Đặc trưng của hàm lồi một biến qua bất đẳng thức hermiter hadamard

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

——————————o0o——————————

ĐỖ VĂN DŨNG

ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM LỒI MỘT BIẾN QUA BẤT ĐẲNG
THỨC HERMITE-HADAMARD
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 nghiên cứu cùng với sự quan tâm của các thầy giáo cô
giáo cùng các bạn học viên, luận văn của tôi đến nay đã được hoàn thành.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo PGS.TS. Tạ Duy Phượng
đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn tôi trong thời gian làm luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô trong khoa
Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2. Tôi xin cảm ơn sự động viên giúp
đỡ của gia đình và bạn bè đã dành cho tôi trong quá trình nghiên cứu và
hoàn thành luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 7 năm 2016
Tác giả

Đỗ Văn Dũng

1


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng số liệu, kết quả của nghiên cứu trong luận văn này
là trung thực và không trùng lặp với các đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan
rằng mọi sự giúp đỡ cho việc thực hiện luận văn này đã được cảm ơn và các
thông tin trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.
Hà Nội, tháng 7 năm 2016
Tác giả

Đỗ Văn Dũng

2


Mục lục
4

Lời Mở đầu

1 Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi
1.1 Một số đặc trưng hình học của hàm lồi . . . . . . . . . . . .
1.2 Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi . . . . . . . . .
1.3 Hàm lồi không khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

7
11
14

2 Đặc trưng hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard 17
2.1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.2 Ứng dụng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard trong chứng
minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.3 Đặc trưng của hàm lồi qua toán tử Steklov . . . . . . . . . . 27
2.3.1 Đặc trưng hàm lồi qua bất đẳng thức Steklov . . . . 27
2.3.2 Toán tử Steklov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.4 Một số đặc trưng hàm lồi khác . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3 Bất đẳng thức Jensen-Petrovi´
c
39
3.1 Các bất đẳng thức cho các hàm số hình sao . . . . . . . . . . 39
3.2 Bất đẳng thức cho các hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Kết luận

46

3


Lời mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Giải tích lồi đã và đang đóng một vị trí quan trọng trong toán học. Giải tích
lồi liên quan đến rất nhiều ngành của toán học như giải tích, giải tích hàm,
giải tích số, hình học, toán kinh tế, tối ưu phi tuyến,...
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 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

Trong [8], 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

f

a+b
2

b

g(t)dt ≤
a

b

f (a) + f (b)
f (t)g(t)dt ≤
2
a

g(t)dt.

(2)

a

Khi g(x) = 1 thì bất đẳng thức Fejer trở thành bất đẳng thức HermiteHadamard.
Sau đó nhiều tác giả đã mở rộng các bất đẳng thức Hermite-Hadamard và
Fejer. Xem, thí dụ, trong các cuốn sách chuyên khảo [3], [4], [5], [6] và các
bài báo khác.
Trong [5] đã phát biểu và chứng minh
Định lý 3 Điều kiện cần và đủ để một hàm liên tục f : R → R là lồi trên
[a, b] là

4


Luận văn thạc sĩ

x+h

1
f (x) ≤
2h

f (t)dt với mọi a ≤ x − h ≤ x + h ≤ b.

(3)

x−h

Có thể chứng minh được rằng, bất đẳng thức (3) tương đương với bất đẳng
thức thứ nhất trong bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1) cho hàm lồi liên
tục nhưng cho tới nay vẫn chưa biết ai là người đầu tiên chứng minh điều
này (xem [3], p.139).
Nhận xét rằng điều kiện cần và đủ để một hàm là lồi qua bất đẳng thức
Hermite-Hadamard không đòi hỏi tính khả vi, mà chỉ đòi hỏi tính liên tục
của hàm đã cho.
Rất nhiều kết quả khác (mở rộng Định lí 3) liên quan đến đặc trưng
hàm lồi thông qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard hoặc các mở rộng của
bất đẳng thức này.
Mục đích chính của Luận văn này là trình bày tổng quan về Đặc trưng
hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard.

2. Mục đích và nghiên cứu
Nghiên cứu các đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Trình bày chứng minh các đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức dạng
Hermite-Hadamard.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard và
ứng dụng để đặc trưng hàm lồi.
Phạm vi nghiên cứu : Các tài liệu, các sách báo liên quan đặc trưng
của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard.

Đỗ Văn Dũng

5

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 và đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard.
- Tổng hợp, phân tích, hệ thống các kiến thức về đặc trưng của hàm lồi qua
bất đẳng thức Hermite-Hadamard.

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

Đỗ Văn Dũng

6

K18 Toán Giải Tích


Chương 1

Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi
1.1

Một số đặc trưng hình học của hàm lồi

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.
Các tập hợp dưới đây:
domf := {x ∈ X|f (x) <∈ ∞} ,

epif := {(x, γ) ∈ X × R|f (x) ≤ γ}

lần lượt được gọi là miền hữu hiệu và trên đồ thị của f . Ngoài ra với mỗi
α ∈ R, ta gọi tập dưới mức của hàm f (với mức α) là:

C (f ; α) := {x ∈ X|f (x) ≤ α} = {x ∈ X|(x, α) ∈ epif } .
Xét hàm f : X → R, trong đó X ⊆ Rn là tập lồi.
Định nghĩa 1.1.2 Hàm f : X → R được gọi là lồi nếu epi f là tập lồi.
Định nghĩa 1.1.3 Hàm f được gọi là chính thường nếu domf = ∅ và

f (x) > −∞ với mọi x ∈ X .
Nếu f vừa lồi vừa chính thường thì f được gọi là hàm lồi chính thường.
Ta có các bổ đề sau:
Bổ đề 1.1.1 Nếu f lồi thì domf lồi.
Bổ đề 1.1.2 Nếu f lồi thì C(f, α) lồi với mọi α ∈ R.
Chứng minh. Với mọi x, y ∈ C(f, α) ta có (x, α), (y, α) ∈ epif . Vì vậy
nếu λ ∈ (0, 1) thì (λx + (1 − λ)y, α) = λ(x, α) + (1 − λ)(y, α) ∈ epif , hay
(λx + (1 − λ)y, α) ∈ epif . Từ đó λx + (1 − λ)y ∈ C(f, α), nên C(f, α) là
tập lồi.
7


Luận văn thạc sĩ

Nhận xét 1.1.1 Điều ngược lại không đúng, tức là C(f, α) có thể lồi với
mọi α ∈ R nhưng f có thể không lồi.
Ví dụ 1.1.1. Xét hàm f = x3 không phải là hàm lồi vì epif không phải là
√
tập lồi, nhưng C(f, α) = x : x3 ≤ α = {x : x ≤ 3 α} là tập lồi với mọi
α ∈ R.
Mệnh đề 1.1.1 ( [2], trang 91) Cho f : X −→ (−∞, +∞]. Lúc đó f lồi
nếu và chỉ nếu

f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x, y ∈ X, λ ∈ (0, 1).

(1.1)

Hình 1: Minh họa bất đẳng thức (1.2) với xλ = λx + (1 − λ)y
Chứng minh. Điều kiện cần được chứng minh tương tự như Bổ đề 1.1.2
nếu để ý rằng (x, f (x)), (y, f (y)) ∈ epif với mọi x, y ∈ domf .

Để chứng minh điều kiện đủ ta lấy (x, β), (y, γ) ∈epif và γ ∈ (0, 1).
Lúc đó

f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) ≤ λβ + (1 − λ)γ,
hay

λ(x, β) + (1 − λ)(y, γ) = (λx + (1 − λ)y, λβ + (1 − λ)γ) ∈ epif .
Vậy epif lồi hay f lồi theo Định nghĩa 1.1.2.
Để mở rộng (1.2) ta gọi một hàm f là lồi chặt nếu với mọi x, y ∈domf ,
x = y và λ ∈ (0, 1) ta có f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y).
Mệnh đề 1.1.2 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f : X −→ (−∞, +∞]. Hàm
f lồi khi và chỉ khi
Đỗ Văn Dũng

8

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

m

m

m

f

λi xi

λi f (xi ), m = 2, 3, .., xi ∈ X , λi ≥ 0,

≤

i=1

i=1

i=1

λi = 1.

Chứng minh. Điều kiện đủ là hiển nhiên theo mệnh đề 1.1.1. Ta chứng
minh điều kiện cần bằng quy nạp. Theo Mệnh đề 1.1.1, đúng với m = 2. Giả
sử mệnh đề đúng với m = k ≥ 2. Cho các điểm x1 , x2 , ..., xk+1 ∈ X và các
k

k+1

λi , suy ra λk+1 = 1 − λ.

λi = 1. Đặt λ =

số λ1 , ..., λk+1 > 0 sao cho

i=1

i=1

Áp dụng Bất đẳng thức Jensen cho m = 2 ta được
k+1

f

1
λ

≤ λf

λi xi
i=1

k

λi xi

+ λk+1 f (xk+1 ).

i=1

Theo giả thiết quy nạp, vì

λk
λ
λ1
+ ··· +
= =1
λ
λ

λ
nên

λf

1
λ

k

λi xi

= λ f

i=1

λ1
λk
x1 + · · · + xk
λ
λ

λ1
λk
f (x1 ) + · · · + f (xk ) = λ1 f (x1 ) + · · · + λk f (xk ).
λ
λ

≤ λ
Vậy ta có

k+1

f

λi xi

≤ λf

i=1

1
λ

k

λi xi

+ λk+1 f (xk+1 )

i=1

≤ λ1 f (x1 ) + ... + λk f (xk ) + λk+1 f (xk+1 )
hay
k+1

f

k+1

λi xi

≤

i=1

λi f (xi ).
i=1

Vậy khẳng định đúng với m = k + 1. Mệnh đề 1.1.2 được chứng minh.
Nhận xét 1.1.2 Thật ra lịch sử của hàm lồi bắt đầu từ rất sớm, trước khi
có các kết quả trên tập lồi. Năm 1889, Ho¨lder khẳng định một hàm biến số
thực f (x) có đạo hàm cấp hai không âm thì thỏa mãn Bất đẳng thức Jensen.
Đến năm 1893, Stolz chứng minh nếu f liên tục trên đoạn [a, b] và thỏa mãn
Đỗ Văn Dũng

9

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

x+y
f (x) + f (y)
≤
(gọi là hàm lồi trung điểm) thì f có các đạo hàm
2
2
trái, phải tại mọi điểm thuộc khoảng (a, b). Năm 1905, Jensen cũng chứng
minh được bất đẳng thức Jensen với các hệ số hữu tỉ, cho hàm lồi trung điểm.

Từ đây hàm lồi bắt đầu được chú ý và ngày càng nhiều những bất đẳng thức
liên quan đến hàm lồi được thiết lập, có những ứng dụng thiết thực trong
các lĩnh vực khác nhau của toán học như giải tích, toán ứng dụng, lí thuyết
xác suất (xem [2], trang 92).

f

Một hàm f : X −→ R, trong đó R = R ∪ {±∞}, được gọi là thuần nhất
dương nếu

f (λx) = λf (x), ∀x ∈ X , λ > 0.
Định nghĩa 1.1.4 Tập C ⊂ Rn được gọi là nón nếu

λx ∈ C ∀x ∈ C , ∀λ ≥ 0.
Nếu C vừa là nón vừa là tập lồi thì C được gọi là nón lồi.
Mệnh đề 1.1.3 ( [2], trang 40) Tập C ⊆ Rn là một nón lồi khi và chỉ khi
a) λx ∈ C , ∀λ ≥ 0, ∀x ∈ C ;
b) x1 + x2 ∈ C ∀x1 , x2 ∈ C .
Chứng minh. Giả sử C là nón lồi. Khi ấy theo định nghĩa của nón ta có
λx ∈ C ∀λ ≥ 0, ∀x ∈ C . Vậy ta có ý a).

1
1
1
ta có x1 ∈ C , x2 ∈ C
2
2
2
1
Do C là tập lồi nên tồn tại z = x1 +

2
Cho λ =

x1 + x2 = 2

∀x1 , x2 ∈ C do C là tập nón.
1
x2 ∈ C ∀x1 , x2 ∈ C .
2

1
1
x1 + x2
2
2

= 2z ∈ C

Vậy ta có ý b).
Đảo lại, nếu ta có a) thì C là nón. Từ ý a) ta có

x1 = λx1 ∈ C

∀x1 ∈ C ,

λ ≥ 0.

Theo ý b) ta có

x2 = (1 − λ)x2 ∈ C x2 ∈ C 0 ≤ λ ≤ 1.

Đỗ Văn Dũng

10

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

Khi đó

λx1 + (1 − λ)x2 = x1 + x2 ∈ C

∀0 ≤ λ ≤ 1.

Vậy C là tập lồi.
Mệnh đề 1.1.4 (Mệnh đề 4.3, [2], trang 92) Cho hàm thuần nhất dương
f :X −→ (−∞, +∞] với X ⊇ R là tập lồi. Ba phát biểu sau là tương đương:
a) f lồi;
b) f dưới cộng tính (tức là f (x1 + x2 ) ≤ f (x1 ) + f (x2 ) ∀x1 , x2 ∈ X ).
c) epi f là một nón lồi.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh a⇒ b⇒ c. Theo tính chất của hàm
lồi và hàm thuần nhất dương ta có:
x1 + x2
(a⇒ b): f (x1 + x2 ) = 2f
≤ f (x1 ) + f (x2 ).
2
(b⇒ c): Lấy z = (x, γ) ∈ epif , tức là f (x) ≤ γ ⇒ λf (x) ≤ λγ , ∀λ > 0.
Do f là hàm thuần nhất dương nên λf (x) = f (λx). Vậy ta có f (λx) =
λf (x) ≤ λγ hay (λx, λγ) ∈ epif , tức là λ(x, y) ∈ epif .

Với mỗi z = (x, γ) ta có λz ∈ epif , ∀λ > 0. Vậy epif là tập nón. Để chứng
minh epif là tập nón lồi ta lấy

z1 = (x1 , γ1 ) ∈ epif , z2 = (x2 , γ2 ) ∈ epif ,
tức là

f (x1 ) ≤ γ1 ,

f (x2 ) ≤ γ2 .

Theo tính chất dưới cộng tính của hàm f , ta có

f (x1 + x2 ) ≤ f (x1 ) + f (x2 ) ≤ γ1 + γ2
Vậy (x1 + x2 , γ1 + γ2 ) ∈ epif , hay

z1 + z2 = (x1 , γ1 ) + (x2 , γ2 ) = (x1 + x2 , γ1 + γ2 ) ∈ epif .
Theo mệnh đề 1.1.3, epif là tập nón lồi.

1.2

Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi

Trong trường hợp hàm khả vi, ta có một số đặc trưng cơ bản dưới đây.

Đỗ Văn Dũng

11

K18 Toán Giải Tích

Luận văn thạc sĩ

Bổ đề 1.2.1 Giả sử hàm f xác định trên một tập lồi mở X ⊆ Rn . Nếu f là
hàm lồi trên X và khả vi tại x0 , thì với x ∈ X , ta có

f (x) − f (x0 ) ≥ f (x0 )(x − x0 ).

(1.2)

Ngược lại, nếu f là một hàm khả vi trên X và thỏa mãn (1.2) với mọi
x, x0 ∈ X thì f là hàm lồi trên X.
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 )].

(1.3)

Trừ f (x0 )(th) vào hai vế của (1.3) 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, vế phải độc lập với t vẫn
không đổi. Ta suy ra (1.2) đúng.

Ngược lại, giả sử f khả vi và thỏa mãn (1.2) trên X . Với x1 , x2 ∈ X ,
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 (1.2) đúng với x = x1 và x = x2 , vì vậy

f (tx1 + (1 − t)x2 ) = f (x0 ) ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ).
Điều này chứng tỏ f là hàm lồi trên X .
Định nghĩa 1.2.1 Cho I ⊂ R là một khoảng và hàm ϕ : I → R. ϕ được
gọi là đơn điệu tăng trên I nếu x1 > x2 thì ϕ(x1 ) ≥ ϕ(x2 ) ∀x1 , x2 ∈ I . Nếu
ϕ(x1 ) > ϕ(x2 ) ∀x1 > x2 và x1 , x2 ∈ I thì ϕ được gọi là tăng ngặt (tăng thực
sự).
Đỗ Văn Dũng

12

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

Định nghĩa 1.2.2 Cho X ⊂ Rn là một tập mở và ϕ : X ∈ Rn được gọi là
hàm đơn điệu tăng nếu

(ϕ(x) − ϕ(y))(x − y) ≥ 0,

∀ x, y ∈ X.

Nếu bất đẳng thức trên là bất đẳng thức ngặt khi x = y thì ϕ được gọi là
đơn điệu tăng thực sự trên X .
Bổ đề 1.2.2 Nếu f (x) là hàm số khả vi trên khoảng I ⊂ R thì f (x) là hàm
lồi trên I khi và chỉ khi ϕ(x) là hàm đơn điệu tăng trên I .
Chứng minh. Giả sử f (x) là hàm lồi trên I . khi đó với x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈
I), ta có

x − x1
x2 − x
x − x1
x2 − x
> 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 (x)
.
x2 − x

Cho x → x2 ta thu được

f (x2 ) − f (x)
≤ f (x2 ).
x2 − x

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
Đỗ Văn Dũng

13

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 .
⇔

Hệ quả 1.2.1 Hàm khả vi f (t) trên tập mở (a, b) là hàm lồi 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).
Định lý 1.2.1 Hàm khả vi trên tập lồi mở X ⊆ Rn , f : X → R là hàm lồi
∂ 2f
(x1 , ..., x2 )
nếu và chỉ nếu ma trận Hesian Qx := (qij (x)), qij (x) :=
∂xi ∂xj
của nó xác định không âm, tức là u, Qx (u) 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
t|a + tu ∈ X . Khi đó, định lý này được suy ra từ Hệ quả 1.2.1 từ một phép
tính đơn giản ϕ (t) = u, Qx (u) với x = a + tu.

1.3

Hàm lồi không khả vi

Như trong mục 1.1 ta đã thấy, một hàm lồi không nhất thiết là liên tục,
do đó cũng không nhất thiết khả vi. Định lý dưới đây cho một tiêu chuẩn
cần và đủ để hàm là lồi.
Định lý 1.3.1 Hàm thực f (t) xác định trên tập mở (a, b) là lồi nếu và chỉ
nếu nó liên tục trên khoảng (a, b) và có các đạo hàm trái hữu hạn f− (t) :=
f (t + h) − f (t)
f (t + h) − f (t)
lim
và đạo hàm phải hữu hạn f+ (t) := lim
h↑0
h↓0
h
h
tại mọi điểm t ∈ (a, b) sao cho f+ (t) không giảm và

f− (t) ≤ f+ (t), f− (t1 ) ≤ f+ (t2 )

(1.4)

với mọi a < t1 < t2 < b.
Chứng minh. (i) Cho f (t) là hàm lồi. Nếu 0 < s < t và t + h < b thì điểm
(t + s, f (x + s)) là nằm dưới đoạn thẳng nối (x, f (x)) và (t + h, f (t + h)),
Đỗ Văn Dũng

14

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

bởi vậy

f (t + s) − f (t) f (t + h) − f (t)
≤
.
(1.5)
s
h
Điều này chỉ ra rằng hàm số h → [f (t + h) − f (t)]/h là không tăng khi h ↓ 0.
Suy ra nó có một giới hạn f+ (t) (hữu hạn hoặc = −∞). Tương tự, f− (t) tồn
tại (hữu hạn hoặc = +∞). Hơn nữa, đặt y = x + s, t = s + r, ta cũng có
f (x + s) − f (x) f (y + r) − f (y)
≤
s
r

(1.6)

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
Lấy −s ↑ 0, r ↓ 0 ta thu được f− (y) ≤ f+ (y), điều này chứng minh cho
vế trái của (1.5) và tại cùng một sự hữu hạn của các đạo hàm của chúng.
Sự liên tục của f (x) tại mọi điểm x ∈ (a, b) thì suy ra từ sự tồn tại hữu
hạn f− (x) và f+ (x). Hơn thế nữa, lấy x = x1 , y + r = x2 trong (1.7) và lấy
s, r → 0 cho ta vế phải của (1.5).
(ii) Nếu f (x) là hàm không lồi thực sự, khi đó f (x) = ∞ tại mọi điểm bên
trong tương đối x của miền thực thụ domf . Bây giờ ta giả sử rằng hàm f có
tất cả các tính chất được đề cập trong mệnh đề ở trên và lấy a < c < d < b.
Xét hàm số:
f (d) − f (c)
g(x) = f (x) − f (c) − (x − c)
.
d−c
Với mọi x = (1 − λ)c + λd, ta có

g(x) = f (x) − f (c) − λ[f (d) − f (c)]
= f (x) − [(1 − λ)f (c) + f (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 điều ngược lại rằng, 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).
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 biểu diễn đó, g(x)
có cùng tính chất với hàm f (x), cụ thể là: g− (x), g+ (x) tồn tại với mọi
Đỗ Văn Dũng

15

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

x ∈ (c, d), g− (x) ≤ g+ (x), g+ (x) là hàm số không giảm và g− (x1 ) ≤ g+ (x2 )
với x1 ≤ x2 .
Từ g(e) ≥ g(x) ∀x ∈ [c, d] ta phải có g− (e) ≤ 0 ≤ g+ (e), và do đó
g− (e) = g+ (e) = 0. Mặt khác, g+ (e) là dãy không giảm nên hiển nhiên
g+ (e) ≤ g(x) ∀x ∈ [e, d]. Nếu g− (y) ≥ 0 với y ∈ (e, d] thì g+ (x) ≤ g+ (y) ≤ 0.
Suy ra ta cũng có g (x) = 0 với x ∈ [e, y), điều đó chỉ ra rằng g(y) = g(e) > 0.
Từ g(d) = 0, suy ra phải 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 với mọi x ∈ [c, d], như đã được chứng minh ở trên.
Ngoài ra, nếu f là hàm không khả vi, thì có thể sử dụng các khái niệm
đạo hàm suy rộng (đạo hàm Dini, dưới vi phân Jacobian suy rộng, đối đạo
hàm Mordulkhovich,...) để đặc trưng hàm lồi (Xem [2]).

Kết luận chương
Chương 1 đã trình bày các đặc trưng cơ bản của hàm lồi. các đặc trưng
này chủ yếu đã được biết đến trong giải tích lồi. Tuy nhiên, để bức tranh
về đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite- Hadamard trình bày
trong Chương 2 hài hòa và cân đối hơn, chúng tôi đã trình bày các đặc trưng
này trong Chương 1.

Đỗ Văn Dũng

16

K18 Toán Giải Tích

Chương 2

Đặc trưng hàm lồi qua bất đẳng
thức Hermite-Hadamard
2.1

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard

Định lý 2.1.1 Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] thì ta có
b

a+b
2

f

1
≤
b−a

f (t)dt ≤

f (a) + f (b)
.
2

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

0

1

(1 − t)dt =

tdt =
0

(1 − t)dt.

tdt + f (b)
0

1

Từ

1

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

0
1

b

1
f (ta + (1 − t)b)dt =
b−a

f (x)dx.
a

0

Ta được bất đẳng thức thứ hai của (2.1), tức là
b

1
b−a

f (x)dx ≤
a
17

f (a) + f (b)

.
2

(2.1)


Luận văn thạc sĩ

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 nó 
trên [0, 1] theo t ta được

1

1

f

a+b
2

f (ta + (1 − t)b)dt +

≤

b

1
f ((1 − t)a + tb)dt =
b−a
a

0

0

f (x)dx.

Suy ra ta đã chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất của (2.1):
b

1
b−a

f (x)dx ≥ f

a+b
.
2

a

Hình 2
Nhận xét 2.1.1 Bất đẳng thức (2.1) có thể viết dưới dạng tương đương sau
b

(b − a)f

a+b
2

≤

f (t)dt ≤ (b − a)

f (a) + f (b)
.
2

(2.2)

a

Nhận xét 2.1.2 Về mặt hình học, bất đẳng thức thứ hai trong (2.2) là khá
rõ ràng. Do tính lồi của hàm f (x), đồ thị của hàm f (x) trên [a, b] nằm dưới
đoạn thẳng nối hai điểm (a, f (a)) và (b, f (b)), nên hiển nhiên diện tích hình
thang vuông ABCD lớn hơn diện tích hình thang cong ABCD, nhưng bất
Đỗ Văn Dũng

18

K18 Toán Giải Tích

Luận văn thạc sĩ

đẳng thức thứ nhất trong (2.2) cho ta một khẳng định khá ngạc nhiên: Diện
tích hình thang cong ABCD bao giờ cũng không nhỏ hơn diện tích hình chữ
a+b
. Nghĩa là, diện tích tam giác cong FAI
nhật có cạnh là b − a và f
2
bao giờ cũng không lớn hơn diện tích tam giác cong IDE trong Hình 2.
Từ bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta có một số hệ quả sau.
Hệ quả 2.1.1 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

1
m
(b − a)2 ≤
24
b−a

a+b
2

g(t)dt − g

≤

M

(b − a)2 .
24

(2.3)

a

Chứng minh. Đặt f (t) = g(t) − m2 t2 . Ta có f (t) = g (t) − m ≥ 0 (vì
m ≤ g (t)). Như vậy f là lồi trên (a, b).
Với
a+b
a+b
m a+b 2
f
=g
−
2
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức (2.1) cho f ta được

g

a+b
2

m
−
2

a+b
2

b

2

a+b
2

= f

1
≤
b−a

f (t)dt
a

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

m a2 + ab + b2 m
·
−
2
3
2

a+b
2

2

b

1
≤
b−a

g(t)dt − g

a+b
2

a
Đỗ Văn Dũng

19

K18 Toán Giải Tích

Luận văn thạc sĩ

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 (2.3).
Để chứng minh bất đẳng thức thứ hai trong (2.3), ta áp dụng cùng lập luận
M 2
t − g(t), t ∈ [a, b]. Cụ thể là:
cho hàm lồi h(t) =
2
M 2
h(t) =
t − g(t), t ∈ [a, b] ⇒ h (t) = M − g (t) ≥ 0 (vì g (t) ≤ M ), như
2

vậy h(t) lồi trên [a, b]. Áp dụng bất đẳng thức (2.1) cho hàm h, ta được:

a+b
h
2

M
=
2

a+b
2

b

2

−g

a+b
2

1
≤
b−a

h(t)dt
a

b

=

1
b−a

M 2
t − g(t) dt
2
a
b

1
=
b−a

b

M 2
1
t dt −
2
b−a
a

Do đó

g(t)dt.
a

b

1
b−a

g(t)dt − g
a

a+b
2

≤

1 M 3
M a+b
(b − a3 ) − (
)
b−a 6
2
2

M 2
M (a + b)2
2
b + ab + a −
=
6
2
4
M

=
2

a2 + ab + b2 (a + b)2
−
3
4

M
(a − b)2 .
24
Như vậy ta chứng minh được vế thứ hai của bất đẳng thức (2.3).
=

Hệ quả 2.1.2 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

(2.4)

a
Đỗ Văn Dũng

20

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

Chứng minh. Ta có thể chứng minh bằng cách áp dụng phần thứ hai của
bất đẳng thức Hermite-Hadamard (2.1) với hàm f (t) = g(t) − m2 t2 ,
ta có: f (t) = g (t) − m ≥ 0 với ∀t ∈ [a, b]; vì g (t) ≥ m ∀t ∈ [a, b]. Chứng
tỏ f (t) là hàm lồi.

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

2
2
2
2
2
2
2
1
m a +b
=
[g(a) + g(b)] − .
2
2
4
b

f (a) + f (b)
1
=
≥
2
b−a

f (t)dt
a

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

Do

m (a2 + b2 ) a2 + ab + b2
−
2
2
3

m 3(a2 + b2 ) − 2(a2 + ab + b2 )
=
12
m 2
m
(a − 2ab + b2 ) = (b − a)2 .
=
12
12

Như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất trong (2.4).
Bất đẳng thức thứ hai trong (2.4) được chứng minh tương tự.Cụ thể như
sau.
M 2
Xét h(t) =
t − g(t), ∀t ∈ [a, b]
2
Ta có h (t) = M − g (t) ≥ 0 ∀t ∈ [a, b] vì g (t) ≤ 0, nên h là một hàm lồi.
Đỗ Văn Dũng

21

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

Mặt khác

1 M 2
M
h(a) + h(b)
=
a − g(a) + b2 − g(b)
2
2 2
2
M 2
1
(a + b2 ) − [g(a) + g(b)]
4
2

=

Theo bất đẳng thức hai của (2.1), ta có:
b

1
h(a) + h(b)
≥
2
b−a

h(t)dt
a
b

M 2

1
1
⇔
(a + b2 ) − (g(a) + g(b)) ≥
4
2
b−a

M 2
t − g(t) dt
2
a

b

g(a) + g(b)
1
⇔
−
2
b−a

g(t)dt ≤

M 2
1 M 3
(a + b2 ) −
(b − a3 )
4
b−a 6

=

M 2
M
(a + b2 ) − (a2 + ab + b2 )
4
6

a

M
=
2

a2 + b2 a2 + ab + b2
−
2
3

=

M 2
a − 2ab + b2
12

=

M
(a − b)2 .

12

Như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức thứ hai của (2.4).
Hệ quả 2.1.3 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.

(2.5)

a

Chứng minh. Thật vậy, (2.5) có thể được viết như sau:

Đỗ Văn Dũng

22

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

b

2
b−a

f (t)dt ≤

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

a+b
2

.

(2.6)

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

1
f (b) + f

2

a+b
2

.

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

a+b
2

.

a+b
2

+

hay
b

2
b−a

f (x)dx ≤
a

Suy ra (2.6) luôn đúng.
Vậy (2.5) được chứng minh.

2.2

Ứng dụng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard trong chứng
minh bất đẳng thức

Có thể sử dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard trong chứng minh bất
đẳng thức như trong các ví dụ sau đây chỉ ra. Như vậy, bất đẳng thức
Hermite-Hadamard có thể được coi là một chuyên đề bổ sung cho chương
trình ôn tập và chuẩn bị thi Olympic sinh viên.
Ví dụ 2.2.1. (Hermite, 1883, xem [5], p. 138)
1
Xét hàm số f (x) =
, 0 < x < b.
x+1
Ta có:
1
2
f (x) = −
;
f
(x)
=
> 0, ∀x > 0.
(x + 1)2
(x + 1)3
Suy ra f (x) là một hàm lồi.
Ta có:

x
x
x
dt
f (t)dt =
=ln(1 + t) =ln(1 + x)−ln1 =ln(1 + x).
0
1+t
0
Đỗ Văn Dũng

0
23

K18 Toán Giải Tích


Luận văn thạc sĩ

Với a = 0, b = x ta có

a+b
2

f

x
2
=
.

2
x+2

=f

Do đó
a+b
2x
(b − a)f (
)=
.
2
x+2
Vì f (a) = f (0) = 1 và f (b) = f (x) =

1
nên ta có
x+1

f (a) + f (b) x2 + 2x x(x + 2)
=
=
.
(b − a)
2
2 + 2x
2(x + 1)
Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta được

2x

x2 + 2x
≤ ln(1 + x) ≤
.
x+2
2+x

Hình 3: Diện tích hình thang cong OEHK không lớn hớn diện tích hình thang
vuông OEHK và không nhỏ hơn diện tích hình chữ nhật OEIJ.
Ví dụ 2.2.2. ([1], trang 41) Cho 0 < a < b < +∞. Chứng minh rằng

b2 − a2
a+b+2
ln
2
2

b

≤

xln(1 + x)dx ≤

b−a
[aln(1 + a) + bln(1 + b)]
2

a

Chứng minh. Xét hàm số

f (x) = xln(1 + x) trên (0, +∞).
Ta có

f (x) =
Đỗ Văn Dũng

x+2
> 0, với mọi x ∈ (0, +∞).
(x + 1)2
24

K18 Toán Giải Tích