ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGÔ THẾ GIANG
CÁC DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC
VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.40
Người hướng dẫn khoa học:
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2010
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
Mục lục
Mở đầu 2
1 Các giá trị trung bình cơ bản 4
1.1 Hàm biểu diễn các giá trị trung bình cơ bản . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Bất đẳng thức AM-GM và các bài toán liên quan . . . . . . . . . 8
1.2.1 Quy nạp kiểu Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp . . . . . . . . . . . . 10
1.2.3 Bất đẳng thức AG suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3 Các dạng trung bình đồng bậc khác . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2 Một số định lý liên quan đến biểu diễn các giá trị trung bình 22
2.1 Biểu diễn hàm lồi, hàm lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 Biểu diễn các hàm đơn điệu bậc cao . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 Một số áp dụng 27
3.1 Bài toán cực trị đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.2 Bài toán cực trị trong lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.3 Giải và biện luận phương trình, bất phương trình . . . . . . . . . 54
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

Chương này trình bày một số định lí liên quan tới các giá trị trung bình mà trực
tiếp liên quan tới chương trình toán Trung học phổ thông. Đó là lớp hàm lồi,
hàm lõm và các hàm đơn điệu bậc cao.
Chương 3. Một số áp dụng.
Đây là nội dung ứng dụng của các chương 1 và chương 2 vào việc giải quyết
các bài toán về cực trị đại số, cực trị lượng giác, đồng thời ứng dụng để giải
quyết các dạng toán về giải và biện luận phương trình.
Tiếp theo, nêu bài tập minh họa được tập hợp, lựa chọn từ những đề trong
các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, kì thi Olympic khu vực và Quốc tế
Đối với mỗi dạng bài tập đều có nêu phương pháp giải cụ thể. Các bài tập
được trình bày theo một hệ thống với nhiều lời giải độc đáo, thể hiện tính sáng
tạo. Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của GS-TSKH, nhà giáo
nhân dân Nguyễn Văn Mậu. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Giáo sư,
đã tận tình giúp đỡ tác giả hoàn thành bản luận văn này.
Nhân đây tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo sau
Đại học, Khoa Toán- Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên,
cùng các thầy cô đã tham gia giảng dạy lớp cao học Toán K2.
Tác giả xin chân thành cảm ơn tới UBND Tỉnh, Sở GD và ĐT Tỉnh Lạng
Sơn, Ban giám hiệu trường THPT Việt Bắc Thành phố Lạng Sơn, đã tạo mọi
điều kiện cho tác giả có cơ hội được học tập, nghiên cứu.
Mặc dù đã hết sức cố gắng, song vì khuôn khổ bài viết, bản luận văn này
vẫn còn nhiều vấn đề chưa được đề cập tới, và vì thời gian và khả năng có hạn,
chắc chắn luận văn sẽ không tránh khỏi khiếm khuyết. Tác giả mong muốn nhận
được nhiều ý kiến đóng góp quý báu của các thầy cô, cùng bạn bè đồng nghiệp
để luận văn được hoàn chỉnh hơn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn.
Thái Nguyên, 08 tháng 09 năm 2010.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
Chương 1

.
(3) Trung bình điều hòa M
3
=
n

n
i=1
1
a
i
.
(4) Trung bình bình phương M
4
=

1
n
n

i=1
a
2
i
.
Ta có hệ thức sau giữa các đại lượng trung bình.
Định lý 1.1. Với mọi bộ số dương a
i
, i = 1, 2, . . . , n, ta luôn có
M

huyền lớn hơn cạnh góc vuông). Mặt khác, ta có
AE =

AO
2
− OE
2
=

(AO + OE)(AO −OE) =
√
AB.AC =
√
a
1
a
2
.
Suy ra M
3
= AO > AE = M
2
hoặc AE
2
= AC.AB tức là AE =
√
AB.AC (hệ thức
lượng trong đường tròn).
Từ công thức 2(x
2

2
1
+ a
2
2
2
= M
4
.
(3) Theo bất đẳng thức Cauchy, thì M
2
≤ M
1
.
(4) Vậy nên M
3
≤ M
2
≤ M
1
≤ M
4
.
Ví dụ 1.1 (Đề thi học sinh giỏi năm 1980). Gọi T =
k

i=1
m
i
(m

m
2
i
+
k

i=1
1
m
2
i
≥ k

k
2
T
2
+
T
2
k
2

.
Ta có
T
k
= M
1
≤ M


i=1
m
2
i
≥ k
T
2
k
2
.
Lại có
k
k

i=1
m
2
i
= M
3
≤ M
2
=
k




k

1
k
k

i=1
m
i
.
1
k
k

i=1
m
i
=
T
2
k
2
⇒
k

i=1
1
m
2
i
≥ k
k


.
Ví dụ 1.2 (Đề thi học sinh giỏi năm 1976). Chứng minh rằng, với bất kỳ điểm
M nào nằm trong tam giác ABC ta đều có
d
a
.d
b
.d
c
≤
8S
3
27abc
, (1.2)
trong đó d
a
, d
b
, d
c
là khoảng cách từ M lần lượt đến các cạnh BC, CA, AB; a, b, c
là độ dài các cạnh và S là diện tích của tam giác. Hãy mở rộng (1.2) cho tứ diện
trong không gian.
Giải. +) Ta có thể viết ad
a
+bd
b
+cd
c

tức là
d
a
.d
b
.d
c
≤
8S
3
27abc
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad
a
= bd
b
= cd
c
, tức là
d
a
: d
b
: d
c
=
1
a
:
1

B
d
B
.S
C
d
C
.S
D
d
D
=

S
A
d
A
+ S
B
d
B
+ S
C
d
C
+ S
D
d
D
4

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi S
A
d
A
= S
B
d
B
= S
C
d
C
= S
D
d
D
, tức là
d
A
: d
B
: d
C
: d
D
=
1
S

i=1
t
k
và B =
1
n
k

i=1
t
2
k
.
Chứng minh rằng
A
2
B
≥
4pq
(p + q)
2
và tìm điều kiện cần và đủ để có dấu đẳng thức.
Giải. Ta có
k

i=1
(t
k
− p)(t
k


1
A
−
p + q
2pq

2
+
(p + q)
2
4pq
≤
(p + q)
2
4pq
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
(t
k
− p)(t
k
− p) = 0 với k = 1, 2, . . . , n và A =
2pq
p + q
.
Ví dụ 1.4 (Đề thi học sinh giỏi năm 1976). Cho x
1
= 2; x
n+1

> 5.
Hướng dẫn. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
1.2 Bất đẳng thức AM-GM và các bài toán liên
quan
Trong bài này, ta sẽ đề cập đến định lí về bất đẳng thức giá trị trung bình
cộng và giá trị trung bình nhân (Còn gọi là bất đẳng thức AM-GM hoặc ngắn
gọn là bất đẳng thức AG), các bài toán liên quan và bất đẳng thức AG suy rộng.
Định lý 1.2 (Định lí về các giá trị trung bình cộng và trung bình nhân ([2],[5])).
Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
n
là các số không âm. Khi đó
x
1
+ x
2
+ ···+ x
n
n
≥
n
√
x
1
x

1
a
1
+
1
a
2
+ ···+
1
a
n
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
= ··· = a
n
.
Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức AG đối với bộ số dương x
k
=
1
a
k
(k =
1, 2, . . . , n), ta có ngay bất đẳng thức GH.
Cho đến nay, người ta đã biết đến hàng trăm cách khác nhau để chứng minh
bất đẳng thức giữa giá trị trung bình cộng và trung bình nhân (Gọi là bất đẳng
thức AM-GM hoặc AG). Sau đây là một cách chứng minh định lí 1.2 theo quy

2
≥
√
x
1
x
2
, ∀x
1
, x
2
không âm . (1.5)
Thay x
1
, x
2
lần lượt bằng các biến mới
x
1
+ x
2
2
và
x
3
+ x
4
2
, từ (1.5) ta nhận được
x

x
3
x
4
.
Tiếp tục quá trình như trên, ta thấy bất đẳng thức (1.3) đúng với n = 2, 4, . . .
và nói chung, đúng với n là lũy thừa của 2. Đây chính là quy nạp theo hướng
lên trên.
Bây giờ ta thực hiện quy nạp theo hướng xuống phía dưới. Ta chứng minh
rằng, khi bất đẳng thức (1.3) đúng với n (n > 1) thì nó cũng đúng với n − 1.
Thay x
n
trong (1.3) bởi
x
1
+ x
2
+ ···+ x
n−1
n −1
và giữ nguyên các biến x
i
khác, từ
(1.3) ta thu được
x
1
+ x
2
+ ···+ x
n−1

,
hay
x
1
+ x
2
+ ···+ x
n−1
n −1
≥ (x
1
x
2
···x
n−1
)
1
n−1

x
1
+ x
2
+ ···+ x
n−1
n −1

1
n
.

là các số dương
trong

0;
1
2

. Khi đó
k

i=1
x
k

n

k=1
x
n
k

n
≤
k

i=1
(1 −x
k
)


m

n
≥
x
n
1
+ x
n
2
+ ···+ x
n
m
m
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
1
= x
2
= ··· = x
m
.
1.2.2 Một số dạng đa thức đối xứng sơ cấp
Đa thức
P (x
1
, x
2
, . . . , x
n

=k
a
j
1
···j
n
x
j
1
1
···x
j
n
n
, j
n
∈ N(i = 1, 2, . . . , n). (1.6)
Trong mục này, ta chỉ quan tâm chủ yếu đến các dạng đa thức đồng bậc biến
số thực và nhận giá trị thực, đặc biệt là các đa thức đối xứng sơ cấp quen biết
liên quan đến các hằng đẳng thức đáng nhớ trong chương trình toán trung học
phổ thông.
Trước hết, ta chứng minh lại công thức khai triển nhị thức Newton
(x + a)
n
=
n

k=0

n

x
k
,
trong đó













p
1
=
a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
n
p
2
2

, . . . , p
n
đều là
các số dương (không âm). Từ (1.7), ta thu được













p
1
=
a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
n
p
2
=

1
, a
2
, . . . , a
n
} (n ≥ 1, n ∈ N). Khi đó
f(x) = (x + a
1
)(x + a
2
) ···(x + a
n
) = x
n
+ E
1
(a)x
n−1
+ E
2
(a)x
n−2
+ ···+ E
n
(a),
trong đó
E
1
(a) =
n

Kí hiệu
P
r
(a) =
r!(n − r)!
n!
E
r
(a).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Tính chất 1.1. Giả sử x
1
, x
2
, . . . , x
n
là bộ n các số thực không âm (kí hiệu bởi
(x)) và y
1
, y
2
, . . . , y
n
là bộ các số thực không âm khác (được kí hiệu bởi (y)).
Hai dãy (x) và (y) được gọi là đồng dạng (và kí hiệu (x) ∼ (y) ) nếu tồn tại
λ ∈ R(λ = 0) sao cho ta có x
j
= λ
y

(Nếu các a
i
dương và không đồng thời bằng nhau thì ta có dấu bất đẳng thức
thực sự).
Giải. Giả sử
f(x, y) = (x + a
1
y)(x + a
2
y) ···(x + a
n
y) = E
0
x
n
+ E
1
x
n−1
y + ··· + E
n
y
n
,
trong đó E
i
là tổng tất cả các tích i số khác nhau,
P
k
=

k
xy + P
k+1
y
2
= 0
nhận được từ f(x, y) = 0 bằng cách lấy vi phân liên tiếp theo x và y. Do phương
trình này có nghiệm thực nên
P
k−1
.P
k+1
≤ P
2
k
.
Bài toán 1.4. Chứng minh bất đẳng thức
E
r−1
.E
r+1
≤ E
2
r
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Giải. Từ bất đẳng thức trong bài toán 1.3, ta có
P
k−1

E
k+1
≤ E
2
k
.
Từ đây ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.5. Cho các số a
i
> 0 (i ∈ {1, 2, . . . , n}) và không đồng thời bằng
nhau. Chứng minh bất đẳng thức
P
1
> P
1
2
2
> P
1
3
3
> ··· > P
1
n
n
. (1.9)
Giải. Từ bất đẳng thức trong bài toán 1.3, ta có
P
0
.P

1
.P
3
)
2
···(P
r−1
.P
r+1
)
r
< P
2
1
P
4
2
···P
2r
r
⇒ P
r
r+1
< P
r+1
r
⇒ P
1
r
r

r
tạo bởi n −1 số ấy và giả sử tất cả các số đó không đông thời
bằng nhau. Khi đó
E

r
= a
n
E

n−1
⇒ P
r
=
r
n
P

r
+
r
n
a
n
P

r−1
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14

,
B = (n − r + 1)(r + 1).P

r−1
P

r+1
+ (n − r − 1)(r − 1)P

r−2
P

r+1
−
−2(n −r)P

r−2
P

r+1
,
C = (r
2
− 1)P

r−2
P

r
− r










p
1
=
a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
n
p
2
=


1≤i≤j≤n
a
i
a
j
·····················

, p
2
, . . . , p
n
. Khi đó
x
p
1
1
.x
p
2
2
···x
p
n
n
≤

x
1
p
1
+ x
2
p
2
+ ···+ x
n
p

p
1
+ x
2
p
2
+ ···+ x
n
p
n
p
1
+ p
2
+ ···+ p
n
.
Sử dụng bất đẳng thức
e
x−1
≥ x, x ∈ R.
Ta thu được hệ



x
1
≤ s.e
x
1

.e

x
1
s
−1

p
1
. . . . . . . . .
x
p
n
n
≤ s
p
n
.e

x
n
s
−1

p
n
.
Vậy nên
x
p

s
−(p
1
+p
2
+···+p
n
)
,
hay
x
p
1
1
.x
p
2
2
···x
p
n
n
≤ s
p
1
+p
2
+···+p
n
.

t
, 0 = t ∈ R.
Khi đó S
a,b
(−1), S
a,b
(1) và S
a,b
(2) lần lượt là các giá trị trung bình điều hòa,
trung bình cộng và trung bình bậc hai của cặp số a, b và
lim
t→−∞
S
a,b
(t) = min{a, b}, lim
t→+∞
S
a,b
(t) = max{a, b}, lim
t→0
S
a,b
(t) =
√
ab.
Vậy nên
min{a, b} ≤ S
a,b
(−1) ≤ S
a,b


a
k
1
+ a
k
2
+ ···+ a
k
n
n

1
k
và chứng minh các bất đẳng thức liên quan giữa chúng.
Định nghĩa 1.1. Ta định nghĩa
i) Với k ∈ N ta gọi biểu thức dạng T
k
=

a
k
1
+ a
k
2
+ ···+ a
k
n
n

+ a
−k
2
+ ···+ a
−k
n
n

−
1
k
là
trung bình lũy thừa điều hòa bậc k của n số dương a
1
, a
2
, . . . , a
n
.
Tính chất 1.2. Cho n số dương a
1
, a
2
, . . . , a
n
thì bất đẳng thức sau đây nghiệm
đúng

a
k

−1
≤ T
0
≤ T
1
.
1) Xét trường hợp k ∈ Z, k ≥ 1.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

a
k
1
+ a
k
2
+ ···+ a
k
n

k+1
≤ n

a
k+1
1
+ a
k+1
2
+ ···+ a
k+1

≤
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
≤ (1 + 1 + ··· + 1)

a
k+1
1
+ a
k+1
2
+ ···+ a
k+1
n

···

a
k+1
1
+ a
k+1
2
+ ···+ a
k+1
n

= n

a

2
+ ···+ a
k+1
n

k
.
2) Xét trường hợp k + 1 ≤ −1.
Đặt b
i
=
1
a
i
, i = 1, n. Khi đó a
k
i
= b
−k
i
với −k > 0 và −k > −(k + 1) > 0, suy ra
0 <
−1
k
<
−1
k + 1
. Áp dụng trường hợp (1), ta có

b

hay

a
−k
1
+ a
−k
2
+ ···+ a
−k
n
n

−1
k
≤

a
k+1
1
+ a
k+1
2
+ ···+ a
k+1
n
n

1
k+1

T
0
=
n
√
a
1
a
2
···a
n
≥

a
−1
1
+ a
−1
2
+ ···+ a
−1
n
n

−1
= T
−1
.
Thực vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số a
−1


n

a
−1
1
a
−1
2
···a
−1
n

−1
.
Từ đó suy ra

a
−1
1
+ a
−1
2
+ ···+ a
−1
n
n

−1
≤


8 cot
3
A + 8 cot
3
B ≥
3
√
2 cot
A + B
4
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Giải. Áp dụng bất đẳng thức trung bình đồng bậc, ta có
3

cot
3
A
2
+ cot
3
B
2
≥
3

1
4

n
A
2
+ tan
n
B
2
+
n
√
2
n
cot
n
A + 2
n
cot
n
B ≥
n
√
2 cot
A + B
4
.
Cách giải hoàn toàn tương tự bài toán 1.6.
Bài toán 1.7. Cho A, B là hai góc thỏa mãn 0 < A, B <
π
2
. Chứng minh bất

V T ≥
n


tan
A
2
+ 2 cot A

n
+

tan
B
2
+ 2 cot B

n
=
n

cot
n
A
2
+ cot
n
B
2
≥

√
2 cot
A + B
4
.
Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Bài toán 1.8. Chứng minh rằng
2
| sin x|
+ 2
| cos x|
≥ 3, ∀x ∈ R.
Giải. Không mất tính tổng quát, có thể coi x ∈

0;
π
4

. Khi đó bất đẳng thức
đã cho có dạng
2
sin x
+ 2
cos x
≥ 3, ∀x ∈ R.
Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta có
2
sin x
+ 2
cos x

kπ
2
, k ∈ Z.
Bài toán 1.9. Xét dãy số thực {x
n
}(n = 1, 2, . . . , 2004) thỏa mãn điều kiện
π
6
≤ x
1
, x
2
, . . . , x
n
≤
π
2
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
y = (sin x
1
+ sin x
2
+ ···+ sin x
2004
)

1
sin x
1

2

(sin x
i
− 1) ≤ 0 ⇔ sin
2
x
i
−
3
2
sin x
i
+
1
2
≤ 0
⇔ sin x
i
−
3
2
+
1
2 sin x
i
≤ 0 với i = 1, 2, . . . , 2004.
Do đó
2004


i
≥ 2




2004

i=1
sin x
i
.
1
2
2004

i=1
1
sin x
i
. (1.11)
Từ (1.10) và (1.11) suy ra
2004

i=1
sin x
i
.
1
2

2004

i=1
1
sin x
i
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Gọi p là số các sin x
i
bằng
1
2
và q là số các sin x
i
bằng 1, ta có

p + q = 2004
1
2
p + q =
1
2
(2p + q)
⇔

p + q = 2004
p + 2q = 2p + q
⇔ p = q = 1002.

Mặt khác
tan A + tan B + tan C =
sin(A + B)
cos A cos B
+ tan C =
sin C
cos A cos B
+ tan C
= tan C

−cos(A + B) + cos A cos B
cos A cos B

= tan A tan B tan C.
Từ đó suy ra
tan A tan B tan C ≥ 3
3
√
tan A tan B tan C,
hay
(tan A tan B tan C)
3
≥ 27 tan A tan B tan C.
Suy ra
tan A tan B tan C ≥ 3
√
3.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tan A = tan B = tan C hay ABC là tam giác
đều.
Bài toán 1.11. Cho ABC. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương, ta

√
3)
n
.
Theo bài toán 1.10, ta có tan A tan B tan C ≥ 3
√
3.
Vậy ta có
tan
n
A + tan
n
B + tan
n
C ≥ 3
√
3
n
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
Từ đó, ta có các bất đẳng thức
tan
2
A + tan
2
B + tan
2
C ≥ 9,
tan
3

b
2
− bc + c
2
+
b
4
c
2
− ac + a
2
+
c
4
a
2
− ab + b
2
>
a
2
+ b
2
+ c
2
2
.
Bài 1.2. (Trích đề thi vô địch của Mỹ) Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh bất đẳng
thức
a

3
.
Bài 1.4. Cho các số thực dương m, n, p. Chứng minh rằng với mọi tam giác
ABC, ta đều có
m
sin A
sin B sin C
+ n
sin B
sin C sin A
+ p
sin C
sin A sin B
≥ 2
√
mn + np + pm.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
Chương 2
Một số định lý liên quan đến biểu
diễn các giá trị trung bình
2.1 Biểu diễn hàm lồi, hàm lõm
Để đơn giản cách trình bày, nếu không có chú thích đặc biệt, ta chỉ xét lớp
các hàm lồi (lõm) khả vi bậc hai. Như vậy, hàm f (x) đơn điệu tăng trong khoảng
I(a; b) khi và chỉ khi
f

(x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a; b)
và hàm f(x) lồi trên I(a; b) khi và chỉ khi
f”(x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a; b).


(x
0
)(x −x
0
). (2.1)
Thật vậy, ta có (2.1) tương đương với
f

(x
0
) ≤
f(x) − f(x
0
)
x −x
0
, khi x > x
0
; x
0
, x ∈ I(a; b) (2.2)
và
f

(x
0
) ≥
f(x) − f(x
0


(x
0
)(x −x
0
). (2.4)
Dễ nhận thấy rằng (2.4) xảy ra đẳng thức khi x
0
= x. Vậy ta có thể viết (2.4)
dưới dạng
f(x) = max
u∈I(a;b)

f(u) + f

(u)(x −u)

. (2.5)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
24
Vậy, chúng ta đã có một dạng biểu diễn hàm lồi và hàm lõm thông qua cực trị
của các hàm số bậc nhất phụ thuộc vào tham biến. Phép biểu diễn này được gọi
là (Theo Bellman) biểu diễn á tuyến tính và nó đóng vai trò quan trọng như là
một công cụ hữu hiệu trong nhiều bài toán cực trị và tối ưu.
Tương tự, ta cũng có thể biểu diễn đối với lớp hàm lồi nhiều biến.
Xét hàm số thực nhiều biến F (x
1
, x
2
, . . . , x

i=1
(x
i
− z
i
)
∂F
∂z
i
.
Khi đó, hiển nhiên
F (x
1
, x
2
, . . . , x
n
) = max
R(z)

F (z
1
, z
2
, . . . , z
n
) +
n

i=1

)
x
2
− x
1
≥ 0. (2.6)
Tính chất 2.2 (Dạng nội suy). Hàm số f (x) lồi trên I(a; b) khi và chỉ khi với
mọi bộ số phân biệt x
0
, x
1
, x
2
∈ I(a; b), ta đều có
f(x
0
)
(x
0
− x
1
)(x
0
− x
2
)
+
f(x
1
)