04Hamloi NVXa

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (479.38 KB, 40 trang )

(1)Nguyễn Văn Xá. HÀM LỒI VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN PHỔ THÔNG. BẮC NINH - 2015.

(2) 3007 5/28-15 2015. Mã số: 11391-2-TSCBDMCC.

(3) Mở đầu. Thân mến tặng các bạn lớp 11A1 - K10 (2014 - 2017) Trường THPT Yên Phong số 2, huyện Yên Phong, tỉnh Bắc Ninh.. Bắc Ninh, tháng 7 năm 2015 Nguyễn Văn Xá.

(4) Những kí hiệu. Trong tài liệu này ta dùng những kí hiệu với các ý nghĩa xác định như sau: N N∗ Z Q R int X. tập hợp các số tự nhiên tập hợp các số tự nhiên khác 0 (các số nguyên dương) tập hợp các số nguyên tập hợp các số hữu tỉ tập hợp các số thực miền trong của tập hợp X.

(5) Mục lục. Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 3. Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 5. Chương 1. Một số kiến thức cở sở về hàm lồi. 8. 1.1. Hàm lồi và một số khái niệm suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 8. 1.1.1. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 8. 1.1.2. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 9. 1.1.3. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 9. 1.1.4. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 9. 1.1.5. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.1.6. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.1.7. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.1.8. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.1.9. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.1.10. Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.1.11. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.1.12. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.1.13. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.1.14. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.1.15. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.1.16. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.1.17. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.1.18. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.1.19. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.1.20. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.1.21. Định lí (Weierstrass) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.

(6) 6. Mục lục 1.1.22. Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.1.23. Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.1.24. Định lí (Định lí Lagrange). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16. 1.1.25. Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.1.26. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.1.27. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.1.28. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.2. Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.2.1. Định lí (Bất đẳng thức Jensen) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.2.2. Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.2.3. Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.2.4. Định lí (Bất đẳng thức Karamata) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.2.5. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2.6. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2.7. Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Chương 2. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp. 22. 2.1. Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất . . . . . . . . . 22 2.1.1. Ví dụ (Bài T7/420 TC Toán học & Tuổi trẻ) . . . . . . . . . . . . . . 22 2.1.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.1.3. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.1.4. Ví dụ (Bất đẳng thức giữa các giá trị trung bình). . . . . . . . . . . . 24. 2.1.5. Ví dụ (Bất đẳng thức giữa các trung bình lũy thừa ) . . . . . . . . . . 25 2.1.6. Ví dụ (Bất đẳng thức Bunyakovsky) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.1.7. Ví dụ (Bất đẳng thức Schwarz) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.1.8. Ví dụ (Bất đẳng thức Holder) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.1.9. Ví dụ (Bất đẳng thức Petrovitch) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.1.10. Ví dụ (IMO 1995) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.1.11. Ví dụ (Bất đẳng thức Nesbitt) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.1.12. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.1.13. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.1.14. Ví dụ (Bất đẳng thức Bernoulli) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 Nguyễn Văn Xá.

(7) 7. Mục lục. 2.1.15. Ví dụ (USAMO 1980) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.1.16. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.2. Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình . . . . . . . . . . . . . 33 2.2.1. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.2.2. Nhận xét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.2.3. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.3. Một số bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40. Nguyễn Văn Xá.

(8) Chương 1. Một số kiến thức cở sở về hàm lồi. 1.1. Hàm lồi và một số khái niệm suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2. Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18. 1.1.. Hàm lồi và một số khái niệm suy rộng. Tập lồi và hàm lồi đã được nghiên cứu từ lâu bởi nhiều nhà toán học, như Holder, 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 của toán học. 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). Có lẽ người đầu tiên đề xuất tính lồi suy rộng là Finetti (1949) - người đã đưa ra khái niệm tựa lồi (quasiconvex).. 1.1.1.. Định nghĩa. Cho số nguyên dương n và tập D ⊂ Rn . Ta nói D là tập lồi trong Rn nếu t.x + (1 − t).y ∈ D, ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0, 1] . Về mặt hình học, tập D được gọi là tập lồi nếu với mọi điểm A và mọi điểm B cùng thuộc D thì đoạn thẳng AB nằm hoàn toàn trong D. Trong mặt phẳng Oxy (R2 ), tập D được gọi là tập lồi nếu với mọi A(x1 ; y1 ) ∈ D, với mọi B(x2 ; y2 ) ∈ D, với mọi t ∈ [0; 1] ta đều có M (tx1 + (1 − t)x2 ; ty1 + (1 − t)y2 ) ∈ D. Tập rỗng ∅, tập Rn , tập gồm chỉ một điểm là những tập lồi trong Rn . Các tập có dạng (a; b) , [a; b] , [a; b) , (a; b] , (−∞; b) , (−∞; b] , (a; +∞) , [a; +∞) , R = (−∞; +∞) (ở đó a, b ∈ R, a < b) là những tập lồi trong R. Tập Q, Z không phải là tập lồi trong R..

(9) 9. 1.1. Hàm lồi và một số khái niệm suy rộng 1.1.2.. Định nghĩa. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn . Hàm số f : D → R được gọi là hàm lồi trên D nếu f (t.x + (1 − t).y) ≤ t.f (x) + (1 − t).f (y), ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0, 1] . 1.1.3.. (1.1). Mệnh đề. Cho các số nguyên dương n, k. Nếu f1 , ..., fk là các hàm lồi trên tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và λ1 , ..., λk ≥ 0 thì hàm f = λ1 f1 + ... + λk fk và hàm g = max {f1 , ..., fk } cũng là những hàm lồi trên D. CHỨNG MINH Với mỗi i ∈ {1, 2, ..., k} , với mọi x, y ∈ D, với mọi t ∈ [0; 1] , λi ≥ 0, hàm fi là hàm lồi trên D nên ta có λi fi (tx + (1 − t)y) ≤ tλi fi (x) + (1 − t)λi fi (y). Suy ra k X. λi fi (tx + (1 − t)y) ≤ t. i=1. k X. λi fi (x) + (1 − t). i=1. k X. λi fi (y), ∀x, y ∈ D, t ∈ [0; 1] .. i=1. Hay f (tx+(1−t)y) ≤ tf (x)+(1−t)f (y), ∀x, y ∈ D, t ∈ [0; 1] . Chứng tỏ f = λ1 f1 +...+λk fk là hàm lồi trên D. Tương tự như vậy, ta xét hàm số g(x) = max {f1 (x), ..., fk (x)} , x ∈ D. Với x1 , x2 ∈ D, t ∈ [0; 1] , thì g(tx1 +(1−t)x2 ) = max fi (tx1 + (1 − t)x2 ) i = 1, k Hơm nữa fj (x1 ) ≤ max fi (x1 ) i = 1, k. = fj (tx1 + (1 − t)x2 ) , j ∈ {1, ..., k} .. = g(x1 ), fj (x2 ) ≤ max fi (x2 ) i = 1, k. = g(x2 ),. và fj là hàm lồi trên D nên ta có fj (tx1 + (1 − t)x2 ) ≤ tfj (x1 ) + (1 − t)fj (x2 ) ≤ tg(x1 ) + (1 − t)g(x2 ). Suy ra g(tx+(1−t)y) ≤ tg(x)+(1−t)g(y), ∀x, y ∈ D, t ∈ [0; 1] . Chứng tỏ g = max {f1 , ..., fk } cũng là hàm lồi trên D. 1.1.4.. Mệnh đề. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ R và hàm f : D → R. Khi đó f và −f cùng là các hàm lồi trên D khi và chỉ khi f là hàm affine, tức là f (x) = ax + b với a, b là các hằng số thực. CHỨNG MINH [⇒] Nếu f và −f cùng là hàm lồi trên D thì f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y), ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0; 1] , −f (tx + (1 − t)y) ≤ −tf (x) − (1 − t)f (y), ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0; 1] , Nguyễn Văn Xá.

(10) 10. Một số kiến thức cở sở về hàm lồi. nên f (tx + (1 − t)y) = tf (x) + (1 − t)f (y), ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0; 1] . Nếu tập D chỉ gồm 1 phần tử thì hiển nhiên f là hàm affine với a = 0, b = f (x), x ∈ D. Ta xét trường hợp D có ít nhất 2 phần tử. Giả sử x1 , x2 là hai phần tử cố định của D với x1 < x2 . Đặt f (x1 ) − f (x2 ) f (x1 ) − f (x2 ) a = , b = f (x1 ) − ax1 = f (x1 ) − x1 , thì f (x1 ) = ax1 + b, x1 − x2 x1 − x2 f (x2 ) = ax2 + b. Lấy tùy ý x ∈ D. Khi đó, nếu x ∈ D, x1 < x < x2 , thì tồn tại t ∈ (0; 1) sao cho x = tx1 + (1 − t)x2 . Ta có f (x) = f (tx1 + (1 − t)x2 ) = tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ) = t(ax1 + b) + (1 − t)(ax2 + b) = a(tx1 + (1 − t)x2 ) + b = ax + b. Nếu x ∈ D, x ≤ x1 < x2 , thì tồn tại λ ∈ (0; 1] sao cho x1 = λx+(1−λ)x2 . Lúc này a(λx+(1−λ)x2 )+b = ax1 +b = f (x1 ) = f (λx + (1 − λ)x2 ) = λf (x) + (1 − λ)f (x2 ) = λf (x) + (1 − λ)(ax2 + b). Suy ra f (x) = ax + b. Nếu x ∈ D, x1 < x2 ≤ x, thì tồn tại λ ∈ (0; 1] sao cho x2 = λx + (1 − λ)x1 . Lúc này a(λx + (1 − λ)x1 ) + b = ax2 + b = f (x2 ) = f (λx + (1 − λ)x1 ) = λf (x) + (1 − λ)f (x1 ) = λf (x) + (1 − λ)(ax1 + b). Suy ra f (x) = ax + b. Như vậy f (x) = ax + b, ∀x ∈ D. [⇐] Nếu f là hàm affine thì hiển nhiên f và −f là hàm lồi trên D. 1.1.5.. Định nghĩa. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn . Hàm số f : D → R được gọi là hàm lồi chặt trên D nếu f (t.x + (1 − t).y) < t.f (x) + (1 − t).f (y), ∀x, y ∈ D, x 6= y, ∀t ∈ (0, 1) .. Trong Rn (n ∈ N∗ ) ta xét chuẩn Euclid thông thường v u n uX n x2i . k . k : R → [0, +∞) , x = (x1 , ..., xn ) 7→ kxk = t i=1. 1.1.6.. Định nghĩa. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn . Hàm số f : D → R được gọi là hàm lồi mạnh trên D nếu tồn tại số α > 0 sao cho 2. f (t.x + (1 − t).y) ≤ t.f (x) + (1 − t).f (y) − t(1 − t)αkx − yk , ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0, 1] . 1.1.7.. Mệnh đề. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R. i) Nếu hàm f lồi mạnh trên D thì nó là hàm lồi chặt trên tập đó, nhưng chiều ngược lại không đúng. ii) Nếu hàm f lồi chặt trên D thì nó là hàm lồi trên tập đó, nhưng chiều ngược lại không đúng. Nguyễn Văn Xá.

(11) 11. 1.1. Hàm lồi và một số khái niệm suy rộng iii) Hàm f lồi mạnh trên D khi và chỉ khi tồn tại α > 0 sao cho hàm 2. ϕ : D → R, x 7→ ϕ(x) := f (x) − αkxk là hàm lồi trên D. 1.1.8.. Ví dụ. a) Hàm chuẩn v u n uX n k . k : R → [0, +∞) , x = (x1 , ..., xn ) 7→ kxk = t x2i i=1. là hàm lồi trên Rn . b) Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn . Hàm khoảng cách dD : Rn → [0, +∞) , x 7→ dD (x) = inf kx − yk y∈D. là hàm lồi trên Rn . c) Hàm chuẩn bình phương 2. f : Rn → [0, +∞) , x 7→ f (x) = kxk là hàm lồi mạnh, do đó lồi chặt và lồi, trên Rn . d) Hàm affine f : R → R, x 7→ f (x) = ax + b. (a, b là các hằng số thực cho trước) là hàm lồi (nhưng không lồi chặt và không lồi mạnh) trên R. e) Hàm f : R\ {0} → R, x 7→ f (x) =. 1 x. là lồi chặt (và lồi) trên R\ {0} nhưng không lồi mạnh trên tập đó. 1.1.9.. Định nghĩa. Cho tập khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R. Ta gọi tập epi f = {(x, α) ∈ D × R |α ≥ f (x) } là trên đồ thị (epigraph) của hàm f. Nguyễn Văn Xá.

(12) 12. Một số kiến thức cở sở về hàm lồi. 1.1.10.. Định lí. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R. Các mệnh đề sau tương đương: (1) Hàm f là hàm lồi trên D. (2) Hàm g : [0, 1] → R, t 7→ g(t) = f (t.x + (1 − t).y) là hàm lồi trên đoạn [0, 1] với mọi x, y ∈ D. (3) Tập trên đồ thị epi f là tập lồi trong Rn+1 . 1.1.11.. Định nghĩa. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn . Hàm số f : D → R được gọi là hàm tựa lồi trên D nếu f (t.x + (1 − t).y) ≤ max {f (x), f (y)} , ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0, 1] . 1.1.12.. Định nghĩa. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn . Hàm số f : D → R được gọi là hàm tựa lồi chặt trên D nếu f (t.x + (1 − t).y) < max {f (x), f (y)} , ∀x, y ∈ D, x 6= y, ∀t ∈ (0, 1) . 1.1.13.. Mệnh đề. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R. i) Nếu hàm f là tựa lồi chặt trên D thì nó là hàm tựa lồi trên tập đó, nhưng chiều ngược lại không đúng. ii) Nếu hàm f lồi trên D thì nó là hàm tựa lồi trên tập đó, nhưng chiều ngược lại không đúng. 1.1.14.. Ví dụ. 1) Hàm   |x| , f (x) = x 0,. nếu x 6= 0 nếu x = 0. là hàm tựa lồi trên R, nhưng không phải là hàm tựa lồi chặt trên R. 2) Hàm ( x, f (x) = 1,. nếu x ∈ [0, 1] nếu x > 1. là hàm tựa lồi, nhưng không phải là hàm lồi trên [0, +∞) . √ 3) Hàm f (x) = x là hàm tựa lồi chặt nhưng không là hàm lồi trên [0, +∞) . Nguyễn Văn Xá.

(13) 13. 1.1. Hàm lồi và một số khái niệm suy rộng 1.1.15.. Định nghĩa. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn . Hàm số f : D → (0, +∞) được gọi là hàm loga-lồi trên D nếu t. f (tx + (1 − t)y) ≤ (f (x)) (f (y)). 1−t. , ∀x, y ∈ D, ∀t ∈ [0; 1] .. Nói cách khác, hàm f được gọi là hàm loga-lồi nếu hàm ln f là hàm lồi trên tập tương ứng. 1.1.16.. Định nghĩa. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn . Hàm số f : D → R được gọi là hàm giả lồi trên D nếu với mọi x, y ∈ D, f (x) < f (y), tồn tại số α > 0 sao cho f (t.x + (1 − t).y) ≤ f (y) − t(1 − t)α, ∀t ∈ [0, 1] . 1.1.17.. Định nghĩa. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn . Hàm số f : D → R được gọi là hàm giả lồi chặt trên D nếu với mọi x, y ∈ D, x 6= y, f (x) < f (y), tồn tại số α > 0 sao cho f (t.x + (1 − t).y) ≤ f (y) − t(1 − t)α, ∀t ∈ [0, 1] . 1.1.18.. Mệnh đề. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R. i) Nếu hàm f là lồi chặt trên D thì nó là hàm giả lồi chặt trên tập đó, nhưng chiều ngược lại không đúng. ii) Nếu hàm f lồi trên D thì nó là hàm giả lồi trên tập đó, nhưng chiều ngược lại không đúng. 1.1.19.. Ví dụ. 1) Hàm f (x) = arctan(x) là hàm giả lồi nhưng không phải là hàm lồi trên R. 2) Hàm f (x) = 1 là hàm lồi (do đó nó là hàm giả lồi) nhưng không là hàm giả lồi chặt trên R. 3) Hàm ( f (x) =. 0, nếu x 6= 0 1, nếu x = 0. là hàm giả lồi nhưng không phải là hàm giả lồi chặt trên R. Cũng với ví dụ này ta chứng tỏ hàm giả lồi không suy ra hàm tựa lồi. 4) Hàm tựa lồi cũng không suy ra hàm giả lồi. Điều này thể hiện qua hàm bậc thang. Nguyễn Văn Xá.

(14) 14. Một số kiến thức cở sở về hàm lồi. 1.1.20.. Định nghĩa. Cho X ⊂ Rn , x̄ ∈ X, và hàm f : X → R. i) Ta nói f nửa liên tục dưới tại điểm x̄ ∈ X nếu với mọi ε > 0 tồn tại lân cận mở U của x̄ sao cho f (x) − f (x̄) ≥ −ε, ∀x ∈ X ∩ U. ii) Ta nói f nửa liên tục dưới trên tập X nếu nó nửa liên tục dưới tại mọi điểm x ∈ X. iii) Ta nói f nửa liên tục trên tại điểm x̄ ∈ X nếu với mọi ε > 0 tồn tại lân cận mở U của x̄ sao cho f (x) − f (x̄) ≤ ε, ∀x ∈ X ∩ U. iv) Ta nói f nửa liên tục trên trên tập X nếu nó nửa liên tục trên tại mọi điểm x ∈ X. v) Ta nói f liên tục trên tại điểm x̄ ∈ X nếu nó vừa nửa liên tục trên, vừa nửa liên tục dưới tại x̄, tức là với mọi ε > 0 tồn tại lân cận mở U của x̄ sao cho |f (x) − f (x̄)| ≤ ε, ∀x ∈ X ∩ U. vi) Ta nói f liên tục trên tập X nếu nó liên tục trên tại mọi điểm x ∈ X. 1.1.21.. Định lí (Weierstrass). Cho tập compact khác rỗng K ⊂ Rn và hàm số f : K → R. Khi đó 1) Nếu f nửa liên tục dưới trên K thì f đạt cực tiểu toàn cục trên K, nghĩa là tồn tại a ∈ K sao cho f (a) ≤ f (x), ∀x ∈ K. 2) Nếu f nửa liên tục trên trên K thì f đạt cực đại toàn cục trên K, nghĩa là tồn tại b ∈ K sao cho f (b) ≥ f (x), ∀x ∈ K. 3) Nếu f liên tục trên K thì tồn tại a, b ∈ K để f (a) ≤ f (x) ≤ f (b), ∀x ∈ K. 1.1.22.. Định lí. Cho tập lồi X ⊂ Rn có int X 6= ∅ và hàm lồi f : X → R. Khi đó f liên tục trên int X. CHỨNG MINH Vì trong Rn các chuẩn là tương đương, nên để chứng minh Định lí ta xét chuẩn tổng kxk1 : =. n X. |xi |, ∀x = (x1 , ..., xn ) ∈ Rn .. i=1. Ta kí hiệu e1 = (1, 0, ..., 0), e2 = (0, 1, 0, ..., 0), ..., en = (0, ..., 0, 1) là các vector đơn vị của Rn . Lấy tuỳ ý x0 = (x01 , ..., x0n ) ∈ int X, ta sẽ chứng minh f liên tục tại x0 . Gọi Br = {x ∈ Rn | kxk1 ≤ r } là hình cầu đóng trong Rn với tâm tại gốc và ta có thể chọn bán n P kính r > 0 đủ nhỏ để x0 + B r ⊂ int X. Với mọi x = (x1 , ..., xn ) ∈ Br thì 0 ≤ |xi | ≤ |xi | = i=1. Nguyễn Văn Xá.

(15) 15. 1.1. Hàm lồi và một số khái niệm suy rộng. kxk1 |xi | ≤ ≤ 1, còn r r i=1 i=1 n P kxk1 ui : = rei nếu xi ≥ 0, ui : = −rei nếu xi < 0 (i = 1, ..., n). Khi đó λi = ≤ 1. Đặt r i=1 n n+1 P P λn+1 = 1 − λi thì 0 ≤ λi ≤ 1 (∀i = 1, ..., n, n + 1) và λi = 1. Để cho tiện ta đặt kxk1 ≤ r (i = 1, ..., n) và x =. n P. xi ei =. n P. λi ui ở đó 0 ≤ λi : =. i=1. i=1. un+1 : = 0 và nhận thấy rằng ui. 1. ≤ r nên x0 + ui ∈ x0 + Br ⊂ int X (∀i = 1, ..., n, n + 1).. Do f là hàm lồi trên X nên ta có f (x + x0 ) = f (x0 +. n+1 X i=1. n+1 X. λi ui ) = f (. λi (x0 + ui )) ≤. i=1. n+1 X. λi f (x0 + ui ).. i=1. Tiếp theo, ta đặt A := max. . f (x0 + rei ) − f (x0 ) , f (x0 − rei ) − f (x0 ) , ∀ i = 1, ..., n} .. Thu được f (x + x0 ) − f (x0 ) ≤. n+1 X. n X nA . λi f (x0 + ui ) − f (x0 ) ≤ λi A + λn+1 .0 = kxk1 r i=1 i=1. εr Với mọi ε > 0 nhỏ tuỳ ý luôn chọn được số thực δ ∈ (0, r) sao cho Aδ ≤ . Khi đó n nA f (x0 + x) − f (x0 ) ≤ kxk1 ≤ ε với mọi x ∈ Bδ = {x ∈ Rn | kxk1 ≤ δ }. Dẫn tới f nửa r liên tục trên tại x0 , mà x0 tuỳ ý thuộc int X nên f nửa liên tục trên trên int X, suy ra f nửa liên tục trên trên tập compact x0 + Br ⊂ int X. Tồn tại x̄ ∈ Br sao cho f (x0 + x) ≤ −1 kxk1 f (x0 + x̄) = M, ∀x ∈ B r . Bây giờ, với mọi x ∈ Br \ {0} ta đặt t : = 1 + ∈ (0, 1) r t và z : = x0 − x ∈ x0 + Br ⊂ int X, suy ra f (z) ≤ f (x0 + x) = M. Ta có f (x0 ) = 1−t f t(x + x0 ) + (1 − t)z ≤ tf (x + x0 ) + (1 − t)f (z) ≤ tf (x + x0 ) + (1 − t)M , và biến đổi được 1−t 1−t f (x+x0 )−f (x0 ) ≥ f (x0 ) − M . Cho kxk1 → 0 thì t → 1− và f (x0 ) − M → 0, t t suy ra với mọi ε1 > 0 nhỏ tuỳ ý luôn tồn tại số thực δ1 ∈ (0, r) để f (x + x0 ) − f (x0 ) ≥ −ε1 với mọi x ∈ Bδ1 \ {0}, đương nhiên bất đẳng thức f (x + x0 ) − f (x0 ) ≥ −ε vẫn đúng khi x = 0. Như vậy f nửa liên tục dưới tại x0 . Do f vừa nửa liên tục trên vừa nửa liên tục dưới tại x0 nên f liên tục tại x0 . Mà x0 lấy tùy ý thuộc int X nên f liên tục ở trên int X. 1.1.23.. Định lí. Cho K là một khoảng trong R, tức là K có dạng (a; b) , (a; +∞) , (−∞; b), (−∞; +∞) với a < b. Cho hàm số f : K → R . Hàm f lồi trên khoảng K khi và chỉ khi f liên tục trên x+y f (x) + f (y) K và f ≤ , ∀x, y ∈ K 1 . 2 2 1 Cho. n . Hàm f : D → R được gọi là hàm nửa lồi hay hàm J-lồi (lồi theo tập lồi khác rỗng D ⊂ R x+y 1 nghĩa Jensen) trên D nếu f ≤ (f (x) + f (y)) , ∀x, y ∈ D. 2 2. Nguyễn Văn Xá.

(16) 16. Một số kiến thức cở sở về hàm lồi CHỨNG MINH 1 ta có 2. [⇒] Giả sử f là hàm lồi trên khoảng K. Từ (1.1) chọn t = f. x+y 2. ≤. f (x) + f (y) , ∀x, y ∈ K. 2. Theo Định lí 1.1.22, hàm f liên tục trên K. . x+y f (x) + f (y) [⇐] Giả sử hàm liên tục f : K → R thỏa mãn f ≤ , ∀x, y ∈ K. Ta 2 2 sẽ chứng minh bất đẳng thức (1.4), với x1 , ..., xn ∈ K, bằng phương pháp quy nạp theo số nguyên dương n. Thấy ngay n = 1 hoặc = 2 thì (1.4) đúng. Giả sử (1.4) đúng với n = k. Với mọi x1 , ..., xk , ..., x2k ∈ K ta có 2k X. f (xi ) =. k X. f (xi )+. i=1. i=1. 2k X. f (xi ) ≥ kf. i=k+1. Chọn xk+2 = ... = x2k =. ! k 1X xi +kf k i=1. 2k 1 X xi k. ! ≥ 2kf. i=k+1. 2k 1 X xi 2k i=1. ! .. 1 (x1 + ... + xk + xk+1 ) ta được k+1 k+1 X. k+1. f (xi ) ≥ (k + 1)f. i=1. 1 X xi k + 1 i=1. !. nên (1.4) đúng với n = k + 1. Do đó (1.4) đúng với mọi số nguyên dương n, ở đó các x1 , ..., xn ∈ K. Với mỗi số hữu tỉ r thỏa mãn0 < r < 1, luôn tồn tại các số nguyên dương n mx + ny mf (x) + nf (y) m, n sao cho r = . Theo (1.4) ta có f ≤ , ∀x, y ∈ K. Do m+n m+n m+n đó f (rx + (1 − r)y) ≤ rf (x) + (1 − r)f (y), ∀x, y ∈ K, r ∈ (0; 1) ∩ Q. Bất đẳng thức này cũng đúng với r = 0 hoặc r = 1. Như vậy f (rx + (1 − r)y) ≤ rf (x) + (1 − r)f (y), ∀x, y ∈ K, r ∈ [0; 1] ∩ Q. Với mỗi t ∈ [0; 1] luôn tồn tại dãy số hữu tỉ {rn } ⊂ [0; 1] ∩ Q sao cho. (1.2). lim rn = t. Theo. n→+∞. (1.2) ta có f (rn x + (1 − rn )y) ≤ rn f (x) + (1 − rn )f (y), ∀x, y ∈ K. Ở bất đẳng thức này, cho n → +∞, lưu ý tính liên tục của f , ta thu được (1.1) nhưng với x, y ∈ K. Chứng tỏ f là hàm lồi trên K. 1.1.24.. Định lí (Định lí Lagrange). Cho hàm số f : [a; b] → R, liên tục trên đoạn [a; b] và khả vi trên khoảng (a; b) . Khi đó f (a) − f (b) tồn tại số c ∈ (a; b) sao cho f 0 (c) = . a−b 1.1.25.. Định lí. Giả sử hàm số f (x) xác định và có đạo hàm cấp 2 trên khoảng (a; b) và thỏa mãn điều kiện f 00 (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b). Khi đó f (x) là một hàm lồi trên (a; b). Nguyễn Văn Xá.

(17) 17. 1.1. Hàm lồi và một số khái niệm suy rộng CHỨNG MINH. Với mọi x, y ∈ (a; b), t ∈ (0; 1), không mất tính tổng quát ta có thể giải sử rằng x < y, khi đó x < tx + (1 − t)y < y. Theo Định lí Lagrange thì tồn tại c1 ∈ (x; tx + (1 − t)y) và c2 ∈ (tx + (1 − t)y; y) sao cho f (y) − f (tx + (1 − t)y) f (tx + (1 − t)y) − f (x) = f 0 (c1 ), = f 0 (c2 ). (tx + (1 − t)y) − x y − (tx + (1 − t)y) Vì f 00 (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b) nên f 0 (c1 ) ≤ f 0 (c2 ), do đó f (tx + (1 − t)y) − f (x) f (y) − f (tx + (1 − t)y) ≤ . (tx + (1 − t)y) − x y − (tx + (1 − t)y) Suy ra f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y). Dễ thấy bất đẳng thức này cũng đúng với x = y hoặc t = 0 hoặc t = 1. Vậy f (x) là một hàm lồi trên (a; b). 1.1.26.. Ví dụ. 1) Hàm f (x) = xα (với hằng số α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞)) là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) . 2) Hàm f (x) = −loga x (với hằng số a > 1) là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) . 3) Hàm f (x) = ax (với hằng số a > 0) là hàm lồi trên R. 4) Hàm f (x) = ln(1 + ex ) là hàm lồi trên R. 5) Hàm f (x) = x ln x là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) . 6) Hàm f (x) = xx là hàm lồi và là hàm loga-lồi trên khoảng (0, +∞) . 7) Cho n ∈ N∗ , λ1 , ..., λn ≥ 0, k1 , ..., kn ∈ N∗ , c ∈ R. Hàm số f (x) =. n P. λi x2ki + c là. i=1. hàm lồi trên R. CHỨNG MINH Sử dụng kết quả của định lí trên, để chứng minh các hàm số đã cho là hàm lồi trên những tập tương ứng ta chỉ việc chứng minh đạo hàm cấp hai của chúng không âm trên tập đó. Cụ thể, ta có 1) f 0 (x) = αxα−1 ; f 00 (x) = α(α − 1)xα−2 ≥ 0, ∀x > 0, α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞). 1 1 2) f 0 (x) = − ; f 00 (x) = 2 > 0, ∀x > 0, a > 1. x ln a x ln a 0 x 00 x 2 3) f (x) = a ln a; f (x) = a ln a ≥ 0, ∀x ∈ R, a > 0. ex ex 00 4) f 0 (x) = ; f (x) = 2 > 0, ∀x ∈ R. 1 + ex (1 + ex ) 1 5) f 0 (x) = 1 + ln x; f 00 (x) = > 0, ∀x > 0. x 6) Ta thấy ln f (x) = x ln x nên ln f là hàm lồi trên (0; +∞) (theo ý 5 ở trên) hay f là hàm loga-lồi trên (0; +∞). Tiếp theo, lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức ln f (x) = x ln x ta được Nguyễn Văn Xá.

(18) 18. Một số kiến thức cở sở về hàm lồi. f 0 (x) = 1 + ln x ⇒ f 0 (x) = (1 + ln x) f (x). Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức vừa thu được, ta f (x) 1 1 2 00 0 00 x có f (x) = (1 + ln x) f (x) + f (x). Vậy f (x) = x + (1 + ln x) > 0, ∀x ∈ (0; +∞) , x x nên f (x) = xx là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) . 7) Hàm hằng là hàm lồi trên R (xem Ví dụ 1.1.8). Với mỗi i ∈ {1, 2, ..., n} xét hàm fi (x) = x2k1 . Nếu ki = 1 thì hàm này có dạng fi (x) = x2 và fi 00 (x) = 2 > 0, ∀x ∈ R, nên fi là hàm lồi trên R. Nếu ki ≥ 2 thì fi 00 (x) = 2ki (2ki − 1)x2ki −2 ≥ 0, ∀x ∈ R, nên fi là hàm n P lồi trên R. Áp dụng Mệnh đề 1.1.3 suy ra f (x) = λi x2ki + c là hàm lồi trên R. i=1. Mệnh đề sau đây cho thấy, nếu ta lấy hai điểm A, B thuộc đồ thị (trong mặt phẳng R2 ) _. của hàm lồi f thì cung AB sẽ không nằm phía trên dây cung AB. 1.1.27.. Mệnh đề. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ R, hàm lồi f : D → R và x, u, v ∈ D sao cho u ≤ x ≤ v hoặc f (x) − f (u) f (v) − f (u) f (v) − f (u) v ≤ x ≤ u. Khi đó f (x) ≤ (x − u) + f (u) (hay ≤ khi v−u x−u v−u u < x < v).. Mệnh đề tiếp theo mô tả một tính chất hình học nữa của hàm lồi. Đồ thị (trong mặt phẳng R2 ) của hàm lồi luôn luôn không nằm phía dưới bất kì tiếp tuyến (nếu có) của nó. 1.1.28.. Mệnh đề. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ R và hàm lồi f : D → R. Giả sử f có đạo hàm cấp 1 tại x0 ∈ int D. Khi đó f (x) ≥ f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ), ∀x ∈ D.. 1.2.. Bất đẳng thức Jensen. Bất đẳng thức Jensen đóng vai trò quan trọng trong giải tích lồi và có nhiều ứng dụng trong chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số. 1.2.1.. Định lí (Bất đẳng thức Jensen). Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm số f : D → R. Khi đó f là hàm lồi trên D khi và n P chỉ khi ∀n ∈ N∗ , ∀x1 , ..., xn ∈ D, ∀ti ∈ [0; 1], sao cho ti = 1 thì i=1. f(. n X i=1. t i xi ) ≤. n X. ti f (xi ).. i=1. CHỨNG MINH Nguyễn Văn Xá. (1.3).

(19) 19. 1.2. Bất đẳng thức Jensen. [⇒] Giả sử f là hàm lồi trên D, ta chứng minh (1.3) bằng phương pháp quy nạp theo n. Ta chỉ cần xét trường hợp các ti ∈ (0; 1). Rõ ràng bất đẳng thức (1.3) đúng với n = 1, n = 2. Nếu (1.3) đúng với n = k − 1 thì k k−2 X X f( ti xi ) ≤ ti f (xi ) + (tk−1 + tk )f ( i=1. i=1. k. X tk tk−1 xk−1 + xk ) ≤ ti f (xi ), tk−1 + tk tk−1 + tk i=1. nên (1.3) cũng đúng với n = k. Vậy (1.3) 2 đúng với mọi số nguyên dương n. n n n P P P [⇐] Nếu f ( ti xi ) ≤ ti f (xi ), ∀n ∈ N∗ , ∀x1 , ..., xn ∈ D, ∀ti ∈ [0; 1], ti = 1 thì hiển i=1. i=1. i=1. nhiên f là hàm lồi trên D.. Người ta hay sử dụng hệ quả sau đây của bất đẳng thức Jensen. 1.2.2.. Hệ quả. Cho tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn và hàm lồi f : D → R. Khi đó ∀n ∈ N∗ , ∀x1 , ..., xn ∈ D ta có n. f. 1X xi n i=1. !. n. 1X ≤ f (xi ). n i=1. (1.4). Đẳng thức xảy ra khi x1 = ... = xn hoặc khi f là hàm có dạng f (x) = Ax + B, với A, B là các hằng số thực. 1.2.3.. Định nghĩa. Cho hai bộ số (x1 , ..., xn ), (y1 , ..., yn ) . Ta nói bộ số (x1 , ..., xn ) trội hơn bộ số (y1 , ..., yn ) , và viết (x1 , ..., xn ) (y1 , ..., yn ) , nếu cả 3 điều kiện sau đây được thỏa mãn 1) x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn và y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn ; 2) x1 + x2 + ... + xk ≥ y1 + y2 + ... + yk , ∀k = 1, 2, ..., n − 1; 3) x1 + x2 + ... + xn = y1 + y2 + ... + yn .. Bất đẳng thức Jensen được coi là hệ quả của bất đẳng thức Karamata sau đây. 1.2.4.. Định lí (Bất đẳng thức Karamata). Cho hàm lồi f : (a; b) → R, số nguyên dương n, hai bộ số (x1 , ..., xn ) và (y1 , ..., yn ) thỏa n n P P mãn x1 , ..., xn , y1 , ..., yn ∈ (a; b), (x1 , ..., xn ) (y1 , ..., yn ) . Khi đó f (xi ) ≥ f (yi ). i=1. i=1. 2 Đẳng thức ở bất đẳng thức Jensen (1.3) xảy ra khi f là hàm affine, hoặc các x bằng nhau với mọi i i ∈ j j = 1, n, tj 6= 0 , hoặc trong tất cả các số ti có đúng một số bằng 1, những số còn lại bằng 0.. Nguyễn Văn Xá.

(20) 20. Một số kiến thức cở sở về hàm lồi. 1.2.5.. Mệnh đề. 3. Cho hai số thưc a, b với a < b. Cho hàm lồi liên tục f : [a; b] → R. Khi đó max f (x) = max {f (a), f (b)} . x∈[a;b]. CHỨNG MINH Theo định lí Weierstrass, hàm f liên tục trên đoạn [a; b] nên đạt giá trị lớn nhất trên đoạn đó, tức là tồn tại x0 ∈ [a; b] sao cho f (x) ≤ f (x0 ), ∀x ∈ [a; b] . Ta có f (x0 ) ≥ f (a), f (x0 ) ≥ f (b). Nếu f (a) < f (x0 ) và f (b) < f (x0 ) thì a < x0 < b, tồn tại t ∈ (0; 1) sao cho x0 = ta + (1 − t)b và f (x0 ) = f (ta + (1 − t)b) ≤ t.f (a) + (1 − t).f (b) < t.f (x0 ) + (1 − t).f (x0 ) = f (x0 ) (vô lí). Do đó f (x0 ) ≤ f (a) hoặc f (x0 ) ≤ f (b). Dẫn tới f (x0 ) = f (a) hoặc f (x0 ) = f (b). Vậy max f (x) = max {f (a), f (b)} . x∈[a;b]. Mệnh đề 1.2.6 cho thấy, cực tiểu địa phương của hàm lồi cũng chính là cực tiểu toàn cục của hàm đó. Nhờ đó ta có một phương pháp tìm giá trị nhỏ nhất của hàm lồi. 1.2.6.. Mệnh đề. Cho n ∈ N∗ , tập lồi khác rỗng D ⊂ Rn , hàm lồi f : D → R. Giả sử tồn tại x0 ∈ D và ε > 0 sao cho f (x) ≥ f (x0 ), ∀x ∈ D ∩ B, với B = {x ∈Rn | kx − x0 k ≤ ε }. Khi đó f (x) ≥ f (x0 ), ∀x ∈ D, tức là min f (x) = f (x0 ). Hơn nữa, V = x0 ∈ D f (x0 ) = min f (x) x∈D. x∈D. là tập lồi, và nếu f là hàm lồi chặt thì V chỉ gồm một phần tử.. Mệnh đề tiếp theo cho ta một phương pháp tìm giá trị lớn nhất của hàm lồi xác định và liên tục trên một đa giác lồi trong R2 . Đặc biệt, với hàm f (x, y) = ax + by + c ta còn tìm được cả giá trị nhỏ nhất (vì khi đó f và −f cùng là hàm lồi). 1.2.7.. Mệnh đề. Cho số nguyên dương k. Cho D ⊂ R2 là một đa giác lồi trong không gian Euclid hai chiều R2 với các đỉnh Ai (xi , yi ), i = 1, k, nếu k = 1 ta coi D chỉ gồm một điểm A1 (x1 , y1 ) ∈ R2 , nếu k = 2 ta coi D là đoạn thẳng trong R2 với hai đầu mút là các điểm A1 (x1 , y1 ), A2 (x2 , y2 ). 1) Cho hàm lồi liên tục f : D → R, (x, y) ∈ D 7→ f (x, y) ∈ R. Khi đó max f (x, y) = max f (xi , yi ) i = 1, k .. (x,y)∈D. 3 Cho n ∈ N∗ , K = [a ; b ] × ... × [a ; b ] ⊂ Rn (a , b ∈ R, a ≤ b , i = 1, n) và hàm f : K → R. Giả sử n n 1 1 i i i i với mỗi i ∈ {1, 2, ..., n} hàm f là hàm lồi và liên tục trên [ai ; bi ] theo biến xi khi các biến còn lại cố định. Khi đó f đạt giá trị lớn nhất trên K tại x0 ∈ {a1 ; b1 } × ... × {an ; bn } ⊂ K.. Nguyễn Văn Xá.

(21) 21. 1.2. Bất đẳng thức Jensen. 2) Cho hàm lồi liên tục f : D → R, (x, y) ∈ D 7→ f (x, y) = ax + by + c, với a, b, c là các hằng số thực. Khi đó max f (x, y) = max f (xi , yi ) i = 1, k ,. (x,y)∈D. min f (x, y) = min f (xi , yi ) i = 1, k .. (x,y)∈D. Nguyễn Văn Xá.

(22) Chương 2. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp. 2.1. Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất . 22 2.2. Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình . . . . . 33 2.3. Một số bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35. 2.1.. Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất A. Một số bài toán áp dụng bất đẳng thức Jensen. 2.1.1.. Ví dụ (Bài T7/420 TC Toán học & Tuổi trẻ). Cho a, b, c là các số thực không âm có tổng bằng 1. Chứng minh rằng (1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c2 ) ≥ (. 10 3 ) . 9. CHỨNG MINH 2 > 0, ∀x > 0, nên f là một (1 + x2 )2 hàm lồi trên khoảng (0; +∞) , áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có. Xét hàm số f (x) = ln(1 + x2 ) với x > 0. Ta có f 00 (x) =. 1 1 1 a+b+c 2 10 ln(1 + a2 ) + ln(1 + b2 ) + ln(1 + c2 ) ≥ ln(1 + ( ) ) = ln( ). 3 3 3 3 9 10 10 3 ) ⇔ (1 + a2 )(1 + b2 )(1 + c2 ) ≥ ( ) . 9 9 1 Bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 3 ⇔ ln(1 + a2 ) + ln(1 + b2 ) + ln(1 + c2 ) ≥ 3ln(. 2.1.2.. Ví dụ. Cho hàm lồi f : (0; +∞) → R và các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng f (x) f (y) f (z) minh rằng + + ≥ f (1). 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx.

(23) 23. 2.1. Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất CHỨNG MINH Với x, y, z > 0 và xyz = 1 thì. 1 1 1 x y z + + = 1, + + = 1. 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx Vì f là hàm lồi nên (theo bất đẳng thức Jensen) f (x) f (y) f (z) x y z + + ≥f + + = f (1). 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hoặc f là hàm có dạng f (x) = ax + b, với a, b là các hằng số thực. 2.1.3.. Ví dụ. Cho số nguyên dương n ≥ 2 và các số thực dương a1 , ..., an thỏa mãn Chứng minh rằng. aa1 1. +. aa2 2. + ... +. aann. √ n. a1 +...+. √ n. an ≥ n.. ≥ n.. CHỨNG MINH Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức (2.1) 1 sau đây với mọi m, n ∈ N∗ , x1 , ..., xn > 0 m xm + ... + xm x1 + ... + xn n ≤ 1 . (2.1) n n Với m ≥ 1 hàm số f1 (x) = xm là hàm lồi trên (0; +∞) (xem Ví dụ 1.1.26). Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ra (2.1) đúng.Đẳng thức xảy ra khi x1 = ... = xn . Áp dụng bất đẳng thức suy √ √ n n a + ... + n a a1 + ... + an √ √ 1 n (2.1) ta có ≤ . Từ đây và giả thiết n a1 + ... + n an ≥ n n n a1 + ... + an ≥ 1, đẳng thức xảy ra khi suy ra n (√ √ n a1 + ... + n an = n ⇔ a1 = ... = an = 1. √ √ n a1 = ... = n an Tiếp theo, ta xét hàm số f2 (x) = xx với x ∈ (0; +∞) . Nhận thấy hàm số f2 là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) (xem Ví dụ 1.1.26). Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có aa1 1 + aa2 2 + ... + aann a1 + ... + an ≥ aa , trong đó kí hiệu a = ≥ 1. Do a ≥ 1 nên aa ≥ 1. Vì n n a1 a2 a + a2 + ... + aann thế 1 ≥ aa ≥ 1 ⇒ aa1 1 + aa2 2 + ... + aann ≥ n, đẳng thức xảy ra khi n ( a1 = ... = an ⇔ a1 = ... = an = 1. a=1 Vậy aa1 1 + aa2 2 + ... + aann ≥ n, đẳng thức xảy ra khi a1 = ... = an = 1. 1 Thực ra, với m là số nguyên dương chẵn thì bất đẳng thức (2.1) đúng với mọi số thực x , ..., x , với m n 1 là số nguyên dương lẻ thì (2.1) đúng với mọi x1 , ..., xn ≥ 0.. Nguyễn Văn Xá.

(24) 24. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp Ví dụ (Bất đẳng thức giữa các giá trị trung bình 2 ). 2.1.4.. Cho số nguyên dương n và các số thực dương x1 , ..., xn . Kí hiệu các giá trị trung bình n • mh = P n 1 : trung bình điều hòa; i=1 xi s n Q • mg = n xi : trung bình nhân; i=1 n 1 P xi : trung bình cộng; • ma = n i=1 s n 1 P • mq = x2 : trung bình toàn phương. n i=1 i. Ta có mh ≤ mg ≤ ma ≤ mq . CHỨNG MINH i) Chứng minh mh ≤ mg . Hàm số f (x) = − ln x là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) (xem Ví dụ 1.1.26). Ta có. f. 1 n. n X i=1. 1 xi. ! ≤. 1 n. n X. f. i=1. . 1 xi. . n 1 P n xi 1X 1 ≤− ln hay − ln i=1 n n i=1 xi. .   1  n    n  ⇔ mh ≤ mg . ⇔ ln  n 1  ≤ ln (x1 ...xn ) P i=1. xi. Đẳng thức xảy ra khi x1 = ... = xn > 0. ii) Chứng minh mg ≤ ma f. x1 + ... + xn n. ≤. 3. . Hàm số f (x) = − ln x là hàm lồi trên khoảng (0; +∞). Ta có. 1 x1 + ... + xn 1 (f (x1 ) + ... + f (xn )) hay −ln ≤ − (ln x1 + ... + ln xn ) n n n ⇔ ln. √ x1 + ... + xn ≥ ln n x1 ...xn ⇔ mg ≤ ma . n. Đẳng thức xảy ra khi x1 = ... = xn . iii) Bất đẳng thức ma ≤ mq. 4. là hệ quả của bất đẳng thức (2.1) (xem Ví dụ 2.1.3).. 2 Xem. thêm Ví dụ 2.1.5 và Bài tập 14. đẳng thức mg ≤ ma được gọi là bất đẳng thức Cauchy (Cô-si). Bất đẳng thức này còn đúng với các số thực x1 , ..., xn ≥ 0. Bất đẳng thức Cauchy suy rộng: Cho n ∈ N∗ , các số thực dương x1 , ..., xn và các n n n Q P P λ số λ1 , ..., λn ∈ [0; 1] thỏa mãn λi = 1. Khi đó λ i xi ≥ xi i . Cách chứng minh hoàn toàn tương tự. 3 Bất. 4 Bất. i=1. i=1. i=1. đẳng thức ma ≤ mq còn đúng với mọi số thực x1 , ..., xn .. Nguyễn Văn Xá.

(25) 25. 2.1. Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 2.1.5.. Ví dụ (Bất đẳng thức giữa các trung bình lũy thừa 5 ). Cho số nguyên dương n, hai số thực α, β khác 0 và α ≤ β, các số thực x1 , ..., xn > 0. Khi đó ta có . xα 1. + ... + n. xα n. 1 α. ≤. xβ1. + ... + n. xβn. !1 β. .. (2.2). CHỨNG MINH β thì λ ∈ (−∞; 0) ∪ [1; +∞) . α λ Hàm số f (x) = x là hàm lồi trên α khoảng α(0; +∞) (xem Ví dụ 1.1.26). Áp dụng x1 + ... + xn 1 α bất đẳng thức Jensen ta có f ≤ (f (xα 1 ) + ... + f (xn )) suy ra n n !1 α 1 β α β x1 + ... + xn α x1 + ... + xn β . Đẳng thức xảy ra khi α = β hoặc x1 = ... = xn . ≤ n n 1 Nếu α ≤ β < 0 ta đặt yi = , i = 1, n, và đưa về trường hợp 0 < −β ≤ −α. Đẳng thức xi vẫn xảy ra khi α = β hoặc x1 = ... = xn . Nếu 0 < α ≤ β hoặc α < 0 < β ta đặt λ =. Bất đẳng thức (2.1) ở Ví dụ 2.1.3 là hệ quả của bất đẳng thức (2.2) ở trên với α = 1, β = m. Bất đẳng thức ma ≤ mq ở Ví dụ 2.1.4 là hệ quả của (2.2) với α = 1, β = 2. Áp dụngquy tắc l’Hôpital (hay quy tắc Bernoulli) ta có α xα + ... + x 1 n 1 α ln x1 + ... + xα xα ln x1 + ... + xα n α n n ln xn lim ln = lim = lim 1 = α α→0 α→0 α→0 n α x1 + ... + xα n α 1 1 x1 + ... + xα √ α n = ln(x1 ...xn ) nên lim = n x1 ...xn . Do đó bất đẳng thức Cauchy được α→0 n n coi như hệ quả của (2.2) với α → 0 và β = 1.. 2.1.6.. Ví dụ (Bất đẳng thức Bunyakovsky 6 ). Cho số nguyên dương n. Cho hai bộ số, mỗi bộ gồm n số thực (a1 , ..., an ) và (b1 , ..., bn ) . n 2 n n P P 2 P 2 bi . Ta có ai bi ≤ ai i=1. i=1. i=1. CHỨNG MINH 5 Các. bất đẳng thức ở Ví dụ 2.1.4 được coi như hệ quả của bất dẳng thức (2.2) đẳng thức này còn được gọi là bất đẳng thức Bunyakovski–Cauchy-Schwarz, nó được coi là hệ quả của bất đẳng thức Holder ở Ví dụ 2.1.8 với p = q = 2. 6 Bất. Nguyễn Văn Xá.

(26) 26. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp. Nếu. n P. Nếu. i=1 n P. b2i = 0 ⇔ b1 = ... = bn = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng, và xảy ra đẳng thức.. n P ai b2i b2i > 0, với mỗi i ∈ {1, 2, ..., n} ta đặt ti = P ti = 1, đặt xi = ≥ 0 thì nếu n bi i=1 i=1 b2j j=1. bi 6= 0, đặt xi = 0 nếu bi = 0. Áp dụng bất đẳng thức Jensen với hàm lồi f (x) = x2 ta có 2.  n X. !2 ti xi. ≤. i=1. n X i=1.  1 ti x2i ⇔  n P j=1. . b2j. n X i=1.  1 b2i xi  n  ≤ P j=1. .. n X. b2j. b2i x2i .. i=1. Để ý rằng với mọi i ∈ {1, 2, ..., n} thì b2i xi = ai bi , b2i x2i ≤ a2i (b2i x2i = a2i nếu bi 6= 0, b2i x2i = 0 ≤ a2i nếu bi = 0). Dẫn tới 2.   1  n P j=1. . b2j. n X i=1.  1 ai bi  n  ≤ P j=1. . b2j. n X. a2i. n X. hay. i=1. !2 ≤. ai bi. i=1. n X. ! a2i. i=1. n X. ! b2i. .. i=1. Đẳng thức xảy ra khi hai bộ số (a1 , ..., an ) và (b1 , ..., bn ) tỉ lệ, tức là tồn tại λ sao cho ai = λbi , ∀i = 1, n, hoặc bi = λai , ∀i = 1, n.. 2.1.7.. Ví dụ (Bất đẳng thức Schwarz 7 ). Cho số nguyên dương n. Cho hai bộ số, mỗi bộ gồm n số thực (a1 , ..., an ) và (b1 , ..., bn ) , trong đó b1 , ..., bn > 0. Ta có n X a2 i. i=1. bi. ≥. 2. n P. ai. i=1 n P. . bi. i=1. CHỨNG MINH. Áp dụng bất đẳng thức (1.3) với f (x) = x2 , xi =. ai bi , ti = P , i = 1, n. n bi bj j=1. 7 Bất. đẳng thức này là hệ quả của bất đẳng thức Bunyakovski ở Ví dụ 2.1.6. Xem thêm Bài tập 26.. Nguyễn Văn Xá.

(27) 27. 2.1. Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Ví dụ (Bất đẳng thức Holder 8 ). 2.1.8.. Cho số nguyên dương n, các số thực dương a1 , ..., an , b1 , ..., bn , p, q với. n X. ai bi ≤. i=1. !1 p p. n X. ai. n X. .. i=1. 1 1 + = 1. Ta có p q. !1 q . bqi. i=1. CHỨNG MINH 1 1 p−1 1 1 + = 1 nên p > 1, q > 1, p+q−pq = 0, = 1− = . Hàm f (x) = xp p q q p p là hàm lồi trên khoảng (0; +∞). Áp dụng bất đẳng thức Jensen với xi = ai b1−q > 0, i n P bqi > 0, ∀i = 1, n, λi = 1, ta nhận được λi = P n i=1 bqj. Vì p > 0, q > 0,. j=1. p. f (λ1 x1 + ... + λn xn ) ≤ λ1 f (xn ) + ... + λn f (xn ) ⇔ (λ1 x1 + ... + λn xn ) ≤ λ1 xp1 + ... + λn xpn ⇔. 1 n P j=1. bqj. p 1 q 1−q !p bq1 a1 b1−q + ... + b a b ≤ P n n n 1 n j=1. bqj. p(1−q). bq1 ap1 b1. + ... + bqn apn bp(1−q) n. . p−1  n X q ⇔ (a1 b1 + ... + an bn ) ≤  bj  ap1 b1q+p−qp + ... + apn bnq+p−qp p. j=1.  ⇔ (a1 b1 + ... + an bn ) ≤ . n X. p − 1 1 p p q p p (a1 + ... + an ) bj. j=1.  1 1 n X q q p p p ⇔ (a1 b1 + ... + an bn ) ≤  bj  (a1 + ... + an ) j=1. 1 ⇔ (a1 b1 + ... + an bn ) ≤ 8 Nếu. p = q = 2 thì bất đẳng thức. n P. (ap1. + ... + s. |ai bi | ≤. i=1. n P i=1. b1 , ..., bn tùy ý. Hai số thực dương p, q thỏa mãn. 1. apn ) p (bq1. a2i. . n P i=1. + ... +. b2i. bqn ) q. .. đúng với các số thực a1 , ..., an ,. 1 1 + = 1 được gọi là liên hợp Holder của nhau. p q. Nguyễn Văn Xá.

(28) 28. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp. 2.1.9. n P. Ví dụ (Bất đẳng thức Petrovitch9 ). Cho a > 0 và n ∈ N∗ , hàm lồi f : [0; a] → R, các số x1 , ..., xn ∈ [0; a] thỏa mãn xi ∈ [0; a] . Khi đó. i=1 n X. n X. f (xi ) ≤ f. i=1. ! + (n − 1)f (0).. xi. i=1. CHỨNG MINH Nếu. n P. xi = 0 thì x1 = ... = xn = 0, bất đẳng thức Petrovitch đúng và xảy ra dấu đẳng. i=1. thức. Nếu. n P. xi ∈ (0; a] thì. i=1 n P. xi n P. n P. xj. j=1,j6=i n P. ≥ 0,. xi n P. ≥ 0,. xj. xj. j=1. j=1,j6=i. +. xj. j=1,j6=i n P. = 1.. xj. xj. j=1. j=1,j6=i. Do f là hàm lồi nên n P.  n X. n P   xj n X  xi j=1,j6=i    .0 ≤ P .f xj + P .f (0), ∀i = 1, n. n n j=1 xj xj. . xj.  xi f (xi ) = f  . xj + n P xj j=1. j=1,j6=i n P. j=1. j=1. xj. j=1. j=1. Cộng n bất đẳng thức này lại ta được  P   n   xj n n n X  j=1,j6=i  X  1  X  .f (0). xi + xj  f (xi ) ≤  .f  n n  P P .  i=1 j=1 i=1 i=1 xj xj . n X. j=1. j=1. Để ý rằng n X. . . n X. xj  = (n − 1).  i=1. Dẫn tới. n X. f (xi ) ≤ f. xj .. j=1. j=1,j6=i. i=1. n X. n X. ! + (n − 1)f (0).. xi. i=1. đẳng thức Petrovitch mở rộng: Cho a > 0, n ∈ N∗ , các số thực không âm p1 , ..., pn , x1 , ..., xn thỏa n P mãn 0 ≤ xi ≤ pj xj < a với mọi i = 1, n, hàm f : [0; a] → R là hàm lồi. Ta có 9 Bất. j=1 n X i=1. pi f (xi ) ≤ f. n X i=1. ! p i xi. +. n X i=1. Nguyễn Văn Xá. ! pi − 1. f (0)..

(29) 29. 2.1. Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 2.1.10.. Ví dụ (IMO 1995). Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh rằng. 1 1 1 3 + + ≥ . a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 2. CHỨNG MINH Đặt x =. 1 1 1 ,y = ,z = thì x, y, z > 0 và xyz = 1. Bất đẳng thức cần chứng minh trở a b c. thành. y2 z2 3 x2 + + ≥ . y+z z+x x+y 2. (2.3). 1 là hàm lồi trên khoảng (0; +∞) (xem Ví dụ 1.1.26). Áp dụng bất đẳng x thức Jensen ta có y2 z2 y+z z+x x+y x2 + + = x.f + y.f + z.f ≥ y+z z+x x+y x y z (y + z) + (z + x) + (x + y) x+y+z ≥ (x + y + z).f = . x+y+z 2 √ √ Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có x + y + z ≥ 3. 3 xyz = 3. 3 1 = 3. Suy ra (2.3) đúng. Vậy. Hàm số f (x) =. bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. 2.1.11.. Ví dụ (Bất đẳng thức Nesbitt). Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng. a b c 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2 CHỨNG MINH. −x −1 2 00 , x ∈ (0; +∞) . Ta có f 0 (x) = 2 < 0, f (x) = 3 > 0, x+1 (x + 1) (x + 1) ∀x ∈ (0; +∞) ,nên f là hàmlồi và nghịchbiến trên Jensen (0; +∞) .Áp dụng bất đẳng thức b c 1 a b c a +f +f ≥ 3f + + hay ta có −1 = f b+ c+a a+ b 3 b+c c+a a+b c 1 1 1 a b c −x f( ) = − ≥ f + + . Mà hàm f (x) = nghịch biến nên 2 3 3 b + c c + a a + b x+1 1 1 a b c ≤ + + . Dẫn tới 2 3 b+c c+a a+b Xét hàm số f (x) =. a b c 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.. Nguyễn Văn Xá.

(30) 30. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp B. Một số bài toán áp dụng tính chất hình học của hàm lồi. 2.1.12.. Ví dụ. Cho số nguyên dương n > 2 cố định, đa giac lồi A1 A2 ...An tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F =. n X i=1. 1 1 − tan. Ai 4. .. LỜI GIẢI π 2(1 − tan4 x) 1 1 + tan2 x 00 , f (x) = Xét hàm số f (x) = , x ∈ 0; , có f 0 (x) = 2 4 . 1 − tan x 4 (1− tanx) (1 − tan x) π π π Vì f 00 (x) > 0, ∀x ∈ 0; , nên f là hàm lồi trên khoảng 0; , do đó với mọi x ∈ 0; , 4 4 4 (n − 2)π π và x0 = ∈ 0; ta có f (x) ≥ f 0 (x0 ) (x − x0 )+f (x0 ) (xem Mệnh đề 1.1.28). Quan 4n 4 sát thấy các góc trong của đa giác lồi A1 A2 ...An có tính chất 0 < Ai < π (∀i = 1, ..., n)10 n P và Ai = (n − 2)π. Như vậy i=1. F =. n X i=1. ! n n X X Ai n Ai 0 f ≥ f (x0 ) − nx0 + nf (x0 ) = , = Ai (n − 2)π 4 4 i=1 i=1 1 − tan 1 − tan 4 4n 1. đẳng thức xảy ra khi A1 = A2 = ... = An =. 2.1.13.. (n − 2)π . Vậy min F = n. n . (n − 2)π 1 − tan 4n. Ví dụ. 1 Cho hằng số nguyên dương n và hằng số thực α ≥ . Cho các số thực thay đổi 2 n P x1 , x2 , ..., xn thỏa mãn xk ≥ n. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức k=1. F =. n X. x2k − xk + 1. α. .. k=1. LỜI GIẢI α−1 α (2x − 1) và Xét hàm số f (x) = (x2 − x + 1) với x ∈ R. Ta có f 0 (x) = α x2 − x + 1 2 1 1 1 α−2 f 00 (x) = α x2 − x + 1 2(2α − 1)(x − ) + > 0, ∀x ∈ R, α ≥ . Do đó f là hàm 2 2 2 lồi trên R. Dẫn tới f (x) ≥ f 0 (1)(x − 1) + f (1), ∀x ∈ R (xem Mệnh đề 1.1.28). Tính được f (1) = 1, f 0 (1) = α. Như vậy f (x) ≥ α(x − 1) + 1, ∀x ∈ R, đẳng thức xảy ra khi x = 1. Ta có 10 Kí. hiệu Ai là số đo (radian) của góc trong tại đỉnh Ai của đa giác A1 A2 ...An .. Nguyễn Văn Xá.

(31) 31. 2.1. Chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất F =. n P. . n P. f (xk ) ≥ α. xk − n + n ≥ n. Xảy ra đẳng thức F = n khi x1 = ... = xn = 1.. k=1. k=1. Vậy min F = n, đạt được khi x1 = ... = xn = 1. 2.1.14.. Ví dụ (Bất đẳng thức Bernoulli. 11. ). α. Ta có (1 + x) ≥ 1 + αx nếu ít nhất một trong số các điều kiện sau đây xảy ra 1) x > −1, α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) ; 2) x ∈ R, α = 2k (k ∈ N∗ ) hoặc α = 1; 3) x 6= −1, α = 0; 4) x = −1, α ∈ N∗ ; 5) x = 0, α ∈ R; 6) x = −2, α là số nguyên dương lẻ. CHỨNG MINH α. Ta chỉ chứng minh cho trường hợp thứ nhất. Xét hàm số f (x) = (1 + x) , ∀x > −1, α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) . Vì f 00 (x) = α(α − 1)(x + 1). α−2. ≥ 0, ∀x > −1, nên f là hàm lồi 0. trên (−1; +∞) . Áp dụng Mệnh đề 1.1.28, ta có f (x) ≥ f (0).x + f (0), ∀x ∈ (−1; +∞) . Mà α. f (0) = 1, f 0 (0) = α. Do đó (1 + x) ≥ 1 + αx, ∀x > −1, α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) , đẳng thức xảy ra khi x = 0 hoặc α = 0 hoặc α = 1. 2.1.15.. Ví dụ (USAMO 1980). Cho các số thực a, b, c ∈ [0; 1] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức F =. a b c + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c). b+c+1 c+a+1 a+b+1 LỜI GIẢI. a b c + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c), a ∈ [0; 1] . Ta có b+c+1 c+a+1 a+b+1 2b 2c f 00 (a) = 3 + 3 ≥ 0, ∀a ∈ [0; 1] , b, c ∈ [0; 1] , nên f là hàm lồi trên đoạn (c + a + 1) (a + b + 1) [0; 1] . Áp dụng Mệnh đề 1.2.5, có max f (a) = max {f (0), f (1)}. Kí hiệu Xét hàm f (a) =. a∈[0;1]. b c + + (1 − b)(1 − c), ∀b ∈ [0; 1] , c+1 b+1 1 b c h(b) = f (1) = + + , ∀b ∈ [0; 1] . b+c+1 c+2 b+2 g(b) = f (0) =. 11 Với. x > −1, 0 ≤ α ≤ 1 ta có (1 + x)α ≤ 1 + αx. Với n ∈ N∗ , n ≥ 2, a ≥ 0 ta có. Nguyễn Văn Xá. √ n. a≤1+. a−1 . n.

(32) 32. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp. 2c 3 ≥ 0, ∀b ∈ [0; 1] , nên hàm g là hàm lồi trên đoạn [0; 1] . Lại (b + 1) áp dụng Mệnh đề 1.2.5 ta có max g(b) = max {g(0), g(1)} . Tính toán ta được g(0) = 1. Nhận thấy g 00 (b) =. b∈[0;1]. 2c + 2 − c(1 − c) và g (1) = ≤ 1 (do 0 ≤ c ≤ 1). Vì vậy f (0) = g(b) ≤ max g(b) = 2c + 2 b∈[0;1] 2c 2 = max {g(0), g(1)} = 1. Tương tự, h00 (b) = 3 + 3 > 0, ∀b, c ∈ [0; 1] , nên h (b + c + 1) (b + 2) 1 c là hàm lồi trên đoạn [0; 1] . Ta có max h(b) = max {h(0), h(1)} . Trong đó h(0) = + = c+1 2 b∈[0;1] 3c + 6 − c(1 − c) 2c + 2 − c(1 − c) ≤ 1, h(1) = ≤ 1. Dẫn tới f (1) = h(b) ≤ max h(b) = = 2c + 2 3c + 6 b∈[0;1] = max {h(0), h(1)} ≤ 1. Do vậy F = f (a) ≤ max f (a) = max {f (0), f (1)} ≤ 1. Xảy ra a∈[0;1]. F = 1 chẳng hạn khi a = b = c = 1 hoặc a = b = c = 0. Vậy max F = 1. 2.1.16.. Ví dụ. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x, y) = cos 2x + cos 2y với mọi 1 (x, y) ∈ D = (x, y) ∈ R2 sin x + sin y = . 2 LỜI GIẢI 2 2 Ta có f (x, y) = cos 2x + cos 2y = 2 − 2(sin x + sin y). Đặt u = sin x, v = sin y, và xét hàm 1 2 2 2 số g(u, v) = u + v với (u, v) ∈ D1 = (u, v) ∈ R −1 ≤ u ≤ 1, −1 ≤ v ≤ 1, u + v = . 2 Khi đó. max f (x, y) = 2 − 2. min (x,y)∈D. g(u, v);. (u,v)∈D1. min f (x, y) = 2 − 2. max g(u, v). (x,y)∈D. (u,v)∈D1. TậpD1 chính A1 A2 trong mặt phẳng tọa độ Ouv, với hai điểm đầu mút làđoạn thẳng 1 1 A1 − ; 1 , A2 1; − (tính cả hai đầu mút). Như vậy D1 là tập lồi trong R2 . Quan sát 2 2 thấy, ∀(u1 , v1 ), (u2 , v2 ) ∈ D1 , ∀t ∈ [0; 1] , đặt (u, v) = t.(u1 , v1 ) + (1 − t).(u2 , v2 ) = (tu1 + (1 − t)u2 , tv1 + (1 − t)v2 ) thì 2. 2. g (u, v) = (tu1 + (1 − t)u2 ) + (tv1 + (1 − t)v2 ) 2. = t2 (u21 + v12 ) + (1 − t) (u22 + v22 ) + 2t(1 − t)u1 u2 + 2t(1 − t)v1 v2 2 ≤ t2 (u21 + v12 ) + (1 − t) (u22 + v22 ) + t(1 − t) u21 + u22 + t(1 − t) v12 + v22 2 ≤ t2 + t(1 − t) (u21 + v12 ) + (1 − t) + t(1 − t) (u22 + v22 ) ≤ t(u21 + v12 ) + (1 − t)(u22 + v22 ) = t.g(u1 , v1 ) + (1 − t).g(u2 , v2 ). Nguyễn Văn Xá.

(33) 33. 2.2. Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Chứng tỏ g là hàm lồi trên D1 . Theo mệnh đề 1.2.7, ta có 1 1 5 5 5 max g(u, v) = max g − , 1 , g 1, − = max , = , 2 2 4 4 4 (u,v)∈D1. 1 5 min f (x, y) = 2 − 2. = − . Hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O(0; 0) lên đoạn 4 2 1 1 thẳng A1 A2 là điểm H ; . Với mọi (u, v) ∈ D1 thì điểm M (u; v) thuộc đoạn A1 A2 4 4 1 1 1 và g(u, v) = OM 2 ≥ OH 2 = . Do đó min g(u, v) = , đạt được khi u = v = . 8 8 4 (u,v)∈D1 7 1 Vậy max f (x, y) = 2 − 2. = . 8 4 (x,y)∈D nên. (x,y)∈D. 2.2. 2.2.1.. Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Ví dụ. Gọi D là tập nghiệm của hệ bất phương trình ( 2 x + (m + 4)x + 4m ≤ y . 3x + y − (2m + 4) ≤ 0 Tìm m để D chứa toàn bộ đoạn [−2; −1] của trục hoành. LỜI GIẢI Xét hàm f (x) = x2 + (m + 4)x + 4m, kí hiệu D1 = epi f1 = (x, y) ∈ R2 |f (x) ≤ y , D2 = (x, y) ∈ R2 |3x + y − (2m + 4) ≤ 0 thì D = D1 ∩ D2 chính là tập nghiệm của hệ bất phương trình đã cho. Tập D1 là tập lồi (vì f là hàm lồi), tập D2 là tập lồi (D2 là nửa mặt phẳng) nên D là tập lồi. Do đó đoạn [−2; −1] của trục hoành nằm trong D khi và chỉ khi các điểm M1 (−2; 0), M2 (−1; 0) đều thuộc D. Ta có ( M1 (−2; 0) ∈ D ⇔. − 6 − (2m + 4) ≤ 0 (. M2 (−1; 0) ∈ D ⇔. 4 − 2(m + 4) + 4m ≤ 0 ⇔ −5 ≤ m ≤ 2;. 1 − (m + 4) + 4m ≤ 0 − 3 − (2m + 4) ≤ 0. ⇔−. 7 ≤ m ≤ 1; 2. nên (. Vậy −.   −5≤m≤2 7 ⇔ ⇔ − ≤ m ≤ 1. 7  − ≤m≤1 2 M2 ∈ D 2 M1 ∈ D. 7 ≤ m ≤ 1 là các giá trị cần tìm. 2 Nguyễn Văn Xá.

(34) 34. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp. 2.2.2.. Nhận xét. Cho K là một khoảng trong R. Cho hàm số f : K → R có đạo hàm đến cấp hai trên K. Nếu f 00 (x) ≥ 0, ∀x ∈ K, và dấu “=” chỉ xảy ra tại hữu hạn giá trị thuộc K, thì f là hàm lồi chặt (lồi nghiêm ngặt) trên khoảng K và phương trình f (x) = 0 có không quá 2 nghiệm trên K. 2.2.3.. Ví dụ. Giải hệ phương trình (. 2x + 3x + 5x = 3 + 7log2 (y + 1) 2y + 3y + 5y = 3 + 7log2 (x + 1). .. LỜI GIẢI Điều kiện x > −1, y > −1. Xét hàm số f1 (t) = 2t + 3t + 5t , t ∈ (−1; +∞) , và hàm số f2 (t) = 3 + 7log2 (t + 1), t ∈ (−1; +∞) . Vì f1 0 (t) = 2t ln 2 + 3t ln 3 + 5t ln 5 > 0, ∀t > −1, 7 và f2 0 (t) = > 0, ∀t > −1, nên f1 , f2 là các hàm đồng biến trên (−1; +∞) . Hệ (t + 1) ln 2 phương trình được viết lại thành ( ( f1 (x) = f2 (y) f1 (x) = f2 (y) . ⇔ f1 (x) − f1 (y) = f2 (y) − f2 (x) f1 (y) = f2 (x) Với x, y ∈ (−1; +∞), ta thấy . Nếu x > y thì f1 (x) − f1 (y) > 0 > f2 (y) − f2 (x). . Nếu x < y thì f1 (x) − f1 (y) < 0 < f2 (y) − f2 (x). . Nếu x = y thì f1 (x) − f1 (y) = 0 = f2 (y) − f2 (x). Do đó từ hệ phương trình suy ra x = y. Thế x = y vào phương trình đầu tiên trong hệ, ta thu được 2x + 3x + 5x = 3 + 7log2 (x + 1). Xét hàm số f (x) = 2x + 3x + 5x − 3 − 7log2 (x + 1), x ∈ (−1; +∞). Ta có f 0 (x) = 2x ln 2 + 3x ln 3 + 5x ln 5 − f 00 (x) = 2x ln2 2 + 3x ln2 3 + 5x ln2 5 +. 7 , (x + 1) ln 2. 7 > 0, ∀x ∈ (−1; +∞). (x + 1)2 ln 2. Do đó f là hàm lồi chặt trên (−1; +∞). Phương trình 2x + 3x + 5x − 3 − 7log2 (x + 1) = 0 có không quá 2 nghiệm trên (−1; +∞). Kiểm tra thấy f (0) = f (1) = 0. Do đó phương trình f (x) = 0 nói trên có 2 nghiệm x = 0, x = 1. Thử lại thấy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (x, y) = (0, 0), (x, y) = (1, 1).. Nguyễn Văn Xá.

(35) 35. 2.3. Một số bài tập. 2.3.. Một số bài tập. xy yz zx 3 Bài tập 1. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2017 + 2017 + 2017 ≤ 2015 . Tìm giá z x y 2 2016 2016 2016 x4 y4 z4 trị nhỏ nhất của biểu thức F = + + . 3y + 5z 3z + 5x 3x + 5y Bài tập 2. Cho số cố định α ≥ 1, cho các b, c > 0 thay đổi vàthỏa mãn số a, α a + b + c = 1. α α 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = a + + b+ + c+ . b c a Bài tập 3. Cho a, b, p, q > 0 và. 1 1 + = 1. Chứng minh rằng p q. ap bq + ≥ ab. p q. 12. 1 Bài tập 4. Cho k ∈ Z, k ≥ 2, x, y, z, α, β, λ > 0, x + y + z ≥ 3(α + β) k − 1 . Chứng minh . xk αy + βz. λ. +. yk αz + βx. λ. +. zk αx + βy. λ ≥ 3.. Bài tập 5. Cho a, b, c > 0 và α ∈ {0} ∪ [1; +∞) . Chứng minh bất đẳng thức α α α b c 3 a + + ≥ α. b+c c+a a+b 2 Bài tập 6. Cho n ∈ N∗ , α ≥ β > 0, các số x1 , ..., xn > 0 thỏa mãn. n Q. 13. xi ≥ 1. Chứng minh. i=1. rằng n X. xα i ≥. i=1. n X. xβi .. i=1. Bài tập 7. Cho a, b, c, α, β > 0. Chứng minh rằng a α b. +. α β b c α a β b c β + ≥ + + . c a b c a. Bài tập 8. (IMO 2001) Cho các số thực a, b, c > 0, λ ≥ 8. Chứng minh rằng √. a b c 3 +√ +√ ≥√ . 1+λ a2 + λbc b2 + λca c2 + λab. Bài tập 9. Cho n ∈ N∗ , cho các số thực ai > 0, bi > 0, i = 1, 2, . . . , n. Chứng minh rằng n α n 1−α n P P P 1−α a) aα b ≥ ai bi , ∀α ∈ (−∞; 0] ∪ [1; +∞) . i i i=1. b). n P i=1. i=1. 1−α aα 0, = 1. p i i=1 i=1 pi 13 Bất đẳng thức Nesbitt là trường hợp riêng của bất đẳng thức này, với α = 1. 12 Bất. đẳng thức Isena: x1 x2 ...xn ≤. Nguyễn Văn Xá.

(36) 36. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp. Bài tập 10. Cho hàm lồi f : [0; +∞) → R có f (0) ≤ 0. Chứng minh rằng f (nx) ≥ nf (x), ∀x ≥ 0. Bài tập 11. Cho a, b > 0, a + b = 1. Chứng minh rằng aa + bb ≥. √. 2.. Bài tập 12. Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng √ x1 + ... + xn 1) ln ≥ n ln x1 ... ln xn , ∀x1 , ..., xn > 1. n n P n 1 ≥ 2) ! , ∀x1 , ..., xn ≥ 0. x i 1 P n i=1 1 + e xi 1 + e n i=1 1 n 1 + ... + ≥ , ∀x1 , ..., xn ≥ 1. 3) √ n 1 + x1 1 + xn 1 + x1 ...xn x +...+xn x1 + ... + xn 1 4) xx1 1 ...xxnn ≥ , ∀x1 , ..., xn > 0. n h π πi n P 5) cos (2x1 − x2 ) + cos(2x2 − x3 ) + ... + cos(2xn − x1 ) ≤ cos xi , ∀x1 , ..., xn ∈ − ; . 6 6 i=1 n n 1 P 1 P 6) sin xi ≤ sin xi , ∀x1 , ..., xn ∈ [0; π] . n i=1 n i=1 n h π πi n 1 P 1 P cos xi ≤ cos xi , ∀x1 , ..., xn ∈ − ; . 7) n i=1 n i=1 2 2 n π n 1 P 1 P 8) tank xi ≥ tank xi , ∀x1 , ..., xn ∈ 0; , k = 1 hoặc k = 2. n i=1 n i=1 2 n P 1 n n , ∀x1 , ..., xn ∈ (0; π) , k = 1 hoặc k = 2. 9) ≥ k 1 P i=1 sin xi sink xi n i=1 π π n P n 1 10) ≥ , ∀x , ..., x ∈ − ; , k = 1 hoặc k = 2. 1 n n k 1 P 2 2 i=1 cos xi k cos xi n i=1 n P n− tan2 xi π P n 2π i=1 ≤ cos , ∀x , ..., x ∈ 0; , xi = π. 11) 1 n n P n 2 i=1 n+ tan2 xi i=1. 1 P n xi n 1 P xi i=1 n e ≥e 12) , ∀x1 , ..., xn ∈ R. n i=1 n n 1 P 1 P 13) ln xi ≤ ln xi , ∀x1 , ..., xn > 0. n i=1 n i=1 !. Bài tập 13. Cho số nguyên dương n và các số thực a1 , ..., an ≥ 0 (hoặc −1 < a1 , ..., an ≤ 0). Chứng minh bất đẳng thức. 14 n Y k=1. 14 Bất. (1 + ak ) ≥ 1 +. n X. ak .. k=1. đẳng thức này cũng được gọi là bất đẳng thức Bernoulli.. Nguyễn Văn Xá.

(37) 37. 2.3. Một số bài tập Bài tập 14. Cho số nguyên dương n và các v u P u ai aj n u 1X t 1≤i<j≤n , p3 = ai , p2 = p1 = n i=1 Cn2 ở đó Cnk =. số thực không âm a1 , ..., an . Đặt v u P u ai aj ak u 3 √ t 1≤i<j<k≤n , . . . , pn = n a1 a2 ...an , Cn3. n! là số các tổ hợp chận k của n phần tử, k = 1, n. Chứng minh rằng k!(n − k)! p1 ≥ p2 ≥ p3 ≥ ... ≥ pn .. Bài tập 15. (Bất đẳng thức Minkowski) Cho số nguyên dương n và các số thực không âm x1 , ..., xn , y1 , ..., yn . Chứng minh rằng s s s n n n Q Q Q n n 1) (xi + yi ) ≥ xi + n yi . i=1. 2). n P. i=1. p. (xi + yi ). 1 p. ≤. i=1. 3). n P i=1. n P i=1. i=1. xpi. 1 p. +. n P. i=1. yip. 1 p. , ∀p ≥ 1,. n P. xi 6= 0,. i=1. n P. yi 6= 0.. i=1. 1 n 1 n 1 n n P P P P p p p p (xi + yi ) ≥ xpi + yip , ∀p ∈ (0; 1) , xi 6= 0, yi 6= 0. i=1. i=1. i=1. i=1. Bài tập 16. (Bất đẳng thức Minkowski mở rộng) Cho các số nguyên dương n và m, cho các số thực dương xij (i = 1, m; j = 1, n), cho số thực p ≥ 1. Chứng minh rằng 1 1   !p  m n n m p X X X X p p   xij  ≤ xij  . j=1. i=1. i=1. j=1. Bài tập 17. Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng a b c 1 a a + b + c .b a + b + c .c a + b + c ≥ (a + b + c). 3 Bài tập 18. Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng c. a. b. (a + b) .(b + c) .(c + a) ≤. . 2 (a + b + c) 3. a+b+c. Bài tập 19. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A B C 1) F = sin + sin + sin , với λ ≥ 1 là hằng số thực. λ λ λ B C A 2) F = cos + cos + cos , với λ ≥ 2 là hằng số thực. λ λ λ 3) F = cos A cos B cos C. 4) F = sin A sin B sin C. Nguyễn Văn Xá. ..

(38) 38. Ứng dụng hàm lồi giải một số bài toán sơ cấp. Bài tập 20. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A B C 1) F = tan + tan + tan , với λ ≥ 2 là hằng số thực. λ λ λ 1 1 1 + + , với λ ≥ 1 là hằng số thực. 2) F = A B C sin sin sin λ λ λ 1 1 1 + + , với λ ≥ 2 là hằng số thực. 3) F = A B C cos cos cos λ λ λ 1 1 1 4) F = + + , với λ ≥ 1 là hằng số thực. 2A 2B 2C sin sin sin λ λ λ 1 1 1 5) F = + + , với λ ≥ 2 là hằng số thực. A B C 2 2 2 cos cos cos λ λ λ B C A B C A 6) F = sin + sin + sin + tan + tan + tan , với λ ≥ 2 là hằng số thực. λ λ λ λ λ λ A B C A B C 7) F = cot + cot + cot + tan + tan + tan , với λ ≥ 2 là hằng số thực. λ λ λ λ λ λ Bài tập 21. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng P P P P A A cot , ∆ABC nhọn. 1) tan A cot A ≥ tan 2 2 A + 3B B + 3C C + 3A 2) sin A sin B sin C ≤ sin sin sin . 4 4 4 3) (1 − cos A)(1 − cos B)(1 − cos C) ≥ cos A cos B cos C. B C A cos cos cos √ 2 + 2 + 2 < 2. 4) 3 ≤ A B C 1 + sin 1 + sin 1 + sin 2 2 2 Bài tập 22. Cho các số thực a, b với a < b. Cho hàm lồi liên tục f : [a; b] → R. Chứng minh rằng (b − x)f (a) + (x − a)f (b) , ∀x ∈ [a; b] . b−a b−a Rb R2 a+b a+b f 2) f (x)dx = +x +f −x dx. 2 2 a 0 Rb a+b f (a) + f (b) 3) (b − a)f ≤ f (x)dx ≤ (b − a) . 2 2 a 1) f (x) ≤. Bài tập 23. Chứng minh rằng. 1 1 1 1 + + + ... + > 1, ∀n ∈ N. n+1 n+2 n+3 3n + 1. Bài tập 24. Cho số nguyên dương n và các số thực dương a1 , ..., an , b1 , ..., bn . Chứng minh rằng n X i=1. ai ln. ai bi. ≥. n X i=1. P n. ! ai.  i=1 . ln  n P i=1. Nguyễn Văn Xá. ai bi.   . .

(39) 39. 2.3. Một số bài tập. Bài tập 25. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 1) f (x, y) = 3x − 4y + 2, (x, y) ∈ D = (x, y) ∈ R2 |x + 8 ≥ 2y ≥ 4x + 8, x + y ≥ −2 . p 2) f (x, y) = x2 + y 2 , (x, y) ∈ D = (x, y) ∈ R2 |4x + 3y ≤ 6, 6x + 24 ≥ y ≥ 0, x + 2 ≤ y . Bài tập 26. (Bất đẳng thức Schwarz) Cho n ∈ N∗ , x1 , ..., xn , p1 , ..., pn > 0, r > 1. Chứng minh rằng n r X (x1 + ... + xn ) xri ≥ r−1 . pr−1 (p1 + ... + pn ) i=1 i. Bài tập 27. Chứng minh rằng x 1) ln x ≤ , ∀x > 0. e h πi 2x 2) ≤ sin x ≤ x, ∀x ∈ 0; . π 2 h πi π 2x ≤ cos x ≤ − x, ∀x ∈ 0; . 3) 1 − π 2 2 Bài tập 28. Tìm m để mọi nghiệm của hệ    2x + 3y ≤ 6  x−y−3≤0    3x + 2y − 4 ≥ 0 đều là nghiệm của hệ (. x2 − (m + 1)x + m ≤ 4 + 2y y2 − y + m ≤ 3 + x. .. Bài tập 29. Tìm m để hệ sau có nghiệm (x; y) thỏa mãn x ≥ 0, y ≥ 0  2x + y ≥ 2    x + 3y ≤ 9 .    2 x + y 2 − 4x − 8y + 20 = m Bài tập 30. Giải hệ phương trình  12 9 23 p   x2 − x + = 8y − 3 + log2 (1 + 2y) 5 5 10 . √   12 y 2 − 9 y + 23 = 8x − 3 + log (1 + 2x) 2 5 5 10. 15 Ta. gọi nghiệm (x; y) thỏa mãn x ≥ 0, y ≥ 0 là nghiệm không âm.. Nguyễn Văn Xá. 15.

(40) Tài liệu tham khảo. [1] Bộ Giáo dục và Đào tạo, Tài liệu hướng dẫn thực hiện chuẩn kiến thức, kĩ năng (Toán 10,11,12), NXB Giáo dục Việt Nam, 2013. [2] Nguyễn Hữu Điển, Những phương pháp điển hình trong giải toán phổ thông, NXB Giáo dục, 2001. [3] Nguyễn Hữu Điển, Sáng tạo trong giải toán phổ thông, NXB Giáo dục, 2002. [4] Trần Văn Hạo (tổng chủ biên), Bộ SGK, SBT, SGV Toán 10, 11, 12 (ban cơ bản), NXB Giáo dục Việt Nam, 2013. [5] Nguyễn Phụ Hy, Ứng dụng Giải tích để giải toán THPT - tập 1, NXB Giáo dục, 2005. [6] Phan Huy Khải, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông - Giải tích lồi và các bài toán sơ cấp, NXB Giáo dục, 2007. [7] Nguyễn Xuân Liêm, Chuyên đề về Bất đẳng thức và Bất phương trình, NXB Giáo dục, 2003. [8] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức - Định lí và áp dụng, NXB Giáo dục, 2006. [9] Ngô Thế Phiệt, Một số phương pháp mới trong chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo dục, 2007. [10] Đoàn Quỳnh (tổng chủ biên), Bộ SGK, SBT, SGV Toán 10, 11, 12 (ban KHTN), NXB Giáo dục Việt Nam, 2013. [11] Nguyễn Thế Thạch (chủ biên), Đổi mới phương pháp dạy học và những ví dụ minh họa, Toán 10, 11, 12, NXB Giáo dục Việt Nam, 2012. [12] Đề thi TN THPT, ĐH-CĐ, THPT QG và thi HSG các năm. [13] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, NXB Giáo dục Việt Nam. [14] Tài liệu trên Internet..

(41)

04Hamloi NVXa

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về