Về các bất đẳng thức dạng hermite hadamard cho hàm lồi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HOÀNG THỊ QUỲNH LIÊN

VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG
HERMITE-HADAMARD CHO HÀM LỒI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HOÀNG THỊ QUỲNH LIÊN

VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG
HERMITE-HADAMARD CHO HÀM LỒI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:
60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG

Thái Nguyên - 2016

i

Mục lục
Mở đầu

1

Chương 1. Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard
1.1 Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi . . . . . . .

4
4

1.2
1.3
1.4

Bất đẳng thức Hermite - Hadamard . . . . . . . . . . . .
Một số mở rộng của bất đẳng thức Hermite - Hadamard
Ứng dụng của bất đẳng thức Hermite - Hadamard trong
toán sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8
12
25

Chương 2. Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho
hàm lồi khả vi
30

2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả
vi bậc nhất và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.1.1

2.2

Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm
lồi khả vi bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Ứng dụng vào đánh giá các đại lượng trung bình .
Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả
vi cấp hai và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm
lồi khả vi cấp hai . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Ứng dụng vào đánh giá các đại lượng trung bình .

Tài liệu tham khảo

30
37
41
41
46
52


1

Mở đầu
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 trong giải tích lồi là Bất đẳng thức Hermite - Hadamard (H-H
Inequality) cho hàm lồi, được phát biểu trong Định lý dưới đây.
Định lý 0.0.1. (Hermite, 1881, [7], Hadamard, 1893, [6]) 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

Năm 1906, Fejér [8] đã mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức
(2), sau này được gọi là bất đẳng thức Fejér.
Định lý 0.0.2. Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] và g : [a; b] → R
a+b

thì
là một hàm không âm, khả tích và đối xứng qua điểm x =
2
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 Fejér trở thành bất đẳng thức Hermite
- Hadamard. Sau đó, nhiều tác giả đã mở rộng bất đẳng thức Hermite

- Hadamard và bất đẳng thức Fejér. Xem, thí dụ, các cuốn sách chuyên
khảo về bất đẳng thức [1], [2] và các tài liệu tham khảo khác.


2

Các bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard có nhiều ứng dụng thực
tế, thí dụ, trong các bài toán: đặc trưng hàm lồi, quan hệ giữa các đại
lượng trung bình, lí thuyết xấp xỉ,...
Mục đích chính của Luận văn là trình bày tổng quan về các bất đẳng
thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi.
Luận văn bố cục theo hai chương:
Chương 1: Trình bày một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi, chứng
minh các bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi một biến,
một số mở rộng và ứng dụng của bất đẳng thức Hermite - Hadamard.
Chương 2: Trình bày chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite Hadamard cho hàm lồi một biến khả vi (cấp một, cấp hai) trên đoạn [a; b],
đồng thời cũng nêu ứng dụng của nó trong đánh giá các giá trị trung bình.
Sau một thời gian cố gắng, nỗ lực học tập và nghiên cứu, đến nay tôi
đã hoàn thành luận văn thạc sĩ của mình. Để có được kết quả này, trước
tiên 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 khoa
học và luôn tận tình chỉ dạy cho tôi trong suốt thời gian thực hiện luận
văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô ở trường Đại học
Khoa học, Đại học Thái Nguyên và các thầy cô ở Viện Toán học đã luôn
tận tình giúp đỡ, theo dõi và động viên cho tôi trong suốt quá trình thực
hiện luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn tới bạn bè thân yêu, đồng nghiệp đang công tác
tại trường THPT Trần Nhật Duật luôn thông cảm, chia sẻ khó khăn và
tạo điều kiện tốt nhất để tôi có thể học tập, nghiên cứu và hoàn thành

3

những công việc của mình.
Tôi cũng xin gửi những lời cảm ơn đặc biệt nhất tới những người thân
yêu trong gia đình đã luôn chia sẻ với tôi những khó khăn trong khi tôi
thực hiện luận văn.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016
Tác giả

Hoàng Thị Quỳnh Liên


4

Chương 1
Bất đẳng thức dạng Hermite Hadamard
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số đặc trưng cơ bản của
hàm lồi khả vi, chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard
cho hàm lồi một biến, một số mở rộng và ứng dụng của bất đẳng thức
Hermite - Hadamard. Nội dung Chương 1 chủ yếu theo Tài liệu [1] (trang
42-44), [2] (trang 55-70), [5] (trang 9-19) và tham khảo thêm một số tài
liệu khác.

1.1

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 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 1.1.2. 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 ).

(1.1)


5

Định lý 1.1.3. (Theorem 2.1, [5], p. 42-43) Hàm thực f (x) 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 và phải

f (x + t) − f (x)
,
t↑0
t
f (x + t) − f (x)
f+ (x) := lim
t↓0
t

f− (x) := lim

tại mọi điểm x ∈ (a, b) sao cho f+ (x) không tăng 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)
≤
.
s
t

(1.3)

f (x + t) − f (x)
là không tăng khi t ↓ 0.
t
Suy ra nó có một giới hạn f+ (t) (hữu hạn hoặc bằng −∞). Tương tự,
Điều này chỉ ra rằng hàm số t →

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)

≤
.
s
r

(1.4)

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

(1.5)


6

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 này.
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).
Hơn thế nữa, đặt x = x1 , y + r = x2 trong (1.4) ta có

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

(1.6)

Lấy s ↓ 0, −r ↑ 0 trong (1.6) ta được bất đẳng thức thứ hai của (1.2)
(ii) 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:

g(x) = f (x) − f (c) − (x − c)

f (d) − f (c)
.
d−c

Với mọi x = (1 − λ)c + λd, ta có

g(x) = f (x) − f (c) − λ [f (d) − f (c)]


7

= f (x) − [(1 − λ)f (c) + f (d)] .
Để chứng minh 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 trên đoạn [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 biểu diễn 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),
do đó

g− (e) = g+ (e) = 0.
Mặt khác, g+ (x) là không giảm nên hiển nhiên g+ (x) ≤ 0 ∀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.
Hệ quả 1.1.4. (Corollary 2.1, [3], p. 44) Hàm f (x) khả vi trên tập mở

(a, b) là hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo hàm của nó là một hàm không tăng


8

trên (a, b).
Hàm f (x) 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 1.1.5. (Proposition 2.2, [5], p. 44) Hàm f (x) hai lần khả vi trên
tập lồi mở X ⊆ Rn là hàm lồi nếu và chỉ nếu ma trận Hessian

Qx := (qij (x)) ,

∂ 2f
(x1 , ..., xn )
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 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}. Với
2

∂f
f
x = a + tu ∈ X , ta có ϕa,u (t) = u, ∂x
. Do đó, ϕa,u (t) = u, ∂x∂i ∂x
u
i
j

= u, Qx u . Mà số ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở
{t | a + tu ∈ X} nên theo Hệ quả 1.1.4 thì ϕa,u (t) ≥ 0.

1.2

Bất đẳng thức Hermite - Hadamard

Định lý 1.2.1. (The Hermite - Hadamard Integral Inequality, [1], p. 5556) 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

(1.7)

a

hay
b

(b − a)f

a+b
2

≤

f (t)dt ≤ (b − a)
a

f (a) + f (b)
.
2

(1.8)


9

Hình 1.1: Ý nghĩa hình học của bất đẳng thức Hermite - Hadamard (1.8), nếu S1 =
b

(b − a)f

a+b
2

là diện tích hình chữ nhật ABM N , S =

f (t)dt là diện tích hình thang
a

cong giới hạn bởi đồ thị hàm f (x), trục hoành và các đường thẳng x = a, x = b,
(b)
là diện tích hình thang vuông ABCD, thì S1 ≤ S ≤ S2 .
S2 = (b − a) f (a)+f
2

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

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

1

f (ta + (1 − t)b)dt ≤ f (a)
0

1

0

Vì

1

0

1

(1 − t)dt =

tdt =
0

(1 − t)dt.

tdt + f (b)

1
2

0

và bằng phép đổi biến x = ta + (1 − t)b, ta có
1

1

1
f (ta + (1 − t)b)dt =
a−b
0

f (x)dx.
0

(1.9)


10

Bởi vậy ta nhận được bất đẳng thức thứ 2 của (1.7) từ (1.9).
Cũng do tính lồi của f ta có

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

0
b

1
=
a−b

f (x)dx.

a

Do đó bất đẳng thức thứ nhất của (1.7) được chứng minh.
Hệ quả 1.2.2. (Comment (a), [1], p. 56-57) Nếu g : [a; b] → R là hàm
khả vi hai lần trên [a; b] và m ≤ g (t) ≤ M với mọi x ∈ [a; b] thì
b

m
1
(b − a)2 ≤
24
b−a

g(x)dx − g

a+b
2

≤

M
(b − a)2 .
24

(1.10)

a

Chứng minh. Thật vậy, nếu f (x) = g(x) −

m 2
x , thì
2

f (x) = g (x) − m ≥ 0,
do vậy hàm f là lồi trên khoảng (a, b).
Áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho f ta nhận được

g

a+b
2

m
−
2

a+b
2

b

2

=f

a+b
2

1

=
b−a

g(x) −
a

m 2
x dx
2


11
b

1
=
b−a

b

m b 3 − a3
1
g(x)dx −
=
2 3(b − a) b − a

a

m a2 + ab + b2
g(x)dx −

.
2
3

a

Do đó,

m a2 + ab + b2 m
−
2
3
2

2

a+b
2

b

1
≤
b−a

a+b
2

g(x)dx − g
a

m
⇔
2

a2 + ab + b2 a2 + 2ab + b2
−
3
4

b

1
≤
b−a

g(x)dx − g

a+b
2

a
b

1
m
⇔ (b − a)2 ≤
24
b−a

g(x)dx − g

a+b
.
2

a

Như vậy, bất đẳng thức thứ nhất của (1.10) được chứng minh.
Để chứng minh bất đẳng thức thứ hai của (1.10), chúng ta áp dụng
cách chứng minh tương tự như với bất đẳng thức thứ nhất cho

h(x) =

M 2
x − g(x), x ∈ [a, b].
2

Do đó, Hệ quả được chứng minh.
Hệ quả 1.2.3. (Remark 1, [2], p.2) Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi
hàm lồi f : [a; b] → R
b

1
b−a

b

a+b
2

f (t)dt − f

f (a) + f (b)
1
≤
−
2
b−a

a

f (t)dt.

(1.11)

a

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức thứ hai của bất đẳng thức Hermite
a+b
a+b
- Hadamard cho hàm lồi f trên các đoạn a,
và
, b , ta có
2
2

2
b−a

a+b
2

a

f (x)dx ≤

1
f (a) + f
2

a+b
2


12

2
b−a

b

f (x)dx ≤
a+b
2

1
f
2

a+b
2

+ f (b) .

Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta được
a+b
2

2
b−a

b

f (x)dx

f (x)dx +
a+b
2

a
b

2
⇔
b−a

f (x)dx ≤
a
b

1
⇔
b−a

≤

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

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

a+b
2

a+b
2
b

f (t)dt − f

a+b
2

f (a) + f (b)
1
≤

−
2
b−a

a

f (t)dt.
a

Do đó, bất đẳng thức được chứng minh.

1.3

Một số mở rộng của bất đẳng thức Hermite Hadamard

Bất đẳng thức thứ nhất trong bất đẳng thức kép (1.7) có thể mở rộng như
sau
Định lý 1.3.1. ([1], p. 57-58; Theorem 18, [2], p. 9) Giả sử f : R → R
là hàm lồi trên đoạn [a; b] với a < b. Khi ấy với mọi x ∈ [a; b] và mọi

λ ∈ [f − (t); f + (t)], ta có
b

a+b
1
f (t) − λ
−t ≤
2
b−a

f (x)dx.

(1.12)

a

Chứng minh. Lấy t ∈ [a, b]. Khi đó, với mọi số λ ∈ [f− (t), f+ (t)] ta có bất
đẳng thức sau (Theorem 1.6, [3]):

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

f (x)dx − (b − a)f (t) ≥ λ(b − a)
a

a+b
−t .
2


13

Vậy bất đẳng thức (1.12) đã được chứng minh.
Giả sử hàm f là khả vi trên (a, b), khi đó bất đẳng thức thứ hai của
bất đẳng thức kép Hermit-Hadamard có một số mở rộng như sau.
Định lý 1.3.2. (Dragomir,[1], p. 59 ; Theorem 19, [2], p. 10) Giả sử

f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] với a < b. Khi ấy với mọi x ∈ [a; b]
ta có

b

1
b−a

f (t)dt ≤

f (x) 1 bf (b) − af (a) − x (f (b) − f (a))
+
.
2
2
b−a

(1.13)

a

Chứng minh. Do hàm f là hàm lồi và khả vi trên (a, b) nên ta có

f (t) − f (x) ≥ (t − x)f (x) với mọi t, x ∈ (a, b).
Lấy tích phân hai vế cho bất đẳng thức này với biến x trên [a, b], ta thu
được
b

b

f (x)dx ≥ t(f (b) − f (a)) −

(b − a)f (t) −

xf (x)dx.

(1.14)

a

a

Áp dụng phương pháp tích phân từng phần, ta có
b

b

xf (x)dx = bf (b) − af (a) −
a

f (x)dx.
a

Khi đó, (1.14) trở thành
b

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

f (x)dx.
a

Điều này tương đương với (1.13).
Vậy bất đẳng thức (1.13) được chứng minh.

Giả sử f như trên và 0 ≤ a < b ta có bất đẳng thức sau ([1], p. 59-60;
Corollary 2, [2], p. 10)
b

1
b−a

f (t)dt ≤ min {Hf (a; b) , Gf (a; b) , Af (a; b)} ,
a

(1.15)


14

trong đó

Hf (a; b) :=

1
f
2

√
1
f
ab +
Gf (a; b) :=
2

Af (a; b) :=

1
f
2

a+b
2

2ab
a+b
√

+

bf (b) + af (a)
;
b+a

√
bf (b) + af (a)
√
(Sandos, 1988);
√
b+ a

+

f (b) + f (a)
(Bullen, 1978).

2

Định lý sau đây là mở rộng của kết quả trên.
Định lý 1.3.3. (Dragomir and Peace, [1], p. 60-61; Theorem 20, [2], p.
11-12) Giả sử f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] với a < b. Giả sử

xi ∈ [a; b] , pi ≥ 0 với
n

Pn :=
i=1

1
pi > 0, xP :=
Pn

n

pi x i .
i=1

Khi ấy ta có bất đẳng thức
b

1
b−a

1
Pn

1
f (t)dt ≤
2
a

≤

n

pi f (xi ) +
i=1

1
[(b − xP ) f (b) + (xp − a) f (a)]
b−a

f (a) + f (b)
.
2

(1.16)

Chứng minh. Do f là hàm lồi và khả vi trên (a, b) nên ta có

f (y) − f (x) ≥ f (x)(y − x) với mọi x, y ∈ (a, b).
Do đó ta nhận được

f (xi ) − f (x) ≥ f (x)(xi − x) với mọi i ∈ {1, 2, ..., n} .
Lấy tích phân hai vế trên đoạn [a, b] theo biến x, ta có:
b

f (xi )(b − a) −

b

xf (x)dx ≥ xi (f (b) − f (a)) −
a

xf (x)dx.
a

(1.17)


15

Vì a < b nên b − a > 0, chia cả hai vế của bất đẳng thức (1.17) cho b − a
ta có

f (xi ) −

1
b−a

b

f (x)dx
a

b

xi
1
≥
(f (b) − f (a)) −
xf (x)dx
b−a
b−a a
1
xi
(f (b) − f (a)) −
(bf (b) − af (a)).
=
b−a
b−a

Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với pi ≥ 0, tính tổng với i chạy từ 1
đến n và chia hai vế cho Pn ta thu được:

1
Pn

n

i=1

1
pi f (xi ) −
b−a

b

f (x)dx
a

xp
1
1
≥
(f (b) − f (a)) −
(bf (b) − af (a)) +
b−a
b−a
b−a

b

f (x)dx.
a

Với xp như ở trên, ta cũng có:

2
b−a
1
≤
Pn

b

f (x)dx

a
n

pi f (xi ) +
i=1

1
[(b − xp )f (b) + (xp − a)f (a)]
b−a

và do đó, bất đẳng thức thứ nhất trong (1.16) đã được chứng minh.
Lấy

b − xi
xi − a
, β=
, xi ∈ [a, b] , i = {1, 2, ..., n} .
b−a
b−a
Khi đó, ta dễ dàng thấy rằng α + β = 1 và từ tính lồi của hàm f , với mọi
α=

i ∈ {1, 2, ..., n}, ta có:
xi − a
b − xi
f (a) +
f (b) ≥ f (xi ).
b−a
b−a
Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với pi ≥ 0, tính tổng với i chạy từ 1

đến n và chia hai vế cho Pn ta thu được:

1
1
[(b − xp )f (a) + (xp − a)f (b)] ≥
b−a
Pn

n

pi f (xi ).
i=1

(1.18)


16

Bất đẳng thức (1.18) khá nổi tiếng tiếng trong nhiều tài liệu, nó được gọi
là bất đẳng thức Lah-Ribaric ([2, p. 9]). Cộng cả hai vế của bất đẳng thức
(1.18) với

1
[(b − xp )f (b) + (xp − a)f (a)]
b−a
ta được

1
Pn
≤

n

pi f (xi ) +
i=1

1
[(b − xp )f (b) + (xp − a)f (a)]
b−a

1
[(b − xp )f (a) + (xp − a)f (b) + (b − xp )f (b) + (xp − a)f (a)]
b−a

= f (a) + f (b).
Suy ra, bất đẳng thức (1.16) đã được chứng minh.
Hệ quả 1.3.4. ([1], p. 61; Corrollary 3, [2], p. 12]) Với các giả thiết ở trên
về hàm f về a, b và nếu x ∈ [a; b] thì

f (x) 1 bf (b) − af (a) − x [f (b) − f (a)] f (a) + f (b)
+
≤
.
2
2
b−a
2

(1.19)

Chứng minh. Lập luận tương tự như Định lý 1.3.3 và chọn xi = t,

i ∈ {1, 2, ..., n}. Khi đó, ta thu được (1.19).
Ứng dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard vào các giá trị
trung bình
Trước tiên ta nhắc lại một số kí hiệu ([1], p. 62-63):
(1) Trung bình cộng:

A = A(a, b) :=

a+b
, a, b ≥ 0;
2

(2) Trung bình nhân:

√
G = G(a, b) :=

ab, a, b ≥ 0;


17

(3) Trung bình điều hòa:

H = H(a, b) :=

2
1 1

+
a b

, a, b > 0;

(4) Trung bình lôgarit:




b−a
, a = b;
ln b − ln a
L = L(a, b) :=

 a, a = b,

a, b > 0.

1
Nhận xét 1.3.5. Với hàm lồi f (x) = , t > 0, nếu a = b ta có
t
b

1
b−a

f (t)dt = L−1 (a, b).
a

(5) Trung bình p−lôgarit:

Lp = Lp (a, b) :=







 a,

bp+1 − ap+1
(p + 1) (b − a)

1
p

, a = b;

a = b,

với p ∈ R\ {−1, 0} và a, b > 0.
Nhận xét 1.3.6. Với hàm lồi (lõm) f (x) = xp , p ∈ (−∞, 0)∪[1, ∞) \ {−1}
1 b
f (t)dt = Lpp (a, b) nếu a = b.
(hoặc p ∈ (a; b)), ta có
b−a a
(6) Trung bình indentric (a, b > 0):


1



b
 1 b b−a
, a = b;
I = I(a, b) :=
e aa



 a, a = b.
Nhận xét 1.3.7. Với hàm lồi f (x) = − ln x, x > 0, nếu a = b ta có
b

1
b−a

f (t)dt = ln I(a, b).
a


18

Các giá trị trung bình trên thường được sử dụng trong nhiều lĩnh vực khác
nhau của toán học. Ta đã biết quan hệ sau đây giữa các giá trị trung bình:

H≤G≤L≤I≤A
và Lp là hàm không giảm theo p ∈ R với L0 và L−1 = L.

Ta bắt đầu từ một kết quả sau.
Mệnh đề 1.3.8. ([1], p. 63; Proposition 1, [2], p. 13) Giả sử p ∈ (−∞, 0)∪

[1, ∞) \ {−1} và [a, b] ⊂ (0, ∞) . Khi đó ta có bất đẳng thức
Lpp − tp
≥A−t
ptp−1

với mọi t ∈ [a; b].

(1.20)

Chứng minh. Xét ánh xạ f : [a, b] −→ [a, +∞) , f (x) = xp , với p thỏa
mãn

p ∈ (−∞, 0) ∪ [1, ∞) \ {−1} ,
ta thu được

1
b−a

b

xp dx ≥ tp + ptp−1
a

a+b
−t ,
2

với mọi t ∈ [a, b]. Do đó,

1
a−b

b

xp dx = Lpp (a, b) = Lpp .
a

Suy ra, ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh (1.20).
Sử dụng bất đẳng thức (1.20), ta có các bất đẳng thức sau đây cho các
giá trị trung bình ([1], p. 63; Remark 7, [2], p. 13-14]).

Lpp − I p
Lpp − Lp
≥ A − I ≥ 0,
≥ A − L ≥ 0;
pI p−1
pLp−1
Lpp − Gp
Lpp − H p
≥ A − G ≥ 0,
≥ A − H ≥ 0;
pGp−1
pH p−1


19

Lpp − ap
≥ A − a ≥ 0,
pap−1

Lpp − bp
0≤
≤ b − A.
pbp−1

Mệnh đề sau đây cũng đúng ([1], p. 63-64; Proposition 2, [2], p. 14]):
Nếu 0 < a < b thì bất đẳng thức

L−t A−t
≤
L
t
đúng với mọi t ∈ [a; b].
Cũng bằng việc sử dụng bất đẳng thức (1.20), ta có các bất đẳng thức
sau đây cho các giá trị trung bình ([1], p. 63; Remark 8, [2], p. 14).

Lp − L
Lp − A A − G L − G
≥
,
≥
≥ 0,
L
Lp
G
L

A−H
L−H L−a A−a
≥
,
≥
,
H
L
L
a
b−L
b−A
≥
.
L
b
Tiếp theo, ta có mệnh đề sau đây ([1], p. 64; Proposition 3, [2], p. 14):
Nếu 0 < a < b thì bất đẳng thức

ln I − ln t ≤

A−t
t

đúng với mọi t ∈ [a; b].
Ta cũng có các bất đẳng thức sau đây cho các giá trị trung bình ([1],
p. 64; Remark 9, [2], p. 14-15).

ln Lp − ln I ≥

Lp − A
≥ 0,
Lp

0 ≤ ln I − ln L ≤

A−L
,
L

ln b − ln I ≥

b−A
,
b

0 ≤ ln I − ln G ≤

A−G
,
G


20

0 ≤ ln I − ln H ≤

A−H
,
H

0 ≤ ln I − ln a ≤

A−a
.
a

Từ bất đẳng thức (1.13) ta có ([1], p. 65; Proposition 4, [2], p. 15):
Giả sử p ∈ (−∞, 0) ∪ [1, ∞) \ {−1} và [a, b] ⊂ (0, ∞) . Khi đó ta có bất
đẳng thức

Lpp − tp ≤ p Lpp − tLp−1
p−1
với mọi t ∈ [a; b].
Trường hợp riêng, với p ≥ 1 ta có ([1], p. 65; Remark 10, [2], p. 15):

0 ≤ Lpp − Ap ≤ p Lpp − ALp−1
p−1 ,

0 ≤ Lpp − Lp ≤ p Lpp − LLp−1
p−1

và

0 ≤ Lpp − I p ≤ p Lpp − ILp−1
p−1 ,

p−1
0 ≤ Lpp − Gp ≤ p Lpp − GLp−1
.

Áp dụng công thức (1.13), ta có khẳng định sau đây ([1], p. 65-66; Proposition 5, [2], p. 15):
Nếu 0 < a < b thì bất đẳng thức

t − L 1 t2 − G2
≤
L
2 G2
đúng với mọi t ∈ [a; b].
Đặc biệt, ta có ([1], p. 66; Remark 11, [2], p. 16):

Lp − L 1 L2p − G2
0≤
≤
L
2 G2

(p ≥ 1),

A−L
1 A2 − G2
0≤
≤
,
L
2 G2
I − L 1 I 2 − G2
0≤
≤
L

2 G2


21

và

0≤

L−H
1 G2 − H 2
≤
.
2 G2
L

Từ bất đẳng thức (1.13) ta cũng có ([1], p. 66-67; Proposition 6, [2], p.
16): Nếu 0 < a < b thì bất đẳng thức

L−t
≤ ln I − ln t
L
đúng với mọi t ∈ [a; b].
Các trường hợp riêng ([1], p. 67; Remark 12, [2], p. 17):

L−G
≤ ln I − ln G,
L
L−H
≤ ln I − ln H,

0≤
L
A−L
≥ ln A − ln I ≥ 0.
L
0≤

Một ứng dụng tự nhiên của bất đẳng thức (1.16) được trình bày trong
Nhận xét 1.3.9 sau đây.
Nhận xét 1.3.9. ([1], p. 67-68; [2], p. 17) Giả sử r ∈ (−∞, 0)∪[1, ∞) \ {−1}
n

và [a, b] ⊂ (0, ∞) . Với xi ∈ [a, b] , pi ≥ 0, i = 1, ..., n và Pn :=

pi > 0,
i=1

ta có bất đẳng thức

Lrr

(a, b) −

Mn[r] (x; p)

r

≤ r(Lr (a, b))r − An (x, p) (Lr−1 (a, b))r−1
r

≤ 2A (br , ar ) − (Lr (a, b))r − Mn[r] (x; p) ,
1 n
pi xi là trung bình cộng có trọng (weighted
Pn i=1
1
n
1
[r]
arithmetic mean) và Mn (x; p) :=
pi xri r là trung bình lũy thừa
Pn i=1
cấp r (r−power mean).
trong đó An (x, p) :=


22

Trường hợp riêng, ([1], p. 68; Remark 13, [2], p. 17) Nếu trong bất đẳng
thức trên chọn xi = t ∈ [a, b] , i = 1, ..., n thì ta có

Lrr − tr ≤ r Lrr − tLr−1
≤ 2A (br , ar ) − Lrr − tr .
r−1
Bất đẳng thức thứ hai trong bất đẳng thức trên cho các trường hợp riêng
sau đây:

0 ≤ r Lrr − ALr−1
≤ 2A (br , ar ) − Lrr − Ar ,
r−1
0 ≤ r Lrr − LLr−1

≤ 2A (br , ar ) − Lrr − Lr ,
r−1
0 ≤ r Lrr − ILr−1
≤ 2A (br , ar ) − Lrr − I r
r−1
và

0 ≤ r Lrr − GLr−1
≤ 2A (br , ar ) − Lrr − Gr .
r−1
Mệnh đề 1.3.10. ([1], p. 68-69; Proposition 8, [2], p. 18) Giả sử 0 ≤ a < b,

xi ∈ [a; b], pi > 0, i = 1, ..., n. Khi đó ta có bất đẳng thức sau:
Hn (p, x) − L (a, b) 1 An (p, x) Hn (p, x) − G2 (a, b)
≤
L (a, b)
2
G2 (a, b)
A (a, b) Hn (p, x) − G2 (a, b)
,
≤
G2 (a, b)

(1.21)

trong đó, Hn (p, x) là trung bình điều hòa có trọng (weighted harmonic
Pn
−1
mean) Hn (p, x) = Mn−1 (x, p)
= n

.
pi
i=1 xi
Chứng minh. Nếu ta chọn trong Định lý 1.3.3, f (x) =

1
b−a

b
a

dx
1 1
≤
x
2 Pn
≤

1
b

1
a

−
.
2

n

i=1

1
, x ∈ [a, b], ta có:
x

b
a
1
1
pi
b − a
b − a
+
− An (x, p)
xi b − a
b−a