Một số lớp hàm dạng đặc biệt và các bất đẳng thức liên quan ( Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ THỊ HUỆ

MỘT SỐ LỚP HÀM DẠNG ĐẶC BIỆT
VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2014


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ THỊ HUỆ

Chuyên ngành:

PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số : 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS: HOÀNG VĂN HÙNG

Thái Nguyên - Năm 2014

Mục lục

Lời nói đầu

3

1 HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN
1.1

1.2

1.3

1.4

5

HÀM LỒI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.1

Định nghĩa

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.2

Tính chất của hàm lồi và hàm lõm . . . . . . . . . . .

6

BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.1

Định lý (J.Jensen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.2.2

Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.2.3

Định lý (J.Jensen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

MỘT SỐ HỆ QUẢ CỦA CÁC BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN

13

1.3.1

Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.3.2

Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.3.3

Ví dụ áp dụng: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.3.4

Bất đẳng thức Nesbitt suy rộng . . . . . . . . . . . .

18

1.3.5

Bất đẳng thức Cauchy

. . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.3.6

Bất đẳng thức Holder . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.3.7

Bất đẳng thức Holder dạng tích phân . . . . . . . . .

20

1.3.8

Hệ quả: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

1.3.9

Bất đẳng thức Cauchy dạng tích phân . . . . . . . . .

22

BẤT ĐẲNG THỨC KARAMATA . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.4.1

So sánh hai dãy giảm . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.4.2

Bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.4.3

Một số áp dụng của bất đẳng thức Karamata

24

1

. . . .


2 HÀM LỒI NHIỀU BIẾN VÀ CÁC HÀM NỬA CỘNG TÍNH,THUẦN
NHẤT DƯƠNG
2.1

2.2

2.3

2.4

29

TẬP LỒI VÀ NÓN LỒI TRONG KHÔNG GIAN VÉC TƠ HÀM LỒI NHIỀU BIẾN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.1.1

Định nghĩa

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.1.2

Hàm lồi n biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

CÁC HÀM NỬA CỘNG TÍNH VÀ CÁC HÀM THUẦN NHẤT
DƯƠNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.2.1

Định nghĩa

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.2.2

Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.2.3

Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.2.4

Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.2.5

Mệnh đề [N.H. Bingham and A.J. Ostaszewski] . . . .

33

2.2.6

Định lý [Janus Matkowski] . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.2.7

Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

TÍNH CHẤT CỦA HÀM LỒI NHIỀU BIẾN . . . . . . . . .

36

2.3.1

Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.3.2

Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.3.3

Mệnh đề: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.3.4

Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.3.5

Hệ quả: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

MỘT SỐ ÁP DỤNG VÀO LÝ THUYẾT CÁC BẤT ĐẲNG
THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.4.1

Chứng minh khác của bất đẳng thức Minkowski

39

2.4.2

Chứng minh khác của bất đẳng thức Minkowski ngược

. . .

( trường hợp 0 < p < 1) . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2.4.3

Chứng minh khác của bất đẳng thức Holder. . . . . .

41

2.4.4

Hàm dưới cộng tính thuần nhất bậc k. . . . . . . . . .

42

2.4.5

Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

2.4.6

Định lý: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

2


LỜI NÓI ĐẦU
Một số bất đẳng thức nổi tiếng như bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức
Jensen, bất đẳng thức Karamata,...liên quan đến các hàm lồi và các hàm
lõm. Một số các bất đẳng thức nổi tiếng khác như bất đẳng thức Mincowski,
Holder,...liên quan đến các hàm nửa cộng tính và thuần nhất dương. Điều
này chứng tỏ nhiều bất đẳng thức quan trọng là hệ quả của các tính chất
hàm số thuộc một lớp đặc biệt nào đó. Do đó nghiên cứu các tính chất của
các hàm số có tính chất đặc biệt giúp phát hiện các bất đẳng thức mới và đôi
khi là các cách chứng minh mới, đơn giản hơn các chứng minh đã biết. Bản
luận văn “Một số lớp hàm dạng đặc biệt và các bất đẳng thức liên
quan” gồm Lời nói đầu, hai chương, phần kết luận và Tài liệu tham khảo.
Chương 1. HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN
Chương này trình bày định nghĩa hàm lồi, hàm lõm, các tính chất quan
trọng của hàm lồi, hàm lõm và cách chứng minh của một loạt các bất đẳng
thức nổi tiếng dựa trên tính chất của các hàm này: bất đẳng thức Cauchy, bất
đẳng thức Jensen(dạng dãy và dạng tích phân), bất đẳng thức Holder(dạng
dãy và dạng tích phân), bất đẳng thức Karamata,...và các hệ quả. Tác giả
cũng trình bày chứng minh một loạt các bất đẳng thức khó trong chương
trình toán sơ cấp dựa trên các bất đẳng thức nổi tiếng vừa kể trên. Một số
trong các bất đẳng thức này, theo ý kiến chủ quan của tác giả, chỉ có thể
chứng minh dựa trên lý thuyết hàm lồi (ví dụ bất đẳng thức Jensen dạng
tích phân và một số các bất đẳng thức trong tam giác của mục 1.3.3).
Chương 2. HÀM LỒI NHIỀU BIẾN VÀ CÁC HÀM NỬA CỘNG TÍNH,
THUẦN NHẤT DƯƠNG

Chương này xét các hàm lồi nhiều biến, các hàm nửa cộng tính, các hàm
3


thuần nhất dương và các bất đẳng thức liên quan. Tư liệu của chương này
được tuyển chọn từ các tài liệu [N.H. Bingham and A.J. Ostaszewski], [Janus
Matkowski], [H.V.Hùng và L.M.Tiến]. Các hàm dưới cộng tính và thuần nhất
dương trên một nón lồi K với đỉnh tại không trong không gian Rn là một lớp
con của lớp các hàm lồi trên K và có nhiều tính chất khá đặc sắc. Tác giả
trình bày một loạt các tính chất của hàm lồi nhiều biến, các hàm nửa cộng
tính, thuần nhất dương, chứng minh một tổng quát hóa của một kết quả
của Janus Matkowski trong bài báo [Janus Matkowski]. Dựa trên sự tổng
quát hóa này tác giả đã đưa ra chứng minh ngắn của các bất đẳng thức
Mincowski ( thuận và nghịch) trong trường hợp tổng quát và bất đẳng thức
Holder. Trong chương này tác giả cũng chứng minh một số khẳng định mô
tả đặc trưng của các hàm dưới cộng tính và k – thuần nhất trên một nón lồi
K trong không gian véc tơ thực V và cho áp dụng của các khẳng định này
dưới dạng một số bài toán chứng minh bất đẳng thức ( mệnh đề 2.4.4).
Cuối cùng tác giả trình bày một mở rộng của một kết quả trong [H.V.Hùng
và L.M.Tiến] (định lý 2.4.6) và cho 3 ví dụ minh họa. Bản luận văn này được
hoàn thành dưới sự hướng dẫn của T.S Hoàng Văn Hùng, Viện Khoa học
Cơ bản - Đại học Hàng Hải Việt Nam. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân
thành tới thày hướng dẫn về các ý tưởng của bản luận văn cũng như sự tận
tụy trong công việc hướng dẫn. Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn các thày
cô trong khoa Toán –Tin, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo
các điều kiện thuận lợi để tác giả có thể hoàn thành bản luận văn này.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 5 năm 2014
Người viết

Đỗ Thị Huệ

4


Chương 1

HÀM LỒI VÀ CÁC BẤT ĐẲNG
THỨC LIÊN QUAN
Chương này trình bày khái niệm hàm lồi, các tính chất của hàm lồi và các
bất đẳng thức liên quan. Tư liệu của chương này được tham khảo từ các tài
liệu [Hardy, Littllewood,Polya] và [Zoran K. and others]

1.1

HÀM LỒI

1.1.1

Định nghĩa

Hàm một biến f(x) gọi là lồi trên khoảng số thực (a;b) nếu với mọi cặp số
thực z,t thuộc khoảng (a;b), mọi số thực λ ∈ (0; 1) ta luôn có bất đẳng thức:

f (λz + (1 − λ)t) ≤ λf (z) + (1 − λ)f (t)

(1.1)

Hàm f(x) gọi là lõm trên khoảng (a;b) nếu -f(x) lồi trên (a;b), nói cách khác,
f(x) lõm trên (a;b) nếu với mọi cặp số thực z,t thuộc khoảng (a;b), mọi số
thực λ ∈ (0; 1) ta luôn có bất đẳng thức:

f (λz + (1 − λ)t) ≥ λf (z) + (1 − λ)f (t)

(1.2)

Nếu trong (1.1) và (1.2) khi z, t phân biệt ta có dấu bất đẳng thức thực sự
thì hàm f(x) gọi là lồi chặt ( tương ứng: lõm chặt) trên (a;b). Tính lồi, lõm
của hàm f(x) trên một khoảng đóng hoặc nửa đóng được định nghĩa tương tự.

5


1.1.2

Tính chất của hàm lồi và hàm lõm

Tính chất 1. Nếu f(x) lồi trên khoảng (a;b) thì với 3 số thực phân biệt
x, z, t thuộc khoảng (a;b) thoả mãn t < z ta luôn có:

f(t) − f(x) f (z) − f (x)
≤
t−x
z−x

(1.3)

Chứng minh.
Giả sử a < t < x < z < b. Đặt : λ =

x−t

z−x
→1−λ=
z−t
z−t

Vì f(x) lồi trên (a;b) ta có:
f (λz + (1 − λ)t) ≤ λf (z) + (1 − λ)f (t)
↔ f (x) ≤ λf (z) + (1 − λ)f (t)
↔ λ(f (x) − f (z)) ≤ (1 − λ)(f (t) − f (x))
z−x
x−t
↔
(f (x) − f (z)) ≤
(f (t) − f (x))
z−t
z−t
f (t) − f (x) f (z) − f (x)
↔
≤
t−x
z−x
Bây giờ giả sử a < x < t < z < b.
Áp dụng điều vừa chứng minh ta có:
f (x) − f (t) f (z) − f (t) f (z) − f (x) + f (x) − f (t)
≤
=
x−t
z−t
z−t
↔ (z − x + x − t)(f (x) − f (t)) ≥ (x − t)(f (z) − f (x) + f (x) − f (t))

↔ (z − x)(f (x) − f (t)) ≥ (x − t)(f (z) − f (x))
f (t) − f (x) f (z) − f (x)
↔
≤
t−x
z−x
Cuối cùng, nếu a < t < z < x < b, áp dụng điều vừa chứng minh ta có:
f (z) − f (t) f (x) − f (t)
≤
z−t
x−t
↔ (x − t)(f (z) − f (x) + f (x) − f (t)) ≤ (z − x + x − t)(f (x) − f (t))
↔ (x − t)(f (z) − f (x)) ≤ (z − x)(f (x) − f (t))
f (t) − f (x) f (z) − f (x)
↔
≤
t−x
z−x
Vậy tính chất 1 được chứng minh hoàn toàn.
Nhận xét : Nếu f(x) là lồi chặt thì trong bất đẳng thức (1.3) dấu “ ≤” được
thay bằng dấu “<” vì theo cách đặt ta có 0 < λ < 1 .
Tính chất 2. Hàm f(x) lồi trên khoảng (a;b) liên tục và có đạo hàm một
phía tại mọi điểm x thuộc khoảng (a;b), đồng thời f− (x) ≤ f+ (x) với mọi
x ∈ (a;b). Nếu f(x) xác định trên khoảng đóng [a;b], lồi trên khoảng mở (a;b),
liên tục phải tại a, liên tục trái tại b thì f(x) lồi trên khoảng đóng [a;b].
6


(Các ký hiệu f− (x), f+ (x)tương ứng chỉ đạo hàm trái và đạo hàm phải của
hàm f tại x)

Chứng minh. Giả sử x là số tuỳ ý thuộc khoảng (a;b) và t < x < z. Theo
tính chất 1 ta có:

f(t) − f(x) f (z) − f (x)
≤
t−x
z−x
↔ (z − x)(f (x) − f (t)) ≤ (x − t)(f (z) − f (x))

(1.4)

Cố định t và cho z → x+ trong (1.4) ta được:

lim inf f (z) ≥ f (x)

z→x+

(1.5)

Bây giờ giả sử x < t < z. Lại dùng tính chất 1 ta có:

f(t) − f(x) f (z) − f (x)
≤
t−x
z−x
↔ (z − x)(f (t) − f (x)) ≤ (t − x)(f (z) − f (x))

(1.6)

Trong (1.6) cố định z và cho t → x+ ta được:

lim sup f(t) ≤ f(x)

t→x+

(1.7)

Từ (1.5) và (1.7) suy ra: lim+ f (z) = f (x)
z→x

Vậy f liên tục phải tại x. Chứng minh tương tự ta cũng nhận được f liên
tục trái tại x. Vậy f liên tục tại x tuỳ ý thuộc khoảng (a;b).
f (z) − f (x)
Từ tính chất 1 ta suy ra đại lượng ∆f (x, z) =
là hàm của hai
z−x
biến x, z, được xác định khi x, z phân biệt và thuộc khoảng (a,b), có tính
chất đối xứng ∆f (x, z) = ∆f (z, x). Giả sử t < x < z, theo (1.3) đại lượng
f (z) − f (x)
không giảm theo z trên (x; b) và bị chặn dưới bởi
∆f (x, z) =
z−x
vế trái của (1.3). Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn:

f(t) − f(x)
f (z) − f (x)
≤ lim+
= f+ (x)
(1.8)
z→x

t−x
z−x
f (t) − f (x)
Đại lượng ∆f (t, x) =
là hàm không giảm theo t trên (a;x) và bị
t−x
chặn trên bởi vế phải của (1.8), do đó tồn tại giới hạn:
lim−

t→x

f(t) − f(x)
f (z) − f (x)
= f− (x) ≤ lim+
= f+ (x)
z→x
t−x
z−x
7


Vậy phần đầu của tính chất 2 được chứng minh. Bây giờ giả sử f(x) lồi trên
khoảng mở (a;b) và z = a, t∈ (a; b). Khi đó với z’ tùy ý ∈ (a; b) và λ ∈ (0; 1)
ta có :

f (λz + (1 − λ)t) ≤ λf (z ) + (1 − λ)f (t)
Cho z’ dần tới a+ và dùng tính liên tục của f(x) trên (a;b), tính liên tục phải
của f(x) tại a từ bất đẳng thức trên ta nhận được bất đẳng thức:

f (λa + (1 − λ)t) ≤ λf (a) + (1 − λ)f (t)

Vậy bất đẳng thức (1.1) trong định nghĩa 1.1.1 được thỏa mãn khi z = a,
t ∈ (a; b). Hoàn toàn tương tự ta có thể chứng minh được bất đẳng thức
(1.1) được thỏa mãn khi z ∈ (a; b), t = b hoặc z =a, t = b. Vậy f(x) lồi trên
khoảng đóng [a;b].
Tính chất 3. Nếu f(x) có đạo hàm và f ’(x) không giảm trên (a;b) thì
f(x) lồi trên (a;b). Nếu f(x) có đạo hàm cấp hai f ”(x) ≥ 0 trên (a;b) thì f(x)
lồi trên (a;b). Nếu f ’(x) không tăng trên (a;b) thì f(x) lõm trên (a;b). Nếu
f(x) có đạo hàm cấp hai f ”(x) ≤ 0 trên (a;b) thì f(x) lõm trên (a;b).
Chứng minh.
Vì điều kiện f ”(x) ≥ 0 kéo theo f ’(x) không giảm trên (a;b) nên chỉ cần
chứng minh khẳng định thứ nhất. Giả sử t < z là hai số thực tuỳ ý thuộc
khoảng (a;b) và 0 < λ < 1. Đặt : x = λz + (1 − λ)t → t < x < z .
Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f trên các khoảng (t;x) và (x;z) ta được:

(1 − λ)(f (x) − f (t)) + λ(f (x) − f (z))
= (1 − λ)f (α)(x − t) + λf (β)(x − z)

(1.9)

Trong đó t < α < x < β < z . Vì x − t = λ(z − t), z − x = (1 − λ)(z − t),
từ (1.9) ta có:

(1 − λ)(f (x) − f (t)) + λ(f (x) − f (z))
= λ(1 − λ)(z − t)(f (α) − f (β)) ≤ 0
Bất đẳng thức (1.10) tương đương với bất đẳng thức:

f (λz + (1 − λ)t) ≤ λf (z) + (1 − λ)f (t)
8

(1.10)

Vậy f lồi trên khoảng (a;b). Nếu f ’(x) không tăng hoặc f ”(x) ≤ 0 trên (a;b)
thì - f ’(x) không giảm ( tương ứng - f ”(x) ≥ 0) trên (a;b) nên theo chứng
minh trên– f(x) là lồi, do đó f(x) lõm trên (a;b).
Tính chất 4. Nếu g là hàm lồi trên (a;b) và f là hàm lồi không giảm trên
khoảng (A;B) chứa tập giá trị g((a;b)) thì hàm hợp f(g(x)) lồi trên (a;b).
Nếu g là hàm lõm trên (a;b) và f là hàm lõm không giảm trên khoảng (A;B)
chứa tập giá trị g((a;b)) thì hàm hợp f(g(x)) lõm trên (a;b).
Chứng minh.
Giả sử z, t là hai số thực tuỳ ý của khoảng (a;b) và 0 < λ < 1. Ta có:

g(λz + (1 − λ)t) ≤ λg(z) + (1 − λ)g(t)
Vì hàm f lồi và không giảm trên (A;B) chứa tập giá trị g((a;b)) nên ta có:

f (g(λz + (1 − λ)t)) ≤ f (λg(z) + (1 − λ)g(t)) ≤ λf (g(z)) + (1 − λ)f (g(t))
Vậy hàm f(g(x)) lồi trên khoảng (a;b). Khẳng định thứ hai được chứng minh
tương tự.

1.2
1.2.1

BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN
Định lý (J.Jensen)

Cho f là hàm lồi trên khoảng (a;b) và xi ∈ (a; b), (i = 1..n). Với n số
n

dương λi (i = 1..n) tuỳ ý thoả mãn

λi = 1 ta có bất đẳng thức:
i=1

n

n

λi xi ) ≤

f(
i=1

λi f (xi )
i=1

Nếu f là hàm lõm trên khoảng (a;b) ta có bất đẳng thức:
n

n

λi xi ) ≥

f(
i=1

λi f (xi )
i=1

Chứng minh. Với n = 2 khẳng định của định lý suy ra từ định nghĩa của
hàm lồi. Giả sử định lý đã được chứng minh cho n = k ≥ 2. Ta sẽ chứng

minh rằng khi đó định lý cũng đúng với n = k+1 và do đó định lý được

9


chứng minh bằng quy nạp. Đặt αi =

λi
k

k

λi , ta có:

(i = 1..k), λ =
i=1

λi
i=1
k

αi = 1, 0 < λ < 1, 1 − λ = λk+1 > 0

αi > 0,
i=1

Theo định nghĩa của hàm lồi và giả thiết quy nạp ta có:
k+1

f(

k

k

λi xi ) = f (
i=1

αi xi ) + (1 − λ)xk+1 )

λi xi + λk+1 xk+1 ) = f (λ(
i=1

i=1

k

k

≤ λf (

αi xi ) + (1 − λ)f (xk+1 ) ≤ λ
i=1

αi f (xi ) + λk+1 f (xk+1 )
i=1

k

k+1

=

λi f (xi ) + λk+1 f (xk+1 ) =
i=1

λi f (xi )
i=1

Vậy khẳng định của định lý đối với hàm lồi được chứng minh. Nếu f là hàm
lõm trên (a;b) thì –f là hàm lồi, áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh cho
hàm –f ta thu được khẳng định đối với hàm lõm.
Nhận xét: Khẳng định của định lý 1.2.1 rõ ràng vẫn đúng nếu một vài

λi = 0.
1.2.2

Bổ đề

Giả sử h(x),g(x) là các hàm liên tục trên khoảng đóng [α;β] và
P: α = x0 < x1 < .. < xn = β là một phân hoạch tuỳ ý của khoảng [α;β],

δ(P ) = max1≤i≤n (xi − xi−1 ) là độ mịn của phân hoạch P.
Khi đó với cách chọn tuỳ ý các điểm si , ti ∈ [xi−1 ; xi ] ( i = 1..n) ta có:
β

n

h(si )g(ti )(xi − xi−1 ) =

lim
δ(P )→0

i=1

h(x)g(x)dx
α

Chứng minh.
Vì h(x) và g(x) là các hàm liên tục trên [α;β] nên:
β

n

h(ti )g(ti )(xi − xi−1 ) =

lim
δ(P )→0

i=1

h(x)g(x)dx
α

10


Giả sử ε > 0 tuỳ ý, tồn tại δ1 = δ1 (ε) > 0 sao cho khi δ(P ) ≤ δ1 có bất đẳng
thức:
β

n

h(ti )g(ti )(xi − xi−1 ) −
i=1

h(x)g(x)dx <
α

ε
2

(1.11)

Vì g(x) liên tục trên [α; β] nên tồn tại số M>0 sao cho

max {|g(x)| : x ∈ [α; β]} ≤ M
Hàm h(x) liên tục trên [α;β] nên h(x) liên tục đều trên khoảng đóng này,
do đó tồn tại số δ2 = δ2 (ε) > 0 sao cho khi s, t ∈ [α;β], |s − t| ≤ δ2 →
ε
|h(s) − h(t)| <
. Đặt δ = min(δ1 , δ2 ) > 0, khi δ(P ) ≤ δ ta có
2M (β − α)
(1.11) và đánh giá:
n

n

h(si )g(ti )(xi − xi−1 ) −
i=1

h(ti )g(ti )(xi − xi−1 )
i=1

n

≤

|h(si ) − h(ti )| |g(ti )| (xi − xi−1 )
i=1


n
ε
ε
(xi − xi−1 ) =
2M (β − α) i=1
2

(1.12)

Từ (1.11) và (1.12) ta suy ra khi δ(P ) ≤ δ có bất đẳng thức:
β

n

h(si )g(ti )(xi − xi−1 ) −
i=1

h(x)g(x)dx < ε

(1.13)

α

Do ε > 0 tuỳ ý, bất đẳng thức (1.13) có nghĩa là.
β

n

h(si )g(ti )(xi − xi−1 ) =

lim
δ(P )→0

1.2.3

i=1

h(x)g(x)dx
α

Định lý (J.Jensen)

Cho f là hàm lồi trên khoảng (a;b), h(x) và g(x) là các hàm số liên tục
β

trên [α;β] thoả mãn a < h(x) < b, g(x) ≥ 0,

g(x)dx = 1. Khi đó:
α

β

β

h(x)g(x)dx) ≤

f(
α

f (h(x))g(x)dx
α

11


Nếu f là hàm lõm trên khoảng (a;b) ta có bất đẳng thức:
β

β

h(x)g(x)dx) ≥

f(
α

f (h(x))g(x)dx
α

Chứng minh.
Xét phân hoạch P: α = x0 < x1 < .. < xn = β . Đặt:
xi

β

n

g(x)dx → λi ≥ 0,

λi =

λi =
i=1

xi−1

g(x)dx = 1
α

Theo định lý trung bình tích phân ta có:
xi

xi

g(x)dx = λi h(si ) = h(si )g(ti )(xi − xi−1 ),

h(x)g(x)dx = h(si )
xi−1

xi−1

(si , ti ∈ [xi−1 , xi ], i = 1..n)
Vì f là hàm lồi trên (a;b) nên theo 1.2.1 ta có:
β

f(

n

xi

h(x)g(x)dx) = f (

h(x)g(x)dx) =f (
i=1 x

α

n

i=1

i−1

n

h(si )λi )

n

≤

f (h(si ))g(ti )(xi − xi−1 )

λi f (h(si )) =
i=1

(1.14)

i=1

Bất đẳng thức (1.14) đúng với phân hoạch P bất kỳ của đoạn [α;β] nên cho

δ(P ) → 0 trong (1.14) và dùng bổ đề 1.2.2 ( chú ý rằng hàm f(h(x)) liên tục
trên[α; β] ) ta được:
β

β

h(x)g(x)dx) ≤

f(
α

f (h(x))g(x)dx
α

Nếu f là hàm lõm thì – f là hàm lồi, áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh

cho hàm –f ta được bất đẳng thức.
β

β

h(x)g(x)dx) ≥

f(
α

f (h(x))g(x)dx
α

12


1.3
1.3.1

MỘT SỐ HỆ QUẢ CỦA CÁC BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN
Định lý:

Nếu f là hàm lồi trên khoảng (a;b) thì với n số xi ( i = 1..n) tuỳ ý thuộc
1 n
1 n
khoảng (a;b) ta có: f (
xi ) ≤
f (xi ).
n i=1
n i=1

1 n
1 n
Nếu f là hàm lõm trên khoảng (a;b) thì f (
xi ) ≥
f (xi ).
n i=1
n i=1
Chứng minh.
1
Trong định lý 1.2.1 lấy λi = với mọi i =1..n ta suy ra định lý 1.3.1.
n
1.3.2

Định lý:

Nếu f là hàm lồi trên (0;π ) thì với α, β, γ là số đo bằng radian của 3 góc
tam giác ABC tùy ý ta có:

π
f (α) + f (β) + f (γ) ≥ 3f ( )
3
π
Nếu f là hàm lõm trên (0;π ) thì f (α) + f (β) + f (γ) ≤ 3f ( )
3
Chứng minh. Khẳng định của định lý suy từ 1.3.1 vì từ giả thiết ta có
α, β, γ ∈ (0; π), α + β + γ = π .
1.3.3

Ví dụ áp dụng:

Để tiện áp dụng định lý 1.3.2 trong các bất đẳng thức dưới đây ta xem

α, β, γ là các số đo bằng radian của các góc A,B,C trong tam giác ABC, hiển
nhiên là các bất đẳng thức đưa ra vẫn đúng nếu các đại lượng α, β, γ là số
đo bằng độ của các góc A,B,C.
1) Nếu α, β, γ là số đo của 3 góc trong tam giác ABC ta có:

√
1
1
1
+
+
≥2 3
sin α sin β sin γ
Chứng minh.

1
. Rõ ràng f(x) được xác định trên (0;π )
sinx
1 + cos2 x
và f (x) =
> 0 (x ∈ (0; π)).
sin3 x

Xét hàm f (x) =

13

Luận án đầy đủ ở file: Luận án Full