Hàm lồi
Định nghĩa
Cho hai điểm a, b ∈ R n Tập tất cả các điểm x = (1 − λ)a+ λb với
0 ≤ λ ≤ 1 gọi là đoạn thẳng (đóng) nối a và b, và được ký hiệu là [a, b]. Định nghĩa 1.1.1 (xem [1]) Tập C ⊆ R n được gọi là lồi nếu với mọi λ ∈ [0,1] và x1, x2 ∈C thì xλ :=λx1 + (1−λ)x2 ∈ C.
Như vậy, tập lồi C chứa mọi đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của nó.
Tập lồi là một tập con không rỗng của không gian R n, trong đó hàm số thực f: C → [−∞,+∞] được xác định trên tập lồi C.
(i) hàm lồi trên C nếu với mọi x, y thuộc C và mọi số thực λ thuộc [0,1] ta có f(λx+ (1−λ)y) ≤ λf(x) + (1−λ)f(y) (1.1)
(ii) lồi chặt trên C nếu bất đẳng thức (1.1) là chặt với mọi x khác y.
Nếu n = 1, Định nghĩa 1.1.2 cho ta định nghĩa về hàm lồi một biến trên
R. Định nghĩa 1.1.3 (xem [1]) Hàm f : [a, b] ⊂ R → R được gọi là hàm lồi nếu với mọi x, y ∈ [a, b] và λ ∈ [0,1] thì f(λx+ (1−λ)y)≤ λf(x) + (1−λ)f(y) (1.2) Hàm f được gọi là hàm lõm nếu hàm (−f) là lồi.
Tính chất
Sau đây là mối liên hệ giữa hàm lồi và tập lồi. Định lý 1.1.4 (xem [1]) Giả sử hàm f : R n → [−∞; +∞] là một hàm lồi trên R n và λ ∈[−∞; +∞] Khi đó các tập
Tập C λ và C λ được gọi là các tập mức dưới theo Định lý 1.1.4 Theo Định lý 1.1.5, nếu C là một tập lồi không rỗng trong R n và f : R n → R là một hàm lồi, thì mọi điểm cực tiểu địa phương của f trên C sẽ đều là cực tiểu toàn cục.
Giả sử x₀ ∈ C là một điểm cực tiểu địa phương của hàm f trên C Đặt U(x₀) là một lân cận của x₀, trong đó f(x₀) ≤ f(x) với mọi x ∈ C ∩ U(x₀) Đối với mọi x ∈ C, ta có xλ = λx + (1−λ)x₀ ∈ C ∩ U(x₀) với mọi λ > 0 đủ bé.
Khi λ > 0, ta có f(x0) ≤ f(xλ) ≤ λf(x) + (1−λ)f(x0), từ đó suy ra f(x0) ≤ f(x) Vì x ∈ C được chọn tùy ý, nên x0 là điểm cực tiểu toàn cục của hàm f trên tập lồi C Theo Định lý 1.1.6, một hàm lồi chặt f trên một tập lồi C chỉ có nhiều nhất một điểm cực tiểu.
Chứng minh Nếu f có hai điểm cực tiểu khác nhau x 1 , x 2 ∈ C thì do tính lồi chặt của f, f1
Hàm lồi chặt một biến f(x) = x² có duy nhất một điểm cực tiểu tại x₀ = 0, trong khi hàm lồi chặt f(x) = e^x, với x ∈ R, không có điểm cực tiểu nào Mối liên hệ giữa hàm lồi n biến và hàm lồi một biến được thể hiện qua định lý 1.1.8: hàm f(x), với x ∈ Rⁿ, là hàm lồi khi và chỉ khi hàm một biến ϕ(λ) := f(x + λd) là hàm lồi theo λ cho mỗi x, d ∈ Rⁿ.
Để chứng minh, điều kiện cần phải rõ ràng, và ta sẽ chứng minh điều kiện đủ Giả sử ϕ là hàm lồi cho mọi x, y thuộc R n Chọn x, y bất kỳ trong R n và đặt d = x - y Khi đó, với mọi λ thuộc [0, 1], ta có f.
Hàm s-lồi
Định nghĩa, ví dụ
Trong mục này ts sử dụng ký hiệu R + = [0,+∞). Định nghĩa 1.2.1 (xem [7]) Hàm f : R + → R được gọi là
(i) hàm s-lồi loại một nếu f(αx+βy)≤ α s f(x) +β s f(y) (1.3) với mọi x, y ∈R + và mọi α, β ≥ 0 với α s +β s = 1, s∈ (0,1].
(ii) hàm s-lồi loại hai nếu bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với mọi x, y ∈ R + , và mọi α, β ≥ 0 với α+β = 1, s ∈ (0,1].
Ký hiệu lớp hàm s-lồi loại một là K s 1 , lớp hàm s-lồi loại hai là K s 2
Nhận xét 1.2.2 Dễ thấy rằng khi s = 1 thì hàm s-lồi (loại một, loại hai) trở thành hàm lồi một biến thông thường xác định trên [0,+∞).
Ví dụ 1.2.3 Cho s∈ (0,1) và a, b, c∈ R Ta định nghĩa hàm f từ [0,+∞) vào R như sau: f(x)
Chứng minh (i) Ta xét hai trường hợp sau đây:
Chứng minh tương tự cho (ii).
Một số tính chất của hàm s-lồi
Định lý 1.2.4 (xem [7]) Giả sử s là số thực thuộc khoảng (0,1) Khi đó, (i) Nếu f ∈ K s 1 thì hàm f là hàm không giảm trên (0,+∞) và f(0 + ) := lim u → 0 + f(u) ≤ f(0).
(ii) Nếu f ∈ K s 2 thì f là hàm không âm trên [0,+∞).
Chứng minh (i) Với u > 0 và α ∈[0,1] ta có f α 1/s + (1−α) 1/s u
Hàm h(α) = α 1/s + (1−α) 1/s liên tục trên [0,1], giảm trên [0,1
2,1] và h([0,1]) = [h( 1 2 ), h(1)] = [2 1 − 1 s ,1] Từ đây suy ra f(xu) ≤ f(u) ∀x > 0, x ∈ [2 1 − 1 s ,1] (1.4)
Nếu x ∈[2 2 ( 1 − 1 s),1] thì x 1/2 ∈[2 1 − 1 s ,1] Do đó từ (1.4) ta có với mọi u > 0 f(xu) =f x 1/2 (x 1/2 u)
Do đó, với 0 < u ≤ v và theo (1.5) f(u) =fu vv
Như vậy f là hàm không giảm trên (0,∞).
Phần thứ hai của (i) được chứng minh như sau: với u > 0 ta có f(αu) =f(αu+β0) ≤ α s f(u) +β s f(0).
Cho u →0 + trong bất đẳng thức trên ta nhận được ulim→ 0 + f(u) ≤ lim u → 0 + f(αu) ≤ α s lim u → 0 + f(u) +β s f(0) và do đó, lim u → 0 + f(u) ≤ f(0).
Chú ý 1.2.5 (i) Kết quả phát biểu trong Định lý 1.2.4 nói chung không đúng cho hàm lồi, tức là không đúng cho trường hợp s = 1.
(ii) Nếu 0 < s < 1 thì hàm f ∈ K s 1 không giảm trong khoảng (0; +∞), nhưng không đúng trong nửa đoạn [0; +∞). Định lý 1.2.6 (xem [7]) Cho 0 < s ≤ 1 Nếu f, g ∈ K s 1 và nếu
F :R 2 → R là hàm không giảm và lồi theo từng biến thì:
(i) Hàm h : R + → R xác định bởi h(u) = F f(u), g(u) là hàm thuộc lớp
(ii) Các hàm f +g, max{f, g} cũng thuộc lớp K s 1
Chứng minh (i) Lấy tùy ý u, v ∈ R + Với mọi α, β ≥ 0 thỏa mãn α s +β s = 1 ta có h(αu+βv) =F f(αu+βv), g(αu+βv)
(ii) Vì F là hàm không giảm và lồi theo từng biến trên R 2 , nên
F(f, g) =f +g và F(f, g) = max{f, g} cũng là các hàm lồi, không giảm trên R 2 Từ đó ta nhận được kết quả (ii). Định lý 1.2.7 (xem [7])
(i) Nếu f ∈ K s 1 thì bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với mọi u, v ∈ R + và với mọi α, β ≥ 0 sao cho α s +β s ≤ 1 khi và chỉ khi f(0) ≤ 0.
(ii) Nếu f ∈ K s 2 thì bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với mọi u, v ∈ R + và α, β ≥ 0 với α+β ≤ 1 khi và chỉ khi f(0) = 0.
Chứng minh (i) Điều kiện cần thỏa mãn khi u = v = 0 và α = β = 0. Ngược lại, giả sử u, v ∈ R+ α, β ≥ 0 và 0 < γ = α s + β s < 1 Đặt a = αγ − 1/s và b = βγ − 1/s Khi đó a s +b s = α s /γ +β s /γ = 1 và do đó ta có đánh giá f αu+βv
Chứng tỏ bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn.
Để chứng minh điều kiện cần, khi đặt u = v = α = β = 0, ta nhận được f(0) ≤ 0 và theo Định lý 1.2.4(i), suy ra f(0) ≥ 0, từ đó kết luận f(0) = 0 Đối với điều kiện đủ, giả sử u, v ∈ R+ và α, β ≤ 0 với 0 < γ = α s + β s < 1 Khi đó, đặt a = α/γ và b = β/γ, ta có a + b = α/γ + β/γ = 1, và từ đó suy ra f(αu + βv).
Tức là bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn Định lý 1.2.8 (xem [7])
(i) Giả sử 0 < s ≤ 1 Nếu f ∈ K s 2 và f(0) = 0 thì f ∈ K s 1
(ii) Giả sử 0 < s 1 ≤ s 2 ≤ 1 Nếu f ∈ K s 2 2 và f(0) = 0 thì f ∈ K s 1 1
(iii) Giả sử 0 < s 1 ≤ s 2 ≤ 1 Nếu f ∈ K s 1 2 và f(0) ≤ 0 thì f ∈K s 1 1
Chứng minh (i) Giả sử f ∈ K s 2 và f(0) = 0 Với u, v ∈ R+ và α, β ≥ 0 thỏa mãn α s +β s = 1 thì α+β ≤ α s +β s = 1 và từ Định lý 1.2.7(ii) ta nhận được f αu+βv
(ii) Giả sử f ∈ K s 2 2 và u, v ≥ 0, α, β ≥ 0 với α+β = 1 Khi đó, f αu+βv
(iii) Giả sử f ∈ K s 1 2 và u, v ≥ 0, α, β ≥ 0 với α s 1 + β s 1 = 1 Khi đó α s 2 +β s 2 ≤ α s 1 +β s 1 = 1 và theo Định lý 1.2.7 f αu+βv
≤ α s 2 f(u) +β s 2 f(v) ≤ α s 1 f(u) +β s 1 f(v), nghĩa là f ∈K s 1 1 Định lý 1.2.9 (xem [2]) Giả sử hàm f : [a, b] → R là hàm s-lồi loại hai trên [a, b] và hàm F : [0,1]→ R xác định bởi
(i) F là hàm s-lồi loại hai trên [0,1].
(ii) Hàm F đơn điệu tăng trên [0,1].
Chứng minh (i) Với mọi α, β ≥ 0, α+β = 1 và t 1 , t 2 ∈[0,1] ta có
Vì f là hàm s-lồi loại hai trên [a, b], nên
2 x i dx =F(t 2 ). Định lý 1.2.10 (xem [7]) Cho 0 < s < 1 và cho p : R + → R + là hàm không giảm Khi đó, hàm f được xác định với u∈ R + bởi f(u) = u s/(1 − s) p(u) (1.6) thuộc vào K s 1
Chứng minh Cho v ≥ uvà α, β ≥ 0với α s +β s = 1 Ta sẽ xét hai trường hợp.
(b) Cho αu+βv > u Điều này suy ra βv > (1−α)u và β > 0 Vì α ≤ α s với α ∈ [0,1] nêm ta có α−α s+1 ≤ α s −α s+1 và α/(1−α) ≤ α s /(1−α s ) = (1−β 2 )/β s tức là αβ/(1−α) ≤ β 1 − s −β (1.7)
Ta cũng có αu+βv ≤ (α+β)v ≤ (α s +β s )v = v, và theo (1.7), ta có αu+βv ≤ αβv/(1−α) +βv ≤ (β 1 − s −β)v+βv =β 1 − s v, khi
(αu+βv) s/(1 − s) ≤ β s v s/(1 − s) (1.8) Áp dụng (1.8) cùng tính đơn điệu của p, ta có f(αu+βv) =(αu+βv) s/(1 − s) p(αu+βv)
=β s f(v) ≤ α s f(u) +β s f(v), ta kết thúc chứng minh.
Chú ý 1.2.11 Với 0 < s < 1, các hàm trong K s 1 không nhất thiết liên tục trên (0,∞).
Ví dụ 1.2.12 Cho 0 < s < 1 và k > 1 Với mỗi u∈ R+, định nghĩa f(u)
Hàm f không âm, không liên tục tại u = 1 và thuộc vào K s 1 nhưng không thuộc K s 2
Trong Định lý 1.2.10, chúng ta đã chứng minh rằng hàm f thuộc K s 1 Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh rằng f không thuộc K s 2 Cho a > 1 và u = 1, chúng ta xem xét tất cả các v > 1 sao cho αu + βv = α + βv = a, với α, β ≥ 0 và α + β = 1 Nếu f thuộc K s 2, thì sẽ có bất đẳng thức ka s/(1 − s) ≤ α s + k(1−α) s [(a−α)/(1−α)] s/(1 − s) cho mọi a > 1 và mọi 0 ≤ α ≤ 1 Định nghĩa hàm f α (a) = α s + k(1−α)[(a−α)/(1−α)] s/(1 − s) − ka s/(1 − s).
Các hàm này liên tục trên khoảng (α,∞) và g(α) = f α (1) = α s +k(1−α) s −k.
Hàm g liên tục trên [0,1] và g(1) = 1−k < 0 Do đó, tồn tại một số α 0 ,
Để tính liên tục của hàm fα0, cần thỏa mãn điều kiện 0 < α0 < 1 sao cho g(α0) = fα0(1) < 0 Điều này suy ra rằng fα0(a) < 0 với a > 1, từ đó dẫn đến bất đẳng thức (1.9) không được thỏa mãn Kết luận này cho thấy rằng hàm f không thuộc vào không gian K s 2 Theo Định lý 1.2.13 (xem [7]), nếu f thuộc K s 1 1 và g thuộc K s 1 2 với 0 < s 1, s 2 ≤ 1, thì các điều kiện trên sẽ được áp dụng.
(i) Nếu f là hàm không giảm và g là hàm không âm sao cho f(0) ≤ 0 = g(0) thì hàm hợp f ◦ g của f với g thuộc vào K s 1 với s = s 1 s 2
(ii) Giả sử 0 < s 1 , s 2 < 1 Nếu f và g là các hàm không âm sao cho hoặc f(0) = 0 và g(0 + ) = g(0) hoặc g(0) = 0 và f(0 + ) = f(0) thì tích f g của f và g thuộc vào K s 1 với s = min(s 1 , s 2 ).
Chứng minh (i) Lấy u, v ∈ R + và α, β ≥ 0 với α s +β s = 1, trong đó s= s 1 s 2 Vìα s i +β s i ≤ α s 1 s 2 +β s 1 s 2 với i = 1,2, do đó theo Định lý 1.2.7(a) và các giả thiết ta có f ◦ g(αu+βv) =f(g(αu+βv))≤ f(α s 2 g(u) +β s 2 g(v))
(ii) Theo Định lý 1.2.4, cả hàm f và g không giảm trên (0,∞) Do đó
Bất đẳng thức (f(u)−f(v))(g(v)−g(u)) ≤ 0 tương đương với f(u)g(v) + f(v)g(u) ≤ f(u)g(u) + f(v)g(v) (1.10) cho mọi v ≥ u > 0 Nếu v > u = 0, bất đẳng thức (1.10) vẫn đúng do f và g là các hàm không âm, với điều kiện f(0) = 0 và g(0 +) = g(0) hoặc g(0) = 0 và f(0 +) = f(0) Xét u, v ∈ R+ và α, β ≥ 0 sao cho αs + βs = 1, trong đó s = min(s1, s2) Khi đó, αsi + βsi ≤ αs + βs = 1 với i = 1, 2, và theo Định lý 1.2.7 cùng bất đẳng thức (1.10), ta có f(αu + βv)g(αu + βv).
Một số bất đẳng thức hàm s-lồi và áp dụng
Chương này giới thiệu các bất đẳng thức mới theo dạng Hermite–Hadamard và Ostrowski cho hàm s-lồi, đồng thời áp dụng để đánh giá một số hàm giá trị trung bình đặc biệt Nội dung được xây dựng dựa trên việc tổng hợp kiến thức từ các tài liệu nghiên cứu [3], [4], [6], [7] và [8].
Bất đẳng thức Hermite–Hadamard
Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm lồi
Bất đẳng thức Hermite–Hadamard là một trong những bất đẳng thức nổi tiếng cho hàm lồi Theo định lý 2.1.1, nếu f là một hàm lồi trên đoạn [a, b] ⊂ R với a khác b, thì bất đẳng thức này được khẳng định là đúng.
Bất đẳng thức (2.1) có thể viết lại dưới dạng:
Chứng minh Vì hàm f lồi trên đoạn [a, b], nên với mọi λ ∈[0,1] ta có f λa+ (1−λ)b
Lấy tích phân hai vế theo λ trên đoạn [0,1], ta nhận được
2 và bằng phép đổi biến x = λa+ (1−λ)b, suy ra
Kết hợp với (2.3) ta nhận được bất đẳng thức thứ hai của (2.1).
Cũng do tính lồi của hàm f,
Tích phân hai về bất đẳng thức này theo λ trên đoạn [0,1] ta nhận được f a+b
Bất đẳng thức thứ nhất của (2.1) được chứng minh
Ký hiệu L p [a, b] là không gian các hàm khả tích bậc p (1 ≤ p < ∞) trên đoạn [a, b], nghĩa là nếu f(x) ∈L p [a, b] thì
Nhận xét 2.1.2 (xem [6]) Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên [a, b] với a < b Nếu f ′ ∈ L 1 [a, b] thì f(a) +f(b)
2 f ′ (t)dt (2.4) Định lý 2.1.3 ([6, Định lý 24]) Nếu f là hàm khả vi trên [a, b] ⊂ R và hàm ϕ(x) : x− a+b
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức cho hàm ϕ:
Sử dụng định nghĩa của hàm ϕ ta thu được:
Z b a f(x)dx ≥ 0. Định lý 2.1.4 ([6, Định lý 26]) Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên [a, b] và p > 1 Nếu |f ′ | là q-khả tích trên [a, b], trong đó 1 p + 1 q = 1, thì f(a) +f(b)
(2.6)Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức H¨older với p > 1 và q > 1 thỏa mãn 1 p + 1 q = 1, ta có
1 q và khi đó, bất đẳng thức (2.6) được suy ra từ (2.4).
Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi
Tiểu mục này giới thiệu các bất đẳng thức mới được phát triển từ bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi Cụ thể, Định lý 2.1.5 mở rộng kết quả của Định lý 2.1.1 về bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi Theo đó, nếu hàm f: [0,+∞) → [0,+∞) là một hàm s-lồi loại hai với s ∈ (0,1) và a, b ∈ [0,+∞), a < b, thì khi f ∈ L^1[a, b], bất đẳng thức tương ứng sẽ được thỏa mãn.
Bổ đề 2.1.6 (xem [8]) Cho f : C ⊂ R → R là hàm khả vi trên phần trong
C o của C, a, b ∈C với a < b Nếu f ′′ ∈ L 1 [a, b] thì ta có đẳng thức:
Định lý 2.1.7 nêu rằng, giả sử hàm f: C ⊂ [0,+∞) → R là khả vi trên phần trong C o của C và f'' ∈ L1[a, b] với a, b ∈ C và a < b Nếu hàm |f| là hàm s-lồi loại hai trên đoạn [a, b] với s ∈ (0,1], thì bất đẳng thức fa+b sẽ được thỏa mãn.
|f ′′ (a)|+|f ′′ (b)| (2.10) Chứng minh Từ Bổ đề 2.1.6 ta có fa+b
, (2.11) ở đây ta sử dụng các kết quả
(s 3 + 3). Như vậy ta chứng minh được bất đẳng thức (2.9) Để chứng minh bất đẳng thức (2.10), từ hàm |f| là hàm s-lồi loại hai trên [a, b] với s∈ (0,1), từ (2.7) ta có
Kết hợp (2.11) và (2.12) ta nhận được fa+b
|f ′′ (a)|+|f ′′ (b)| , đây là bất đẳng thức (2.10)
Hệ quả 2.1.8 (xem [8]) Trong Định lý 2.1.7 nếu ta chọn s = 1 thì fa+b
Bất đẳng thức Ostrowski
Bất đẳng thức Ostrowski cho hàm lồi
Mục này trình bày các cải biên của bất đẳng thức Ostrowski cho hàm lồi, dựa trên công trình của Alomari và Darus năm 2010 Vào năm 1938, Ostrowski đã đưa ra một đánh giá cho giá trị tuyệt đối của hiệu số giữa một hàm và giá trị trung bình tích phân của nó trên khoảng hữu hạn Đánh giá này được thể hiện qua định lý sau: Định lý 2.2.1 khẳng định rằng, với hàm f: [a, b] ⊆ R → R là khả vi và có đạo hàm bị chặn trong khoảng (a, b), tồn tại một số M > 0 sao cho
|f ′ (x)| ≤ M với mọi x ∈ (a, b) Khi đó với mỗi x ∈ [a, b] ta có bất đẳng thức tích phân: f(x)− 1 b−a
4 là tốt nhất theo nghĩa không thể thay thế nó bằng một số nhỏ hơn.
Bất đẳng thức (2.14) được viết lại ở dạng tương đương sau: f(x)− 1 b−a
# (2.15) Để xây dựng cải biên một số bất đẳng thức mới dạng bất đẳng thứcOstrowski, ta cần bổ đề sau đây.
Bổ đề 2.2.3 (xem [3]) Cho f : I ⊂ R → R là một ánh xạ khả vi trên I 0 , trong đó a, b ∈ I với a < b Nếu f ′ ∈ L[a, b] thì đẳng thức sau thỏa mãn: f(x)− 1 b−a
0 p(t)f ′ (ta+ (1−t)b)dt (2.16) với mỗi t ∈ [0,1], trong đó p(t)
Chứng minh Bằng cách tích phân từng phần ta có
Định lý 2.2.4 cho biết rằng nếu hàm số f: I ⊂ [0,∞) → R là khả vi trên khoảng I0 và đạo hàm f' thuộc L[a, b], với a < b, thì khi |f'| lồi trên [a, b], bất đẳng thức f(x) − 1/(b−a) sẽ được thỏa mãn.
Chứng minh Theo Bổ đề 2.2.3 và vì |f ′ | là hàm lồi nên ta có f(x)− 1 b−a
Ta có thể suy ra một bất đẳng thức Ostrowski giống như bất đẳng thức cho hàm trị tuyệt đố của đạo hàm là lồi như sau.
Hệ quả 2.2.5 (xem [3]) Trong Định lý 2.2.4, nếu thêm điều kiện
3 là tốt nhất có thể theo nghĩa không thể thay thế bằng một hằng số nhỏ hơn.
Hệ quả 2.2.6 (xem [3]) Trong Định lý 2.2.4, chọn x= a+b
Các bất đẳng thức liên quan đến lũy thừa của giá trị đạo hàm cấp một được trình bày trong Định lý 2.2.7 Định lý này khẳng định rằng với hàm số f : I ⊂ [0,∞) → R là khả vi trên khoảng I 0 và có đạo hàm f ′ thuộc L 1 [a, b], trong đó a, b ∈ I và a < b, nếu biểu thức |f ′ | p/(p − 1) là lồi trên đoạn [a, b], thì bất đẳng thức f(x)− 1 b−a sẽ được thỏa mãn.
Chứng minh Giả sử p > 1 Từ Bổ đề 2.2.3 và sử dụng bất đẳng thức H¨older, ta có f(x)− 1 b−a
Vì |f ′ | là hàm lồi nên từ bất đẳng thức Hermite–Hadamard ta có
, với 1 p + 1 q = 1 Ta kết thúc chứng minh.
Hệ quả 2.2.8 (xem [3]) Trong Định lý 2.2.7, nếu thêm điều kiện
|f ′ (x)|< M, M > 0 thì bất đẳng thức sau thỏa mãn f(x)− 1 b−a
Hệ quả 2.2.9 (xem [3]) Trong Định lý 2.2.7, nếu chọn x= a+b
. (2.24) Định lý 2.2.10 (xem [3]) Cho f : I ⊂ [0,∞] → R là ánh xạ khả vi trên
I 0 sao cho f ′ ∈ L[a, b], trong đó a, b ∈ I và a < b Nếu |f ′ | p/(p − 1) là hàm lõm trên [a, b] thì bất đẳng thức sau đây là đúng f(x)− 1 b−a
Chứng minh Giả sử p > 1 Từ Bổ đề 2.2.3 và sử dụng bất đẳng thức H¨older, ta có f(x)− 1 b−a
Vì |f ′ | q là lõm trên [a, b]nên theo bất đẳng thức Hermite–Hadamard ta có
Hệ quả 2.2.11 (xem [3]) Trong Định lý 2.2.10, chọn x= a+b
(2.28) với mỗi x ∈[a, b] và p > 1. Định lý 2.2.12 (xem [3]) Cho f : I ⊂ [0,∞] → R là ánh xạ khả vi trên
I 0 sao cho f ′ ∈ L[a, b], trong đó a, b ∈ I và a < b Nếu |f ′ | p/(p − 1) là hàm lõm trên [a, b] thì bất đẳng thức sau đây là đúng f(x)− 1 b−a
Bất đẳng thức Ostrowski cho hàm s-lồi
Tiểu mục này giới thiệu một số bất đẳng thức Ostrowski mới cho hàm s-lồi, theo định lý 2.2.13 trong tài liệu [4] Cụ thể, nếu f: [0,∞) → [0,∞) là một hàm s-lồi loại hai với s ∈ (0,1) và a, b ∈ [0,∞) với điều kiện a < b, thì trong trường hợp f thuộc L1[a, b], bất đẳng thức dưới đây sẽ được thỏa mãn.
Bổ đề 2.2.14 (xem [4]) Cho f :I ⊂ R →R là một ánh xạ khả vi trên I 0 , trong đó a, b ∈ I với a < b Nếu f ′ ∈ L[a, b] thì đẳng thức sau thỏa mãn: f(x)− 1 b−a
Z 1 0 tf ′ (tx+ (1−t)b)dt,với mỗi x ∈[a, b].
Một cách đơn giản để chứng minh đẳng thức này là thực hiện tích phân từng phần ở vế phải và đổi biến Theo Định lý 2.2.15 (xem [4]), cho hàm số f : I ⊂ [0,∞) → R là ánh xạ khả vi trên miền I.
I 0 sao cho f ′ ∈ L[a, b], trong đó a, b ∈ I với a < b Nếu |f ′ | là hàm s-lồi loại hai trên [a, b] với s ∈ (0,1) cố định và |f ′ (x)| ≤ M, x ∈ [a, b] thì bất đẳng thức sau thỏa mãn f(x)− 1 b−a
Chứng minh.Theo Bổ đề 2.2.14 và từ |f ′ | là hàm s-lồi loại hai nên ta có f(x)− 1 b−a
, trong đó, ta đã sử dụng khẳng định
Các đánh giá cho các lũy thừa khác nhau của giá trị tuyệt đối đạo hàm cấp một được trình bày trong các kết quả tiếp theo Định lý 2.2.16 (tham khảo [4]) khẳng định rằng hàm f: I ⊂ [0,∞) → R là ánh xạ khả vi trên miền I.
I 0 sao cho f ′ ∈ L[a, b], trong đó a, b ∈ I và a < b Nếu |f ′ | q là s-lồi loại hai trên [a, b] với s ∈ (0,1) cố định, p, q > 1, 1 p + 1 q = 1 và |f ′ (x)| ≤ M, x∈ [a, b] thì bất đẳng thức sau đây thỏa mãn f(x)− 1 b−a
Chứng minh Giả sử p > 1 Từ Bổ đề 2.2.14 và sử dụng bất đẳng thức H¨older, ta có f(x)− 1 b−a
Vì |f ′ | q là s-lồi loại hai và |f ′ (x)| ≤ M nên ta có
Một cách tiếp cận khác dẫn đến kết quả sau đây. Định lý 2.2.17 (xem [4]) Cho f : I ⊂ [0,∞) → R là ánh xạ khả vi trên
I 0 sao cho f ′ ∈ L[a, b], trong đó a, b ∈ I và a < b Nếu |f ′ | q là s-lồi loại hai trên [a, b] với s∈ (0,1] cố định và q ≥ 1, |f ′ (x)| ≤ M, x ∈[a, b] thì bất đẳng thức sau thỏa mãn f(x)− 1 b−a
Chứng minh Giả sử q ≥ 1 Từ Bổ đề 2.2.14 và sử dụng bất đẳng thức số mũ trung bình, ta có f(x)− 1 b−a
Vì |f ′ | q là s-lồi loại hai nên
(x−a) 2 + (b−x) 2 b−a là điều cần chứng minh.
Bất đẳng thức (2.33) vượt trội hơn bất đẳng thức (2.32) vì với mọi p > 1, điều kiện (1 + p) p 1 < 2 cho thấy bất đẳng thức số mũ trung bình hiệu quả hơn so với bất đẳng thức H¨older.
Chú ý 2.2.19 (a) Trong các bất đẳng thức đã trình bày, ta có thể thu được các bất đẳng thức dạng trung điểm bằng cách đặt x= a+b
2 (b) Tất cả các bất đẳng thức ở trên đều đúng với các hàm lồi Và trường hợp đơn giản ta chọn s= 1.
Kết quả sau đây đúng với hàm s-lõm. Định lý 2.2.20 (xem [4]) Cho f : I ⊂ [0,∞) → R là ánh xạ khả vi trên
I 0 sao cho f ′ ∈ L[a, b] trong đó a, b ∈ I và a < b Nếu |f ′ | q là s-lõm loại hai trên [a, b], q >1, 1 p + 1 q = 1 thì bất đẳng thức sau đây thỏa mãn f(x)− 1 b−a
Chứng minh Giả sử q >1 Từ Bổ đề 2.2.14 và bất đẳng thức H¨older ta có f(x)− 1 b−a
Nhưng |f ′ | q là s-lõm loại hai nên sử dụng bất đẳng thức (2.30) ta có
Kết hợp các bất đẳng thức bên trên, ta nhận được f(x)− 1 b−a
Hệ quả 2.2.21 (xem [4]) Nếu trong (2.34) cho x= a+b
2 và s= 1 thì ta có bất đẳng thức fa+b
Áp dụng
Tiểu mục này đề cập đến việc áp dụng bất đẳng thức Ostrowski cho hàm lồi và hàm s-lồi nhằm đánh giá các đại lượng trung bình đặc biệt.
1 e a a b b b−a 1 , a 6=b a, a =b, a, b > 0 (2.42) Áp dụng của bất đẳng thức dạng Ostrowski cho hàm lồi
Ta xét hàm f : [a, b] →R, 0 < a < b, f(x) =x r , r ∈ R\{−1,0} Khi đó
(a) Sử dụng bất đẳng thức (2.18) ta nhận được x r − L r r ≤ (b−a)à r (a, b)h1
3(b−a) 3 i (b) Sử dụng bất đẳng thức (2.23) ta nhận được x r − L r r ≤ à r (a, b)(b−x) p+1 p + (x−a) p+1 p
Ta xét hàm f : [a, b]⊆ (0,∞)→ R, 0 < a < b, f(x) = lnx Khi đó
Z b a f(x)dx = lnI(a, b) := lnI. (a) Sử dụng bất đẳng thức (2.25) ta nhận được
(b) Sử dụng bất đẳng thức (2.29) ta nhận được
2L +a i Áp dụng của bất đẳng thức dạng Ostrowski cho hàm s-lồi
Ta xét Ví dụ 1.2.3 Như đã biết nếu b≥ 0, 0 ≤ c≤ a thì f ∈K s 2 Do đó với a= c = 0, b = 1 ta được hàm f : [0,1] → [0,1] xác định bởi f(x) = x s và hàm f ∈ K s 2
Mệnh đề 2.3.1 (xem [4]) Nếu 0 < a < b và 0 < s 1 thì
Chứng minh Bất đẳng thức được suy ra từ (2.38) với áp dụng cho hàm s-lõm loại hai f : [a, b] →R, f(x) = lnx.
Kết luận Đề tài luận văn đã trình bày một số bất đẳng thức mới dạng Hermite– Hadamard và Ostrowski cho hàm lồi và hàm s-lồi Cụ thể:
(1) Giới thiệu về hàm lồi, hàm s-lồi; trình bày mối liên hệ giữa hàm lồi và hàm s lồi cùng một số tính chất của hàm lồi và hàm s-lồi.
(2) Trình bày một số bất đẳng mới được xây dựng từ bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm lồi, hàm s-lồi.
(3) Trình bày một số bất đẳng thức mới dạng Ostrowski cho hàm lồi, hàm s-lồi và áp dụng đánh giá một số giá trị trung bình đặc biệt.
[1] Trần Vũ Thiệu, Nguyễn Thị Thu Thủy (2011), Giáo trình Tối ưu phi tuyến, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
[2] M Alomari, M Darus (2008), "The Hadamard’s inequality for s- convex function", International Journal of of Mathematics Analysis, 13(2), 639–646.
[3] M Alomari, M Darus (2010), "Some Ostrowski type inequalities for convex functions with applications", RGMIA, 13(1) article No 3. Preprint.
[4] M Alomari, M Darusa, S.S Dragomir, P Cerone (2010), "Ostrowski type inequalities for functions whose derivatives are s-convex in the second sense", Applied Mathematics Letters, 23, 1071–1076.
[5] P Cerone, S.S Dragomir (2011), Mathematical Inequalities: A per- spective, CRS Press, Taylor and Francis Group, LLC, USA.
[6] S.S Dragomir, E.M.P Charles (2000), Selected Topics on Hermite- Hadamard Inequalities and Applications, RGMIA Monographs, Victo- ria University.
[7] H Hudzik, L Maligranda (1994), "Some remarks on s-convex func- tions", Aequationes Mathematicae, 48, 100–111.
[8] M.E ¨Ozdemir, C Yıldız, A.O Akdemir and E Set (2013), "On some inequalities for s-convex functions and applications", Journal of In- equalities and Applications, 2013:333.