ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐỖ THỊ VÂN ANH
MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM
LỒI VÀ ỨNG DỤNG TRONG
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐỖ THỊ VÂN ANH
MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM
LỒI VÀ ỨNG DỤNG TRONG
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 12
Giáo viên hướng dẫn
TS. NGUYỄN VĂN NGỌC
THÁI NGUYÊN, 2015
Mục lục
Lời cảm ơn iv
Mở đầu 1
1 Hàm lồi và các tính chất 3
1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Một số tính chất cơ bản của hàm lồi, lõm . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Tính lồi, tính liên tục và tính khả vi của các hàm số . . . . . . . 6
2 Một số bất đẳng thức và cực trị của các hàm lồi 11
2.1 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Sử dụng hàm lồi chứng minh các bất đẳng thức cơ bản đối với
dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học
Khoa học, những người đã trực tiếp giảng dạy và giúp đỡ tôi trong quá
trình học tập tại trường cùng toàn thể bạn bè và người thân đã đóng góp
ý kiến, giúp đỡ, động viên tôi trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn
thành luận văn này.
Tuy nhiên, do sự hiểu biết của bản thân và trong khuôn khổ của luận
văn thạc sỹ nên bản luận văn mới chỉ trình bày được một phần nào đó.
Do thời gian có hạn và năng lực có phần hạn chế nên chắc chắn luận văn
không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được ý kiến đóng góp
của các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn chỉnh
hơn.
Xin chân thành cảm ơn.
Thái Nguyên, tháng 04 năm 2015
Học viên
Đỗ Thị Vân Anh
iv
Mở đầu
Lý thuyết của các hàm lồi có vị trị quan trọng trong Toán học vì nó liên
quan đến nhiều lĩnh vực của Toán học, như giải tích lồi, giải tích hàm, tối
ưu, quy hoạch, v.v và là đối tượng nghiên cứu của nhiều nhà toán học.
Chúng tôi cũng được biết hiện nay đã có nhiều luận án và luận văn bằng
tiếng Việt về hàm lồi, nhưng các luận văn này hầu hết là thuộc chuyên
ngành Toán ứng dụng, hay Toán giải tích.
Trong chương trình Toán học ở bậc phổ thông, bất đẳng thức Jensen
và các mở rộng của nó đối với các hàm lồi, hàm lõm là công cụ hữu hiệu
để chứng minh các bất đẳng thức, hay tìm cực trị của các hàm số, đặc biệt
là đối với các hàm số có tính đối xứng theo các biến. Tuy nhiên, các kiến
thức về hàm lồi lại chưa được dạy ở bậc phổ thông (ở thập niên 90 của thế
kỷ trước đã có giới thiệu về hàm lồi và hàm lõm trong Giải tích 12, nhưng
sau đó đã bỏ đi). Hiện nay, các kiến thức về hàm lồi vẫn được dạy cho các

Chương 1
Hàm lồi và các tính chất
Chương này trình bày cơ sở lý thuyết của hàm lồi ( hàm lõm), như
định nghĩa hàm lồi (hàm lõm) và các tính chất cơ bản của hàm lồi. Nội
dung của chương này được hình thành chủ yếu từ các tài liệu [1] và [6].
1.1 Định nghĩa
Nếu không có gì cụ thể, trong chương này chúng ta sẽ dùng ký hiệu
I(a, b) để ngầm định một trong bốn tập hợp (a, b), (a, b], [a, b), [a, b].
Định nghĩa 1.1. Cho I = I(a, b) ⊂ R và hàm số f : I −→ R được gọi là
hàm lồi trên I nếu ∀x, y ∈ I và ∃λ ∈ [0, 1] thì
f(λx + (1 −λy)) ≤ λf(x) + (1 −λ)f(y). (1.1)
Nếu bất đẳng thức trên là ngặt với x = y và λ ∈ (0, 1) thì ta nói hàm f
là hàm lồi chặt.
Hàm số f(x) được gọi là lõm trong khoảng nói trên, nếu bất đẳng thức
(1.1) có chiều ngược lại, tức là
f(λx + (1 −λy)) ≥ λf(x) + (1 −λ)f(y). (1.2)
Dưới đây là một số hàm lồi, lõm đơn giản.
Ví dụ 1.1. Xét một số hàm thường gặp sau đây
1) f(x) = c, g(x) = x là những hàm vừa lồi vừa lõm trên R.
2) f(x) = x
r
với r ≥ 1 là lồi trên (0, ∞), với 0 ≤ r < 1 là hàm lõm trên
3
(0, ∞).
3) f(x) = e
x
là hàm lồi chặt trên R.
4) f(x) =
1
x

1.2 Một số tính chất cơ bản của hàm lồi, lõm
Các tính chất sau đây của các hàm lồi, lõm được suy ra trực tiếp từ
định nghĩa.
Tính chất 1.1. Nếu f(x) là hàm lồi (lõm) trên I(a, b) thì −f(x) là hàm
lõm (lồi) trên I(a, b).
Tính chất 1.2. Nếu f(x) là hàm lồi trên I(a, b) và c = const, thì cf(x)
là hàm lồi nếu c > 0, là hàm lõm nếu c < 0.
Tính chất 1.3. Tổng hữu hạn các hàm lồi (lõm) trên I(a, b) là một hàm
lồi (lõm) trên I(a, b).
4
Tính chất 1.4. Cho f là lồi trên khoảng I(a, b). Chứng minh rằng với
x, y, z ∈ I, x < y < z có bất đẳng thức
f(y) − f(x)
y −x
≤
f(z) − f(x)
z − x
≤
f(z) − f(y)
z − y
. (1.3)
Chứng minh. Giả sử x, y, z ∈ I và x < y < z. Tồn tại λ ∈ (0, 1) sao cho
y = λx + (1 −λ)z. Khi đó
λ =
y −z
x −z
và
1 −λ =
x −y
x −z

Tính chất 1.7. Nếu f(x) là hàm liên tục và đơn điệu (đồng biến hay
nghịch biến) trên I(a, b) và nếu g(x) là hàm ngược của f(x) thì ta có các
kết quả sau đây
1. f(x) lõm, đồng biến khi và chỉ khi g(x) lồi đồng biến.
2. f(x) lõm, nghịch biến khi và chỉ khi g(x) lõm nghịch biến.
3. f(x) lồi, nghịch biến khi và chỉ khi g(x) lồi, nghịch biến.
5
Tính chất 1.8. ( Định lý Proviciu). Với mọi hàm lồi trên I(a, b) đều có
bất đẳng thức
f(x) + f(y) + f(z) + 3f

x + y + z
3

≥ 2f

x + y
2

+ 2f

y + z
2

+ 2f

z + x
2

. (1.4)

n
∈ I(a, b), n ≥ 3, ta luôn có bất đẳng thức sau
f(a
1
) + f(a
2
) + + f(a
n
)
+ n(n −2)f

a
1
= a
2
+ + a
n
n

≥ (n − 1)[f(b
1
) + f(b
2
) + + f(b
n
)] (1.6)
trong đó b
i
=
1

0
), định nghĩa hàm số g(x) =
f(x) −f(x
0
)
x −x
0
.
Vì f là hàm lồi nên g là hàm số tăng trên (x
0
−δ
0
, x
0
) và (x
0
, x
0
+ δ
0
). Do
đó f

(x
0
−0) tồn tại. Quan trọng ta thấy rằng f

(x
0
−0) hữu hạn. Từ đó

)
y −x
0
.
Theo cách biểu diễn của λ ta có g(x) ≤ g(y). Cố định 0 < ε < 1 khi đó
tồn tại δ < δ
0
sao cho x ∈ (x
0
− δ, x
0
) để



f(x) −f(x
0
)
x −x
0
− f

(x
0
− 0)



< ε.
Từ đó tồn tại µ > 0 sao cho x ∈ (x

|x −y|.
Mệnh đề 1.2. Nếu I là khoảng độc lập của R và f(x) là hàm lồi trên I,
thì f Lipschitz địa phương.
Chứng minh. Lấy K là tập compact trong I. Ta có thể chọn a < b < x <
y < c < d. Áp dụng tính chất (1.4), ta có
f(b) −f(a)
b −a
≤
f(y) − f(x)
y −x
≤
f(d) −f(c)
d −c
.
7
Để kết thúc chứng minh Mệnh đề, ta chọn
M
K
= max




f(b) −f(a)
b −a



,


f(x) ≥ f((1 − λ)x + λy) + f

(1 −λx + λy)λ(x − y).
Và
f(y) ≥ f((1 − λ)x + λy) −f

((1 −λ)x + λy)(1 − λ)(x −y).
Nhân hai vế bất đẳng thức đầu với 1 − λ và bất đẳng thức thứ hai với λ
sau đó cộng từng vế của hai bất đẳng thức. Ta được
(1 −λ)f(x) + λf(y) ≥ f((1 − λ)x + λy),
8
Từ đó suy ra f là hàm lồi.
ii) Giả sử f là hàm lồi chặt. Chứng minh tương tự (i) ta được
f(x) −f(a) >
f(a + λ(x −a))
λ
).
Theo câu (i) ta có,
f(a + λ(x −a)) − f(a)λ ≥ f

(a)(x −a).
Do đó suy ra f(x) > f(a) + f

(a)(x − a). Phần đủ của (ii) chứng minh
tương tự như đối với (i).
Mệnh đề 1.4. Cho I là một khoảng và f : I −→ R là hàm khả vi bậc hai
sao cho f

(x) ≥ 0 (hoặc f


(y
−
) ≤ f

(y
+
)
Chứng minh. Cho a là điểm trong của I, chọn x
1
, x
2
, y ∈ I sao cho x
1
<
x
2
< a < y. Khi đó, theo (1.4), ta có
f(x
1
) −f(a)
x
1
− a
≤
f(x
2
) −f(a)
x
2
− a

−
) ≤ f

(a
+
) (theo (1.7))
9
Mệnh đề 1.6. Giả sử f : I −→ R là hàm lồi. Khi đó tập hợp các điểm
mà tại đó hàm f không khả vi nhiều nhất là đếm được.
Chứng minh. Đặt ϕ là tập các điểm x ∈ I sao cho f không khả vi tại
x. Ta liên kết các điểm x ∈ ϕ là điểm trong khoảng mở khác rỗng I
x
=
(f

(x
−
), f

(x
+
)). Do đó ta có I
x
∩ I
y
= ∅, x = y.
Tiếp theo, với x ∈ ϕ, ta có r
x
∈ I
x

f

(a)
2
(x −a)
2
+ o((x −a)
2
)
Khi x → a thì ∃δ > 0 sao cho với ∀x ∈ I ∩(a −δ, a + δ),
f(x) −f(a) ≥
f

(a)
4
(x −a)
2
Do đó a là điểm cực tiểu chặt của f.
10
Chương 2
Một số bất đẳng thức và cực trị của
các hàm lồi
Chương này trình bày những ứng dụng của bất đẳng thức Jensen và
bất đẳng thứ Karamata giải một số bài toán về bất đẳng thức và cực trị.
Nội dung của chương này được hình thành chủ yếu trên cơ sở các tài liệu
[1]-[9].
2.1 Bất đẳng thức Jensen
Định lý 2.1. Giả sử f là hàm lồi trên khoảng J. Nếu x
1
, x

k=1
λ
k
f(x
k
). (2.1)
Nếu f là hàm lõm thì bất đẳng thức (2.1) có chiều ngược lại.
Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (2.1) bằng phương
pháp quy nạp. Với n = 2 bất đẳng thức đúng. Giả sử bất đẳng thức đã
cho đúng với n = m, ta chứng minh nó đúng với n = m + 1. Ta có
f

m+1

k=1
λ
k
x
k

= f

m

k=1
λ
k
x
k
+ λ

m+1
)f

1
1 −λ
m+1
m

k=1
λ
k
x
k

= λ
m+1
f(x
m+1
) + (1 −λ
m+1
)f

m

k=1
λ
k
1 −λ
m+1
x

k
) =
m+1

k=1
λ
k
f(x
k
).
Định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.1. 1. Đối với hàm lồi chặt, dấu "=" trong bất đẳng thức
Jensen (2.1) xảy ra khi và chỉ khi x
1
= x
2
= = x
n
. Điều này có thể
được chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
2. Nếu λ
1
= λ
2
= = λ
n
=
1
n
thì bất đẳng thức (2.1) có dạng

k

≥
n

k=1
λ
k
f(x
k
). (2.3)
f

x
1
+ x
2
+ + x
n
n

≥
f(x
1
) + f(x
2
) + + f(x
n
)
n

1
x
1
+ λ
2
x
2
+ + λ
n
x
n
≥ x
λ
1
1
x
λ
2
2
x
λ
n
n
. (2.5)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
1
= x
2
= = x
n

n
ln x
n
,
hay
ln(λ
1
x
1
+ λ
2
x
2
+ + λ
n
x
n
) ≥ ln(x
λ
1
1
x
λ
2
2
x
λ
n
n
). (2.6)

2
= λ
n
, ta có bất đẳng
thức AM-GM sau đây.
Định lý 2.3. ( Bất đẳng thức AM-GM). Nếu x
1
, x
2
, , x
n
≥ 0, thì
x
1
+ x
2
+ + x
n
n
≥
n
√
x
1
x
2
x
n
. (2.7)
2.2.2 Bất đẳng thức trung bình lũy thừa

λ
1
+ λ
2
x
λ
2
+ + λ
n
x
λ
n
n

1
t
.
13
Một số trường hợp riêng hay gặp:
M
1
=
λ
1
x
λ
1
+ λ
2
x

M
2
=

λ
1
x
λ
1
+ λ
2
x
λ
2
+ + λ
n
x
λ
n
n
(2.10)
là trung bình căn bậc hai có trọng (WRMS: weighted root mean square).
Sử dụng quy tắc Hopital có thể nhận được các công thức sau
M
0
= lim
t→0
M
t
= x

t
= min{x
1
,
2
, , x
n
} (2.13)
Định lý 2.4. Giả sử x
1
, x
2
, , x
n
, λ
1
, λ
2
, , λ
n
> và sao cho λ
1
+ λ
2
+
+ λ
n
= 1. Nếu t và s là các số thực khác không và sao cho s < t, thì
M
s

2
a
2
+ + λ
n
a
n
n

t/s
≤
λ
1
a
t/s
1
+ λ
2
a
t/s
2
+ + λ
n
a
t/s
n
n
.
Bằng cách chọn a
1

(
1
x
1
)
−t
+ λ
2
(
1
x
2
)
−t
+ + λ
n
(
1
x
n
)
−t
n

1
−t
14
≤

λ

t
≤ M
0
≤ M
s
. Chúng ta cũng có các
bất đẳng thức cổ điển sau đây:
M
−∞
≤ M
−1
≤ M
0
≤ M
1
≤ M
2
≤ M
∞
,
tức là
min{x
1
, x
2
, , x
n
} ≤
n
λ

1
+ λ
2
x
λ
2
+ + λ
n
x
λ
n
n
≤ max{x
1
, x
2
, , x
n
}.
2.2.3 Bất đẳng thức H
˝
older
Định lý 2.5. Nếu p, q là các số thực lớn hơn 1 và sao cho
1
p
+
1
q
= 1 và
a

p

n

i=1
|b
i
|
q

1
q
. (2.15)
Chứng minh. Chúng ta có thể giả thiết |a
k
| > 0, k = 1, 2, , n. Hàm số
f(x) = x
q
là hàm lồi chặt trên (0, ∞), nên áp dụng bất đẳng thức Jensen
ta có

n

k=1
λ
k
x
k

q

n

k=1
|a
k
|
p
, λ
k
=
1
A
|a
k
|
p
, x
k
=
1
λ
k
|a
k
|||b
k
|.
Thay các đại lượng trên đây vào vế phải và vế trái của (2.16) ta được bất
đẳng thức (2.15).
15

˝
older chính là bất đẳng thức
Cauchy-Schwarz

n

k=1
|a
k
||b
k
|

2
≤

n

k=1
|a
k
|
2

n

k=1
|b
k
|

, , a
n
, b
1
, b
2
, , b
n
≥ 0, thì

n

k=1
(a
k
+ b
k
)
p

1
p
≤

n

k=1
a
p
k

1 + x
1
p

p−2
.x
1
p
−2
< 0.
Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có

1 +

n

k=1
λ
k
x
k

1
p

p
≥
n

k=1

1
, x
2
, , x
n
, λ
1
, λ
2
, , λ
n
> 0 và λ
1
+ λ
2
+ + λ
n
= 1. Ký hiệu
A =
n

k=1
a
p
k
, λ
k
=
a
p

(a
k
+ b
k
)
2
≤




n

k=1
a
2
+




n

k=1
b
2
.
2.2.5 Bất đẳng thức Young
Trong (2.5) ta chọn n = 2, x
1

B
q
, (2.19)
Trong (2.19) chọn
A = a
p
, B = b
p
ta có bất đẳng thức Young ( William Young, 1863-1942):
ab ≤
a
p
p
+
b
q
q
. (2.20)
2.3 Một số bài toán ứng dụng bất đẳng thức Jensen
2.3.1 Đại số và lượng giác
Bài toán 2.1. Cho x là một số thực thỏa mãn 0 < x <
π
4
. Chứng minh
rằng
(sinx)
sinx
< (cosx)
cosx
.

2
(sinx)
−
cos(tanx)
cos
2
x
=
cos
3
x −cos(tanx).cos
2
(sinx)
cos
2
x.cos
2
(tanx)
.
Chọn 0 < x < arctan
π
2
. Vì hàm cosin là hàm lõm trên (0,
π
2
) nên ta có
3

cos(tanx).cos
2

cos
2
x
.cosx.cosx = 1.
Điều này chứng tỏ rằng cos
3
x −cos(tanx).cos
2
(sinx) > 0 hay f

(x) > 0.
Do đó f là hàm số tăng trên [0, arctan
π
2
]. Kết thúc chứng minh, ta thấy
rằng
tan

sin(arctan
π
2
)

= tan
π/2

1 + π
2
/4
> tan

2
n
, với 0 < x < x
n
. Mặt khác với
bất kì x ∈ (0, 1], tồn tại duy nhất n ≥ 0 sao cho x = λx+(1−λx)x
n
, λ
x
∈
[0, 1]. Định nghĩa hàm liên tục g : [0, 1] −→ [0, 1] sao cho g(0) = 0 và
g(x) = λ
x
M
2
n
+ (1 −λ
x
)
M
2
n−1
, ∀x ∈ (0, 1].
Ta có g ≥ f và
g(x
n
) −g(x
n+1
)
x

và f(1) = 1. Chỉ ra rằng f(x)f
−1
(x) ≤ x
2
với 0 ≤ ∀x ≤ 1.
Lời giải. Cho 0 < a ≤ b ≤ 1. Đặt t =
b −a
a
và sử dụng định nghĩa hàm
lõm, ta được
f(a) ≥
af(b) + (b −a)f(0)
b
=
af(b)
b
.
Nếu a = x và b = 1 thì bất đẳng thức trên trở thành f(x) ≥ x. Mà x =
f
−1
(f(x)) ≥ f
−1
(x)(do f
−1
là hàm tăng). Với b = x = 0 và a = f
−1
(x)
ta được
x = f(f
−1

Lời giải. Theo bất đẳng thức trung bình của số học-hình học,ta có
2a
5
+ 3u
5
5
=
a
5
+ a
5
+ u
5
+ u
5
+ u
5
5
≥ (a
10
u
15
)
1
5
= a
2
u
3
.

.
Cộng từng vế ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 2.6. Cho x, y ∈ (0,

π/2) với x = y. Chứng minh rằng
ln
2
1 + sin(xy)
1 −sin(xy)
< ln
1 + sin(x
2
)
1 −sin(x
2
)
.ln
1 + sin(y
2
)
1 −sin(y
2
)
.
Lời giải. Cho t ∈ (−∞, ln
π
2
).
Định nghĩa hàm số f(t) = ln(ln1 +
sine

− 2e
t

.
Đặt
g(u) = (cosu + usinu)ln

1 + sinu
1 −sinu

− 2u.
Ta có g(0) = 0 và
g

(u) = ucosuln

1 + sinu
1 −sinu

+ 2utanu > 0,
Với 0 < u < π/2 suy ra g(u) > 0. Điều này dẫn đến f
”
(t) > 0, hay f(t)
là hàm lồi chặt trên (−∞, ln(π/2)). Do đó
ln
2
1 + sin(xy)
1 −sin(xy)
= e
2f(lnx+lny)

∞

k=1
b
p

k
, với (a
n
)
n≥1
, (b
n
)
n≥1
là dãy các số không âm. Khi
đó
∞

n=1
∞

k=1
a
n
b
k
n + k
<
π