ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

PHẠM THỊ THUÝ QUỲNH

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM s-LỒI
VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN, 5/2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

PHẠM THỊ THUÝ QUỲNH

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM s-LỒI
VÀ ÁP DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

PGS.TS. NGUYỄN THỊ THU THỦY


5

1.1.2

Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Hàm s-lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.1

Định nghĩa, ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.2

Một số tính chất của hàm s-lồi . . . . . . . . . . . .

9

2 Một số bất đẳng thức hàm s-lồi và áp dụng
2.1

2.2


43


1

Bảng ký hiệu
R

tập số thực

R+

tập số thực không âm

Rn

không gian Euclid n chiều

Lp [a, b]

không gian các hàm khả tích bậc p trên [a, b]

Ks1

lớp hàm s-lồi loại một

Ks2

lớp hàm s-lồi loại hai



f (a) + f (b)
2

(1)

hay ở dạng tương đương:
b

(b − a)f

a+b
2

≤

f (x)dx ≤ (b − a)

f (a) + f (b)
.
2

(2)

a

Năm 1938, Ostrowski đã thu được một đánh giá cho giá trị tuyệt đối
của hiệu số của một hàm f khả vi với giá trị trung bình tích phân của nó
trên một đoạn [a, b] hữu hạn (xem tài liệu trích dẫn trong [4]):
f (x) −

1
f (x) −
b−a

b
a

M (x − a)2 + (b − x)2
f (u)du ≤
.
b−a
2

(4)

Có rất nhiều nhà toán học đã nghiên cứu và mở rộng bất đẳng thức
Hermite–Hadamard (1) và Ostrowski (4) cho các lớp hàm lồi khác nhau và
đưa ra nhiều ứng dụng trong chứng minh các bất đẳng thức đại số, hình
học, lượng giác khác. Đây là một đề tài được nhiều nhà toán học quan
tâm. Do đó, chúng tôi chọn đề tài "Một số bất đẳng thức hàm s-lồi và
áp dụng" để nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp
toán sơ cấp của tác giả.
Mục tiêu của đề tài luận văn là trình bày các kiến thức cơ bản về hàm
s-lồi, một số tính chất của hàm s-lồi; trình bày một số mở rộng mới của
bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard, Ostrowski cho hàm lồi, hàm s-lồi
và áp dụng trong đánh giá một số giá trị trung bình đặc biệt. Nội dung
của luận văn được viết trên cơ sở các bài báo [3], [4], [7] và [8].
Nội dung của luận văn được trình bày trong hai chương. Chương 1 "Một
số tính chất của hàm s-lồi" trình bày một số kiến thức cơ bản về hàm lồi,
hàm s-lồi, mối liên hệ giữa hàm lồi, hàm s-lồi, đưa ra ví dụ về hàm slồi và một số tính chất của hàm s-lồi. Chương 2 "Một số bất đẳng thức

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).
Hàm f được gọi là hàm lõm nếu hàm (−f ) là lồi.

Hình 1.3: Hàm lồi.

1.1.2

Tính chất

Sau đây là mối liên hệ giữa hàm lồi và tập lồi.

(1.2)


7

Định lý 1.1.4 (xem [1]) Giả sử hàm f : Rn → [−∞; +∞] là một hàm lồi
trên Rn và λ ∈ [−∞; +∞]. Khi đó các tập
Cλ = x : f (x) < λ ,

C λ = x : f (x) ≤ λ

là các tập lồi.
Tập Cλ , C λ trong Định lý 1.1.4 gọi là các tập mức dưới.
Định lý 1.1.5 (xem [1]) Cho C là một tập lồi, khác rỗng trong Rn và
f : Rn → R là một hàm lồi. Mọi điểm cực tiểu địa phương của f trên C

một biến ϕ(λ) := f (x + λd) là hàm lồi theo λ với mỗi x, d ∈ Rn .
Chứng minh. Điều kiện cần là rõ ràng. Ta chứng minh điều kiện đủ.
Giả sử ϕ là hàm lồi với mọi x, d ∈ Rn . Lấy x, y bất kỳ thuộc Rn và đặt
d = x − y. Khi đó với mọi λ ∈ [0, 1] ta có
f (1 − λ)x + λy = f (x + λd) = ϕ(λ) = ϕ (1 − λ).0 + λ.1
≤ (1 − λ)ϕ(0) + λϕ(1) = (1 − λ)f (x) + λf (y).

Hàm s-lồi

1.2
1.2.1

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) ≤ αs f (x) + β s f (y)

(1.3)

với mọi x, y ∈ R+ và mọi α, β ≥ 0 với αs + 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 Ks1 , lớp hàm s-lồi loại hai là Ks2 .
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:



Định lý 1.2.4 (xem [7]) Giả sử s là số thực thuộc khoảng (0, 1). Khi đó,
(i) Nếu f ∈ Ks1 thì hàm f là hàm không giảm trên (0, +∞) và
f (0+ ) := lim+ f (u) ≤ f (0).
u→0

(ii) Nếu f ∈ Ks2 thì f là hàm không âm trên [0, +∞).
Chứng minh. (i) Với u > 0 và α ∈ [0, 1] ta có
f α1/s + (1 − α)1/s u ≤ αf (u) + (1 − α)f (u) = f (u).
1
Hàm h(α) = α1/s + (1 − α)1/s liên tục trên [0, 1], giảm trên [0, ], tăng trên
2
1
1
[ , 1] và h([0, 1]) = [h( 12 ), h(1)] = [21− s , 1]. Từ đây suy ra
2
f (xu) ≤ f (u) ∀x > 0,

1

x ∈ [21− s , 1].

(1.4)


10

Nếu x ∈ [22(1− s ) , 1] thì x1/2 ∈ [21− s , 1]. Do đó từ (1.4) ta có với mọi u > 0
1



u u
1
1
+
≤ s f (u) + s f (u) = 21−s f (u).
2 2
2
2

Do đó, (21−s − 1)f (u) ≥ 0, suy ra f (u) ≥ 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 ∈ Ks1 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 ∈ Ks1 và nếu
F : R2 → 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
Ks1 .


11

(ii) Các hàm f + g, max{f, g} cũng thuộc lớp Ks1 .
Chứng minh. (i) Lấy tùy ý u, v ∈ R+ . Với mọi α, β ≥ 0 thỏa mãn
αs + β s = 1 ta có
h(αu + βv) = F f (αu + βv), g(αu + βv)
≤ F αs f (u) + β s f (v), αs g(u) + β s g(v)
≤ αs F f (u), g(u) + β s F f (v), g(v)
= αs h(u) + β s h(v).

Điều kiện đủ: Bây giờ lấy u, v ∈ R+ và α, β ≤ 0 với 0 < γ = αs + β s < 1.
Đặt a = α/γ và b = β/γ suy ra a + b = α/γ + β/γ = 1 và do đó
f αu + βv = f αγu + βγv
≤ as f (γu) + bs f (γv) = as f γu − (1 − γ)0
+ bs f γv + (1 − γ)0
≤ as γ s f (u) + (1 − γ)s f (0) + bs γ s f (v) + (1 − γ)s f (0)
= as γ s f (u) + bs γ s f (v) + (1 − γ)s f (0)
= αs f (u) + β s f (v).
Tức là bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn.
Định lý 1.2.8 (xem [7])
(i) Giả sử 0 < s ≤ 1. Nếu f ∈ Ks2 và f (0) = 0 thì f ∈ Ks1 .
(ii) Giả sử 0 < s1 ≤ s2 ≤ 1. Nếu f ∈ Ks22 và f (0) = 0 thì f ∈ Ks11 .
(iii) Giả sử 0 < s1 ≤ s2 ≤ 1. Nếu f ∈ Ks12 và f (0) ≤ 0 thì f ∈ Ks11 .
Chứng minh. (i) Giả sử f ∈ Ks2 và f (0) = 0. Với u, v ∈ R+ và α, β ≥ 0
thỏa mãn αs + β s = 1 thì α + β ≤ αs + β s = 1 và từ Định lý 1.2.7(ii) ta


13

nhận được
f αu + βv ≤ αs f (u) + β s f (v),
nghĩa là f ∈ Ks1 .
(ii) Giả sử f ∈ Ks22 và u, v ≥ 0, α, β ≥ 0 với α + β = 1. Khi đó,
f αu + βv ≤ αs2 f (u) + β s2 f (v) ≤ αs1 f (u) + β s1 f (v).
Như vậy f ∈ Ks11 .
(iii) Giả sử f ∈ Ks12 và u, v ≥ 0, α, β ≥ 0 với αs1 + β s1 = 1. Khi đó
αs2 + β s2 ≤ αs1 + β s1 = 1 và theo Định lý 1.2.7
f αu + βv ≤ αs2 f (u) + β s2 f (v) ≤ αs1 f (u) + β s1 f (v),
nghĩa là f ∈ Ks11 .


(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 t1 , t2 ∈ [0, 1] ta có
b
1
1 + (αt1 + βt2 )
1 − (αt1 + βt2 )
a+
x dx
F (αt1 + βt2 ) =
f
b−a a
2
2
b
1
1 + (αt1 + βt2 )
1 + (αt1 − βt2 )
+
f
b+
dx.
b−a a
2
2


14

Hay

a+
x +f
b+
x dx
f
b−a a
2
2
2
2
b
βs
(1 + t2 )
(1 − t2 )
(1 + t2 )
(1 − t2 )
+
f
a+
x +f
b+
x dx
b−a a
2
2
2
2

= αs F (t1 ) + β s F (t2 ).
Chứng tỏ F ∈ Ks2 trên [0, 1].

2
2
a
(1 + t1 )
(1 − t1 )
+f
b+
(b + a − x)
2
2

1
F (t1 ) =
b−a

f

dx.

Từ
1 + t2
1 − t2
(1 + t1 )
(1 − t1 )
a+
x≤
a+
x
2
2

1 − t2
1 + t2
1 − t2
=
a+
x +
b+
(b + a − x) .
2
2
2
2


15

Vì f là hàm s-lồi loại hai trên [a, b], nên
b

(1 + t2 )
(1 − t2 )
a+
x
2
2
a
(1 + t2 )
(1 − t2 )
+f
b+

f (u) = us/(1−s) p(u)

(1.6)

thuộc vào Ks1 .
Chứng minh. Cho v ≥ u và α, β ≥ 0 với αs +β s = 1. Ta sẽ xét hai trường
hợp.
(a) Cho αu + βv ≤ u. Khi đó
f (αu + βv) ≤ f (u) = (αs + β s )f (u) ≤ αs f (u) + β s f (v).
(b) Cho αu + βv > u. Điều này suy ra βv > (1 − α)u và β > 0. Vì α ≤ αs
với α ∈ [0, 1] nêm ta có α − αs+1 ≤ αs − αs+1 và
α/(1 − α) ≤ αs /(1 − αs ) = (1 − β 2 )/β s
tức là
αβ/(1 − α) ≤ β 1−s − β.
Ta cũng có
αu + βv ≤ (α + β)v ≤ (αs + 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,

(1.7)


16

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

17

Hàm g liên tục trên [0, 1] và g(1) = 1 − k < 0. Do đó, tồn tại một số α0 ,
0 < α0 < 1 sao cho g(α0 ) = fα0 (1) < 0. Tính liên tục của fα0 được suy ra
từ việc fα0 (a) < 0 với a > 1, tức là bất đẳng thức (1.9) không thỏa mãn.
Điều này có nghĩa là f ∈
/ Ks2 .

Định lý 1.2.13 (xem [7]) Cho f ∈ Ks11 và g ∈ Ks12 với 0 < s1 , s2 ≤ 1.
(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 Ks1 với
s = s1 s2 .
(ii) Giả sử 0 < s1 , s2 < 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 Ks1 với s = min(s1 , s2 ).
Chứng minh. (i) Lấy u, v ∈ R+ và α, β ≥ 0 với αs + β s = 1, trong đó
s = s1 s2 . Vì αsi +β si ≤ αs1 s2 +β s1 s2 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 (αs2 g(u) + β s2 g(v))
≤αs1 s2 f (g(u)) + β s1 s2 f (g(u)) = αs f ◦ g(u) + β s f ◦ g(v),
điều này tức là f ◦ g ∈ Ks1 .
(ii) Theo Định lý 1.2.4, cả hàm f và g không giảm trên (0, ∞). Do đó
(f (u) − f (v))(g(v) − g(u)) ≤ 0
và tương đương với
f (u)g(v) + f (v)g(u) ≤ f (u)g(u) + f (v)g(v)

(1.10)

với mọi v ≥ u > 0. Nếu v > u = 0 thì bất đẳng thức (1.10) vẫn đúng vì
f, g là các hàm không âm và hoặc f (0) = 0 và g(0+ ) = g(0) hoặc g(0) = 0

Bất đẳng thức Hermite–Hadamard
Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm lồi

Một trong những bất đẳng thức nổi tiếng cho hàm lồi là bất đẳng thức
Hermite–Hadamard. Bất đẳng thức này được nêu trong định lý sau.
Định lý 2.1.1 (xem [5, The Hermite–Hadamard Integral Inequality]) Cho
f là một hàm lồi trên [a, b] ⊂ R, a = b. Khi đó
a+b
1
f
≤
2
b−a

b

f (x)dx ≤
a

f (a) + f (b)
.
2

(2.1)

Bất đẳng thức (2.1) có thể viết lại dưới dạng:
b

(b − a)f



Vì

(1 − λ)dλ.

λdλ + f (b)

(2.3)

0

1

1

(1 − λ)dλ =

λdλ =

1
2

0

0

và bằng phép đổi biến x = λa + (1 − λ)b, suy ra
1

b

2
2
0

0
b

=

1
b−a

f (x)dx.
a

Bất đẳng thức thứ nhất của (2.1) được chứng minh.
Ký hiệu Lp [a, b] là không gian các hàm khả tích bậc p (1 ≤ p < ∞) trên
đoạn [a, b], nghĩa là nếu f (x) ∈ Lp [a, b] thì
b

|f (x)|p dx < ∞.
a


21

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 ∈ L1 [a, b] thì
b



a+b
f (x)
2

lồi trên [a, b], thì
b

f (a) + f (b)
1
b−a
f (a) − f (b) ≥
−
8
2
b−a

f (x)dx ≥ 0.

(2.5)

a

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức cho hàm ϕ:
1
a+b
ϕ
2
2


2
b−a

b

f (x)dx ≥ 0.
a

Định lý 2.1.4 ([6, Định lý 26]) Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi
1 1
trên [a, b] và p > 1. Nếu |f | là q-khả tích trên [a, b], trong đó + = 1,
p q
thì
 b
 1q
b
1
f (a) + f (b)
1
1 (b − a) p 
q
−
f (t)dt ≤
|f (t)| dt .
(2.6)
1
2
b−a
2 (p + 1) p
a

2
1
p

p

a+b
x−
dx
2

×

1
b−a

1
q

b

| f (x) |q dx

,

a

trong đó,
b
a


p

a+b
x−
dx
2

(b − a)p
(p + 1)2p

1
p

×

1
b−a

1
q

b

| f (x) |q dx
a
1
q

b

đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi trong [8]. Một mở rộng kết
quả của Định lý 2.1.1 về bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi
như sau.
Định lý 2.1.5 (xem [8]) Giả sử hàm f : [0, +∞) → [0, +∞) là một hàm
s-lồi loại hai với s ∈ (0, 1). Giả sử a, b ∈ [0 + ∞), a < b. Khi đó nếu
f ∈ L1 [a, b] thì bất đẳng thức sau đây thỏa mãn:
s−1

2

a+b
1
≤
f
2
b−a

b

f (x)dx ≤
a

f (a) + f (b)
.
s+1

(2.7)