Bất đẳng thức dạng hermite handamard cho các lớp hàm log lồi

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

NGUYỄN HỮU HUYNH

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITEHADAMARD
CHO CÁC LỚP HÀM LOG-LỒI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 2016


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

——————————o0o——————————

NGUYỄN HỮU HUYNH

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD
CHO CÁC LỚP HÀM LOG-LỒI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60 46 01 02

Người hướng dẫn khoa học:
PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG

HÀ NỘI, 2016

Lời cảm ơn
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo giảng dạy chuyên
ngành Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt
quá trình học tập và thực hiện đề tài. Đặc biệt, tôi xin cảm ơn thầy giáo
PGS TS Tạ Duy Phượng, người đã trực tiếp hướng dẫn tôi trong suốt quá
trình nghiên cứu lựa chọn đề tài và hoàn chỉnh đề tài.
Tôi xin cảm ơn đồng nghiệp và các bạn học viên lớp cao học K18 Toán
Giải tích đã giúp đỡ và có những đóng góp quý báu cho bản luận văn này.
Hà Nội, tháng 7 năm 2016
Tác giả
Nguyễn Hữu Huynh

1


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan luận văn này là công trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được
công bố trong bất kỳ công trình nào khác.
Hà Nội, tháng 7 năm 2016
Tác giả
Nguyễn Hữu Huynh

2


Mục lục
Lời mở đầu

1

4

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard
1.1 Hàm lồi và một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi . .
1.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi . . .
1.3.1 Lớp hàm log-lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi
1.3.3 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm loglồi khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7
7
14
18
18
25
36

2 Một số mở rộng
41
2.1 Bất đẳng thức dạng Fejér cho lớp hàm log-lồi . . . . . . . . 41
2.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hai hàm log-lồi . . . 43
Kết luận

51

Tài liệu tham khảo

51

3


Lời mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Một kết quả kinh điển cho hàm lồi là Bất đẳng thức Hermite-Hadamard
(H-H Inequality), được phát biểu trong Định lý dưới đây.
Định lý 1 (Hermite, 1883, [15]; Hadamard, 1893, [14]) Nếu f : R → R là
hàm lồi trên đoạn [a; b] thì ta có
b

f

a+b
2

1
≤
b−a

f (t)dt ≤

f (a) + f (b)
.
2

(1)

a

Hình 1: Ý nghĩa hình học của bất đẳng thức Hermite-Hadamard

Như vậy, bất đẳng thức Hermite-Hadamard nói rằng:
Diện tích hình thang cong không lớn hơn diện tích hình thang vuông ABCD
và không nhỏ hơn diện tích hình chữ nhật ABMN (Hình 1).

4


Luận văn Thạc sĩ

Trong [13], Fejer đã mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức
(2) mà sau này được gọi là bất đẳng thức Fejer.
Định lý 2 Nếu f : R → R là lồi trên đoạn [a; b] và g : [a; b] → R là một
hàm không âm, khả tích và đối xứng qua điểm x = a+b
2 thì
b

b

f

a

b

f (a) + f (b)
f (t)g(t)dt ≤

2

1
g(t)dt ≤
b−a

a+b
2

a

g(t)dt. (2)
a

Hiển nhiên, khi g(x) = 1 thì bất đẳng thức Fejer trở thành bất đẳng
thức Hermite-Hadamard.
Sau đó nhiều tác giả đã mở rộng các bất đẳng thức Hermite-Hadamard
và Fejer. Xem, thí dụ, cuốn sách chuyên khảo [2], [5] và các Tài liệu tham
khảo khác.
Nhiều bài toán thực tế mô tả bởi các hàm không nhất thiết là lồi. Vì vậy,
cần phải mở rộng khái niệm hàm lồi và nghiên cứu các tính chất của hàm
lồi suy rộng, nhằm áp dụng vào các bài toán tối ưu nảy sinh trong thực
tế.
Một bài toán hiển nhiên được đặt ra là phát biểu và chứng minh các
bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho các lớp hàm lồi suy rộng. Vấn
đề này đã được nhiều nhà toán học nghiên cứu và phát triển. Thí dụ, bất
đẳng thức Hermite-Hadamard đã được mở rộng cho các lớp hàm tựa lồi,
lớp hàm log-lồi, lớp hàm r-lồi,...
Một lớp hàm lồi suy rộng khá gần với lớp hàm lồi là lớp hàm log-lồi.
Trong số các lớp hàm lồi suy rộng, lớp hàm log-lồi có một số tính chất khá

tốt: tích của các hàm log-lồi cũng là hàm log-lồi; tổng của các hàm log-lồi
cũng là hàm log-lồi; dãy hội tụ của các hàm log-lồi cũng là log-lồi nếu hàm
giới hạn là dương.
Mục đích chính của Luận văn là trình bày tổng quan về Bất đẳng thức
dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi.

Nguyễn Hữu Huynh

5

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

2. Mục đích và nghiên cứu
Nghiên cứu bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Trình bày chứng minh bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho lớp
hàm log-lồi.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho
lớp hàm log-lồi.
Phạm vi nghiên cứu: Các tài liệu, các sách báo liên quan đến bất đẳng
thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi.

5. Phương pháp nghiên cứu
- Thu thập tài liệu, các sách báo về các bất đẳng thức dạng HermiteHadamard cho các lớp hàm log-lồi.

- Tổng hợp, phân tích, hệ thống các kiến thức về bất đẳng thức HermiteHadamard cho các lớp hàm log-lồi.

6. Dự kiến đóng góp của luận văn
Cố gắng xây dựng luận văn thành một bản tổng quan tốt về bất đẳng
thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm log-lồi.

Nguyễn Hữu Huynh

6

K18 Toán Giải tích


Chương 1
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard
1.1

Hàm lồi và một số đặc trưng cơ bản của hàm
lồi khả vi

Định nghĩa 1.1.1 Tập X ⊆ Rn được gọi là lồi nếu với mọi λ ∈ [0; 1] và
x1 ∈ X , x2 ∈ X có xλ := λx1 + (1 − λ)x2 ∈ X.
Nghĩa là, tập lồi X chứa mọi đoạn thẳng nối hai điểm của nó.
Định nghĩa 1.1.2 Hàm f : X ⊆ Rn → R được gọi là hàm lồi nếu X là
tập lồi và với mọi λ ∈ [0; 1] và x1 ∈ X , x2 ∈ X ta có

f (xλ ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ).

(1.1)

Định lý 1.1.1 (Theorem 2.1, [12], p. 42-43) Hàm thực f (x) xác định trên
tập mở (a, b) là lồi nếu và chỉ nếu nó liên tục trên khoảng (a, b) và có các
f (x + t) − f (x)
đạo hàm trái hữu hạn f− (x) := lim
và đạo hàm phải hữu
t↑0
t
f (x + t) − f (x)
hạn f+ (x) := lim
tại mọi điểm x ∈ (a, b) sao cho f+ (x)
t↓0
t
không giảm và
f− (x) ≤ f+ (x), f+ (x1 ) ≤ f− (x2 ),
(1.2)
với mọi a < x1 < x2 < b.
Chứng minh. (i) Giả sử f (x) là hàm lồi. Nếu 0 < s < t và x+t < b thì điểm
(x + s, f (x + s)) là nằm dưới đoạn thẳng nối (x, f (x)) và (x + t, f (x + t)),
nên
f (x + s) − f (x) f (x + t) − f (x)
≤
.
(1.3)
s
t
7


Luận văn Thạc sĩ

Điều này chỉ ra hàm số t → [f (x + t) − f (x)]/t là không giảm khi t ↓ 0.
Suy ra nó có một giới hạn f+ (x) (hữu hạn hoặc = -∞). Tương tự, f− (x)
tồn tại (hữu hạn hoặc = +∞). Hơn nữa, đặt y = x + s, t = s + r, từ (1.3)
ta có
f (x + s) − f (x) f (y + r) − f (y)
≤
.
(1.4)
s
r
Điều đó chỉ ra rằng f+ (x) ≤ f+ (y) với x < y và do đó f+ (x) là không
giảm. Cuối cùng, ta viết lại (1.4) như sau

f (y − s) − f (y) f (y + r) − f (y)
≤
.
−s
r
Cho −s ↑ 0, r ↓ 0 ta thu được f− (y) ≤ f+ (y). Điều này chứng minh
cho bất đẳng thức thứ nhất của (1.2) và tính hữu hạn của các đạo hàm
tại mọi điểm t ∈ (a, b). Vì tồn tại f− (x) nên suy ra

lim
t↑0

f (x + t) − f (x)
=0
t

⇒ lim f (x + t) = f (x),

t↑0

tương tự, do tồn tại f+ (x) nên

lim
t↓0

f (x + t) − f (x)
=0
t

⇒ lim f (x + t) = f (x).
t↓0

Do đó, f (x) liên tục tại mọi x ∈ (a, b).
Mặt khác, lấy x = x1 , y + r = x2 trong (1.4) và cho s, r → 0 cho ta bất
đăng thức thứ hai của (1.2).
(ii) Giả sử hàm f (x) có tất cả các tính chất được đề cập trong mệnh
đề trên và lấy a < c < d < b. Xét hàm số:

g(x) = f (x) − f (c) − (x − c)

f (d) − f (c)
.
d−c

Với x = (1 − λ)c + λd, ta có x − c = λ(d − c) và

g(x) = f (x) − f (c) − λ[f (d) − f (c)]
= f (x) − [(1 − λ)f (c) + λf (d)].

Nguyễn Hữu Huynh

8

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

Để chứng minh cho tính lồi của f (x) thì ta cần phải chỉ ra rằng g(x) ≤ 0
với mọi x ∈ [c, d]. Giả sử ngược lại, giá trị lớn nhất của g(x) trên đoạn
[c, d] là dương (giá trị lớn nhất của g(x) tồn tại vì g(x) là hàm số liên tục
trên tập compact [c, d]).
Lấy e ∈ [c, d] là điểm mà tại đó hàm số đạt được giá trị cực đại. Lưu ý
rằng g(c) = g(d) = 0, (do đó c < e < d), và từ đó, g(x) có cùng tính chất
với hàm f (x), cụ thể là: g− (x), g+ (x) tồn tại với mọi x ∈ (c, d), g− (x) ≤
g+ (x), g+ (x) là hàm số không giảm và g+ (x1 ) ≤ g− (x2 ) với x1 ≤ x2 .
Vì
g(e) ≥ g(x) ∀x ∈ [c, d],
nên ta có

g− (e) ≥ 0 ≥ g+ (e),
và do đó

g− (e) = g+ (e) = 0.
Mặt khác, g+ (x) là hàm không giảm nên ta có g+ (x) ≥ 0 ∀x ∈ [e, d]. Nếu
g− (y) ≤ 0 với y ∈ (e, d] nào đó thì từ bất đẳng thức thứ hai của (1.2) ta có
g+ (x) ≤ g− (y) ≤ 0. Vì g+ (x) ≥ 0 ∀x ∈ [e, d] nên g (x) = 0 với x ∈ [e, y),
điều đó chỉ ra rằng g(x) là hàm hằng trên [e, y], do đó g(y) = g(e) > 0.
Từ g(d) = 0, suy ra tồn tại y ∈ (e, d] sao cho g− (y) > 0. Lấy x1 ∈ [y, d)

là điểm mà tại đó hàm g(x) đạt được giá trị cực đại trên đoạn [y, d].
Suy ra, g+ (x1 ) ≤ 0 trái với g+ (y) ≥ g− (y) > 0. Do đó g(x) ≤ 0 với mọi
x ∈ [c, d].
Vậy Định lý được chứng minh.
Trong trường hợp f là hàm lồi khả vi, ta có các kết quả sau.
Hệ quả 1.1.1 (Corollary 2.1, [12], p. 44) Hàm khả vi f (t) trên tập mở
(a, b) là hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo hàm của nó là một hàm không giảm
trên (a, b).
Hàm f (t) khả vi hai lần trên tập mở (a, b) hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo
hàm cấp hai của nó không âm trên toàn khoảng (a, b).
Bổ đề 1.1.1 Giả sử hàm f xác định trên một tập lồi mở U ⊆ Rn . Nếu f
là hàm lồi trên U và khả vi tại x0 , thì với x ∈ U , ta có

f (x) − f (x0 ) ≥ f (x0 )(x − x0 ).

(1.5)

Nếu f khả vi trên U , thì f là hàm lồi nếu và chỉ nếu f thỏa (1.5) với mọi
x, x0 ∈ U .
Nguyễn Hữu Huynh

9

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

Chứng minh. Nếu f là hàm lồi thì với mọi t ∈ (0, 1),

f (x0 + t(x − x0 )) = f ((1 − t)x0 + tx) ≤ (1 − t)f (x0 ) + tf (x).
Đặt h = x − x0 ta có

f (x0 + th) − f (x0 ) ≤ t[f (x0 + h) − f (x0 )].

(1.6)

Trừ f (x0 )(th) vào hai vế của (1.6) rồi chia cho t với chú ý
f (x0 )(th)
= f (x0 )(h) (do f (x0 ) là ánh xạ tuyến tính) ta được
t

f (x0 + th) − f (x0 ) − f (x0 )(th)
≤ f (x0 + h) − f (x0 ) − f (x0 )(h).
t
Cho t → 0, vế trái của biểu thức trên dần đến 0 theo định nghĩa đạo hàm,
vế phải độc lập với t nên không đổi.
Thay h = x − x0 vào bất đẳng thức trên, ta suy ra (1.5) đúng.
Nếu f là lồi thực sự, (1.6) là bất đẳng thức ngặt, kết hợp với (1.5), trong
đó x = x0 + th ta có

t[f (x0 + h) − f (x0 )] > f (x0 + th) − f (x0 ) ≥ f (x0 )(th).
Chia hai vế cho t ta được f (x0 + h) − f (x0 ) > f (x0 )(h), (1.5) trở thành
bất đẳng thức ngặt.
Ngược lại, giả sử f khả vi và thỏa mãn (1.5) trên U . Với x1 , x2 ∈ U ,
t ∈ (0, 1), ta đặt
x0 = tx1 + (1 − t)x2 .
Ta có

t(x1 − x0 ) + (1 − t)(x2 − x0 ) = tx1 + (1 − t)x2 − x0 = x0 − x0 = 0.

Khi đó

f (x0 ) = f (x0 ) + f (x0 )[t(x1 − x0 ) + (1 − t)(x2 − x0 )]
= t[f (x0 ) + f (x0 )(x1 − x0 )] + (1 − t)[f (x0 ) + f (x0 )(x2 − x0 )].
Bất đẳng thức (1.5) đúng với x = x1 và x = x2 , vì vậy

f (x0 ) ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ).
Điều này chứng tỏ f là hàm lồi trên U .
Nguyễn Hữu Huynh

10

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

Định nghĩa 1.1.3 Cho ϕ : U → Rn , U ⊂ Rn . Khi đó, ϕ(x) được gọi là
hàm đơn điệu tăng nếu

(ϕ(x) − ϕ(y))(x − y) ≥ 0,

∀ x, y ∈ U.

Bổ đề 1.1.2 Nếu f (x) là hàm số khả vi trên khoảng mở I ⊂ R thì f (x)
là hàm lồi trên I khi và chỉ khi f (x) là hàm đơn điệu tăng trên I .
Chứng minh. Bổ đề này chính là Hệ quả 1.1.1. Để tiện sử dụng, ta trình
bày cách khác Hệ quả 1.1.1.
Giả sử f (x) là hàm lồi trên I . Khi đó với x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈ I), ta
có

x2 − x
x − x1
x2 − x
x − x1
> 0,
> 0,
+
= 1,
x2 − x1
x2 − x1
x2 − x1 x2 − x1
và do đó

x2 − x
x − x1
f (x1 ) +
f (x2 )
x2 − x1
x2 − x1
x2 − x
x − x1
x2 − x
x − x1
+
f (x) ≤
f (x1 ) +
f (x2 )
⇔
x2 − x1 x2 − x1
x2 − x1

x2 − x1
f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x)
⇔
≤
.
x − x1
x2 − x
Cho x → x1 ta thu được
f (x) ≤

f (x1 ) ≤

f (x2 ) − f (x1 )
.
x2 − x1

Cho x → x2 ta thu được

f (x2 ) − f (x1 )
≤ f (x2 ).
x2 − x1
Suy ra f (x1 ) ≤ f (x2 ) tức f (x) là hàm đơn điệu tăng.
Ngược lại, giả sử f (x) là hàm số đơn điệu tăng và x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈
I). Theo Định lý Lagrange, tồn tại x3 , x4 với x1 < x3 < x < x4 < x2 sao
cho
f (x) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x)
= f (x3 ),
= f (x4 ).
x − x1

x2 − x
Vì f (x) là hàm đơn điệu tăng nên f (x3 ) ≤ f (x4 ), ta suy ra

f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x)
≤
x − x1
x2 − x
Nguyễn Hữu Huynh

11

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

x − x1
x2 − x
x − x1
x2 − x
+
f (x) ≤
f (x1 ) +
f (x2 )
x2 − x1 x2 − x1
x2 − x1
x2 − x1
x2 − x
x − x1
⇔ f (x) ≤

f (x1 ) +
f (x2 ).
x2 − x1
x2 − x1
Vậy f là hàm lồi trên I .
⇔

Bổ đề 1.1.3 Cho f : U → R khả vi trên một tập lồi mở U ⊆ Rn . Khi đó
f là hàm lồi nếu và chỉ nếu f đơn điệu tăng trên U.
Chứng minh. Đối với một hàm lồi khả vi trên U , Bổ đề 1.1.1 cho ta

f (x) − f (y) ≥ f (y)(x − y),
f (y) − f (x) ≥ f (x)(y − x).
Cộng vế theo vế ta được

0 ≥ (f (y) − f (x))(x − y),
hay

(f (y) − f (x))(y − x) ≥ 0.
Suy ra f là đơn điệu tăng.
Bây giờ giả sử f là đơn điệu tăng. Với x, y ∈ U, đặt ϕx,y : [0, 1] → R xác
định bởi
ϕx,y (λ) = f (λx + (1 − λ)y).
Với 0 ≤ λ1 < λ2 ≤ 1, đặt u1 = λ1 x + (1 − λ1 )y và u2 = λ2 x + (1 − λ2 )y.
Ta có

ϕx,y (λ1 + t) − ϕx,y (λ1 )
t↑0
t
f ((λ1 + t)x + (1 − λ1 − t)y) − f (λ1 x + (1 − λ1 )y)

= lim
t↑0
t
f (u1 + t(x − y)) − f (u1 )
= lim
t↑0
t
= f (u1 )(x − y).

ϕx,y (λ1 ) = lim

Tương tự, ϕx,y (λ2 ) = f (u2 )(x − y).
Ta có u2 − u1 = (λ2 − λ1 )(x − y) và f là đơn điệu tăng nên ta suy ra

0 ≤ (f (u2 ) − f (u1 ))(u2 − u1 ) = (λ2 − λ1 )(f (u2 ) − f (u1 ))(x − y).
Nguyễn Hữu Huynh

12

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

Suy ra f (u1 )(x − y) ≤ f (u2 )(x − y).
Ta có
ϕx,y (λ1 ) = f (u1 )(x − y) ≤ f (u2 )(x − y) = ϕx,y (λ2 ).
Suy ra các hàm ϕx,y là các hàm lồi theo Bổ đề 1.1.2.
Vậy f là hàm lồi.
Bổ đề 1.1.4 Cho I ⊂ R là một khoảng và f : I → R là hàm số có đạo

hàm cấp hai f tồn tại trên I . Khi đó f là hàm lồi khi và chỉ khi f (x) ≥ 0
với mỗi x ∈ I.
Chứng minh. Theo tính chất của hàm một biến thực, f tăng nếu và chỉ
nếu f ” là không âm (dương). Kết hợp với Bổ đề (1.3.7) ta suy ra điều phải
chứng minh.
Bổ đề 1.1.5 Cho f là hàm khả vi liên tục và có đạo hàm cấp hai trên tập
lồi mở U ⊆ Rn . Khi đó f là hàm lồi trên U nếu và chỉ nếu f (x) ≥ 0 xác
định không âm với mỗi x ∈ U .
Chứng minh. ⇐) Với bất kỳ x, x0 ∈ U , ta có

1
f (x) = f (x0 ) + f (x0 )(h) + f (x0 + sh)(h, h),
2
trong đó s ∈ (0, 1) và h = x − x0 . Giả sử rằng f (x) là xác định không
âm. Ta suy ra
f (x) ≥ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ),
hay

f (x) − f (x0 ) ≥ f (x0 )(x − x0 ).
Theo Bổ đề 1.1.1 ta suy ra f là hàm lồi.
⇒) Ngược lại, giả sử f là hàm lồi. Với x ∈ U và h ∈ Rn , đặt g(t) =
f (x + th).
Vì f là hàm lồi nên hàm g là hàm lồi trên một lân cận của điểm 0. Ta có

g (t) = f (x + th)(h)
g (t) = f (x + th)(h, h).
Do g là hàm lồi nên với mỗi t thuộc tập xác định, theo Bổ đề 1.1.4 g (t) ≥
0.
Ta suy ra g (0) ≥ 0, hay f (x) ≥ 0.
Vì h là bất kỳ nên f (x) > 0 là xác định không âm.

Vậy Bổ đề 1.1.5 được chứng minh.
Nguyễn Hữu Huynh

13

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

Định lý 1.1.2 (Proposition 2.2, [12], p.44) Hàm f (x) : Rn → Rn hai lần
khả vi trên tập lồi mở X ⊆ Rn là hàm lồi nếu và chỉ nếu ma trận Hessian

∂ 2f
(x1 , ..., xn )
Qx := (qij (x)) , qij (x) :=
∂xi ∂xj
của nó là nửa xác định dương, tức là u, Qx (u) ≥ 0 với mọi u ∈ Rn .
Chứng minh. Hàm số f là lồi trên X khi và chỉ khi với mỗi a ∈ X và
u ∈ Rn thì hàm số ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở
∂f
{t|a + tu ∈ X}. Với x = a + tu ∈ X , ta có ϕa,u (t) = u, ∂x
. Do đó,
i
2

f
ϕa,u (t) = u, ∂x∂i ∂x
u = u, Qx (u) . Mà ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên
j

khoảng số thực mở {t|a + tu ∈ X} nên theo Hệ quả 1.1.1 thì ϕ (t) ≥ 0.

1.2

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard

Định lý 1.2.1 (The Hermite-Hadamard Integral Inequality, [2], p. 55-56)
Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] thì ta có
b

a+b
2

f

1
≤
b−a

f (x)dx ≤

f (a) + f (b)
.
2

(1.7)

a

Chứng minh. Do tính lồi của f trên [a, b], ta có

f (ta + (1 − t)b) ≤ tf (a) + (1 − t)f (b) với mọi t ∈ [a, b].
Tích phân trên [0, 1] theo t ta được
1

1

f (ta + (1 − t)b)dt ≤ f (a)
0
1

1

0

0

0

1
và đổi biến x = ta + (1 − t)b, suy ra
2

1

b

1
f (ta + (1 − t)b)dt =
b−a

f (x)dx.
a

0

Nguyễn Hữu Huynh

(1 − t)dt.

tdt + f (b)
0

tdt = (1 − t)dt =

Từ

1

14

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

Ta được bất đẳng thức thứ hai của (1.7), tức là
b

1

b−a

f (x)dx ≤

f (a) + f (b)
.
2

a

Do tính lồi của f ta cũng có

1
ta + (1 − t)b) + (1 − t)a + tb
[f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb)] ≥ f [
]
2
2
a+b
).
= f(
2
Tích phân trên [0, 1] theo t ta cũng có
 1
a+b
≤  f (ta + (1 − t)b)dt +
f
2
0

1



f ((1 − t)a + tb)dt
0

b

=

1
b−a

f (x)dx.
a

Vậy chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất của (1.7)
b

1
b−a

f (x)dx ≥ f

a+b
.
2

a

Hệ quả 1.2.1 ([2], p. 56-57) Nếu g : [a; b] → R là hàm khả vi hai lần trên
[a;b] và m ≤ g (t) ≤ M với mọi t ∈ [a; b] thì
b

m
1
(b − a)2 ≤
24
b−a

g(t)dt − g

a+b
2

≤

M
(b − a)2 .
24

(1.8)

a

Chứng minh. Đặt f (t) = g(t) −

m 2
2t ,

thì f (t) = g (t) − m ≥ 0, suy ra f

là lồi trên (a, b). Áp dụng bất đẳng thức (1.7) cho f ta có

g

a+b
2

m
−
2

a+b
2

b

2

= f

a+b
2

1
≤
b−a

f (t)dt
a

Nguyễn Hữu Huynh

15

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ
b

1
=
b−a

g(t) −

m 2
t dt
2

a
b

1
=
b−a

m b 3 − a3
g(t)dt − ·
2 3(b − a)

a
b

1
=
b−a

m a2 + ab + b2
g(t)dt − ·
,
2
3

a

tức là

m a2 + ab + b2 m
·
−
2
3
2

2

a+b
2

b

1
≤
b−a

g(t)dt − g

a+b
2

a

hay
b

m
1
(b − a)2 ≤
24
b−a

g(t)dt − g

a+b
.
2

a

Vậy ta chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất trong (1.8).
Áp dụng lập luận tương tự cho hàm lồi

h(x) =

M 2
x − g(x), x ∈ [a, b].
2

Ta chứng minh được bất đẳng thức thứ hai trong (1.8) .
Hệ quả 1.2.2 ([2], p. 57) Nếu g : [a; b] → R là hàm khả vi hai lần trên
[a; b] và m ≤ g (t) ≤ M với mọi t ∈ [a; b] thì
b

g(a) + g(b)
1
m
(b − a)2 ≤
−
12
2
b−a

g(t)dt ≤

M
(b − a)2 .

12

(1.9)

a

Chứng minh. Ta có thể chứng minh bằng cách áp dụng bất đẳng thức thứ
hai của bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.7) với hàm f (t) = g(t) − m2 t2
như sau:
b

g(a) + g(b) m (a2 + b2 )
f (a) + f (b)
1
−
=
≥
2
2
2
2
b−a

f (t)dt
a

Nguyễn Hữu Huynh

16

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ
b

1
=
b−a

g(t) −

m 2
t dt
2

a
b

1
=
b−a

m b3 − a3
g(t)dt − ·
2 3(b − a)

a
b

1
=
b−a

m a2 + ab + b2
g(t)dt − ·
.
2
3

a

Điều này tương đương với
b

m (a2 + b2 ) a2 + ab + b2
g(a) + g(b)
1
−
≤
−
2
2
3
2
b−a

g(t)dt.
a

Suy ra chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất trong (1.9).
Bất đẳng thức thứ hai trong (1.9) được chứng minh tương tự.
Hệ quả 1.2.3 (Remark 1, [5], p. 2) Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi
hàm lồi f :[a; b] → R :
b

1
b−a

b

f (t)dt − f

a+b
2

f (a) + f (b)
1
≤
−
2
b−a

a

f (t)dt.

(1.10)

,

(1.11)

a

Chứng minh. Thật vậy, (1.10) có thể được viết như sau:
b

2
b−a

f (t)dt ≤

1
f (a) + f (b) + 2f
2

a+b
2

a

hay

2
b−a

a+b
2

b

2
f (x)dx +
b−a

a

≤

1
f (a) + f
2

Nguyễn Hữu Huynh

f (x)dx
a+b
2

a+b
2

+

17

1
f (b) + f
2

a+b
2

.

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

Hay
b

2
b−a

f (x)dx ≤

1
f (a) + f (b) + 2f
2

a+b
2

.

a

Suy ra (1.11) luôn đúng.
Vậy (1.10) được chứng minh.

1.3

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm
log-lồi

1.3.1

Lớp hàm log-lồi

Kí hiệu I là một khoảng mở nào đó của R. Ta bắt đầu từ định nghĩa.
Định nghĩa 1.3.1 Hàm f : I → (0, ∞) được gọi là hàm log-lồi
(log-convex) trên I nếu với mọi x, y ∈ I và t ∈ [0, 1] ta có

f (tx + (1 − t)y) ≤ f t (x).f 1−t (y).

(1.12)

Từ bất đẳng thức trên, do ln x hoặc log x là hàm đơn điệu tăng nên ta có

log f (tx + (1 − t)y) ≤ log[f t (x).f 1−t (y)] = t log f (x) + (1 − t) log f (y).
Nghĩa là, nếu f : I → (0, ∞) là hàm log-lồi, thì log f : [0, ∞) → R là
hàm lồi. Điều này giải thích từ log-lồi.
Hàm f : I → (0, ∞) được gọi là hàm log-lõm (log-concave) trên I nếu
ta có bất đẳng thức ngược lại.
Bổ đề 1.3.1 (Bất đẳng thức Holder) Giả sử (p, q) là một cặp số mũ liên
hợp, f và g là hai hàm số liên tục trên đoạn [a, b]. Khi đó
b

|f (x)|p dx

|f (x)g(x)|dx ≤ 
a

1/p 

b


a

1/q

b

|g(x)|q dx



.

(1.13)

a

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi tồn tại hai số thực A và B không đồng thời
bằng không sao cho

A|f (x)|p = B|g(x)|q , ∀x ∈ [a, b].
Nguyễn Hữu Huynh

18

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ
b

b
p

|g(x)|q dx

|f (x)| dx hoặc

Chứng minh. Nếu một trong hai tích phân
a
b

a

|f (x)|p dx = 0. Khi đó, vì

bằng 0 thì (1.13) đúng. Thật vậy, giả sử
a
p

|f (x)| ≥ 0, ∀x ∈ [a, b], nên suy ra f (x) = 0, ∀x ∈ [a, b]. Do đó
b

f (x)g(x) = 0, ∀x ∈ [a, b] và

|f (x)g(x)|dx = 0.
a

b

b
p

|g(x)|q dx > 0.

|f (x)| dx > 0 và

Giả sử
a

a

|f (x)|

Đặt α =

1/p

b

g(x)

và β =

1/q

b

|f (x)|p dx

, ta được

|g(x)|q dx

a

a

|f (x)|

.

1/p

b

|g(x)|
1/q

b

|f (x)|p dx

1
≤
p

|g(x)|q dx

a

|f (x)|p
b

|f (x)|p dx

1
+
q

a

a

|g(x)|q
b

.

|g(x)|q dx

a

Do đó
b

|f (x)g(x)|dx
a
1/p

b

|f (x)|p dx

|g(x)|q dx



b

1/q

b



≤

1a
p b

a

b

|f (x)|p dx
+
|f (x)|p dx

a

a

=

1a
q b

|g(x)|q dx
|g(x)|q dx

a

1 1
+ .
p q

Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

|f (x)|

1/p

b

g(x)

=

|f (x)|p dx
a

1/q

b

, ∀x ∈ [a, b].

|g(x)|q dx
a

Hay tồn tại hai số thực A và B không đồng thời bằng không sao cho

A|f (x)|p = B|g(x)|q , ∀x ∈ [a, b].
Nguyễn Hữu Huynh

19

K18 Toán Giải tích

Luận văn Thạc sĩ

Định nghĩa 1.3.2 Hàm Gamma là hàm có dạng:

Γ : (0, ∞) → R,
∞

tx−1 e−t dt với x > 0.

Γ(x) =
0

∞

Ví dụ 1.3.1. Hàm f (x) = Γ(1 + x) =

tx e−t dt. là hàm log-lồi.

0
∞

Chứng minh. Ta có Γ(1 + x) =

tx e−t dt.

0
x

Tích phân từng phần, đặt u = t , dv = e−t dt ta suy ra

du = xtx−1 dt, v = −e−t .
Ta có

∞

Γ(1 + x) = (−tx e−t )|∞
t=0 + x

tx−1 e−t dt = xΓ(x),
0

với mọi x > 0.
Với x, y > 0 và λ, µ ≥ 0, λ + µ = 1. Khi đó theo bất đẳng thức Holder, ta
có:
∞
∞

tλx+µy−1 e−t dt =

Γ(λx + µy) =
0



∞

0

λ 

0

µ

∞

tx−1 e−t dt 

≤

(tx−1 e−t )λ (ty−1 e−t )µ dt

ty−1 e−t dt = Γλ (x)Γµ (y).
0

Suy ra Γ(x) là hàm log-lồi. Vậy Γ(1 + x) là hàm log-lồi.
Bổ đề 1.3.2 (Các phép toán với các hàm lồi) Cho U là một tập lồi trong
Rn . Khi đó
1. Nếu f và g là các hàm lồi trên U thì f + g cũng là hàm lồi trên U . Nếu
f hoặc g là hàm lồi thực sự thì tổng f + g cũng là hàm lồi thực sự.
2. Nếu f là hàm lồi trên U và µ là một số thực dương thì µf là một hàm
lồi trên U .

Nguyễn Hữu Huynh

20

K18 Toán Giải tích

Luận văn Thạc sĩ

Bổ đề 1.3.3 Cho U là một tập lồi trong Rn . Nếu dãy (fn ) (trong đó fn :
U → R) là một dãy hàm lồi hội tụ điểm đến một hàm f trên U thì f là
hàm lồi.
Chứng minh. Với x, y ∈ U, λ ∈ [0; 1], với mọi n ∈ N∗ ta có

fn (λx + (1 − λ)y) ≤ λfn (x) + (1 − λ)fn (y).
Chuyển qua giới hạn ta được

f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y).
Vậy f là hàm lồi.
Bổ đề 1.3.4 (Bất đẳng thức Jensen) Cho U là một tập lồi của Rn , hàm
f : U → R xác định trên U . Khi đó f là hàm lồi nếu và chỉ nếu với mọi
n

x1 , ..., xn thuộc U và với mọi α1 , ..., αn thuộc [0, 1],

αi = 1 ta luôn có
i=1

bất đẳng thức

n

n

αi xi ) ≤

f(

αi f (xi ).

i=1

(1.14)

i=1

Chứng minh. Điều kiện cần: Giả sử f là hàm lồi, ta chứng minh (1.13)
bằng quy nạp.
Với n = 2 thì (1.13) đúng theo định nghĩa của hàm lồi.
Giả sử (1.13) đúng với n = k tức là bất đẳng thức
k

k

αi xi ) ≤

f(

αi f (xi ),

i=1

i=1
n

luôn đúng với x1 , ..., xk ∈ U , với αi ≥ 0 ∀i = 1...k,

αi = 1.
i=1

Với n = k + 1 :
Nếu αk+1 = 0 thì (1.13) hiển nhiên đúng.
Nếu αk+1 = 0, ta luôn có

α1 + ... + αk−1 + (αk + αk+1 )

Nguyễn Hữu Huynh

αk+1
αk
+
αk + αk+1 αk + αk+1
21

= 1.

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

Do đó
k

f(

αi x i )

i=1

= f (α1 x1 + ... + αk−1 xk−1
αk+1
αk
xk +
xk+1
+(αk + αk+1 )
αk + αk+1
αk + αk+1
≤ α1 f (x1 ) + ... + αk−1 f (xk−1 )
αk+1
αk
+ (αk + αk+1 )f
xk +
xk+1
αk + αk+1
αk + αk+1
≤ α1 f (x1 ) + ... + αk−1 f (xk−1 ) + (αk )f (xk ) + αk+1 f (xk+1 )
k+1

=

αi f (xi ).
i=1

Vậy (1.13) đúng với n = k + 1.
Điều kiện đủ: Nếu f thỏa mãn bất đẳng thức Jensen thì với n = 2 ta
suy ra
f (α1 x1 + α2 x2 ) ≤ α1 f (x1 ) + α2 f (x2 ),

(1.15)
với α1 , α2 > 0, α1 + α2 = 1. Hay f là hàm lồi.

Bổ đề 1.3.5 (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân có
n

trọng số) Cho x1 , ..., xn ∈ (0, +∞) và λ1 , ..., λn ∈ (0, 1),

λk = 1. Khi
k=1

đó

λ1 x1 + λ2 x2 + ... + λn xn ≥ xλ1 1 ...xλnn .
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x1 = ... = xn .
Chứng minh. Ta có − ln x là hàm lồi trên (0, +∞) nên theo bất đẳng thức
Jensen ta suy ra

− ln(λ1 x1 + +... + λn xn ) ≤ −λ1 ln x1 − ... − λn ln xn ,

Nguyễn Hữu Huynh

22

(1.16)

K18 Toán Giải tích


Luận văn Thạc sĩ

hay

ln(λ1 x1 + +... + λn xn ) ≥ λ1 ln x1 + ... + λn ln xn ,
suy ra

ln(λ1 x1 + +... + λn xn ) ≥ ln(xλ1 1 ...xλnn ).
Vì ln x là hàm tăng thực sự nên ta có

λ1 x1 + λ2 x2 + ... + λn xn ≥ xλ1 1 ...xλnn ,
và dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi (1.15) xảy ra dấu ” = ” theo bất đẳng
thức Jensen.
Tức là ln x1 = ... = ln xn hay x1 = ... = xn . Bổ đề được chứng minh.
Tính chất 1.3.1 Tích của các hàm log-lồi cũng là hàm log-lồi.
Chứng minh. Vì f, g là hàm log-lồi nên ln f, ln g là hàm lồi, nên

ln f (αx + βy) ≤ α ln f (x) + (1 − β) ln f (y),
ln g(αx + βy) ≤ α ln g(x) + (1 − β) ln g(y).
Cộng vế với vế ta được

ln f (αx+βy)+ln g(αx+βy) ≤ α(ln f (x)+ln g(x))+(1−β)(ln f (y)+ln g(y)),
hay

ln[f g(αx + βy)] ≤ α(ln f (x) + ln g(x)) + (1 − β)(ln f (y) + ln g(y)).
Vậy f.g là hàm log-lồi.
Tính chất 1.3.2 Tổng của các hàm log-lồi cũng là hàm log-lồi.
Chứng minh. Trước hết, giả sử a, b, c, d, α, β là các số dương với
α + β = 1.
Theo Bổ đề 1.3.4 ta có aα .bβ ≤ αa + βb, nên
α

β
α
β
a
b
c
d
+
a+c
b+d
a+c
b+d
a
b
c
d
≤ α
+β
+α
+β
a+c
b+d
a+c
b+d

aα .bβ + cα .dβ
=
(a + c)α .(b + d)β

Nguyễn Hữu Huynh

23

K18 Toán Giải tích