Hàm lồi và ứng dụng

Mục đích của đề tài này là nêu ra một số ứng dụng tính chất của hàm lồi để chứng minh các bất đẳng thức sơ cấp.. Khoá luận gồm hai ch-ơng Ch-ơng 1: Trình bày các kiến thức cơ bản về tập

Tr-êng §¹i häc Vinh

Khoa to¸n



Tr-êng §¹i häc Vinh

chọn đề t¯i “Hàm lồi và ứng dụng”

Mục đích của đề tài này là nêu ra một số ứng dụng tính chất của hàm lồi để chứng minh các bất đẳng thức sơ cấp

Khoá luận gồm hai ch-ơng

Ch-ơng 1: Trình bày các kiến thức cơ bản về tập lồi và hàm lồi cùng với bất

đẳng thức nổi tiếng của W.V Jensen

Ch-ơng 2: Trình bày các ứng dụng của hàm lồi trong việc giải các bất đẳng thức sơ cấp

Khoá luận này đ-ợc thực hiện và hoàn thành tại tr-ờng Đại học Vinh d-ới

sự h-ớng dẫn tận tình, chu đáo của thầy giáo, TS Trần Xuân Sinh Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi cũng xin trân trọng gửi lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trong khoa Toán, Đại học Vinh và các bạn bè đã góp ý, tạo điều kiện giúp đỡ cho việc hoàn thành khoá luận này Tôi xin chân thành cảm ơn

Vinh, tháng 4 - 2004

Tác giả

Cho hai điểm X1, X2  R n, tập hợp các điểm là tổ hợp lồi của hai điểm đã

cho gọi là đoạn thẳng nối X1, X2 Nghĩa là

2

1X

X = X  R n : X = X1 + (1 - )X2, 0  1 c) Tập hợp lồi

Tập hợp M  R n đ-ợc gọi là lồi nếu với mọi X1, X2 M thì

X = X1 + (1 - )X2  M,  [0, 1]

Nghĩa là đoạn thẳng nối hai điểm thuộc M thì nằm trọn trong M

2 Tính chất của tập lồi

Định lý 1 Tập A là lồi khi và chỉ khi tổ hợp lồi của hữu hạn điểm thuộc A

Rõ ràng với k = 2, theo định nghĩa tập lồi ta có M là lồi

Ng-ợc lại, giả sử cho tập A lồi ta cần chứng minh rằng với X1, , X k  A,

Ta chứng minh bằng ph-ơng pháp quy nạp

Rõ ràng với k = 2 theo định nghĩa ta có kết luận (1) đúng

Giả sử kết luận đúng với k (tức là với X1, X2, , X k  M thì X = 

i X i A (theo giả thiết quy nạp)

Mà theo giả thiết ta có A lồi nên X = (1 - k +1 )Y + k +1 X k +1 A (đpcm)

Định lý 2 Giao của các tập lồi là tập lồi Nghĩa là cho các tập lồi A i,

Vậy Z  A, nghĩa là A lồi

 Nếu bất đẳng thức (3) đổi chiều thì hàm f đ-ợc gọi là hàm lõm

Về mặt ý nghĩa hình học thì bất đẳng thức (3) có ý nghĩa nh- sau:

Mọi điểm của bất kỳ cung A1A2 nào đó của đồ thị nằm d-ới cát tuyến A1A2hoặc cùng lắm là nằm ngay trên cát tuyến A1A2 với A1(x1, f(x2)), A2(x2, f(x2)) (Hình 1)

ThËt vËy, tõ x = x1 + (1-)x2 víi  [0, 1] Gi¶ sö x1< x2 ta cã x1 < x < x2

1 2

x x

y y

1 2

x x

y y

X + (1- )X22] - [2 2

1

X + (1- )2X22 + 2(1- )X1X2 = = ( - 2

)X + (1- 2 )2X - 2(2  - 2

)X X =

VÝ dô 3: Gi¶ sö X * lµ kh«ng gian liªn hîp cña X

Hµm tùa (sup.protfunctien) S(.A) cña tËp låi A  X * lµ mét hµm låi

S(x A) = x x

A x

,sup *

12

12

1

y f x

f y

Chứng minh Ta cần chứng minh

f(x + (1- )y) f(x) + (1- )f(y),  [0, 1]

Vì f i là hàm lồi nên f i(x + (1- )y) f i (x) + (1- )f i (y)

Vậy f(x + (1- )y) = f1(x + (1- )y) + + f n(x + (1- )y)

Rõ ràng (*) đúng khi x1 = x2 khi đó (*) x°y ra dấu “=”, vì vậy ta chỉ cần xét

khi x1  x2 Không mất tính tổng quát ta giả sử x1 < x2, khi đó

)()(

)1(

)()(

1 2

1 2

1 1

2

1 2

1

x x

x f x x f x

x

x f x x f

f”(2) =

)(

)(

)(

1 2

2 1

2

x x

x x f x f

)(

)()(

1 2

1 2

1

x x

x f x x f

)(

)(

1 2

2 1

2

x x

x x f x f

Chú ý: Nếu nh- f ”(x)  0, x  (a, b) thì f(x) là hàm lõm trên (a, b)

d) Hệ quả Các hàm sau đây là lồi

11

.ln

i i

f

1 1

)(

Với n = 2 thì theo định nghĩa hàm lồi bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng

Giả sử bất đẳng thức (*) đúng với n = k, ta cần chứng minh đúng với

n = k +1

i x x f

1

1 1

i k

1

1)1

i x f

i x f

 f(x i) (®pcm)

Các dạng đặc biệt của bất đẳng thức Jensen

i) Dạng đơn giản

Trong bất đẳng thức Jensen lấy 1 = 2 = = n =

n

1 khi đó ta có kết quả:

Nếu hàm số y = f(x) lồi trên M lồi thì với x1, x2, , x n  M ta có bất đẳng

x

f 1 2 n 

n

x f x

f x

m m

m

x m x

m x m

f

2 1

2 2 1

n

n n m m

m

x f m x

f m x f m

)()

(

2 1

2 2 1

Chú ý: Nếu hàm f lõm trên M thì các bất đẳng thức trên đổi chiều

Ch-ơng 2

ứng dụng tính chất hàm lồi

I chứng minh các bất đẳng thức cổ điển

f 1 n 

n

x f x

x x

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát ta có

n

n n

n

n n

m m

x m x

m m

m

x m x

1 1 2

1

1 1

 (m1x1 + + m n x n)2  (m1 + + m n )(m1x + + m12 n x ) n2

§Æt m i = b i2 vµ x i =

i

i b

2 1 2 1 2 2

1 2

1

1 2

n

n n n

n

n n

b

a b b

a b b b

b

a b b

a b

 (a1b1 + + a n b n)    2 2

1 2 2

a1 2 + n

n b b

b1 2  n

n

n b a b a b

f n

x x

b , i = n1, , ta cã

b a b

n n

e

ln

ln

1 1

e

ln

1 11

n

a

b a

1 1

n a a

b b a

a a

b a b a

)) (

a 1 + n

n b b

b1 2  n

n

n b a b

q p

n p

p

b b

b a

a a

1 1

11

 = 1

Giải Xét hàm lồi f(x) = x p (x > 0, p > 1)

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát ta có

n

p n n p

p

n

n n

m m

x m x

m m

m

x m x

n

n n

m m

x m x

m m

m

x m x

m

1

1

1 1 1

1 1

m m

x m x

1 1

i x m

q

i a b b

1

i

q i n

i

p q i i

q

b

1 1

1 1

i b a

i

pq q p p

a

1 1

Lại do

q p

p n p

b b

a a

1 1

b

a a

a b

a b

a b

2 2

1 2

2

2 2 1

2

Giải Xét hàm lồi f(x) = x2, x  R áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát

ta có

n

n n

n

n n

m m

x m x

m m

m

x m x

1 1 2

x m x

1  m1x12 + + m n x n2

Chọn m i = b i và x i =

i

i b

a a

n k n

n

k

x x

x k

x x

k

x x

x12  22   2

Giải a) Xét hàm số f(x) = x n , với x > 0, n > 1 Khi đó

f”(x) = nx n -1 , f”(x) = n(n -1)x n -2 > 0, x > 0

Vậy f(x) là hàm lồi khi x > 0

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng đơn giản ta có

x x

n

x x

x1  2   (đpcm)

Dấu “=” x°y ra khi v¯ chỉ khi x1 = = x k

b) Xét hàm số f(x) = x 2k , với x  0

Ta có f”(x) = 2kx 2k -1 , f ”(x) = 2k(2k -1)x 2k - 2 > 0 , x  0

Do vậy f(x) = x 2k là hàm lồi với x  0

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng đơn giản ta có

x x

k

x x

x12  22   2

 (x1 + x2 + + x n)2k  n 2k -1 k

n k

k

x x

3

2ln)

ln(

)ln(

)ln(

c b a c

b a

b a c a c b c b a

Xét hàm số f(x) = - ln(a + b + c - x), với 0 < x < a + b + c,

f”(x) =

x c b

a   > 0, x  (0, a +b +c)

Vậy f(x) = - ln(a + b + c - x) là hàm lồi trên (0, a + b + c)

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát ta có

c c b b a a

f . . . 

c b a

c cf b bf a af

 -

c b a

b a c c a b c b a c

b a

c b a c b a



c b a

b a c c a b c b a c

b a

ac bc

3

2

(a + b + c) >

c b a

ac bc

ac bc

ab 2 22

ln



c b a

b a c c a b c b a

a a a n a

n a a

n

a a

a a

a a

1

2 1 2

Giải Xét hàm số f(x) = xlnx, với x > 0 ta có

f”(x) = lnx +1, f”(x) =

x

1 > 0, x > 0 Vậy f(x) là hàm lồi với x > 0

Lôgarit hoá 2 vế, bất đẳng thức đã cho và do tính đồng biến của hàm số

y = lnx, vậy bất đẳng thức đã cho t-ơng đ-ơng với bất đẳng thức sau

a1lna1 + a2lna2 + + a n lna n  (a1 + a2 + + a n)

n

a a

a1 2 n

n

a a

n n

n

1

11





 = 1 nên (*) là dạng đơn giản của bất đẳng thức

Jensen

Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng

Dấu “=” x°y ra khi v¯ chỉ khi a1 = a2 = = a n

4 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:

13

1

3

12

11

2

x

1 <

k x k

x  

11

(1)

Bất đẳng thức (1) đúng với x > 0, k > 0 (x > k)

áp dụng n lần bất đẳng thức (1) ta có các bất đẳng thức sau

12

1213

11

123

12

1222

12

12

11

1

2

11

i i

k n

i i n

i

k i

i i

k n

i i n

i

k i

1

1

Giải Tr-ớc hết ta nhận thấy rằng khi k = 1, k = 0 thì có các đẳng thức đúng Bây giờ xét với k  1 hoặc k  0

Trong tr-ờng hợp a), k > 1 hoặc k < 0, thì

f(x) = x k , với x > 0

là lồi

Thật vậy, ta có

f”(x) = kx k -1 , f”(x) = k(k -1)x k - 2

Rõ ràng k > 1 hoặc k < 0 thì f”(x) > 0, x > 0, suy ra f(x) lồi

Trong tr-ờng hợp b), 0 < k < 1, thì f”(x) < 0, x > 0 nên f(x) là hàm lõm a) Nh- đã thấy trong tr-ờng hợp này f(x) là hàm lồi áp dụng bất đẳng thức

Jensen dạng tổng quát với

x i =

i

i b

a , m i = b i , i = 1, , n

ta có

n

n n

n

n n

m m

x f m x

f m m

m

x m x

m f

)(

1

1 1 1

1 1

n

n

b

a f b b

a f b b b

b b

a a

1

1

1 1 1

1 1

1 1

1 1

1

1

k n

k n k

k

n

i i

k n

i i

k n

i i

b

a b

a b b

i i

k n

i i

k i

1

> 0)

Bất đẳng thức đ-ợc chứng minh

b) T-ơng tự khi 0 < k < 1 ta có f(x) = x k là hàm lõm với mọi x > 0 áp dụng

bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát đối với hàm lõm trên thì bất đẳng thức ở câu a) sẽ đổi chiều Từ đó ta có điều phải chứng minh

n

1

Giải Xét hàm số f(x) = x2, x > 0 Ta có f”(x) = 2 > 0, x > 0

Do vậy f(x) = x2 là hàm lồi trên (0, ) áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng

đơn giản ta có

n n

x x

Dấu “=” x°y ra khi v¯ chỉ khi x1 = = x n

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n số d-ơng x1, , x n ta có

x 1

Dấu “=” x°y ra khi v¯ chỉ khi x1 = = x n

Hay

m g m a (2) Xét hàm lồi f(x) = - lnx, (x > 0)

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng đơn giản ta có

n n

x

ln

1ln1

1

1ln

1 1



n

n n

x x x

x

n

1

1 1

1ln1

1ln

x

n

1

 m h  m g (3) Dấu “=” x°y ra khi v¯ chỉ khi x1 = x2 = = x n

Từ (1), (2), (3) ta có m h  m g m a m q (đpcm)

Dấu “=” x°y ra khi v¯ chỉ khi x1 = = x n

7 Chứng minh các bất đẳng thức sau

a)

22

k k k

b a b

a p  q (a, b  0; p, q > 1 và

q p

1)(2

12

12

1

b f a

f b

k k k

b a b

a a

1

a a

1

x f

)

1 1

n

i i

i j j n

i i n

i i

i

x

x x

x

x f

i j j

n

i i

i

x

x

x x

1 1

i j j n

i i n

i i

i

x

x x

f x x

1

1 1

i i n

i i

i n

i i

x

f x

x x

f x f

1 1

1

1)

0()

n

i i n

i i i

x

x n

f x

f x

f

1

1

1 1

)1()

0()

x f

x f

1 Cho A, B, C là 3 góc của một tam giác Chứng minh các bất đẳng thức

sau (các bất đẳng thức cơ bản của tam giác l-ợng)

a) sinA + sinB + sinC  323

b) sinAsinBsinC 

833

c) cosA + cosB + cosC 

sin2

cos2

cos2

22

A tg

22

2

2 2

Giải a) Xét hàm số f(x) = sinx xác định trên (0; ) Ta có f”(x) = - sinx < 0, với mọi x  (0;) Điều đó chứng tỏ f(x) = sinx là hàm lõm

áp dụng tính chất của hàm lõm ta có

3

)()()

= 3

2

333sin 

Vậy sinA + sinB + sinC  323 (đpcm)

b) Do A, B, C là 3 góc của một tam giác nên sinA, sinB, sinC > 0

áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số d-ơng ta có

3

sinsin

sin

C B A C

B

 sinA.sinB.sinC 

8333

233)3

sinsin

sin

3 3

c) cosA + cosB + cosC 

''cosABC   

 Nếu ABC có 1 góc tù hoặc vuông thì cosA.cosB.cosC  0 <

81

 Nếu cả 3 góc đều nhọn thì áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số d-ơng

cosA, cosB, cosC ta đ-ợc

cosA.cosB.cosC 

8

12

13

23

3

coscos

3 3

sin2

3

2

sin2

sin2sin3

222sin

C B

A C

B A

B

, sin2

sin2

sin3

2

sin2

sin2

sin

C B A

C B

C 

3 3

3

222sin3

2

sin2

sin2sin

16

sin

3 3

B

.sin2

C 

8

1

f)

8

332

cos2

cos3

222cos3

2

cos2

cos2

2

A

cos2

B

cos2

C 

8

332

33

2

cos2

cos2

B

cos2

C 

8

33

22

2223

22

C tg

B tg

A tg

22

2

2 2

tg

B tg

1

2cos

1

2cos

1

2 2

2

2

cos2

cos2cos

Theo câu f) ta có

2

cos2

cos2cos

1

C B

A 

33

8

Do đó

4.333

3

83

32

cos2

cos2cos

VËy

22

2

2 2

tg

B tg

A

2 Chøng minh r»ng trong mäi tam gi¸c ABC ta lu«n cã

a) (1 - cosA)(1 - cosB)(1 - cosC) 

8

1

b)

33

21sin

11sin

11sin

B

sin22

B

, sin2

C

ta cã

sin2

A

sin2

B

sin2

sin2sin

222

A

sin2

B

sin2

sin3

2

sin2

sin2

A

sin2

B

sin2

C



8

12

Từ đó suy ra

8sin22

A

sin22

B

sin22

C  8

8

18

Dấu “=” x°y ra khi v¯ chỉ khi sin

21sin

11sin

11sin

Xét vế trái (VT) của bất đẳng thức nêu trên thì

VT = 1 +

C B B

A C

B

1sin

sin

1sin

1sin

1sin

C B A C

A sin sin sin

1sin

sin3

sin3

sinsin

2sin

.sin.sin

.sin.sin

13

sin

1sin

1sin

1

3

C B A C

B A

2 3

3

2 3 sin

sin sin

1

3 sin

sin

1 sin

sin

1 sin

A C

B B

Vậy

3 2

3

23

233

231sin

11sin

11sin

hiểu A n +1 A1) trong đó A1, , A n theo

thứ tự là các đỉnh của đa giác Giả sử a i

2 2 2

1

2

x x

a x

x

a x

1 2

i

i i

i i i

x x

a x

x

a x

x x

a n

2

2cos

(2)

Từ (1) và (2) ta đ-ợc

ncos n

a x

x

a x

2 2 2

1 2

tg n

1 2 1

x

x x

tgx x

x

4 2

2

cos

)sin.(

cos2 2cos

cos

sin4

n

1 2

n

tg n

1 2 1

1

2sin

1

2sin

1

2 2

b)

2sin

1

2sin

1

2sin

1

C B

A    6

c) 2 3

sin

1sin

1sin

C B

A

2cos

1

2cos

1

2cos

C B



, y” =

x

x x

x

x x

x

4

2 2

6

2 2 4

sin

cos6sin

2sin

sincos6sin

23

12

22

C B A f

1

2sin

1

2sin

13

1

2 2

1

2

C B

= 2

2

211

6sin

1

2sin

1

2sin

1

2 2

3

2 2

sin

cossin 

> 0, x  (0; )

222sin

1

2sin

1

2sin

1

2sin

B



2sin

1

2sin

1

2sin

1

C B

sin

1sin

1sin

1sin

13

B A

sin

1sin

1sin

3

2 2

cos

sin2

3

222cos

12

cos

12

cos

12

cos

13

B

2

Ta đ-ợc 2 3

2cos

1

2cos

1

2cos

C B

6 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có

sin2

2x + tg

2x , với 0 < x < , ta có f”(x) =

2cos2

12

cos2

2cos4

2

cos2sin22

sin4

3 4

x x

x x

x x

Vậy f(x) là hàm lồi trên (0; ) Theo bất đẳng thức Jensen ta có

3

)()()(3

C f B f A f C B A

2223

222

(sin2

22

sin2

sin2sin A B  C tg Atg B tg C   tg

= 3 3

2

32

32

Dấu “=” x°y ra khi v¯ chỉ khi ABC đều

Nhận xét: Thực ra bất đẳng thức nêu trên có thể chứng minh đ-ợc

2

32

sin2

sin2

22

(sinA) sinA (sinB) sinB (sinC) sinC 2

3 3

sinA + sinB + sinC > sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2cosAcosBcosC

Do ABC là tam giác nhọn nên cosAcosBcosC > 0, vậy

sin2A + sin2B + sin2C > 2  sinA + sinB + sinC > 2

Theo 1a) ta lại có sinA + sinB + sinC 

2

33

, nên

2 < sinA + sinB + sinC 

2

33

áp dụng bất đẳng thức Jensen

3

)(sin)

(sin)

(sin3

sinsin

lnsinsin

ln

sinln3

sinsin

 ln((sinA) sinA (sinB) sinB (sinC) sinC)

C B A C B

A sin sin sin

3

sinsin

sinln

A sin sin sin

3

sinsin

B A C B

A sin sin sin sin sin sin

3

23

sinsin

nªn theo tÝnh chÊt cña hµm sè

mò ta cã

2 3 3 sin

sin sin

3

23

8 Chøng minh r»ng trong mäi tam gi¸c ABC nhän ta cã

(tgA + tgB + tgC)(cotgA + cotgB + cotgC) 

 tg 2Atg B2 tg C2cot g 2Acot g B2 cot g C2

B f A f B A

C f B f C B

2

)()(2

B f A f C A

cot2cotg A g B  g C (4)

Dấu “=” trong (4) x°y ra khi v¯ chỉ khi (1), (2), (3) x°y ra dấu “=”, tương

2 tg B tg C

A

tg   (5)

Dấu “=” của (5) x°y ra khi v¯ chỉ khi A = B = C

Nhân từng vế của (4) với (5) (Do các vế của chúng đều d-ơng) ta có

(tgA + tgB + tgC)(cotgA + cotgB + cotgC) 

 tg 2Atg B2 tg C2cot g 2A cot g B2 cot g C2

Dấu “=” x°y ra khi đẳng thức có “=” trong (4) v¯ (5), tức l¯ khi v¯ chỉ khi

A = B = C (hay tam giác ABC đều)

Kết luận

Kết quả của Luận văn bao gồm các nội dung sau đây:

+ Đã hệ thống đ-ợc những kiến thức cơ bản, cần thiết về hàm lồi (và hàm lõm) để làm công cụ sử dụng trong việc giải các bài toán đặt ra Đặc biệt là bất

đẳng thức Jensen và các dạng đặc biệt của nó

+ Thu thập đ-ợc các mẫu bài toán điển hình và giải nó bằng cách áp dụng các tính chất của hàm lồi và hàm lõm một cách linh hoạt, tuỳ theo đặc điểm của mỗi bài toán

Việc áp dụng các tính chất của hàm lồi (lõm) nói riêng, cũng nh- việc áp dụng Giải tích lồi nói chung để giải các bài toán khác nhau, là một vấn đề còn rộng lớn

Kết quả của Luận văn chỉ mới là một phần nhỏ trong vấn đề rộng lớn ấy

Hy vọng rằng, sau Luận văn này, chúng tôi sẽ có thêm điều kiện để quan tâm nhiều hơn tới mảng vấn đề bổ ích này

Vì năng lực và thời gian hạn hẹp, chắc Luận văn không tránh khỏi những sai sót Tác giả chân thành mong Quý Thầy, Cô giáo và các bạn góp ý kiến giúp đỡ

Tài liệu tham khảo

[1] Phan Huy Khải, 10.000 bài toán sơ cấp bất đẳng thức, NXB Hà Nội, 2001 [2] Nguyễn Vũ Thanh, 263 bài toán bất đẳng thức chọn lọc, NXB Giáo dục,