Một số bất đẳng thức hàm slồi và áp dụng (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

PHẠM THỊ THUÝ QUỲNH

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM s-LỒI
VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN, 5/2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

PHẠM THỊ THUÝ QUỲNH

MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÀM s-LỒI
VÀ ÁP DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

PGS.TS. NGUYỄN THỊ THU THỦY

THÁI NGUYÊN, 5/2019


iii

Mục lục
Bảng ký hiệu

1

Mở đầu

2

1 Một số tính chất của hàm s-lồi

5

1.1

1.2

Hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.2

Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Hàm s-lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.1

Định nghĩa, ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.2

Một số tính chất của hàm s-lồi . . . . . . . . . . . .

9

2 Một số bất đẳng thức hàm s-lồi và áp dụng
2.1

2.2

2.3

19

Bất đẳng thức Hermite–Hadamard . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.1

Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm lồi . . . 19

2.1.2

Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi . . 22

Bất đẳng thức Ostrowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2.1

Bất đẳng thức Ostrowski cho hàm lồi . . . . . . . . . 25

2.2.2

Bất đẳng thức Ostrowski cho hàm s-lồi . . . . . . . . 31

Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Kết luận

42

Tài liệu tham khảo

43


1

Bảng ký hiệu
R

tập số thực

R+

tập số thực không âm

Rn

không gian Euclid n chiều

Lp [a, b]

không gian các hàm khả tích bậc p trên [a, b]

Ks1

lớp hàm s-lồi loại một

Ks2

lớp hàm s-lồi loại hai

Io

phần trong của tập I


2

Mở đầu
Hàm lồi và tập lồi đã được nghiên cứu từ lâu bởi H¨older, Jensen,
Minkowski. Đặc biệt với những công trình của Fenchel, Moreau, Rockafellar vào các thập niên 1960 và 1970 đã đưa giải tích lồi trở thành một
trong những lĩnh vực phát triển nhất của toán học. Hai tính chất cơ bản
của hàm lồi là tính chất đạt giá trị lớn nhất trên biên và bất kỳ cực tiểu
địa phương nào cũng là cực tiểu trên tập xác định giúp cho hàm lồi được
sử dụng rộng dãi trong toán học lý thuyết và ứng dụng. Bên cạnh đó, một
số hàm không lồi theo nghĩa đầy đủ nhưng cũng chia sẻ một vài tính chất
nào đó của hàm lồi. Chúng được gọi là các hàm lồi suy rộng (generalized
convex function). . .
Một trong những bất đẳng thức nổi tiếng cho hàm f lồi trên [a, b] ⊂ R
là bất đẳng thức Hermite–Hadamard:
a+b
1
f
≤
2
b−a

b

f (x)dx ≤
a

f (a) + f (b)
2

(1)

hay ở dạng tương đương:
b

(b − a)f

a+b
2

≤

f (x)dx ≤ (b − a)

f (a) + f (b)
.
2

(2)

a

Năm 1938, Ostrowski đã thu được một đánh giá cho giá trị tuyệt đối
của hiệu số của một hàm f khả vi với giá trị trung bình tích phân của nó
trên một đoạn [a, b] hữu hạn (xem tài liệu trích dẫn trong [4]):
f (x) −

1
b−a

b

f (u)du ≤ (b − a)M
a

1
+
4

x−

a+b
2

(b − a)2

2

,

(3)


3

hay ở dạng tương đương:

1
f (x) −
b−a

b
a

M (x − a)2 + (b − x)2
f (u)du ≤
.
b−a
2

(4)

Có rất nhiều nhà toán học đã nghiên cứu và mở rộng bất đẳng thức
Hermite–Hadamard (1) và Ostrowski (4) cho các lớp hàm lồi khác nhau và
đưa ra nhiều ứng dụng trong chứng minh các bất đẳng thức đại số, hình
học, lượng giác khác. Đây là một đề tài được nhiều nhà toán học quan
tâm. Do đó, chúng tôi chọn đề tài "Một số bất đẳng thức hàm s-lồi và
áp dụng" để nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp
toán sơ cấp của tác giả.
Mục tiêu của đề tài luận văn là trình bày các kiến thức cơ bản về hàm
s-lồi, một số tính chất của hàm s-lồi; trình bày một số mở rộng mới của
bất đẳng thức dạng Hermite–Hadamard, Ostrowski cho hàm lồi, hàm s-lồi
và áp dụng trong đánh giá một số giá trị trung bình đặc biệt. Nội dung
của luận văn được viết trên cơ sở các bài báo [3], [4], [7] và [8].
Nội dung của luận văn được trình bày trong hai chương. Chương 1 "Một
số tính chất của hàm s-lồi" trình bày một số kiến thức cơ bản về hàm lồi,
hàm s-lồi, mối liên hệ giữa hàm lồi, hàm s-lồi, đưa ra ví dụ về hàm slồi và một số tính chất của hàm s-lồi. Chương 2 "Một số bất đẳng thức

hàm s-lồi và áp dụng" trình bày một số mở rộng mới của bất đẳng thức
Hermite–Hadamard, Ostrowski cho hàm lồi, hàm s-lồi và áp dụng.
Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên. Trong quá trình học tập và thực hiện luận văn này, Trường Đại
học Khoa học đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập, nghiên cứu.
Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến các thầy, cô trong
khoa Toán - Tin, trong Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên.
Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Nguyễn Thị
Thu Thủy - người đã trực tiếp giúp đỡ, hướng dẫn về kiến thức, tài liệu
và phương pháp để tác giả hoàn thành đề tài nghiên cứu khoa học này.


4

Tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã
động viên, cổ vũ, khích lệ và giúp đỡ trong thời gian qua.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2019
Tác giả luận văn

Phạm Thị Thúy Quỳnh


5

Chương 1

Một số tính chất của hàm s-lồi
Chương này giới thiệu một số kiến thức cơ bản của hàm lồi, hàm s-lồi
và một số tính chất của hàm s-lồi. Nội dung của chương được tổng hợp từ
các tài liệu [1], [2] và [7].

1.1
1.1.1

Hàm lồi
Định nghĩa

Cho hai điểm a, b ∈ Rn . Tập tất cả các điểm x = (1 − λ)a + λb với
0 ≤ λ ≤ 1 gọi là đoạn thẳng (đóng) nối a và b, và được ký hiệu là [a, b].
Định nghĩa 1.1.1 (xem [1]) Tập C ⊆ Rn được gọi là lồi nếu với mọi
λ ∈ [0, 1] và x1 , x2 ∈ C thì xλ := λx1 + (1 − λ)x2 ∈ C.
Như vậy, tập lồi C chứa mọi đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của nó.

Hình 1.1: Tập lồi

Hình 1.2: Tập không lồi


6

Định nghĩa 1.1.2 (xem [1]) Cho C là một tập con lồi khác rỗng của
không gian Rn , f : C → [−∞, +∞] là hàm số thực xác định trên tập lồi
C. Hàm f được gọi là
(i) hàm lồi trên C nếu với mọi x, y thuộc C và mọi số thực λ thuộc [0, 1]
ta có
f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y).

(1.1)

(ii) lồi chặt trên C nếu bất đẳng thức (1.1) là chặt với mọi x khác y.

Nếu n = 1, Định nghĩa 1.1.2 cho ta định nghĩa về hàm lồi một biến trên
R.
Định nghĩa 1.1.3 (xem [1]) Hàm f : [a, b] ⊂ R → R được gọi là hàm lồi
nếu với mọi x, y ∈ [a, b] và λ ∈ [0, 1] thì
f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y).
Hàm f được gọi là hàm lõm nếu hàm (−f ) là lồi.

Hình 1.3: Hàm lồi.

1.1.2

Tính chất

Sau đây là mối liên hệ giữa hàm lồi và tập lồi.

(1.2)


7

Định lý 1.1.4 (xem [1]) Giả sử hàm f : Rn → [−∞; +∞] là một hàm lồi
trên Rn và λ ∈ [−∞; +∞]. Khi đó các tập
Cλ = x : f (x) < λ ,

C λ = x : f (x) ≤ λ

là các tập lồi.
Tập Cλ , C λ trong Định lý 1.1.4 gọi là các tập mức dưới.
Định lý 1.1.5 (xem [1]) Cho C là một tập lồi, khác rỗng trong Rn và
f : Rn → R là một hàm lồi. Mọi điểm cực tiểu địa phương của f trên C

đều là cực tiểu toàn cục.
Chứng minh. Giả sử x0 ∈ C là một điểm cực tiểu địa phương của hàm
f trên C và U (x0 ) là một lân cận của x0 sao cho f (x0 ) ≤ f (x) với mọi
x ∈ C ∩ U (x0 ). Với mọi x ∈ C ta có
xλ = λx + (1 − λ)x0 ∈ C ∩ U (x0 ) với mọi λ > 0 đủ bé.
Khi đó,
f (x0 ) ≤ f (xλ ) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (x0 )
hay f (x0 ) ≤ λf (x). Do λ > 0 nên f (x0 ) ≤ f (x). Vì x ∈ C được chọn tùy
ý nên x0 là điểm cực tiểu toàn cục của f trên C.
Định lý 1.1.6 (xem [1]) Một hàm lồi chặt f trên một tập lồi C có nhiều
nhất một điểm cực tiểu trên C.
Chứng minh. Nếu f có hai điểm cực tiểu khác nhau x1 , x2 ∈ C thì do
tính lồi chặt của f ,
f

1
1
x1 + x2 < f (x1 ) = f (x2 ),
2
2

điều này vô lý.
Ví dụ 1.1.7 Hàm lồi chặt một biến f (x) = x2 có duy nhất một điểm cực
tiểu x0 = 0. Hàm lồi chặt f (x) = ex , x ∈ R không có điểm cực tiểu nào.
Sau đây là mối liên hệ giữa hàm lồi n biến và hàm lồi một biến.


8

Định lý 1.1.8 (xem [1]) Hàm f (x), x ∈ Rn là hàm lồi khi và chỉ khi hàm

một biến ϕ(λ) := f (x + λd) là hàm lồi theo λ với mỗi x, d ∈ Rn .
Chứng minh. Điều kiện cần là rõ ràng. Ta chứng minh điều kiện đủ.
Giả sử ϕ là hàm lồi với mọi x, d ∈ Rn . Lấy x, y bất kỳ thuộc Rn và đặt
d = x − y. Khi đó với mọi λ ∈ [0, 1] ta có
f (1 − λ)x + λy = f (x + λd) = ϕ(λ) = ϕ (1 − λ).0 + λ.1
≤ (1 − λ)ϕ(0) + λϕ(1) = (1 − λ)f (x) + λf (y).

Hàm s-lồi

1.2
1.2.1

Định nghĩa, ví dụ

Trong mục này ts sử dụng ký hiệu R+ = [0, +∞).
Định nghĩa 1.2.1 (xem [7]) Hàm f : R+ → R được gọi là
(i) hàm s-lồi loại một nếu
f (αx + βy) ≤ αs f (x) + β s f (y)

(1.3)

với mọi x, y ∈ R+ và mọi α, β ≥ 0 với αs + β s = 1, s ∈ (0, 1].
(ii) hàm s-lồi loại hai nếu bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với mọi x, y ∈ R+ ,
và mọi α, β ≥ 0 với α + β = 1, s ∈ (0, 1].
Ký hiệu lớp hàm s-lồi loại một là Ks1 , lớp hàm s-lồi loại hai là Ks2 .
Nhận xét 1.2.2 Dễ thấy rằng khi s = 1 thì hàm s-lồi (loại một, loại hai)
trở thành hàm lồi một biến thông thường xác định trên [0, +∞).
Ví dụ 1.2.3 Cho s ∈ (0, 1) và a, b, c ∈ R. Ta định nghĩa hàm f từ [0, +∞)
vào R như sau:


a,
x = 0,
f (x) =
bxs + c, x > 0.


9

Khi đó,
(i) Nếu b ≥ 0, c ≤ a thì f ∈ Ks1 .
(ii) Nếu b ≥ 0 và 0 ≤ c ≤ a thì f ∈ Ks2 .
Chứng minh. (i) Ta xét hai trường hợp sau đây:
(a) Nếu u, v > 0, thì αu + βv > 0 và
s

f (αu + βv) = b αu + βv

+ c ≤ b αs us + β s v s + c

= b αs us + β s v s + c αs + β s
= αs bus + c + β s bv s + c = αs f (u) + β s f (v).
(b) Nếu v > u = 0 và β > 0 thì
f (α0 + βv) = f (βv) = bβ s v s + c = bβ s v s + c αs + β s
= αs c + β s bv s + c = αs c + β s f (v) ≤ αs a + β s f (v)
= αs f (0) + β s f (v).
Chứng minh tương tự cho (ii).
1.2.2

Một số tính chất của hàm s-lồi

Định lý 1.2.4 (xem [7]) Giả sử s là số thực thuộc khoảng (0, 1). Khi đó,
(i) Nếu f ∈ Ks1 thì hàm f là hàm không giảm trên (0, +∞) và
f (0+ ) := lim+ f (u) ≤ f (0).
u→0

(ii) Nếu f ∈ Ks2 thì f là hàm không âm trên [0, +∞).
Chứng minh. (i) Với u > 0 và α ∈ [0, 1] ta có
f α1/s + (1 − α)1/s u ≤ αf (u) + (1 − α)f (u) = f (u).
1
Hàm h(α) = α1/s + (1 − α)1/s liên tục trên [0, 1], giảm trên [0, ], tăng trên
2
1
1
[ , 1] và h([0, 1]) = [h( 12 ), h(1)] = [21− s , 1]. Từ đây suy ra
2
f (xu) ≤ f (u) ∀x > 0,

1

x ∈ [21− s , 1].

(1.4)


10

Nếu x ∈ [22(1− s ) , 1] thì x1/2 ∈ [21− s , 1]. Do đó từ (1.4) ta có với mọi u > 0
1

1

f (xu) = f x1/2 (x1/2 u) ≤ f (x1/2 u) ≤ f (u).
Như vậy
f (xu) ≤ f (u) ∀u > 0, x ∈ (0, 1].

(1.5)

Do đó, với 0 < u ≤ v và theo (1.5)
f (u) = f

u
v ≤ f (v).
v

Như vậy f là hàm không giảm trên (0, ∞).
Phần thứ hai của (i) được chứng minh như sau: với u > 0 ta có
f (αu) = f (αu + β0) ≤ αs f (u) + β s f (0).
Cho u → 0+ trong bất đẳng thức trên ta nhận được
lim f (u) ≤ lim+ f (αu) ≤ αs lim+ f (u) + β s f (0)

u→0+

u→0

u→0

và do đó, limu→0+ f (u) ≤ f (0).
(ii) Với u ∈ R+ ,
f (u) = f

u u
1
1
+
≤ s f (u) + s f (u) = 21−s f (u).
2 2
2
2

Do đó, (21−s − 1)f (u) ≥ 0, suy ra f (u) ≥ 0.
Chú ý 1.2.5 (i) Kết quả phát biểu trong Định lý 1.2.4 nói chung không
đúng cho hàm lồi, tức là không đúng cho trường hợp s = 1.
(ii) Nếu 0 < s < 1 thì hàm f ∈ Ks1 không giảm trong khoảng (0; +∞),
nhưng không đúng trong nửa đoạn [0; +∞).
Định lý 1.2.6 (xem [7]) Cho 0 < s ≤ 1. Nếu f, g ∈ Ks1 và nếu
F : R2 → R là hàm không giảm và lồi theo từng biến thì:
(i) Hàm h : R+ → R xác định bởi h(u) = F f (u), g(u) là hàm thuộc lớp
Ks1 .


11

(ii) Các hàm f + g, max{f, g} cũng thuộc lớp Ks1 .
Chứng minh. (i) Lấy tùy ý u, v ∈ R+ . Với mọi α, β ≥ 0 thỏa mãn
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).

Chứng tỏ h ∈ Ks1 .
(ii) Vì F là hàm không giảm và lồi theo từng biến trên R2 , nên
F (f, g) = f + g

và F (f, g) = max{f, g}

cũng là các hàm lồi, không giảm trên R2 . Từ đó ta nhận được kết quả (ii).

Định lý 1.2.7 (xem [7])
(i) Nếu f ∈ Ks1 thì bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với mọi u, v ∈ R+ và
với mọi α, β ≥ 0 sao cho αs + β s ≤ 1 khi và chỉ khi f (0) ≤ 0.
(ii) Nếu f ∈ Ks2 thì bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn với mọi u, v ∈ R+ và
α, β ≥ 0 với α + β ≤ 1 khi và chỉ khi f (0) = 0.
Chứng minh. (i) Điều kiện cần thỏa mãn khi u = v = 0 và α = β = 0.
Ngược lại, giả sử u, v ∈ R+ α, β ≥ 0 và 0 < γ = αs + β s < 1. Đặt
a = αγ −1/s và b = βγ −1/s . Khi đó as + bs = αs /γ + β s /γ = 1 và do đó ta


12

có đánh giá
f αu + βv = f aγ 1/s u + bγ 1/s v
≤ as f (γ 1/s u) + bs f (γ 1/s v)
= as f γ 1/s u + (1 − γ)1/s 0 + bs f γ 1/s v + (1 − γ)1/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)
≤ αs f (u) + β s f (v).
Chứng tỏ bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn.
(ii) Điều kiện cần: Đặt u = v = α = β = 0 ta nhận được f (0) ≤ 0 và sử
dụng Định lý 1.2.4(i) suy ra f (0) ≥ 0 do đó f (0) = 0.

Điều kiện đủ: Bây giờ lấy u, v ∈ R+ và α, β ≤ 0 với 0 < γ = αs + β s < 1.
Đặt a = α/γ và b = β/γ suy ra a + b = α/γ + β/γ = 1 và do đó
f αu + βv = f αγu + βγv
≤ as f (γu) + bs f (γv) = as f γu − (1 − γ)0
+ bs f γv + (1 − γ)0
≤ as γ s f (u) + (1 − γ)s f (0) + bs γ s f (v) + (1 − γ)s f (0)
= as γ s f (u) + bs γ s f (v) + (1 − γ)s f (0)
= αs f (u) + β s f (v).
Tức là bất đẳng thức (1.3) thỏa mãn.
Định lý 1.2.8 (xem [7])
(i) Giả sử 0 < s ≤ 1. Nếu f ∈ Ks2 và f (0) = 0 thì f ∈ Ks1 .
(ii) Giả sử 0 < s1 ≤ s2 ≤ 1. Nếu f ∈ Ks22 và f (0) = 0 thì f ∈ Ks11 .
(iii) Giả sử 0 < s1 ≤ s2 ≤ 1. Nếu f ∈ Ks12 và f (0) ≤ 0 thì f ∈ Ks11 .
Chứng minh. (i) Giả sử f ∈ Ks2 và f (0) = 0. Với u, v ∈ R+ và α, β ≥ 0
thỏa mãn αs + β s = 1 thì α + β ≤ αs + β s = 1 và từ Định lý 1.2.7(ii) ta


13

nhận được
f αu + βv ≤ αs f (u) + β s f (v),
nghĩa là f ∈ Ks1 .
(ii) Giả sử f ∈ Ks22 và u, v ≥ 0, α, β ≥ 0 với α + β = 1. Khi đó,
f αu + βv ≤ αs2 f (u) + β s2 f (v) ≤ αs1 f (u) + β s1 f (v).
Như vậy f ∈ Ks11 .
(iii) Giả sử f ∈ Ks12 và u, v ≥ 0, α, β ≥ 0 với αs1 + β s1 = 1. Khi đó
αs2 + β s2 ≤ αs1 + β s1 = 1 và theo Định lý 1.2.7
f αu + βv ≤ αs2 f (u) + β s2 f (v) ≤ αs1 f (u) + β s1 f (v),
nghĩa là f ∈ Ks11 .

Định lý 1.2.9 (xem [2]) Giả sử hàm f : [a, b] → R là hàm s-lồi loại hai
trên [a, b] và hàm F : [0, 1] → R xác định bởi
F (t) =
b

×
a

1
(s + 1)(b − a)
1+t
f
a+
2

1−t
x +f
2

1+t
b+
2

1−t
x
2

dx.

Khi đó,

(i) F là hàm s-lồi loại hai trên [0, 1].
(ii) Hàm F đơn điệu tăng trên [0, 1].
Chứng minh. (i) Với mọi α, β ≥ 0, α + β = 1 và t1 , t2 ∈ [0, 1] ta có
b
1
1 + (αt1 + βt2 )
1 − (αt1 + βt2 )
a+
x dx
F (αt1 + βt2 ) =
f
b−a a
2
2
b
1
1 + (αt1 + βt2 )
1 + (αt1 − βt2 )
+
f
b+
dx.
b−a a
2
2


14

Hay

F (αt1 + βt2 ) =
b
(1 + t1 )a + (1 − t1 )x
(1 + t2 )a + (1 − t2 )x)
1
f α
+β
x dx
=
b−a a
2
2
b
1
(1 + t1 )b + (1 − t1 )x
(1 + t2 )b + (1 − t2 )x)
+
f α
+β
dx
b−a a
2
2
b
(1 + t1 )
αs
(1 + t1 )
(1 − t1 )
(1 − t1 )
≤

a+
x +f
b+
x dx
f
b−a a
2
2
2
2
b
βs
(1 + t2 )
(1 − t2 )
(1 + t2 )
(1 − t2 )
+
f
a+
x +f
b+
x dx
b−a a
2
2
2
2

= αs F (t1 ) + β s F (t2 ).
Chứng tỏ F ∈ Ks2 trên [0, 1].

(ii) Giả sử 0 ≤ t1 ≤ t2 ≤ 1, a ≤ x ≤ b. Từ
b

f
a

(1 − t1 )
(1 + t1 )
b+
x dx
2
2
b
(1 + t1 )
(1 − t1 )
f
=
b+
(b + a − x) dx
2
2
a

ta suy ra
b

(1 − t1 )
(1 + t1 )
a+
x

2
2
a
(1 + t1 )
(1 − t1 )
+f
b+
(b + a − x)
2
2

1
F (t1 ) =
b−a

f

dx.

Từ
1 + t2
1 − t2
(1 + t1 )
(1 − t1 )
a+
x≤
a+
x
2
2

2
2
(1 + t1 )
(1 − t1 )
≤
b+
(b + a − x)
2
2
(1 + t2 )
(1 − t2 )
≤
b+
(b + a − x)
2
2
suy ra
1 + t1
1 − t1
1 + t1
1 − t1
a+
x +
b+
(b + a − x)
2
2
2
2
1 + t2

1 − t2
1 + t2
1 − t2
=
a+
x +
b+
(b + a − x) .
2
2
2
2


15

Vì f là hàm s-lồi loại hai trên [a, b], nên
b

(1 + t2 )
(1 − t2 )
a+
x
2
2
a
(1 + t2 )
(1 − t2 )
+f
b+

(b + a − x) dx
2
2
b
1
(1 + t2 )
(1 − t2 )
≤
f
a+
x
b−a a
2
2
(1 − t2 )
(1 + t2 )
+f
b+
x dx = F (t2 ).
2
2

1
F (t1 ) ≤
b−a

f

Định lý 1.2.10 (xem [7]) Cho 0 < s < 1 và cho p : R+ → R+ là hàm
không giảm. Khi đó, hàm f được xác định với u ∈ R+ bởi

f (u) = us/(1−s) p(u)

(1.6)

thuộc vào Ks1 .
Chứng minh. Cho v ≥ u và α, β ≥ 0 với αs +β s = 1. Ta sẽ xét hai trường
hợp.
(a) Cho αu + βv ≤ u. Khi đó
f (αu + βv) ≤ f (u) = (αs + β s )f (u) ≤ αs f (u) + β s f (v).
(b) Cho αu + βv > u. Điều này suy ra βv > (1 − α)u và β > 0. Vì α ≤ αs
với α ∈ [0, 1] nêm ta có α − αs+1 ≤ αs − αs+1 và
α/(1 − α) ≤ αs /(1 − αs ) = (1 − β 2 )/β s
tức là
αβ/(1 − α) ≤ β 1−s − β.
Ta cũng có
αu + βv ≤ (α + β)v ≤ (αs + β s )v = v,
và theo (1.7), ta có
αu + βv ≤ αβv/(1 − α) + βv ≤ (β 1−s − β)v + βv = β 1−s v,

(1.7)


16

khi
(αu + βv)s/(1−s) ≤ β s v s/(1−s) .

(1.8)

Áp dụng (1.8) cùng tính đơn điệu của p, ta có

f (αu + βv) =(αu + βv)s/(1−s) p(αu + βv)
≤β s v s/(1−s) p(αu + βv) ≤ β s v s/(1−s) p(v)
=β s f (v) ≤ αs f (u) + β s f (v),
ta kết thúc chứng minh.

Chú ý 1.2.11 Với 0 < s < 1, các hàm trong Ks1 không nhất thiết liên tục
trên (0, ∞).
Ví dụ 1.2.12 Cho 0 < s < 1 và k > 1. Với mỗi u ∈ R+ , định nghĩa

us/(1−s) ,
nếu 0 ≤ u ≤ 1,
f (u) =
kus/(1−s) , nếu u > 1.
Hàm f không âm, không liên tục tại u = 1 và thuộc vào Ks1 nhưng không
thuộc Ks2 .
Chứng minh. Trong Định lý 1.2.10, ta đã chỉ ra rằng f ∈ Ks1 . Bây giờ,
ta sẽ chỉ ra f ∈
/ Ks2 . Lấy a > 1 bất kỳ và cho u = 1. Xét tất cả các v > 1
sao cho αu + βv = α + βv = a, trong đó α, β ≥ 0 và α + β = 1. Trong
trường hợp f ∈ Ks2 , ta sẽ có
kas/(1−s) ≤ αs + k(1 − α)s [(a − α)/(1 − α)]s/(1−s)
với mọi a > 1 và mọi 0 ≤ α ≤ 1.
Định nghĩa các hàm
fα (a) = αs + k(1 − α)[(a − α)/(1 − α)]s/(1−s) − kas/(1−s) .
Các hàm này liên tục trên khoảng (α, ∞) và
g(α) = fα (1) = αs + k(1 − α)s − k.

(1.9)

17

Hàm g liên tục trên [0, 1] và g(1) = 1 − k < 0. Do đó, tồn tại một số α0 ,
0 < α0 < 1 sao cho g(α0 ) = fα0 (1) < 0. Tính liên tục của fα0 được suy ra
từ việc fα0 (a) < 0 với a > 1, tức là bất đẳng thức (1.9) không thỏa mãn.
Điều này có nghĩa là f ∈
/ Ks2 .

Định lý 1.2.13 (xem [7]) Cho f ∈ Ks11 và g ∈ Ks12 với 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 hàm hợp f ◦ g của f với g thuộc vào Ks1 với
s = s1 s2 .
(ii) Giả sử 0 < s1 , s2 < 1. Nếu f và g là các hàm không âm sao cho hoặc
f (0) = 0 và g(0+ ) = g(0) hoặc g(0) = 0 và f (0+ ) = f (0) thì tích f g
của f và g thuộc vào Ks1 với s = min(s1 , s2 ).
Chứng minh. (i) Lấy 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 với i = 1, 2, do đó theo Định lý 1.2.7(a)
và các giả thiết 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(u)) = αs f ◦ g(u) + β s f ◦ g(v),
điều này tức là f ◦ g ∈ Ks1 .
(ii) Theo Định lý 1.2.4, cả hàm f và g không giảm trên (0, ∞). Do đó
(f (u) − f (v))(g(v) − g(u)) ≤ 0
và tương đương với
f (u)g(v) + f (v)g(u) ≤ f (u)g(u) + f (v)g(v)

(1.10)

với mọi v ≥ u > 0. Nếu v > u = 0 thì bất đẳng thức (1.10) vẫn đúng vì
f, g là các hàm không âm và hoặc f (0) = 0 và g(0+ ) = g(0) hoặc g(0) = 0

và f (0+ ) = f (0). Bây giờ, cho u, v ∈ R+ và α, β ≥ 0 với αs + β s = 1, trong
đó s = min(s1 , s2 ). Khi đó, αsi + β si ≤ αs + β s = 1 với i = 1, 2 và từ Định


18

lý 1.2.7 và bất đẳng thức (1.10) ta có
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)
≤ α2s f (u)g(u) + αs β s (f (u)g(u) + f (v)g(v)) + β 2s f (v)g(v)
= αs f (u)g(u) + β s f (v)g(v),
tức là f g ∈ Ks1 .


19

Chương 2

Một số bất đẳng thức hàm s-lồi và
áp dụng
Chương này trình bày một số bất đẳng thức mới dạng Hermite–Hadamard,
Ostrowski cho hàm s-lồi và áp dụng đánh giá một số hàm giá trị trung
bình đặc biệt. Nội dung của chương này được viết trên cơ sở tổng hợp kiến
thức từ từ các bài báo [3], [4], [6], [7] và [8].

2.1
2.1.1

Bất đẳng thức Hermite–Hadamard
Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm lồi

Một trong những bất đẳng thức nổi tiếng cho hàm lồi là bất đẳng thức
Hermite–Hadamard. Bất đẳng thức này được nêu trong định lý sau.
Định lý 2.1.1 (xem [5, The Hermite–Hadamard Integral Inequality]) Cho
f là một hàm lồi trên [a, b] ⊂ R, a = b. Khi đó
a+b
1
f
≤
2
b−a

b

f (x)dx ≤
a

f (a) + f (b)
.
2

(2.1)

Bất đẳng thức (2.1) có thể viết lại dưới dạng:
b

(b − a)f

a+b
2

≤

f (x)dx ≤ (b − a)
a

f (a) + f (b)
.
2

(2.2)


20

Chứng minh. Vì hàm f lồi trên đoạn [a, b], nên với mọi λ ∈ [0, 1] ta có
f λa + (1 − λ)b ≤ λf (a) + (1 − λ)f (b).
Lấy tích phân hai vế theo λ trên đoạn [0, 1], ta nhận được
1

1

f λa + (1 − λ)b dλ ≤ f (a)
0

1

0

Vì

(1 − λ)dλ.

λdλ + f (b)

(2.3)

0

1

1

(1 − λ)dλ =

λdλ =

1
2

0

0

và bằng phép đổi biến x = λa + (1 − λ)b, suy ra
1

b

1
f λa + (1 − λ)b dλ =
b−a

f (x)dx.
a

0

Kết hợp với (2.3) ta nhận được bất đẳng thức thứ hai của (2.1).
Cũng do tính lồi của hàm f ,
1
f (λa + (1 − λ)b) + f ((1 − λ)a + λb)
2
λa + (1 − λ)b + (1 − λ)a + λb
≥f
2
a+b
.
=f
2
Tích phân hai về bất đẳng thức này theo λ trên đoạn [0, 1] ta nhận được
 1

1
a+b
1
f
≤  f (λa + (1 − λ)b)dλ + f ((1 − λ)a + λb)dλ

2
2
0

0
b

=

1
b−a

f (x)dx.
a

Bất đẳng thức thứ nhất của (2.1) được chứng minh.
Ký hiệu Lp [a, b] là không gian các hàm khả tích bậc p (1 ≤ p < ∞) trên
đoạn [a, b], nghĩa là nếu f (x) ∈ Lp [a, b] thì
b

|f (x)|p dx < ∞.
a


21

Nhận xét 2.1.2 (xem [6]) Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi trên
[a, b] với a < b. Nếu f ∈ L1 [a, b] thì
b

f (a) + f (b)
1
−
2
b−a

b

f (t)dt =

1
b−a

a

a+b
f (t)dt.
2

t−

(2.4)

a

Định lý 2.1.3 ([6, Định lý 24]) Nếu f là hàm khả vi trên [a, b] ⊂ R và
hàm
ϕ(x) :=

x−

a+b
f (x)
2

lồi trên [a, b], thì
b

f (a) + f (b)
1
b−a
f (a) − f (b) ≥
−
8
2
b−a

f (x)dx ≥ 0.

(2.5)

a

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức cho hàm ϕ:
1
a+b
ϕ
2
2

+

ϕ(a) + ϕ(b)
1
≥
2
b−a

b

ϕ(x)dx ≥ ϕ
a

a+b
.
2

Sử dụng định nghĩa của hàm ϕ ta thu được:
1
2

b−a
2 (f

(b) − f (a))
f (a) + f (b)
1
≥
−
2

2
b−a

b

f (x)dx ≥ 0.
a

Định lý 2.1.4 ([6, Định lý 26]) Giả sử f : [a, b] ⊂ R → R là hàm khả vi
1 1
trên [a, b] và p > 1. Nếu |f | là q-khả tích trên [a, b], trong đó + = 1,
p q
thì
 b
 1q
b
1
f (a) + f (b)
1
1 (b − a) p 
q
−
f (t)dt ≤
|f (t)| dt .
(2.6)
1
2
b−a
2 (p + 1) p
a

a

Chứng minh. Sử dụng bất đẳng thức H¨older với p > 1 và q > 1 thỏa


22

mãn

1 1
+ = 1, ta có
p q
b

1
b−a
≤

x−
a

1
b−a

b
a

a+b
f (x)dx

2
1
p

p

a+b
x−
dx
2

×

1
b−a

1
q

b

| f (x) |q dx

,

a

trong đó,
b
a

a+b
x−
f (x)dx = 2
2

b

a+b
x−
2

a+b
2

p

dx

(b − a)p+1
=
.
(a + 1)2p
Suy ra,
1
b−a
=

b
a

p

a+b
x−
dx
2

(b − a)p
(p + 1)2p

1
p

×

1
b−a

1
q

b

| f (x) |q dx
a
1
q

b

1
b−a

1
p

1 (b − a)
=
2 (p + 1) p1

1
p

| f (x) |q dx
a
1
q

b

| f (x) |q dx
a

và khi đó, bất đẳng thức (2.6) được suy ra từ (2.4).
2.1.2

Bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi

Tiểu mục này trình bày các bất đẳng thức mới được thiết lập từ bất

đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi trong [8]. Một mở rộng kết
quả của Định lý 2.1.1 về bất đẳng thức Hermite–Hadamard cho hàm s-lồi
như sau.
Định lý 2.1.5 (xem [8]) Giả sử hàm f : [0, +∞) → [0, +∞) là một hàm
s-lồi loại hai với s ∈ (0, 1). Giả sử a, b ∈ [0 + ∞), a < b. Khi đó nếu
f ∈ L1 [a, b] thì bất đẳng thức sau đây thỏa mãn:
s−1

2

a+b
1
≤
f
2
b−a

b

f (x)dx ≤
a

f (a) + f (b)
.
s+1

(2.7)