Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm tựa lồi

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2DƯƠNG BÍCH HỒNG BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO HÀM TỰA LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2016... BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

DƯƠNG BÍCH HỒNG

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD

CHO HÀM TỰA LỒI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

DƯƠNG BÍCH HỒNG

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD

CHO HÀM TỰA LỒI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Toán giải tích

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌCPGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG

Hà Nội - 2016

LỜI CẢM ƠN

Sau một thời gian đọc tài liệu và tập dượt nghiên cứu khoa học, luậnvăn của tôi đã được hoàn thành

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo PGS TS Tạ Duy Phượng

đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn, tạo điều kiện cho tôi trong thời gian làmluận văn

Tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô giáo trong

bộ môn Toán Giải tích nói riêng và khoa Toán, trường Đại học Sư phạm

Hà Nội 2 nói chung Tôi xin cảm ơn sự động viên, giúp đỡ của gia đình vàbạn bè đã dành cho tôi trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn

Hà Nội, ngày 05 tháng 07 năm 2016

Tác giả luận văn

Dương Bích Hồng

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn này là kết quả nghiên cứu của riêng tôi dưới

sự hướng dẫn của PGS TS Tạ Duy Phượng

Trong quá trình nghiên cứu, tôi đã kế thừa thành quả khoa học củacác nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn Các kết quả trích dẫn trongluận văn này đã được chỉ rõ nguồn gốc

Hà Nội, ngày 05 tháng 07 năm 2016

Tác giả luận văn

Dương Bích Hồng

2.1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm có đạohàm là tựa lồi 262.2 Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm có

đạo hàm bậc hai là tựa lồi 492.3 Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm có

đạo hàm bậc ba là tựa lồi 58Tài liệu tham khảo 64

Lời Mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Giải tích lồi đã và đang đóng một vị trí quan trọng trong toán học.Giải tích lồi liên quan đến rất nhiều ngành của toán học như giải tích,giải tích hàm, giải tích số, hình học, toán kinh tế, tối ưu phi tuyến, Mộtkết quả kinh điển cho hàm lồi là Bất đẳng thức Hermite-Hadamard (H-HInequality), được phát biểu trong Định lí dưới đây

Ý nghĩa hình học của bất đẳng thức này là: Nếu f: R → R là hàm lồi

trên đoạn [a; b] thì diện tích hình thang cong chắn bởi trục hoành và đồ thịhàm số y = f (x) (cùng với hai đường thẳng x = a và x = b) luôn lớn hơndiện tích hình chữ nhật có cạnh là b − a và f a+b2
, và luôn nhỏ hơn hìnhthang vuông chiều cao là b − a, hai đáy là f (a) và f (b)

Tức là diện tích hình thang cong không lớn hơn diện tích hình thang vuôngABCD và không nhỏ hơn diện tích hình chữ nhật ABMN Từ đây ta cũngsuy ra diện tích hình tam giác cong NDP bao giờ cũng nhỏ hơn diện tíchtam giác cong MCP.

Hình 1: Ý nghĩa hình học của bất đẳng thức Hermite-Hadamard

Trong [15], Fejer đã mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức(2), mà sau này được gọi là bất đẳng thức Fejer

Định lí 2 Nếu f : R → R là lồi trên [a, b] và g : [a, b] → R là một hàm

không âm, khả tích và đối xứng qua điểm x = a + b

2 thìf



a + b2

 Z b a

g(t)dt ≤

Z b a

f (t)g(t)dt ≤ f (a) + f (b)

2

Z b a

g(t)dt (2)Khi g(x) ≡ 1 thì Bất đẳng thức Fejer trở thành Bất đẳng thức Hermite-Hadamard

Sau đó, nhiều tác giả đã mở rộng các bất đẳng thức Hermite-Hadamrd và

sử dụng chúng để đặc trưng và nghiên cứu các tính chất của hàm lồi Xemthí dụ cuốn sách chuyên khảo [6], [7] và các Tài liệu tham khảo khác.Nhiều bài toán thực tế mô tả bởi các hàm không nhất thiết là lồi Vì vậy,

cần phải mở rộng khái niệm hàm lồi và nghiên cứu các tính chất của hàmlồi suy rộng, nhằm áp dụng vào các bài toán tối ưu nảy sinh trong thựctế.

Một bài toán hiển nhiên được đặt ra là phát biểu và chứng minh các bấtđẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho các lớp hàm lồi suy rộng Vấn đềnày đã được nhiều nhà toán học nghiên cứu và phát triển Thí dụ, bấtđẳng thức Hermite-Hadamard đã được mở rộng cho các lớp hàm tựa lồi,lớp hàm log-lồi, lớp hàm r - lồi,

Một trong những cách xây dựng và nghiên cứu lớp hàm lồi suy rộng, làgiữ lại một (một số) tính chất đặc trưng của hàm lồi Thí dụ, ta đã biết,hàm lồi có tập mức dưới là tập lồi và hàm lồi liên tục trên tập compactđạt giá trị lớn nhất tại biên Hai tính chất này vẫn còn đúng cho lớp hàmtựa lồi Do ý nghĩa toán học và ý nghĩa thực tế, có thể nói, trong số cáclớp hàm lồi suy rộng, lớp hàm tựa lồi được nghiên cứu đầy đủ hơn cả.Mục đích chính của Luận văn này là trình bày tổng quan về Bất đẳng thứcHermite-Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi

2 Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho các lớp hàmtựa lồi

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Tìm hiểu chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard chocác lớp hàm tựa lồi và một số vấn đề liên quan

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

• Đối tượng nghiên cứu: Các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamardcho các lớp hàm tựa lồi

•Phạm vi nghiên cứu: Các tài liệu, các sách báo liên quan đến bất đẳngthức Hermite-Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi

5 Phương pháp nghiên cứu

Thu thập tài liệu, các sách báo về các bất đẳng thức dạng Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi

Tổng hợp, phân tích, hệ thống các kiến thức về bất đẳng thức Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi

Hermite-6 Dự kiến đóng góp của luận văn:

Cố gắng xây dựng luận văn thành một bản tổng quan tốt về Bất đẳngthức Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi

Hà Nội, tháng 7 năm 2016

Tác giả

Dương Bích Hồng

Chương 1

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm tựa lồi

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số đặc trưng cơ bản củahàm lồi, chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàmlồi một biến và một số mở rộng của Bất đẳng thức Hermite-Hadamard,Bất đẳng thức Hermite-Hadamar cho hàm tựa lồi Nội dung Chương 1 chủyếu theo Tài liệu [11], [6], [7] và tham khảo thêm một số tài liệu khác

1.1 Hàm lồi và một số đặc trưng cơ bản của hàm

f (xλ) ≤ λf (x1) + (1 − λ)f (x2)

Định lý 1.1 (Theorem 2.1, [11], p 42-43) Hàm thực f(t) xác định trêntập mở (a,b) là lồi nếu và chỉ nếu nó liên tục trên (a,b) và có các đạo hàmtrái có giá trị hữu hạn

Chứng minh (i) Cho f (t)là hàm lồi Nếu 0 < s < h và t + h < b thì điểm

(t + s, f (t + s)) là nằm dưới đoạn thẳng nối (t, f (t)) và (t + h, f (t + h)),bởi vậy

f (t + s) − f (t)

s ≤ f (t + h) − f (t)

Điều này chỉ ra rằng hàm số h 7→ [f (t + h) − f (t)]

h là không giảm khi

h ↓ 0 Suy ra nó có một giới hạn f+0 (t) (hữu hạn hoặc = −∞) Tương tự,

f−0 (t) tồn tại (hữu hạn hoặc = +∞) Hơn nữa, đặt y = t + s, h = s + r,

Lấy −s ↑ 0, r ↓ 0 ta thu được f−0 (y) ≤ f+0 (y), điều này chứng minh chobất đẳng thức thứ nhất của (1.1) và tính hữu hạn của các đạo hàm này.

Vì f−0 (t) tồn tại hữu hạn nên suy ra

Do đó, f (t) liên tục tại mọi t ∈ (a, b)

Hơn thế nữa, đặt x = x1, y + r = x2 trong (1.3) ta được

Để chứng minh cho tính lồi của f (t) thì ta cần phải chỉ ra rằng g(t) ≤ 0

với mọi t ∈ [c, d] Giả sử điều ngược lại rằng, giá trị lớn nhất của g(t) trênđoạn [c, d] là dương (giá trị lớn nhất của g(t) tồn tại vì g(t) là hàm số liêntục trên đoạn compact [c, d])

Lấy e ∈ [c, d] là điểm mà tại đó hàm số đạt được giá trị lớn nhất

Nếu λ = 0 thì t = c, ta suy ra

g(c) = f (c) − f (c) = 0;

Nếu λ = 1 thì t = d, ta suy ra

g(d) = f (d) − f (d) = 0

Suy rag(c) = g(d) = 0 Vìg(t)chỉ sai khác f (t)một đại lượng hằng số nên

g(t) có cùng tính chất với hàm f (t) trong giả thiết, cụ thể là: g0−(t), g0+(t)

tồn tại với mọi t ∈ (c, d), g−0 (t) ≤ g+0 (t), g+0 (t) là hàm số không giảm và

Mặt khác, g+0 (t) là hàm không giảm nên hiển nhiên g+0 (t) ≥ g0+(e) ≥ 0

∀t ∈ [e, d] Ta sẽ chỉ ra rằng, g0−(y) > 0 ∀y ∈ [e, d] Thật vậy, giả sửphản chứng, g−0 (y) ≤ 0 với y ∈ (e, d] nào đó thì g+0 (t) ≤ g−0 (y) ≤ 0 Mà

g+0 (t) ≥ 0 ∀t ∈ [e, d] nên g0(t) = 0 với mọi t ∈ [e, y) Vì g(t) là hàm hằngtrên [e, d] Do đó g(y) = g(e) > 0

Do g(d) = 0 nên tồn tại y ∈ (e, d) sao cho g−0 (y) > 0 Lấy t1 ∈ [y, d) là

điểm mà tại đó hàm g(t) đạt được giá trị lớn nhất trên đoạn [y, d].

Suy ra, g+0 (t1) ≤ 0, mâu thuẫn với g+0 (y) ≥ g−0 (y) > 0 Do đó g(t) ≤ 0 vớimọi t ∈ [c, d] Định lí được chứng minh 

Hệ quả 1.1 (Corollary 2.1, [11], p.44) Hàm khả vi f(t) trên tập mở (a,b)

là hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo hàm của nó là một hàm không giảm trên(a,b) Hàm f(t) khả vi hai lần trên tập mở (a,b) là hàm lồi nếu và chỉ nếuđạo hàm cấp hai của nó không âm trên toàn khoảng (a,b)

Hệ quả này gợi ý mở rộng tiêu chuẩn hàm lồi cho hàm nhiều biến Tacó

Định lý 1.2 (Proposition, [11], p.44) Hàm f(x) hai lần khả vi trên tập lồi

mở C ⊆ Rn là hàm lồi nếu và chỉ nếu ma trận Hessian

u ∈ Rn thì hàm số ϕa,u(t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở

{t | a + tu ∈ C} Với x = a + tu ∈ C, theo công thức tính đạo hàm củahàm hợp ta cóϕ0a,u(t) = Du,∂x∂f

i

E

vàϕ00a,u(t) = Du,∂x∂2f

i ∂x juE= hu, Qxui Màhàm số ϕa,u(t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở{t | a + tu ∈ C}

1.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard

Định lý 1.3 (The Hermite-Hadamard Integral Inequality, [6], p 55-56)Nếu f :R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] thì ta có

f



a + b2



≤ 1

b − a

Z b a

f (ta + (1 − t)b)dt ≤ f (a)

Z 1 0

tdt + f (b)

Z 1 0

(1 − t)dt

Từ

Z 1 0

tdt =

Z 1 0

(1 − t)dt = 1

2

và đổi biến x = ta + (1 − t)b, suy ra

Z 1 0

f (ta + (1 − t)b)dt = 1

b − a

Z b a

f (x)dx ≤ f (a) + f (b)

2 .

Do tính lồi của f ta cũng có:

12

≤ 12

 Z 1 0

f (ta + (1 − t)b)dt +

Z 1 0

f (x)dx

Như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất của (1.5)

1

b − a

Z b a

g



a + b2



− m2



a + b2

2

= f



a + b2



≤ 1

b − a

Z b a

f (t)dt

= 1

b − a

Z b a

g(t) − 1

b − a

Z b a

2

≤ 1

b − a

Z b a

g(t)dt − g



a + b2



⇔m2

g(t)dt − g



a + b2

g(t)dt − g



a + b2



Vế thứ nhất của bất đẳng thức (1.6) được chứng minh.

Chứng minh tương tự với hàm lồi h(t) = M

g(t)dt ≤ M

12(b − a)

2 (1.7)Chứng minh Bất đẳng thức trên được chứng minh bằng cách áp dụngBất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) cho hàm f (t) = g(t) − m

2 t

2 nhưsau:

≥ 1

b − a

Z b a

f (t)dt

= 1

b − a

Z b a



a2 + b2

2 − a

2 + ab + b23

g(t)dt

Vế thứ nhất của (1.7) đã được chứng minh

Kết quả sau đây là tổng quát hóa bất đẳng thức thứ nhất của Bất đẳngthức Hermite-Hadamard (1.5)

f (x)dx.

Chứng minh Giả sử t ∈ [a, b], với mọi λ ∈ [f−0 (t), f+0 (t)] ta có bất đẳngthức:

f (x) − f (t) ≥ λ(x − t)

với mọi x ∈ [a, b]

Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức trên trên [a, b] theo x, ta được

Z b a

Ngoài ra ta có các trường hợp cụ thể sau đây

Nhận xét 1.1 ([6], p 58) Giả sử hàm f được cho như trên và 0 ≤ a < b.(i) Nếu f+0 √

ab
≥ 0, thì

1

b − a

Z b a

(iii) Nếu f là khả vi tại a và b, thì

1

b − a

Z b a

với mọi y, x ∈ (a, b)

Lấy tích phân hai vế theo x bất đẳng thức trên trong [a, b], ta được:

(b − a)f (t) −

Z b a

f (x)dx ≥ t f (b) − f (a)
−

Z b a

xf0(x)dx (1.8)

Đơn giản biểu thức trên ta được:

Z b a

xf0(x)dx = bf (b) − af (a) −

Z b a

f (x)dx

Khi đó Bất đẳng thức (1.8) trở thành:

(b − a)f (t) − t f (b) − f (a)
+ bf (b) − af (a) ≥ 2

Z b a

f (x)dx

1.3 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa

lồi

1.3.1 Hàm tựa lồi

Ta bắt đầu từ các định nghĩa sau

Định nghĩa 1.3 Hàm f : I → R được gọi là tựa lồi (quasi convex) trên

I,kí hiệu f ∈ QC(I), nếu với mọi x1, x2 ∈ I và với mọi λ ∈ [0, 1], ta có

f (λx1 + (1 − λ)x2) ≤ max{f (x1), f (x2)}

Định nghĩa 1.4 Hàm f : I → R được gọi là tựa đơn điệu (quasi

mono-tone) trên I, kí hiệu f ∈ QM (I), nếu nó hoặc là đơn điệu trên I = [a, b],hoặc là đơn điệu không tăng trên mỗi khoảng con [a, c0] ⊂ I và đơn điệukhông giảm trên đoạn [c0, b]

Ta có bổ đề sau

Bổ đề 1.1 ([8], Lemma 4.1) Giả sử ánh xạ f : U →R, U ⊆ Rn Khi đó f

là hàm tựa lồi trên U khi và chỉ khi với mọix, y ∈ U, ánh xạϕ : [0, 1] → R,

với ϕ(t) = f ((1 − t)x + ty) là tựa lồi trên [0, 1]

Chứng minh "⇐" Giả sử ϕ : [0, 1] → R, với ϕ(t) = f ((1 − t)x + ty) làtựa lồi trên [0, 1] với mọi x, y ∈ U, x, y không đổi.

Lấy λ ∈ [0, 1] tùy ý nhưng không đổi λ = (1 − λ) · 0 + λ · 1, như vậy ta có

f ((1 − λ)x) + λy) = ϕ(λ) = ϕ((1 − λ) · 0 + λ · 1)

≤ max{ϕ(0), ϕ(1)} = max{f (x), f (y)}

Suy ra f là tựa lồi trên U "⇒" Giả sử f là tựa lồi trên U ϕ : [0, 1] → R

xác định với ϕ(t) = f ((1 − t)x + ty); x, y ∈ U không đổi Cần chứng minh

ϕ là tựa lồi trên [0, 1]

Vậy ϕ là tựa lồi trên [0,1]

Lớp hàm đơn điệu QM (I) đặc trưng cho lớp hàm tựa lồi QC(I) qua định

lý sau

Định lý 1.6 ([6], p 80) Giả sử I ⊆ R Các khẳng định sau đây là tương

đương cho hàm f : I → R:

(a) f ∈ QM (I);(b) Với mọi khoảng con của I, hàm f đạt supremum tại điểm cuối.(c) f ∈ QC(I)

Chứng minh.(a) ⇒ (b): Suy ra trực tiếp từ định nghĩa hàm tựa đơn điệu

(b) ⇒ (a): Giả sử với mọi khoảng con củaI, hàmf đạt supremum tại điểm

cuối, nhưng f /∈ QM (I) Khi đó tồn tại điểm x, y, z ∈ I với x < y < z

và f (y) > max{f (x), f (z)}, điều này mâu thuẫn (b) với mọi khoảng con

Định lý dưới đây đặc trưng cho lớp hàm W-lồi

Định lý 1.7 ([6], p 78-79) Giả sử I ⊆ R Các khẳng định sau đây là

tương đương cho hàm f : I → R:

(i) f là W-lồi;

(ii) Với mọi a, b ∈ I và t ∈ [0, 1] ta có

f ((1 − t)a + tb) + f (ta + (1 − t)b) ≤ f (a) + f (b) (1.9)Chứng minh Từ ”(i) ⇒ (ii)”

Với a, b ∈ I và t ∈ [0, 1] , giả sử a < b Nếu f là W-lồi trên I, khi đó vớimọi y > x và δ > 0 với y + δ ∈ I, x ∈ I ta có

f (x + δ) − f (x) ≤ f (y + δ) − f (y) (1.10)Chọn x = a, y = ta + (1 − t)b > 0 và đặt δ := b − (ta + (1 − t)b) > 0.Khi đó x + δ = (1 − t)a + tb, y + δ = b Từ (1.10) ta có:

f ((1 − t)a + tb) − f (a) ≤ f (b) − f (ta + (1 − t)b)

Ta được (1.9)

Chứng minh tương tự cho trường hợp a > b

Định nghĩa 1.6 Hàm f : I → R được gọi là Wright-tựa lồi

(Wright-quasiconvex) trên I, kí hiệu f ∈ W QC(I), nếu với mọi x, y ∈ I và t ∈[0, 1], ta có bất đẳng thức

1

2[f (tx + (1 − t)y) + f ((1 − t)x + ty)] ≤ max{f (x), f (y)},

hay tương đương:

1

2[f (y) + f (δ)] ≤ max{f (x), f (y + δ)}

với mọi x, y + δ ∈ I với x < y và δ > 0

Định nghĩa 1.7 Hàm f : I → R được gọi là hàm Jensen-lồi (ngắn gọn,

là hàm J-lồi) trên I nếu với mọi x, y ∈ I ta có

f x + y2

≤ max{f (x), f (y)}

Nhận xét 1.2 Lớp hàm J-tựa lồi trên I (kí hiệu là J QC(I)) chứa lớphàm J-lồi (kí hiệu J (I)) trên I.

Ta có định lý sau liên quan đến các lớp hàm lồi suy rộng

Định lý 1.8 ([6], p 80-81)

QC(I) ⊂ W QC(I) ⊂ J QC(I)

Dấu bao hàm thức chặt xảy ra thực sự

Chứng minh Giả sử f ∈ QC(I) Khi đó, với mọi x, y ∈ I và t ∈ [0, 1] tacó:

f (tx + (1 − t)y) ≤ max{f (x), f (y), f ((1 − t)x + ty)} ≤ max{f (x), f (y)}1

2[f (tx + (1 − t)y) + f ((1 − t)x + ty)] ≤ max{f (x), f (y)} (1.11)

⇔ 12

Giả sử H là cơ sở Hamel trên tập số hữu tỉ

(Định nghĩa cơ sở Hamel: Giả sử V là một không gian vecto trên trường

K.B được gọi là cơ sở Hamel trongV nếuB độc lập tuyến tính và với mọi

−

→v ∈ V được xem như là một tổ hợp tuyến tính của các vecto từ B Nghĩa

là với mọi x ∈ V B được biểu diễn duy nhất theo công thức B =

n

P

i=1

rixi

Trong đó ri ∈ K, xi ∈ B, n phụ thuộc vào B.)

Khi đó mỗi số thực u được biểu diễn duy nhất dưới dạng

u = X

h∈H

ru,h · h,

với duy nhất hữu hạn của các hệ số ru,h là khác không

Xác định ánh xạ f : I → R cho bởi công thức

X

X

≤ max{f (x), f (y)}

Do đóf ∈ J QC(I) Tuy nhiên nếu x và y là các số hữu tỉ phân biệt, chọn

t ∈ (0, 1) sao chotx + (1 − t)y và (1 − t)x + ty là các số vô tỉ Khi ấy ta có

1

2[f (tx + (1 − t)y) + f ((1 − t)x + ty)] > max{f (x), f (y)},

nghĩa là f /∈ W QC(I) Như vậy W QC(I)là tập con thực sự của J QC(I)

 Ta cũng có Định lý sau liên quan tới các lớp hàm lồi

Định lý 1.9 ([6], p 82)

W (I) ⊂ W QC(I), C(I) ⊂ QC(I), J (I) ⊂ J QC(I)

Các dấu bao hàm thức chặt xảy ra thực sự Ở đây C(I), W (I) và J (I)

tương ứng là các tập hàm lồi, W-lồi và J-lồi trên I

Chứng minh Với I ⊆ R, f : I → R, với mọi a, b ∈ I và t ∈ [0, 1],

1.3.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi

Ta có định lí Hermite-Hadamard cho hàm J-tựa lồi dưới đây

Định lý 1.10 ([6], p 76-78) Giả sử a, b ∈ I ⊆ R và a<b Nếu f ∈

J QC(I) ∩ L(a, b) thì

f



a + b2



≤ 1

b − a

Z b a

f (x)dx + I(a, b), (1.13)trong đó

I(a, b) = 1

2(b − a)

Z b a

f2(x)dx − J (a, b)

1/2)

,

(1.14)trong đó J (a, b) = (b − a)Rabf (x)f (a + b − x)dx

Ở đây, L là không gian các hàm khả tích Lebesgue trên khoảng (a, b).Chứng minh Từ f là J-tựa lồi trên I và các định nghĩa của max, với mọi

x, y ∈ I ta có:

f



a + b2



≤ 12

 Z 1 0

f (ta + (1 − t)b)dt +

Z 1 0

f ((1 − t)a + tb)dt



+12

Z 1 0

|f (ta + (1 − t)b) − f ((1 − t)a + tb)|dt

Xét R01f (ta + (1 − t)b)dt, đặt x = ta + (1 − t)b) Ta có

Z 1 0

f ta + (1 − t)b
dt = 1

b − a

Z b a

f (x)dx

Xét R01f ((1 − t)a + tb)dt Đặt x = (1 − t)a + tb Ta có

Z 1 0

f (1 − t)a + tb
dt = 1

b − a

Z b a

f (x)dx

Từ đó

Z 1 0

f (ta + (1 − t)b)dt =

Z 1 0

f ((1 − t)a + tb)dt = 1

b − a

Z b a

f (x)dx

Thay giá trị ta + (1 − t)b = x hay (1 − t)a + tb) = a + b − x, ta được

12

Z 1 0

|f (ta + (1 − t)b) − f ((1 − t)a + tb)|dt

= 12(b − a)

Z b a

|f (x)|dx −

Z b a

|f (a + b − x)|dx



= 1

b − a

Z b a

|f (x)|dx

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz, ta được

12(b − a)

Z b a

|f (x) − f (a + b − x)|dx

≤ 12



1

b − a

Z b a

|f (x) − f (a + b − x)|2dx

1/2

= 12



1

b − a

Z b a

(f2(x) − 2f (x)f (a + b − x) + f2(a + b − x))dx

1/2

= 12



2

b − a

Z b a

f2(x)dx − 2

b − a

Z b a

f (x)f (a + b − x)dx

1/2

=

√22(b − a)



(b − a)

Z b a

f2(x)dx − (b − a)

Z b a

f (x)f (a + b − x)dx

1/2

Ta có định lí dạng Hermite-Hadamard cho hàm Wright-tưa lồi dưới đây.Định lý 1.11 ([6], p.79) Giả sử a, b ∈ I ⊆ R và a<b Nếu f ∈ W QC(I)∩

L1(a, b) thì:

1

b − a

Z b a

f (x)dx ≤ max{f (a), f (b)}

Chứng minh Với mọi t ∈ [0, 1] ta có:

1

2[f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb)] ≤ max{f (a), f (b)}.

Tích phân bất đẳng thức trên trên đoạn [0,1],tương tự như trong chứngminh Định lý 1.10 ta được bất đẳng thức cần chứng minh 

Chương 2

Một số mở rộng bất đẳng thức

Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi

Có thể sử dụng Bất đẳng thức Hermite-Hadamard trong việc ước lượnggiá trị trung bình của một hàm lồi liên tục f : [a, b] → R như sau.

Ta có Bất đẳng thức Hermite-Hadamard

f



a + b2



≤ 1

b − a

Z b a

f (x) − 1

b − a

Z b a

f (t)dt

b − a2

Z 1 0

(1 − 2t)f0(ta + (1 − t)b)dt

≤ b − a2

Z 1 0

|1 − 2t||f0(ta + (1 − t)b)|dt

≤

 Z 1 0

|f0(ta + (1 − t)b)|dt ≤

Z 1 0

max{|f0(a)|q, |f0(b)|q}1/q

Định lý 2.2 được chứng minh.

Giả sử U là tập lồi mở trong Rn, Định lý 2.1 được mở rộng cho hàm nhiềubiến như sau

Định lý 2.3 ([7], Proposition 1) Giả sử a, b ∈ (0, 1) ⊂ R và a < b Nếu

f : U →R+ là hàm tựa lồi trên U thì với mọi x, y ∈ U và mọi a, b ∈ (0, 1)

ta có bất đẳng thức:

1

2 ·

Z a 0

f ((1 − s)x + sy)ds + 1

2 ·

Z b 0

f ((1 − s)x + sy)ds

− 1

b − a ·

Z b a

 Z s 0

f ((1 − θ)x + θy)dθ



ds

≤ b − a

4 · sup{f ((1 − a)x + ay), f ((1 − b)x + by)}

Chứng minh Giả sử x, y ∈ U và a, b ∈ (0, 1) với a < b Khi f là tựa lồi,

từ Bổ đề 1.1 ta có hàm số

ϕ : [0, 1] → R, ϕ(t) = f ((1 − t)x + ty)),

là tựa lồi trên [0, 1]

Hàm số Φ : [0, 1] → R, được xác định theo công thức

Φ(t) =

Z 1 0

ϕ(s)ds =

Z 1 0

f ((1 − s)x + sy)ds

Khi đó Φ0(t) = ϕ(t) với mọi t ∈ (0, 1)

Khi f (U ) ⊂ R+ thì ϕ ≥ 0 trên [0, 1], như vậy Φ0 ≥ 0 trên [0, 1] Áp dụngĐịnh lý 2.1 cho hàm Φ ta được

...

Dưới trình bày mở rộng bất đẳng thức có dạng (2.2)

trường hợp f : [a, b] →... : [a, b] → R khả vi trên (a, b) với |f0| hàm tựa lồi hoặc

|f0|p/(p−1) tựa lồi với số thực p > 1, theo [8]

f (a) + f (b)

2...

Tích phân phần bất đẳng thức ta được

I = f (ta + (1 − t)b

a − b (1 − 2t)