Bất đẳng thức dạng hermite hadamard cho các lớp hàm s lồi

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

——————————o0o——————————

VŨ THỊ ĐỊNH

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

Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG

HÀ NỘI, 2016


Lời cảm ơn
Sau một thời gian cố gắng, nỗ lực học tập và nghiên cứu, đến nay tôi
đã hoàn thành luận văn tốt nghiệp thạc sĩ của mình. Để có được kết quả
này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và lời cảm ơn chân thành nhất đến
thầy tôi, PGS. TS. Tạ Duy Phượng, người đã định hướng nghiên cứu cho
tôi trong suốt thời gian thực hiện luận văn của mình.
Tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô giáo
trong bộ môn Toán Giải tích nói riêng và khoa Toán, trường Đại học Sư
phạm Hà Nội 2 nói chung.
Xin cảm ơn những người thân trong gia đình và tất cả những người bạn

thân yêu đã hết sức thông cảm, chia sẻ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi
để tôi có thể học tập, nghiên cứu và thực hiện luận văn của mình.
Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn
để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!.
Hà Nội, tháng 7 năm 2016
Tác giả
Vũ Thị Định

1


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan luận văn này là công trình nghiên cứu của riêng tôi,
được thực hiện dưới sự hướng dẫn của thầy giáo PGS TS Tạ Duy Phượng.
Trong quá trình nghiên cứu, tôi đã kế thừa thành quả khoa học của các
nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Các kết quả trích dẫn trong
luận văn này đã được chỉ rõ nguồn gốc.
Hà Nội, tháng 7 năm 2016
Tác giả
Vũ Thị Định

2


Mục lục
Lời mở đầu
1

4

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard
8
1.1 Hàm lồi và một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi . . 8
1.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi theo
nghĩa Orlicz
2.1 Hàm s-lồi theo nghĩa Orlicz . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm s-lồi theo
nghĩa Orlicz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Hàm s-lồi theo nghĩa Breckler . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi theo
nghĩa Breckler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm có đạo hàm là
s-lồi theo nghĩa Breckler . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15
15
21
28
30
37

3 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm hai biến s-lồi
theo tọa độ
57
3.1 Hàm hai biến s-lồi theo tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm hai biến s-lồi
theo tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Kết luận

74

Tài liệu tham khảo

74

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, [16]; Hadamard, 1893, [15])
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

Bất đẳng thức trên có thể viết dưới dạng:
b

(b − a)f

a+b
2

≤

f (t)dt ≤ (b − a)

f (a) + f (b)
.
2

a

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

4

(2)


Luận Văn Thạc sĩ

Ý nghĩa hình học của bất đẳng thức này là: Nếu f : R → R là hàm lồi
trên đoạn [a; b] thì diện tích hình thang cong chắn bởi trục hoành và đồ thị
hàm số y = f (x) (cùng với hai đường thẳng x = a và x = b) luôn lớn hơn
diện tích hình chữ nhật có cạnh là b − a và f a+b
2 , và luôn nhỏ hơn hình
thang vuông chiều cao là b − a, hai đáy là f (a) và f (b).
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).
Trong [14], Fejer đã mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức
(3) 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

f

a+b
2

b

1
g(t)dt ≤

b−a
a

b

f (a) + f (b)
f (t)g(t)dt ≤
2
a

g(t)dt. (3)
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 sử dụng chúng để đặc trưng và nghiên cứu các tính chất của hàm lồi.
Xem, thí dụ, các cuốn sách chuyên khảo [10],[11] 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 dược mở rộng cho các lớp hàm tựa lồi,
lớp hàm log-lồi, lớp hàm r-lồi,...
Lớp hàm s-lồi định nghĩa dưới đây lần đầu tiên được Orlicz nghiên cứu và
sử dụng trong lí thuyết không gian Orlicz mang tên Ông.
Định nghĩa 1 ([1], Mục 2.6, p.82) Giả sử 0 < s ≤ 1. Hàm f : R+ → R,

trong đó R+ := [0, ∞) được gọi là s-lồi theo nghĩa thứ nhất (theo nghĩa
Vũ Thị Định

5

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

Orlicz), kí hiệu là f ∈ Ks1 , nếu

f (αu + βv) ≤ αs f (u) + β s f (v)
với mọi u, v ∈ R+ và mọi α, β ≥ 0 với αs + β s = 1.
Breckner[13] đã đưa vào một lớp hàm s-lồi khác được định nghĩa như sau.
Định nghĩa 2 Hàm f : R+ → R được gọi là s-lồi theo nghĩa thứ hai
(theo nghĩa Breckner), kí hiệu là f ∈ Ks2 , nếu

f (αu + βv) ≤ αs f (u) + β s f (v)
với mọi u, v ∈ R+ và mọi α, β ≥ 0 với α + β = 1 và s ∈ (0, 1] cố định.
Với s = 1 thì hàm 1-lồi (theo cả hai nghĩa thứ nhất và thứ hai) trở thành
hàm lồi thông thường.
Dựa trên các Định nghĩa 1 và 2, nhiều tác giả đã mở rộng bất đẳng thức
Hermite-Hadamard cho các lớp hàm s-lồi.
Mục đích chính của Luận văn này là trình bày tổng quan về Bất đẳng thức
Hermite-Hadamard cho lớp hàm s-lồi.

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

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

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

6

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

5. Phương pháp nghiên cứu
-Thu thập tài liệu, các sách báo về các bất đẳng thức dạng HermiteHadamard cho các lớp hàm s-lồi.
-Tổng hợp, phân tích, hệ thống các kiến thức về bất đẳng thức dạng
Hermite-Hadamard cho các lớp hàm s-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 các lớp hàm s-lồi.

Vũ Thị Định

7

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 có

f (xλ ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ).

(1.1)

Định lý 1.1.1 (Định lý 2.1, [9], 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 hữu hạn trái f− (x) := lim
và đạo hàm hữu hạn
t↑0
t
f (x + t) − f (x)
phải 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) Cho 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)),
bởi vậy
f (x + s) − f (x) f (x + t) − f (x)
≤
.
(1.3)
s
t
8


Luận Văn Thạc sĩ

Điều này chỉ ra rằng hàm số t → [f (t + h) − f (t)]/h là không giảm khi
t ↓ 0. Suy ra nó có một giới hạn f+ (x) (hữu hạn hoặc bằng -∞). Tương tự,
f− (x) tồn tại (hữu hạn hoặc bằng +∞). Hơn nữa, đặt y = x+s, t = s+r,
ta cũng 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
vế trái của (1.2) và tại cùng một sự hữu hạn của các đạo hàm của chúng.
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)]
Vũ Thị Định

9

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

= f (x) − [(1 − λ)f (c) + λf (d)].
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.
Hệ quả 1.1.1 (Hệ quả 2.1, [9], 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) là hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo
hàm cấp hai của nó không âm trên toàn khoảng (a, b).

Định lý 1.1.2 (Hệ quả 2.2, [9], p.44) Hàm hai lần khả vi trên tập lồi mở
X ⊆ Rn là hàm lồi nếu và chỉ nếu ma trận Hessian

Qx := (qij (x)) , qij (x) :=
Vũ Thị Định

10

∂ 2f
(x1 , ..., xn )
∂xi ∂xj
K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

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 nếu và chỉ nếu với mỗi a ∈ X và
u ∈ Rn thì hàm số ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở
∂f
. Do đó,
{t|a + tu ∈ X}. Với x = a + tu ∈ X , ta có ϕa,u (t) = u, ∂x
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, [10], p. 5556) 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

(1.5)

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 theo t trên [0, 1] ta được
1

1

f (ta + (1 − t)b)dt ≤ f (a)
0
1

1

0

0

1
2

(1 − t)dt

tdt + f (b)
0

tdt = (1 − t)dt =

Từ

1

0

và đổi biến x = ta + (1 − t)b suy ra

1

b

1
f (ta + (1 − t)b)dt =
b−a

f (x)dx.
a

0

Ta được bất đẳng thức thứ hai của (1.5), tức là
b

1
b−a

f (x)dx ≤

f (a) + f (b)
.
2

a

Vũ Thị Định

11

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

Do tính lồi của f ta cũng có

ta + (1 − t)b) + (1 − t)a + tb
1
[f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb)] ≥ f [
]
2
2
a+b
= f(
).
2
Tích phân bất đẳng thức này theo t trên [0, 1] ta được
 1

1
a+b
≤  f (ta + (1 − t)b)dt + f ((1 − t)a + tb)dt
f
2
0

0
b

=

1
b−a

f (x)dx.
a

Như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất của (1.5)
b

1
b−a

a+b
.
2

f (x)dx ≥ f
a

Hệ quả 1.2.1 ([10], 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

a+b
2

g(t)dt − g

≤

M
(b − a)2 .
24

(1.6)

a

Chứng minh. Nếu f (t) = g(t) −

m 2
2t ,

thì f (t) = g (t) − m ≥ 0, như vậy

f là lồi trên (a, b). Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) cho
f ta được
g

a+b
2

m
−
2

a+b
2

b

2

= f

a+b
2

1
≤
b−a

f (t)dt
a

b

=

1
b−a

g(t) −

m 2
t dt
2

a

Vũ Thị Định

12

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ
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

Có nghĩa là

m a2 + ab + b2 m
·
−
2
3
2

a+b
2

2

b

1
≤
b−a

a+b
,
2

g(t)dt − g
a

hay
b

m
1
(b − a)2 ≤
24
b−a

g(t)dt − g

a+b
.
2

a

Như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất trong (1.6).

Để chứng minh bất đẳng thức thứ hai trong (1.6), ta áp dụng cách
chứng minh tương tự như với bất đẳng thức thứ nhất cho hàm lồi

h(x) =

M 2
x − g(x), x ∈ [a, b].
2

Hệ quả 1.2.2 ([10], 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

m
g(a) + g(b)
1
(b − a)2 ≤
−
12
2
b−a

g(t)dt ≤

M
(b − a)2 .
12

(1.7)

a

Chứng minh. Ta có thể chứng minh bằng cách áp dụng phần thứ hai của
bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) 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

b

=

1
b−a

g(t) −

m 2
t dt
2

a

Vũ Thị Định

13

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ
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

Như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất trong (1.7).
Bất đẳng thức thứ hai trong (1.7) được chứng minh tương tự.

Hệ quả 1.2.3 (Nhận xét 1, [11], 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.

(1.8)

a

Chứng minh. Thật vậy, (1.8) có thể được viết như sau:

b

2
b−a

f (t)dt ≤

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

a+b
2

(1.9)

a

Do vậy,

2
b−a

a+b
2

b

2
f (x)dx +

b−a

a

≤

1
f (a) + f
2

f (x)dx
a+b
2

a+b
2

1
f (b) + f
2

a+b
2

.

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

a+b
2

.

+

Hay
b

2
b−a

f (x)dx ≤
a

Suy ra (1.9) luôn đúng.
Vậy (1.8) được chứng minh.
Vũ Thị Định

14

K18 Toán Giải tích


Chương 2
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard
cho lớp hàm s-lồi theo nghĩa Orlicz
2.1

Hàm s-lồi theo nghĩa Orlicz

Khái niệm s-lồi dưới đây được Orlicz nghiên cứu và sử dụng trong lí thuyết
không gian Orlicz.
Định nghĩa 2.1.1 ([10], Mục 2.6, p. 82) Giả sử 0 < s < 1. Hàm f :
R+ → R, trong đó R+ := [0, ∞) đươc gọi là s-lồi theo nghĩa thứ nhất, kí
hiệu là f ∈ Ks1 , nếu

f (αu + βv) ≤ αs f (u) + β s f (v)

(2.1)

với mọi u, v ∈ R+ và mọi α, β ≥ 0 với αs + β s = 1.
Định lý 2.1.1 ([10], p. 83) Giả sử 0 < s < 1. Nếu f ∈ Ks1 thì f không
giảm trên (0, ∞) và lim+ f (u) ≤ f (0).
u→0

Chứng minh. Cho u > 0 và α ∈ [0, 1], từ bất đẳng thức (2.1) ta có
1

1

f (α s + (1 − α) s )u ≤ αf (u) + (1 − α)f (u) = f (u).
Hàm
1

1

h(α) = α s + (1 − α) s
có h (α) = 1s α

1

1−s
s

− 1s (1 − α)

1−s
s

= 1s [α

1

1−s
s

− (1 − α)

1−s
s

suy ra α s = (1 − α) s hay α = 1 − α hay α = 12 .
15

]=0


Luận Văn Thạc sĩ
1

1

1

Nên h ( 12 ) = 0, h(0) = 1, h(1) = 1, h( 21 ) = ( 12 ) s + ( 12 ) s = 21− s .
Suy ra hàm h(α) liên tục trên [0, 1], giảm dần trên [0, 21 ], tăng dần trên
1
[ 21 , 1], và h([0, 1]) = [h( 21 ), h(1)] = [21− s , 1]. Nghĩa là
1

f (tu) ≤ f (u) với mọi u > 0, t ∈ [21− s , 1].
1

1

(2.2)

1

Nếu t ∈ [21− s , 1], thì t s ∈ [21− s , 1], và công thức (2.2) đúng với mọi u>0,
ta được
1
1
1
f (tu) = f (t 2 (t 2 u)) ≤ f (t 2 ) ≤ f (u)
với mọi u > 0. Bằng quy nạp, ta cũng có

f (tu) ≤ f (u) với mọi u > 0, t ∈ (0, 1].

(2.3)

Vì vậy, bằng cách lấy 0 < u ≤ v và áp dụng (2.3), ta được

f (u) = f (u(v)v) ≤ f (v).
Vậy f không giảm trên (0, ∞).
Phần thứ hai có thể được chứng minh như sau.
Cho u > 0, ta có

f (αu) = f (αu + β0) ≤ αs f (u) + β s f (0)
và lấy u → 0+ , ta được

lim+ f (u) ≤ lim+ f (αu) ≤ αs lim+ f (u) + β s f (0).

u→0

u→0

u→0

Vậy

lim f (u) ≤ f (0).

u→0+

Nhận xét 2.1.1 ([10], p. 83) Định lý trên nói chung không đúng cho hàm
lồi thông thường (khi s = 1), vì hàm lồi thông thường không nhất thiết
không giảm trên (0, ∞).
Ví dụ 2.1.1. Hàm f (x) = x, x ∈ R+ , ta có

f (x) f (x)
x x
f (x) = f ( + ) ≤ s + s = 21−s f (x).
2 2
2
2
Vũ Thị Định

16

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

Khi f (x) là hàm lồi thông thường, với s = 1 nên

21−s f (x) = 21−1 f (x) = 20 f (x) = f (x).
hay

f (x) ≤ f (x).
Vậy hàm lồi thông thường không nhất thiết không giảm trên (0, ∞).
Nhận xét 2.1.2 ([10], p. 84) Hàm f ∈ Ks1 với 0 < s < 1 là không giảm
trên (0, ∞), nhưng không nhất thiết không giảm trên [0, ∞).
Ví dụ 2.1.2. Giả sử 0 < s < 1 và a, b, c, ∈ R. Với u ∈ R+ , hàm

f (u) =

a nếu u = 0,

bus + c nếu u > 0.

Ta có:
(i) Nếu b ≥ 0 và c ≤ a thì f ∈ Ks1 .
(ii) Nếu b ≥ 0 và c < a thì f là không giảm trên (0, ∞), nhưng không
nhất thiết không giảm trên [0, ∞).
Tính chất 2.1.1 ([10], p. 84) Giả sử 0 < s ≤ 1. Nếu f, g ∈ Ks1 và nếu
F : R → R là hàm lồi không giảm, thì hàm h : R+ → R xác định bởi
h(u) := F (f (u), g(u)) là s-lồi. Đặc biệt, nếu f, g ∈ Ks1 , thì f + g và
max(f, g) ∈ Ks1 .
Chứng minh. Nếu u, v ∈ R+ , thì mọi α, β ≥ 0 với 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).

Vì F (u, v) = u + v và F (u, v) = max(u, v) là ví dụ đặc biệt của hàm lồi
không giảm trên R, nên ta được kết quả của trường hợp đặc biệt.
Tính chất 2.1.2 ([10], p. 84) Giả sử f ∈ Ks1 và 0 < s ≤ 1. Khi ấy bất
đẳng thức (2.1) đúng với mọi u, v ∈ R+ và mọi α, β ≥ 0 với αs + β s ≤ 1
nếu và chỉ nếu f (0) ≤ 0.
Vũ Thị Định

17

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

Chứng minh. Điều kiện cần: Lấy u = v = 0 và α = β = 0, ta được
f (0) ≤ 0.
Điều kiện đủ: Ta có thể giả sử rằng u, v ∈ R+ , α, β ≥ 0 và 0 < γ =
αs + β s < 1.
s
s
Nếu ta lấy a = αγ − 1s và b = βγ − 1s thì as + bs = αγ + βγ = 1 và vậy

f (αu + βv) =
≤
=
≤
=
≤

1

1

f (aγ s u + bγ s v)
1
1
as f (γ s u) + bs f (γ s v)
1

1
1
1
as f [γ s u + (1 − γ) s 0] + bs f [γ s v + (1 − γ) s 0]
as [γf (u) + (1 − γ)f (0)] + bs [γf (v) + (1 − γ)f (0)]
as γf (u) + bs γf (v) + (1 − γ)f (0)
as f (u) + bs f (v).

Chứng minh được hoàn thành.
Tính chất 2.1.3 ([10], p. 85) Giả sử 0 < s1 ≤ s2 ≤ 1. Nếu f ∈ Ks12 và
f (0) ≤ 0 thì f ∈ Ks11 .
Chứng minh. Giả sử f ∈ Ks12 và u, v ≥ 0, α, β ≥ 0 với αs1 + β s1 = 1.
Khi ấy αs2 + β s2 ≤ αs1 + β s1 = 1. Từ kết quả trên, ta có

f (αu + βv) ≤ αs2 f (u) + β s2 f (v) ≤ αs1 f (u) + β s1 f (v).
Suy ra f ∈ Ks11 .
Tính chất 2.1.4 ([10], p. 85) Giả sử 0 < s < 1 và p : R+ → R+ là một
hàm không giảm. Khi ấy hàm f xác định với u ∈ R+ bởi
s

f (u) = u (1−s) p(u) ∈ Ks1 .
Chứng minh. Giả sử u ≥ v ≥ 0 và α, β ≥ 0 với αs1 + β s1 = 1. Ta xét hai
trường hợp:
(i) Giả sử αu + βv ≤ u. Khi ấy

f (αu + βv) ≤ f (u) = (αs + β s )f (u) ≤ αs f (u) + β s f (v).
(ii) Giả sử αu + βv > u. Khi ấy βv > (1 − α)u và β > 0.
Từ α ≤ αs với α ∈ [0, 1], ta có α − αs+1 ≤ αs − αs+1 và

α

αs
1 − βs
≤
=
1−α
1 − αs
βs
Vũ Thị Định

18

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

hay

αβ
+ βv ≤ β 1−s − β.
1−α

(2.4)

Ta lại có

αu + βv ≤ (α + β)v ≤ (αs + β s )v = v.
Thay vào (2.4),

αu + βv ≤

αβv
≤ (β 1−s − β)v + βv = β 1−s v,
1−α

trong đó
s

s

(αu + βv) 1−s ≤ β s v 1−s .

(2.5)

Áp dụng (2.5) và tính đơn điệu của p, ta được
s

f (αu + βv) = (αu + βv) 1−s p(αu + βv)
s
s
≤ β s v 1−s p(αu + βv) ≤ β s v 1−s p(v)
= β s f (v) ≤ αs f (u) + β s f (v).
Chứng minh được hoàn thành.
Tính chất 2.1.5 ([10], p. 86) Giả sử f ∈ Ks11 và g ∈ Ks12 , trong đó
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 hợp f ◦ g ∈ Ks1 , trong đó s = s1 · s2 .
(ii) Giả sử 0 < s1 , s2 < 1. Nếu f và g là hàm không âm sao cho hoặc là
f (0) = 0 hoặc g(0) = 0, thì hợp f ◦ g ∈ Ks1 , trong đó s = min(s1 , s2 ).
Chứng minh. (i) Giả sử 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 = 1 với i = 1, 2, 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(v))
αs (f ◦ g)(u) + β s (f ◦ g)(v).

Suy ra f ◦ g ∈ Ks1 .
Vũ Thị Định

19

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

(ii) Nhận thấy hàm f và g là không giảm trên (0, ∞). Do đó

(f (u) − f (v))(g(u) − g(v)) ≤ 0,
hay,

f (u)g(v) + f (v)g(u) ≤ f (u)g(u) + f (v)g(v)

(2.6)

với mọi v ≥ u > 0. Nếu v > u = 0, thì bất đẳng (2.6) vẫn có giá trị khi f
và g là không âm và f (0) = g(0) = 0.
Bây giờ giả sử u, v ∈ R+ và α, β ≥ 0 với αs + β s = 1, trong đó
s = min(s1 , s2 ). Khi ấy αsi + β si ≤ αs1 s2 + β s1 s2 = 1 với i = 1, 2 và bất
đẳng thức (2.6) trở thành

f (αu + βv)g(αu + βv)
≤ (αs1 f (u) + β s1 f (v))(αs2 g(u) + β s2 g(v))
= αs1 +s2 f (u)g(u) + αs1 β s2 f (u)g(v)
+ αs2 β s1 f (v)g(u) + β s1 +s2 f (v)g(v))
≤ α2s f (u)g(u) + αs β s (f (u)g(v)) + f (v)g(u)) + β 2s f (v)g(v))
= αs f (u)g(u) + β s f (v)g(v).
Suy ra f ◦ g ∈ Ks1 .
Định nghĩa 2.1.2 ([10], p. 87) Hàm φ : [0, ∞) → R được gọi là ψ -hàm
nếu φ(0) = 0 và φ là không giảm và liên tục trên [0, ∞).
Tính chất 2.1.6 ([10], p. 87) Nếu φ là một ψ -hàm lồi, nghĩa là, φ(0) = 0
và φ là không giảm và liên tục trên [0, ∞), và g là ψ -hàm thuộc Ks1 , thì
hợp φ ◦ g ∈ Ks1 . Đặc biệt, ψ -hàm h(u) = φ(us ) ∈ Ks1 .
Tính chất 2.1.7 ([10], p. 87) Giả sử f là một ψ -hàm và f ∈ K1s (0 < s <
1). Khi ấy tồn tại một ψ -hàm lồi Φ sao cho ψ -hàm Ψ xác định với u ≥ 0
bởi Ψ(u) = Φ(us ) là tương đương với f .
Chứng minh. Do tính s-lồi của hàm f và f (0) = 0, ta được

f (αu) ≤ αs f (u) với mọi u ≥ 0 và α ∈ [0, 1].
Giả sử rằng v > u ≥ 0. Khi ấy
1
1
u 1 1
u

f (u s ) ≤ f (( ) s v s ) ≤ ( )f (v s ),
v
v

Vũ Thị Định

20

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

đó là

1

1

f (u s ) f (v s )
≤
.
u
v
1

f (u s )
Nghĩa là hàm
không giảm trên (0, ∞). Xác định
u


 0 nếu u = 0,
u
1
Φ(u) :=
s
 f (tt ) dt nếu u > 0.
0

Khi ấy Φ là ψ -hàm lồi,
us
s

Φ(u ) =

1

1

f (us ) s s
f (t s )
dt ≤
u = f (u)
t
us

0

và

us
s

Φ(u ) =
us
2

s

1

1

f ( u2 ) s
f (t s )
dt ≤
us
t
2

1
us
= f (2− s u).
2

Do đó,
1

f (2− s u) ≤ Φ(us ) ≤ f (u) với mọi u ≥ 0.
Suy ra ψ tương đương với f .

2.2

Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho
hàm s-lồi theo nghĩa Orlicz

Định lý 2.2.1 ([10], p. 88) Giả sử f : R+ → R là hàm s-lồi theo nghĩa
thứ nhất với 0 < s < 1. Nếu a, b ∈ R và a < b thì ta có bất đẳng thức
b

f

Vũ Thị Định

a+b
1
2s

1
≤
b−a

f (x)dx.
a

21

K18 Toán Giải tích

Luận Văn Thạc sĩ

Chứng minh. Nếu từ (2.1) ta chọn α =

1
1 ,β
2s

=

1
1 ,
2s

thì ta có αs + β s = 1.

Do đó, với mọi x, y ∈ [0, ∞),

f (x) + f (y)
x+y
≤
.
1
2
2s
Nếu ta chọn x = ta + (1 − t)b, y = (1 − t)a + tb, t ∈ [0, 1], thì ta sẽ có
f

1
a+b

≤ [f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb)] với mọi t ∈ [0, 1].
1
2
2s
Vì f là đơn điệu không giảm trên [0, ∞), nên nó khả tích trên [a, b]. Do
đó, ta có thể lấy tích phân bất đẳng thức trên theo t, ta được
f

1

b

1

1
f ((1 − t)a + tb)dt =
b−a

f (ta + (1 − t)b)dt =
0

f (x)dx.
a

0

Như vậy đẳng thức trong Định lý được chứng minh.
Định lý 2.2.2 ([10], p. 89) Với các giả thiết trên về hàm f và số s, ta có
bất đẳng thức
1

1

f (ta + (1 − ts ) s b)ψ(t)dt ≤

f (a) + f (b)
,
2

0

trong đó,
1
1
ψ(t) := [1 + (1 − ts ) s −1 ts−1 ], t ∈ (0, 1].
2
1

Chứng minh. Nếu từ (2.1) ta chọn α = t, β = (1 − ts ) s , t ∈ [0, 1] thì ta
có αs + β s = 1 với mọi t ∈ [0, 1] và
1

f ((ta + (1 − ts ) s b) ≤ ts f (a) + (1 − ts )f (b)
với mọi t ∈ [0, 1]. Tương tự, ta có
1

f ((1 − ts ) s a + tb) ≤ (1 − ts )f (a) + ts f (b)
với mọi t ∈ [0, 1].
Nếu ta cộng hai bất đẳng thức trên, thì ta được
1
1

1
f (a) + f (b)
[f (ta + (1 − ts ) s b) + f ((1 − ts ) s a + tb)] ≤
2
2

Vũ Thị Định

22

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

với mọi t ∈ [0, 1].
Nếu ta lấy tích phân bất đẳng thức trên theo t trên [0, 1], thì

 1
1
1
1
f (a) + f (b)
1
f (ta + (1 − ts ) s b)dt + f ((1 − ts ) s a + tb)dt ≤
.
2
2
0

0

(2.7)
s

1
s

s

1
s

Giả sử u := (1 − t ) , t ∈ [0, 1]. Khi ấy t = (1 − u ) và
1
dt = −(1 − us ) s −1 us−1 du, với u ∈ (0, 1].
Đổi biến lần lượt các tích phân của (2.7) như sau:
1

1
1
s

1

0

1

f (ua + (1 − us ) s b)(1 − us ) s −1 us−1 du

f ((1 − ts ) a + tb)dt = −
0
1

1

1

f (ta + (1 − ts ) s b)(1 − ts ) s −1 ts−1 dt.

=
0

Thay vào bất đẳng thức (2.7) ta được
1

1

1 + (1 − ts ) s −1 ts−1
f (a) + f (b)
f (ta + (1 − t ) b)
dt ≤
.
2
2
s

1
s

0

Vậy Định lý 2.2.2 được chứng minh.
Định lý 2.2.3 ([10], p. 90) Với các giả thiết trên về hàm f và số s, ta có
bất đẳng thức
1

f

a+b
1
2s

≤

f
0

1
a+b
t + (1 − ts ) s
1
2s

dt

1
1

f ta + (1 − ts ) s b ψ(t)dt

≤
0

trong đó hàm ψ được định nghĩa như trên.

Vũ Thị Định

23

K18 Toán Giải tích


Luận Văn Thạc sĩ

Chứng minh. Khi
1

1
> 1, theo tính lồi của ánh xạ g : [0, ∞) → R, g(x) =
s

x s ta có
s

1
s

s

1
s

(t ) + (1 − t )
≥
2
Và

s

s

t + (1 − t )
2

1
s

1
s

=

1
1
2s

1

a+b 1
a + b t + (1 − ts ) s
≥
·
· 1.
1
1
2
2s
2s
2s

Suy ra
1
a+b
a+b
· [t + (1 − ts ) s ] ≥ 2 −1 .
1
2s
2s
Khi f là một hàm đơn điệu không giảm trên (0, ∞), ta có

f

1
a+b
· [t + (1 − ts ) s ] ≥ f
1
2s

a+b
2
2 s −1

với mọi t ∈ [0, 1].

Bằng cách lấy tích phân trên [0, 1] ta được bất đẳng thức thứ nhất trong
Định lý 2.2.3.
Khi f là s-lồi theo nghĩa thứ nhất, ta có

f

x+y
1
2s

≤

f (x) + f (y)
với mọi x, y ∈ [0, ∞).
2

1

1

Giả sử x = ta + (1 − ts ) s b, y = (1 − ts ) s a + tb, t ∈ [0, 1]. Khi ấy ta có bất
đẳng thức
1
1

1
f ta + (1 − ts ) s b + f (1 − ts ) s a + tb
2

≥f

1
a+b
t + (1 − ts ) s
1
2s

với mọi t ∈ [0, 1].
Nếu ta lấy tích phân bất đẳng thức này trên [0, 1] theo t và đổi biến số
mà ta dùng trong chứng minh của kết quả trước, thì ta sẽ nhận được bất
đẳng thức thứ hai trong Định lý 2.2.3.
Định lý 2.2.4 ([10], p. 91) Với các giả thiết trên về hàm f và số s, ta có
bất đẳng thức
1

f
Vũ Thị Định

a+b
2
2 s −1

≤

f

0

1
a+b 1
t s + (1 − ts ) s
1
2s

24

dt
K18 Toán Giải tích