Bất đẳng thức dạng hermite hadamard cho hàm tựa lồi

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

DƯƠNG BÍCH HỒNG

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD
CHO HÀM TỰA LỒI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2016


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

DƯƠNG BÍCH HỒNG

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD
CHO HÀM TỰA 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
Sau một thời gian đọc tài liệu và tập dượt nghiên cứu khoa học, luận
văn của tôi 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, tạo điều kiện cho tôi trong thời gian làm
luận văn.
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. 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.

Hà Nội, ngày 05 tháng 07 năm 2016
Tác giả luận văn

Dương Bích Hồng


LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan luận văn này là kết quả nghiên cứu của riêng tôi dưới
sự hướng dẫn của 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, ngày 05 tháng 07 năm 2016
Tác giả luận văn

Dương Bích Hồng

i

Mục lục
Lời Mở đầu

1

Chương 1. Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm
tựa lồi
5
1.1
1.2
1.3

Hàm lồi và một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard . . . . . . . . . . . .
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi . .
1.3.1 Hàm tựa lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2

.
.
.
.

5
9
15
15

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi 22

Chương 2. Một số mở rộng bất đẳng thức Hermite-Hadamard
cho hàm tựa lồi
25
2.1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm có đạo
2.2
2.3

hàm là tựa lồi . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho
đạo hàm bậc hai là tựa lồi . . . . . . . . . .
Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho

. .
có
. .
có

26

đạo hàm bậc ba là tựa lồi . . . . . . . . . . . . . . . . .

58

Tài liệu tham khảo

. .
lớp

. .
lớp

. . .
hàm
. . .
hàm

49

64


1

Lời Mở đầu
1. Lý 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 lí dưới đây.
Định lí 1 (Hermite, 1883, [14]; Hadamard, 1893, [13])
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

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).


2

Tức là diện tích hình thang cong không lớn hơn diện tích hình thang vuông
ABCD và không nhỏ hơn diện tích hình chữ nhật ABMN. Từ đây ta cũng
suy ra diện tích hình tam giác cong NDP bao giờ cũng nhỏ hơn diện tích
tam giác cong MCP.

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

Trong [15], Fejer đã mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức
(2), mà sau này được gọi là bất đẳng thức Fejer.
Định lí 2 Nếu f : R → R là lồi trên [a, b] và g : [a, b] → R là một hàm
a+b
không âm, khả tích và đối xứng qua điểm x =

thì
2

a+b
f
2

b

b

g(t)dt ≤
a

a

f (a) + f (b)
f (t)g(t)dt ≤
2

b

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-Hadamrd và

sử dụng chúng để đặc trưng và nghiên cứu các tính chất của hàm lồi. Xem
thí dụ cuốn sách chuyên khảo [6], [7] và các Tài liệu tham khảo khác.
Nhiều bài toán thực tế mô tả bởi các hàm không nhất thiết là lồi. Vì vậy,


3

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 trong những cách xây dựng và nghiên cứu lớp hàm lồi suy rộng, là
giữ lại một (một số) tính chất đặc trưng của hàm lồi. Thí dụ, ta đã biết,
hàm lồi có tập mức dưới là tập lồi và hàm lồi liên tục trên tập compact
đạt giá trị lớn nhất tại biên. Hai tính chất này vẫn còn đúng cho lớp hàm
tựa lồi. Do ý nghĩa toán học và ý nghĩa thực tế, có thể nói, trong số các
lớp hàm lồi suy rộng, lớp hàm tựa lồi được nghiên cứu đầy đủ hơn cả.
Mục đích chính của Luận văn này là trình bày tổng quan về Bất đẳng thức
Hermite-Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi.

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

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho

các lớp hàm tựa lồi và một số vấn đề liên quan.


4

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
• Đối tượng nghiên cứu: Các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard
cho các lớp hàm tựa lồi.

• Phạm vi nghiên cứu: Các tài liệu, các sách báo liên quan đến bất đẳng
thức Hermite-Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi.

5. Phương pháp nghiên cứu
Thu thập tài liệu, các sách báo về các bất đẳng thức dạng HermiteHadamard cho các lớp hàm tựa lồi.
Tổng hợp, phân tích, hệ thống các kiến thức về bất đẳng thức HermiteHadamard cho các lớp hàm tựa 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 hàm tựa lồi.
Hà Nội, tháng 7 năm 2016
Tác giả

Dương Bích Hồng


5

Chương 1
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard
cho lớp hàm tựa lồi

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số đặc trưng cơ bản của
hàm lồi, chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm
lồi một biến và một số mở rộng của Bất đẳng thức Hermite-Hadamard,
Bất đẳng thức Hermite-Hadamar cho hàm tựa lồi. Nội dung Chương 1 chủ
yếu theo Tài liệu [11], [6], [7] và tham khảo thêm một số tài liệu khác.

1.1

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

Định nghĩa 1.1. Tập X ⊆ Rn được gọi là lồi nếu với mọi λ ∈ [0; 1] và

x1 ∈ X , x2 ∈ X ta có
xλ := λx1 + (1 − λ)x2 ∈ X.
Nghĩa là, tập lồi X chứa mọi đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của nó.
Định nghĩa 1.2. Hàm f : X ⊆ Rn → R được gọi là hàm lồi nếu X là
tập lồi và với mọi λ ∈ [0; 1], x1 ∈ X , x2 ∈ X ta có

f (xλ ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ).


6

Định lý 1.1. (Theorem 2.1, [11], p. 42-43) Hàm thực f(t) xác định trên
tập mở (a,b) là lồi nếu và chỉ nếu nó liên tục trên (a,b) và có các đạo hàm
trái có giá trị hữu hạn

f− (t) := lim+
h↑0

f (t + h) − f (t)
)
h

và các đạo hàm phải có giá trị hữu hạn

f+ (t) := lim−
h↓0

f (t + h) − f (t)
)
h

tại mọi điểm t ∈ (a, b) sao cho f+ (t) là không giảm và

f− (t) ≤ f+ (t),

f+ (t1 ) ≤ f− (t2 )

(1.1)

với mọi a < t1 < t2 < b.
Chứng minh. (i) Cho f (t) là hàm lồi. Nếu 0 < s < h và t + h < b thì điểm

(t + s, f (t + s)) là nằm dưới đoạn thẳng nối (t, f (t)) và (t + h, f (t + h)),
bởi vậy

f (t + s) − f (t) f (t + h) − f (t)
≤

.
(1.2)
s
h
[f (t + h) − f (t)]
là không giảm khi
Điều này chỉ ra rằng hàm số h →
h
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 = t + s, h = s + r,
ta cũng có

f (t + s) − f (t) f (y + r) − f (y)
≤
.
s
r

(1.3)

Điều đó chỉ ra rằng f+ (t) ≤ f+ (y) với t < y và do đó f+ (t) là không giảm.
Cuối cùng, ta viết lại (1.3) như sau

f (y − s) − f (y) f (y + r) − f (y)
≤
.
−s
r

7

Lấy −s ↑ 0, r ↓ 0 ta thu được f− (y) ≤ f+ (y), điều này chứng minh cho
bất đẳng thức thứ nhất của (1.1) và tính hữu hạn của các đạo hàm này.
Vì f− (t) tồn tại hữu hạn nên suy ra

lim
h↑0

f (t + h) − f (t)
= 0.
h

⇒ lim f (t + h) = f (t).
h↑0

Tương tự, do f+ (t) tồn tại hữu hạn nên

lim
h↓0

f (t + h) − f (t)
= 0.
h

⇒ lim f (t + h) = f (t).
h↓0

Do đó, f (t) liên tục tại mọi t ∈ (a, b).
Hơn thế nữa, đặt x = x1 , y + r = x2 trong (1.3) ta được

f (x1 + s) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x2 − r)
≤
s
r
hay

f (x1 + s) − f (x1 ) f (x2 − r) − f (x2 )
≤
.
s
−r

(1.4)

Lấy s ↓ 0, −r ↑ 0 trong (1.4) ta được bất đẳng thức thứ hai trong (1.1)
(ii) Giả sử rằng hàm f có tất cả các tính chất được đề cập trong Định lý
1.1 và chọn c, d sao cho c, d ∈ (a, b). Xét hàm số:

g(t) = f (t) − f (c) − (t − c)

f (d) − f (c)
.
d−c

Với mọi t = (1 − λ)c + λd, ta có

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

8

Để chứng minh cho tính lồi của f (t) thì ta cần phải chỉ ra rằng g(t) ≤ 0
với mọi t ∈ [c, d]. Giả sử điều ngược lại rằng, giá trị lớn nhất của g(t) trên
đoạn [c, d] là dương (giá trị lớn nhất của g(t) tồn tại vì g(t) là hàm số liên
tục trên đoạn compact [c, d]).
Lấy e ∈ [c, d] là điểm mà tại đó hàm số đạt được giá trị lớn nhất.
Nếu λ = 0 thì t = c, ta suy ra

g(c) = f (c) − f (c) = 0;
Nếu λ = 1 thì t = d, ta suy ra

g(d) = f (d) − f (d) = 0.
Suy ra g(c) = g(d) = 0. Vì g(t) chỉ sai khác f (t) một đại lượng hằng số nên

g(t) có cùng tính chất với hàm f (t) trong giả thiết, cụ thể là: g− (t), g+ (t)
tồn tại với mọi t ∈ (c, d), g− (t) ≤ g+ (t), g+ (t) là hàm số không giảm và

g+ (t1 ) ≤ g− (t2 ) với t1 ≤ t2 .
Vì g(e) ≥ g(t) ∀t ∈ [c, d] nên ta có

g− (e) ≥ 0 ≥ g+ (e),
và do đó

g− (e) = g+ (e) = 0.
Mặt khác, g+ (t) là hàm không giảm nên hiển nhiên g+ (t) ≥ g+ (e) ≥ 0

∀t ∈ [e, d]. Ta sẽ chỉ ra rằng, g− (y) > 0 ∀y ∈ [e, d]. Thật vậy, giả sử
phản chứng, g− (y) ≤ 0 với y ∈ (e, d] nào đó thì g+ (t) ≤ g− (y) ≤ 0. Mà

g+ (t) ≥ 0 ∀t ∈ [e, d] nên g (t) = 0 với mọi t ∈ [e, y). Vì g(t) là hàm hằng
trên [e, d]. Do đó g(y) = g(e) > 0.
Do g(d) = 0 nên tồn tại y ∈ (e, d) sao cho g− (y) > 0. Lấy t1 ∈ [y, d) là


9

điểm mà tại đó hàm g(t) đạt được giá trị lớn nhất trên đoạn [y, d].
Suy ra, g+ (t1 ) ≤ 0, mâu thuẫn với g+ (y) ≥ g− (y) > 0. Do đó g(t) ≤ 0 với
mọi t ∈ [c, d]. Định lí được chứng minh.
Hệ quả 1.1. (Corollary 2.1, [11], 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).
Hệ quả này gợi ý mở rộng tiêu chuẩn hàm lồi cho hàm nhiều biến. Ta
có
Định lý 1.2. (Proposition, [11], p.44) Hàm f(x) hai lần khả vi trên tập lồi
mở C ⊆ Rn là hàm lồi nếu và chỉ nếu ma trận Hessian

Qx := (qij (x)),

∂ 2f
qij (x) :=
(x1 , ..., xn )
∂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 C nếu và chỉ nếu với mỗi a ∈ C và

u ∈ Rn thì hàm số ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở
{t | a + tu ∈ C}. Với x = a + tu ∈ C , theo công thức tính đạo hàm của
2

∂f
f
và ϕa,u (t) = u, ∂x∂i ∂x
u = u, Qx u . Mà
hàm hợp ta có ϕa,u (t) = u, ∂x
i
j

hàm số ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở {t | a + tu ∈ C}
nên theo Hệ quả 1.1 thì ϕa,u (t) ≥ 0.

1.2

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard


10

Định lý 1.3. (The Hermite-Hadamard Integral Inequality, [6], p. 55-56)
Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] thì ta có
b

1
≤
b−a

a+b
f
2

f (t)dt ≤
a

f (a) + f (b)
.
2

Chứng minh. Do tính lồi của f trên [a, b] với mọi t ∈ [0, 1] ta có

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

1

f (ta + (1 − t)b)dt ≤ f (a)
0

1

(1 − t)dt.

tdt + f (b)
0

0

Từ
1

1

(1 − t)dt =

tdt =
0

0

1
2

và đổi biến x = ta + (1 − t)b, suy ra
1
0

b

1
f (ta + (1 − t)b)dt =
b−a

f (x)dx.
a

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

1
b−a

b

f (x)dx ≤
a

f (a) + f (b)
.
2

Do tính lồi của f ta cũng có:

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

a+b
1
f

≤
2
2

1

1

f (ta + (1 − t)b)dt +
0

1
=
b−a

f ((1 − t)a + tb)dt
0

b

f (x)dx.
a

(1.5)


11

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

1
b−a

f (x)dx ≥ f
a

a+b
.
2

Hệ quả 1.2. ([6], 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
1
m
(b − a)2 ≤
24
b−a

b

g(t)dt − g
a

M
a+b
≤ (b − a)2 .
2
24

(1.6)

m 2
t , thì f (t) = g (t) − m ≥ 0. Điều này
2
chứng tỏ f là lồi trên (a, b). Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard
Chứng minh. Nếu f (t) = g(t) −

(1.5) cho f ta được

a+b
g
2

m a+b
−
2
2

2

a+b
2
b
1
f (t)dt
b−a a
b
1

m
g(t) − t2
b−a a
2
b
1
1
g(t) −
b−a a
b−a
b
m
1
g(t)dt − ·
b−a a
2
b
1
m
g(t)dt − ·
b−a a
2

=f
≤
=
=
=
=

dt
b

m 2
t dt
a 2
b3 − a3
3(b − a)
a2 + ab + b2
.
3

Điều này nghĩa là:
2

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

m a2 + ab + b2 (a + b)2
1
a+b
⇔
−
≤
g(t)dt − g
2
3
4
b−a a
2
b
m
1
a+b
2
⇔ (b − a) ≤
g(t)dt − g
.
24
b−a a
2


12

Vế thứ nhất của bất đẳng thức (1.6) được chứng minh.
M 2
t − g(t), t ∈ [a, b] ta được vế

Chứng minh tương tự với hàm lồi h(t) =
2
thứ hai của bất đẳng thức (1.6).
Hệ quả 1.3. ([6], 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
g(a) + g(b)
1
m
(b − a)2 ≤
−
12
2
b−a

b

g(t)dt ≤
a

M
(b − a)2 .
12

(1.7)

Chứng minh. Bất đẳng thức trên được chứng minh bằng cách áp dụng
m
Bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) cho hàm f (t) = g(t) − t2 như
2

sau:

g(a) + g(b) m (a2 + b2 ) f (a) + f (b)
− ·
=
2
2
2
2
b
1
f (t)dt
≥
b−a a
b
1
m
=
g(t) − t2 dt
b−a a
2
b
1
m a2 + ab + b2
=
g(t)dt − ·
.
b−a a
2
3

Điều này tương đương với:

m a2 + b2 a2 + ab + b2
g(a) + g(b)
1
−
≤
−
2
2
3
2
b−a
b
m
g(a) + g(b)
1
2
−
g(t)dt.
⇔ (b − a) ≤
12
2
b−a a

b

g(t)dt
a

Vế thứ nhất của (1.7) đã được chứng minh.
Vế thứ hai được chứng minh tương tự.
Kết quả sau đây là tổng quát hóa bất đẳng thức thứ nhất của Bất đẳng
thức Hermite-Hadamard (1.5).


13

Định lý 1.4. ([6], p. 57) Giả sử a, b ∈ I ⊆ R với a < b, f : R → R là
hàm lồi trên I. Khi đó với mọi t ∈ [a, b] và λ ∈ [f− (t), f+ (t)] ta có bất
đẳng thức:

1
a+b
−t ≤
f (t) + λ
2
b−a

b

f (x)dx.
a

Chứng minh. Giả sử t ∈ [a, b], với mọi λ ∈ [f− (t), f+ (t)] ta có bất đẳng
thức:

f (x) − f (t) ≥ λ(x − t)
với mọi x ∈ [a, b].
Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức trên trên [a, b] theo x, ta được

b

a+b
−t
2
b
a+b
1
f (x)dx ≥ f (t) + λ
−t .
b−a a
2

f (x)dx − (b − a)f (t) ≥ λ(b − a)
a

⇔

Ta có điều phải chứng minh.
a+b
Với t =
ta có vế thứ nhất của Bất đẳng thức Hermite-Hadamard
2
trong Bất đẳng thức (1.5).
Ngoài ra ta có các trường hợp cụ thể sau đây.
Nhận xét 1.1. ([6], p. 58) Giả sử hàm f được cho như trên và 0 ≤ a < b.
√
(i) Nếu f+ ab ≥ 0, thì
b

1
b−a
(ii) Nếu f+

2ab
a+b

f (x)dx ≥ f

√
ab ;

a

≥ 0, thì
1
b−a

b

f (x)dx ≥ f
a

2ab
;
a+b


14

(iii) Nếu f là khả vi tại a và b, thì

1
b−a

b

f (x)dx ≥ max f (a) + f (a)
a

a−b
b−a
, f (b) + f (b)
2
2

và

f (a) + f (b)
1
0≤
−
2
b−a

b

f (x)dx ≤
a

f (b) + f (a)
(b − a);
2

(iv) Nếu hàm f khả vi tại điểm xi ∈ [a, b], pi ≥ 0 sao cho
n

Pn :=

pi > 0
i=1

và

a+b
2

n

n

f (xi )xi ≥
i=1

pi f (xi )xi ,
i=1

thì ta có bất đẳng thức

1

b−a

b
a

1
f (x)dx ≥
Pn

n

pi f (xi ).
i=1

Vế thứ hai của Bất đẳng thức Hermite-Hadamard được mở rộng như
sau.
Định lý 1.5. ([6], p. 59) Giả sử a, b ∈ I ⊆ R với a < b, f : R → R là
hàm lồi trên I. Khi đó với mọi t ∈ [a, b] ta có bất đẳng thức

1
b−a

b

f (x)dx ≤
a

f (t) 1 bf (b) − af (a) − t(f (b) − f (a))
+ ·
.

2
2
b−a

Chứng minh. Không làm mất tính tổng quát, giả sử f khả vi trên (a, b).
Ta có bất đẳng thức

f (t) − f (x) ≥ f (x)(t − x)
với mọi y, x ∈ (a, b).
Lấy tích phân hai vế theo x bất đẳng thức trên trong [a, b], ta được:
b

(b − a)f (t) −

b

f (x)dx ≥ t f (b) − f (a) −
a

xf (x)dx.
a

(1.8)


15

Đơn giản biểu thức trên ta được:
b

b

xf (x)dx = bf (b) − af (a) −
a

f (x)dx.
a

Khi đó Bất đẳng thức (1.8) trở thành:
b

(b − a)f (t) − t f (b) − f (a) + bf (b) − af (a) ≥ 2
⇔

1
f (t) 1 bf (b) − af (a) − t(f (b) − f (a))
+ ·
≥
2
2
b−a
b−a

f (x)dx
a
b

f (x)dx.
a

Ta có điều phải chứng minh.

1.3

Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa
lồi

1.3.1

Hàm tựa lồi

Ta bắt đầu từ các định nghĩa sau.
Định nghĩa 1.3. Hàm f : I → R được gọi là tựa lồi (quasi convex) trên

I ,kí hiệu f ∈ QC(I), nếu với mọi x1 , x2 ∈ I và với mọi λ ∈ [0, 1], ta có
f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ max{f (x1 ), f (x2 )}.
Định nghĩa 1.4. Hàm f : I → R được gọi là tựa đơn điệu (quasi monotone) trên I , kí hiệu f ∈ QM (I), nếu nó hoặc là đơn điệu trên I = [a, b],
hoặc là đơn điệu không tăng trên mỗi khoảng con [a, c ] ⊂ I và đơn điệu
không giảm trên đoạn [c , b].
Ta có bổ đề sau.
Bổ đề 1.1. ([8], Lemma 4.1) Giả sử ánh xạ f : U → R, U ⊆ Rn . Khi đó f
là hàm tựa lồi trên U khi và chỉ khi với mọi x, y ∈ U , ánh xạ ϕ : [0, 1] → R,
với ϕ(t) = f ((1 − t)x + ty) là tựa lồi trên [0, 1].


16

Chứng minh. "⇐". Giả sử ϕ : [0, 1] → R, với ϕ(t) = f ((1 − t)x + ty) là
tựa lồi trên [0, 1] với mọi x, y ∈ U , x, y không đổi.
Lấy λ ∈ [0, 1] tùy ý nhưng không đổi. λ = (1 − λ) · 0 + λ · 1, như vậy ta có

f ((1 − λ)x) + λy) = ϕ(λ) = ϕ((1 − λ) · 0 + λ · 1)
≤ max{ϕ(0), ϕ(1)} = max{f (x), f (y)}.
Suy ra f là tựa lồi trên U. "⇒". Giả sử f là tựa lồi trên U. ϕ : [0, 1] → R
xác định với ϕ(t) = f ((1 − t)x + ty); x, y ∈ U không đổi. Cần chứng minh

ϕ là tựa lồi trên [0, 1].
Giả sử t1 , t2 ∈ [0, 1] và λ ∈ [0, 1]. Khi đó

ϕ((1 − λ)t1 + λt2 ) = f 1 − (1 − λ)t1 − λt2 ]x + [(1 − λ)t1 − λt2 ]y
= f (1 − λ) (1 − t1 )x + t1 y + λ (1 − t2 )x + t2 y
≤ max{f (1 − t1 )x + t1 y , f (1 − t2 )x + t2 y }
= max{ϕ(t1 ), ϕ(t2 )}.
Vậy ϕ là tựa lồi trên [0,1].
Ta có điều phải chứng minh.
Lớp hàm đơn điệu QM (I) đặc trưng cho lớp hàm tựa lồi QC(I) qua định
lý sau.
Định lý 1.6. ([6], p. 80) Giả sử I ⊆ R. Các khẳng định sau đây là tương
đương cho hàm f : I → R:
(a) f ∈ QM (I);
(b) Với mọi khoảng con của I , hàm f đạt supremum tại điểm cuối.
(c) f ∈ QC(I).
Chứng minh. (a) ⇒ (b): Suy ra trực tiếp từ định nghĩa hàm tựa đơn điệu.

(b) ⇒ (a) : Giả sử với mọi khoảng con của I , hàm f đạt supremum tại điểm


17

cuối, nhưng f ∈

/ QM (I). Khi đó tồn tại điểm x, y, z ∈ I với x < y < z
và f (y) > max{f (x), f (z)}, điều này mâu thuẫn (b) với mọi khoảng con

[x, z].
(b) ⇔ (c): Suy ra từ định nghĩa hàm tựa lồi.
Định nghĩa 1.5. Hàm f : I → R được gọi là hàm Wright-lồi (ngắn gọn,
là hàm W -lồi) trên I nếu với mọi y > x, x ∈ I và δ > 0 với y + δ ∈ I ta
có

f (x + δ) − f (x) ≤ f (y + δ) − f (y).
Định lý dưới đây đặc trưng cho lớp hàm W -lồi.
Định lý 1.7. ([6], p. 78-79) Giả sử I ⊆ R. Các khẳng định sau đây là
tương đương cho hàm f : I → R:
(i) f là W -lồi;
(ii) Với mọi a, b ∈ I và t ∈ [0, 1] ta có

f ((1 − t)a + tb) + f (ta + (1 − t)b) ≤ f (a) + f (b).

(1.9)

Chứng minh. Từ ”(i) ⇒ (ii)”.
Với a, b ∈ I và t ∈ [0, 1] , giả sử a < b. Nếu f là W-lồi trên I , khi đó với
mọi y > x và δ > 0 với y + δ ∈ I , x ∈ I ta có

f (x + δ) − f (x) ≤ f (y + δ) − f (y).

(1.10)

Chọn x = a, y = ta + (1 − t)b > 0 và đặt δ := b − (ta + (1 − t)b) > 0.
Khi đó x + δ = (1 − t)a + tb, y + δ = b. Từ (1.10) ta có:

f ((1 − t)a + tb) − f (a) ≤ f (b) − f (ta + (1 − t)b).
Ta được (1.9).
Chứng minh tương tự cho trường hợp a > b.


18

Từ ”(ii) ⇒ (i)”.
Giả sử y > x và δ > 0 với y + δ ∈ I , x ∈ I . Trong (1.10) chọn x = a,

b > a, và t ∈ [0, 1] với ta + (1 − t)b = y và b − (ta + (1 − t)b) = δ . Ta có
y + δ = b ∈ I , x ∈ I , và x + δ = (1 − t)a + tb. Từ (1.9) suy ra
f (x) + f (y + δ) ≥ f (y) + f (x + δ).
Suy ra f là W -lồi trên I .
Định nghĩa 1.6. Hàm f : I → R được gọi là Wright-tựa lồi (Wrightquasiconvex) trên I, kí hiệu f ∈ W QC(I), nếu với mọi x, y ∈ I và t ∈

[0, 1], ta có bất đẳng thức
1
[f (tx + (1 − t)y) + f ((1 − t)x + ty)] ≤ max{f (x), f (y)},
2
hay tương đương:

1
[f (y) + f (δ)] ≤ max{f (x), f (y + δ)}
2
với mọi x, y + δ ∈ I với x < y và δ > 0.
Định nghĩa 1.7. Hàm f : I → R được gọi là hàm Jensen-lồi (ngắn gọn,
là hàm J -lồi) trên I nếu với mọi x, y ∈ I ta có

f

x+y
f (x) + f (y)
≤
.
2
2

Trong một số tài liệu hàm J -lồi còn được gọi là hàm lồi tại điểm giữa.
Định nghĩa 1.8. Hàm f : I → R được gọi hàm là Jensen-tựa lồi (ngắn
gọn, là hàm J -tựa lồi) trên I nếu với mọi x, y ∈ I ta có

f

x+y
≤ max{f (x), f (y)}.
2


19

Nhận xét 1.2. Lớp hàm J -tựa lồi trên I (kí hiệu là JQC(I)) chứa lớp
hàm J -lồi (kí hiệu J(I)) trên I .
Ta có định lý sau liên quan đến các lớp hàm lồi suy rộng.
Định lý 1.8. ([6], p. 80-81)

QC(I) ⊂ W QC(I) ⊂ JQC(I).
Dấu bao hàm thức chặt xảy ra thực sự.
Chứng minh. Giả sử f ∈ QC(I). Khi đó, với mọi x, y ∈ I và t ∈ [0, 1] ta

có:

f (tx + (1 − t)y) ≤ max{f (x), f (y), f ((1 − t)x + ty)} ≤ max{f (x), f (y)}
1
[f (tx + (1 − t)y) + f ((1 − t)x + ty)] ≤ max{f (x), f (y)}
2
⇔

(1.11)

1
f (y) + f (δ) ≤ max{f (x), f (y + δ)}
2

với mọi x, y, y + δ ∈ I ,x < y ,δ > 0 và t ∈ [0, 1].
Điều này nghĩa là f ∈ W QC(I).
1
thay vào (1.11) ta được dấu bao hàm thức thứ hai:
Nếu chọn t =
2
W QC(I) ⊂ JQC(I).
Giả sử H là cơ sở Hamel trên tập số hữu tỉ
(Định nghĩa cơ sở Hamel: Giả sử V là một không gian vecto trên trường

K . B được gọi là cơ sở Hamel trong V nếu B độc lập tuyến tính và với mọi
→
−
v ∈ V được xem như là một tổ hợp tuyến tính của các vecto từ B . Nghĩa
n

là với mọi x ∈ V . B được biểu diễn duy nhất theo công thức B =

ri xi .
i=1


20

Trong đó ri ∈ K , xi ∈ B , n phụ thuộc vào B .)
Khi đó mỗi số thực u được biểu diễn duy nhất dưới dạng

ru,h · h,

u=
h∈H

với duy nhất hữu hạn của các hệ số ru,h là khác không.
Xác định ánh xạ f : I → R cho bởi công thức
với u ∈ I

ru,h

f (u) =
h∈H

với u ∈ I .
Khi đó

1
1

[f (y) + f (x + δ)] =
2
2
=

1
2

(rx,h + rδ,h )

ry,h +
h

h

rx,h +
h

(ry,h + rδ,h )
h

≤ max

(ry,h + rδ,h )

rx,h ,
h

h

= max{f (x), f (y + δ)}.
Vậy f ∈ W QC(I).
Bây giờ để chứng minh W QC(I) ⊂ QC(I) ta chọn H sao cho f ∈
/ QC(I).
Chọn δ > 0 và x = 0 là hữu tỉ và y + δ là vô tỉ. Ta có thể chọn H sao cho

y + δ, −|x| ∈ H . Khi đó f (δ) < 0, f (x) = −sgn(x) và f (y + δ) = 1. Ánh
xạ f là cộng tính. Vì thế

f (y) = f (y + δ) − f (δ) > f (y + δ) = 1 = max{f (x), f (y + δ)},
và vì thế f ∈
/ QC(I).