Tài liệu Bất đẳng thức dạng hermite hadamard cho hàm tựa lồi

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 DƯƠNG BÍCH HỒNG BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO HÀM TỰA LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 DƯƠNG BÍCH HỒNG BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO HÀM TỰA LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG Hà Nội - 2016 LỜI CẢM ƠN Sau một thời gian đọc tài liệu và tập dượt nghiên cứu khoa học, luận văn của tôi đã được hoàn thành. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo PGS. TS. Tạ Duy Phượng đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn, tạo điều kiện cho tôi trong thời gian làm luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô giáo trong bộ môn Toán Giải tích nói riêng và khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 nói chung. Tôi xin cảm ơn sự động viên, giúp đỡ của gia đình và bạn bè đã dành cho tôi trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn. Hà Nội, ngày 05 tháng 07 năm 2016 Tác giả luận văn Dương Bích Hồng LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn này là kết quả nghiên cứu của riêng tôi dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Tạ Duy Phượng. Trong quá trình nghiên cứu, tôi đã kế thừa thành quả khoa học của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Các kết quả trích dẫn trong luận văn này đã được chỉ rõ nguồn gốc. Hà Nội, ngày 05 tháng 07 năm 2016 Tác giả luận văn Dương Bích Hồng i Mục lục Lời Mở đầu 1 Chương 1. Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm tựa lồi 5 1.1 1.2 1.3 Hàm lồi và một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi Bất đẳng thức Hermite-Hadamard . . . . . . . . . . . . Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi . . 1.3.1 Hàm tựa lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 . . . . 5 9 15 15 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi 22 Chương 2. Một số mở rộng bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi 25 2.1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm có đạo 2.2 2.3 hàm là tựa lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho đạo hàm bậc hai là tựa lồi . . . . . . . . . . Bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho . . có . . có 26 đạo hàm bậc ba là tựa lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 Tài liệu tham khảo . . lớp . . lớp . . . hàm . . . hàm 49 64 1 Lời Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Giải tích lồi đã và đang đóng một vị trí quan trọng trong toán học. Giải tích lồi liên quan đến rất nhiều ngành của toán học như giải tích, giải tích hàm, giải tích số, hình học, toán kinh tế, tối ưu phi tuyến,... Một kết quả kinh điển cho hàm lồi là Bất đẳng thức Hermite-Hadamard (H-H Inequality), được phát biểu trong Định lí dưới đây. Định lí 1 (Hermite, 1883, [14]; Hadamard, 1893, [13]) Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] thì ta có  f a+b 2  1 ≤ b−a Zb f (t)dt ≤ f (a) + f (b) . 2 (1) a Bất đẳng thức trên có thể viết dưới dạng  (b − a)f a+b 2  ≤ Zb f (t)dt ≤ (b − a) f (a) + f (b) . 2 a Ý nghĩa hình học của bất đẳng thức này là: Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] thì diện tích hình thang cong chắn bởi trục hoành và đồ thị hàm số y = f (x) (cùng với hai đường thẳng x = a và x = b) luôn lớn hơn
diện tích hình chữ nhật có cạnh là b − a và f a+b 2 , và luôn nhỏ hơn hình thang vuông chiều cao là b − a, hai đáy là f (a) và f (b). 2 Tức là diện tích hình thang cong không lớn hơn diện tích hình thang vuông ABCD và không nhỏ hơn diện tích hình chữ nhật ABMN. Từ đây ta cũng suy ra diện tích hình tam giác cong NDP bao giờ cũng nhỏ hơn diện tích tam giác cong MCP. Hình 1: Ý nghĩa hình học của bất đẳng thức Hermite-Hadamard Trong [15], Fejer đã mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức (2), mà sau này được gọi là bất đẳng thức Fejer. Định lí 2 Nếu f : R → R là lồi trên [a, b] và g : [a, b] → R là một hàm a+b không âm, khả tích và đối xứng qua điểm x = thì 2  Z b Z b Z a+b f (a) + f (b) b f g(t)dt ≤ f (t)g(t)dt ≤ g(t)dt. (2) 2 2 a a a Khi g(x) ≡ 1 thì Bất đẳng thức Fejer trở thành Bất đẳng thức HermiteHadamard. Sau đó, nhiều tác giả đã mở rộng các bất đẳng thức Hermite-Hadamrd và sử dụng chúng để đặc trưng và nghiên cứu các tính chất của hàm lồi. Xem thí dụ cuốn sách chuyên khảo [6], [7] và các Tài liệu tham khảo khác. Nhiều bài toán thực tế mô tả bởi các hàm không nhất thiết là lồi. Vì vậy, 3 cần phải mở rộng khái niệm hàm lồi và nghiên cứu các tính chất của hàm lồi suy rộng, nhằm áp dụng vào các bài toán tối ưu nảy sinh trong thực tế. Một bài toán hiển nhiên được đặt ra là phát biểu và chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho các lớp hàm lồi suy rộng. Vấn đề này đã được nhiều nhà toán học nghiên cứu và phát triển. Thí dụ, bất đẳng thức Hermite-Hadamard đã được mở rộng cho các lớp hàm tựa lồi, lớp hàm log-lồi, lớp hàm r - lồi,... Một trong những cách xây dựng và nghiên cứu lớp hàm lồi suy rộng, là giữ lại một (một số) tính chất đặc trưng của hàm lồi. Thí dụ, ta đã biết, hàm lồi có tập mức dưới là tập lồi và hàm lồi liên tục trên tập compact đạt giá trị lớn nhất tại biên. Hai tính chất này vẫn còn đúng cho lớp hàm tựa lồi. Do ý nghĩa toán học và ý nghĩa thực tế, có thể nói, trong số các lớp hàm lồi suy rộng, lớp hàm tựa lồi được nghiên cứu đầy đủ hơn cả. Mục đích chính của Luận văn này là trình bày tổng quan về Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi. 2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi và một số vấn đề liên quan. 4 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi. • Phạm vi nghiên cứu: Các tài liệu, các sách báo liên quan đến bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho các lớp hàm tựa lồi. 5. Phương pháp nghiên cứu Thu thập tài liệu, các sách báo về các bất đẳng thức dạng HermiteHadamard cho các lớp hàm tựa lồi. Tổng hợp, phân tích, hệ thống các kiến thức về bất đẳng thức HermiteHadamard cho các lớp hàm tựa lồi 6. Dự kiến đóng góp của luận văn: Cố gắng xây dựng luận văn thành một bản tổng quan tốt về Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi. Hà Nội, tháng 7 năm 2016 Tác giả Dương Bích Hồng 5 Chương 1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm tựa lồi Trong chương này, chúng tôi trình bày một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi, chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard cho hàm lồi một biến và một số mở rộng của Bất đẳng thức Hermite-Hadamard, Bất đẳng thức Hermite-Hadamar cho hàm tựa lồi. Nội dung Chương 1 chủ yếu theo Tài liệu [11], [6], [7] và tham khảo thêm một số tài liệu khác. 1.1 Hàm lồi và một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi Định nghĩa 1.1. Tập X ⊆ Rn được gọi là lồi nếu với mọi λ ∈ [0; 1] và x1 ∈ X , x2 ∈ X ta có xλ := λx1 + (1 − λ)x2 ∈ X. Nghĩa là, tập lồi X chứa mọi đoạn thẳng nối hai điểm bất kỳ của nó. Định nghĩa 1.2. Hàm f : X ⊆ Rn → R được gọi là hàm lồi nếu X là tập lồi và với mọi λ ∈ [0; 1], x1 ∈ X , x2 ∈ X ta có f (xλ ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ). 6 Định lý 1.1. (Theorem 2.1, [11], p. 42-43) Hàm thực f(t) xác định trên tập mở (a,b) là lồi nếu và chỉ nếu nó liên tục trên (a,b) và có các đạo hàm trái có giá trị hữu hạn f−0 (t) := lim+ h↑0 f (t + h) − f (t) ) h và các đạo hàm phải có giá trị hữu hạn f+0 (t) := lim− h↓0 f (t + h) − f (t) ) h 0 tại mọi điểm t ∈ (a, b) sao cho f+ (t) là không giảm và 0 0 f− (t) ≤ f+ (t), 0 0 f+ (t1 ) ≤ f− (t2 ) (1.1) với mọi a < t1 < t2 < b. Chứng minh. (i) Cho f (t) là hàm lồi. Nếu 0 < s < h và t + h < b thì điểm (t + s, f (t + s)) là nằm dưới đoạn thẳng nối (t, f (t)) và (t + h, f (t + h)), bởi vậy f (t + s) − f (t) f (t + h) − f (t) ≤ . (1.2) s h [f (t + h) − f (t)] là không giảm khi Điều này chỉ ra rằng hàm số h 7→ h 0 h ↓ 0. Suy ra nó có một giới hạn f+ (t) (hữu hạn hoặc = −∞). Tương tự, 0 f− (t) tồn tại (hữu hạn hoặc = +∞). Hơn nữa, đặt y = t + s, h = s + r, ta cũng có f (t + s) − f (t) f (y + r) − f (y) ≤ . s r (1.3) Điều đó chỉ ra rằng f+0 (t) ≤ f+0 (y) với t < y và do đó f+0 (t) là không giảm. Cuối cùng, ta viết lại (1.3) như sau f (y − s) − f (y) f (y + r) − f (y) ≤ . −s r 7 Lấy −s ↑ 0, r ↓ 0 ta thu được f−0 (y) ≤ f+0 (y), điều này chứng minh cho bất đẳng thức thứ nhất của (1.1) và tính hữu hạn của các đạo hàm này. 0 Vì f− (t) tồn tại hữu hạn nên suy ra lim h↑0 f (t + h) − f (t) = 0. h ⇒ lim f (t + h) = f (t). h↑0 Tương tự, do f+0 (t) tồn tại hữu hạn nên lim h↓0 f (t + h) − f (t) = 0. h ⇒ lim f (t + h) = f (t). h↓0 Do đó, f (t) liên tục tại mọi t ∈ (a, b). Hơn thế nữa, đặt x = x1 , y + r = x2 trong (1.3) ta được f (x1 + s) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x2 − r) ≤ s r hay f (x1 + s) − f (x1 ) f (x2 − r) − f (x2 ) ≤ . s −r (1.4) Lấy s ↓ 0, −r ↑ 0 trong (1.4) ta được bất đẳng thức thứ hai trong (1.1) (ii) Giả sử rằng hàm f có tất cả các tính chất được đề cập trong Định lý 1.1 và chọn c, d sao cho c, d ∈ (a, b). Xét hàm số: g(t) = f (t) − f (c) − (t − c) f (d) − f (c) . d−c Với mọi t = (1 − λ)c + λd, ta có g(t) = f (t) − f (c) − λ[f (d) − f (c)] = f (t) − [(1 − λ)f (c) + λf (d)]. 8 Để chứng minh cho tính lồi của f (t) thì ta cần phải chỉ ra rằng g(t) ≤ 0 với mọi t ∈ [c, d]. Giả sử điều ngược lại rằng, giá trị lớn nhất của g(t) trên đoạn [c, d] là dương (giá trị lớn nhất của g(t) tồn tại vì g(t) là hàm số liên tục trên đoạn compact [c, d]). Lấy e ∈ [c, d] là điểm mà tại đó hàm số đạt được giá trị lớn nhất. Nếu λ = 0 thì t = c, ta suy ra g(c) = f (c) − f (c) = 0; Nếu λ = 1 thì t = d, ta suy ra g(d) = f (d) − f (d) = 0. Suy ra g(c) = g(d) = 0. Vì g(t) chỉ sai khác f (t) một đại lượng hằng số nên 0 0 g(t) có cùng tính chất với hàm f (t) trong giả thiết, cụ thể là: g− (t), g+ (t) 0 0 0 tồn tại với mọi t ∈ (c, d), g− (t) ≤ g+ (t), g+ (t) là hàm số không giảm và 0 0 (t2 ) với t1 ≤ t2 . (t1 ) ≤ g− g+ Vì g(e) ≥ g(t) ∀t ∈ [c, d] nên ta có 0 0 g− (e) ≥ 0 ≥ g+ (e), và do đó 0 0 g− (e) = g+ (e) = 0. 0 0 0 Mặt khác, g+ (t) là hàm không giảm nên hiển nhiên g+ (t) ≥ g+ (e) ≥ 0 0 ∀t ∈ [e, d]. Ta sẽ chỉ ra rằng, g− (y) > 0 ∀y ∈ [e, d]. Thật vậy, giả sử 0 0 0 phản chứng, g− (y) ≤ 0 với y ∈ (e, d] nào đó thì g+ (t) ≤ g− (y) ≤ 0. Mà 0 g+ (t) ≥ 0 ∀t ∈ [e, d] nên g 0 (t) = 0 với mọi t ∈ [e, y). Vì g(t) là hàm hằng trên [e, d]. Do đó g(y) = g(e) > 0. 0 Do g(d) = 0 nên tồn tại y ∈ (e, d) sao cho g− (y) > 0. Lấy t1 ∈ [y, d) là 9 điểm mà tại đó hàm g(t) đạt được giá trị lớn nhất trên đoạn [y, d]. 0 0 0 Suy ra, g+ (t1 ) ≤ 0, mâu thuẫn với g+ (y) ≥ g− (y) > 0. Do đó g(t) ≤ 0 với mọi t ∈ [c, d]. Định lí được chứng minh.  Hệ quả 1.1. (Corollary 2.1, [11], p.44) Hàm khả vi f(t) trên tập mở (a,b) là hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo hàm của nó là một hàm không giảm trên (a,b). Hàm f(t) khả vi hai lần trên tập mở (a,b) là hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo hàm cấp hai của nó không âm trên toàn khoảng (a,b). Hệ quả này gợi ý mở rộng tiêu chuẩn hàm lồi cho hàm nhiều biến. Ta có Định lý 1.2. (Proposition, [11], p.44) Hàm f(x) hai lần khả vi trên tập lồi mở C ⊆ Rn là hàm lồi nếu và chỉ nếu ma trận Hessian Qx := (qij (x)), ∂ 2f qij (x) := (x1 , ..., xn ) ∂xi ∂xj của nó là nửa xác định dương, tức là < u, Qx u >≥ 0 với mọi u ∈ Rn . Chứng minh. Hàm số f là lồi trên C nếu và chỉ nếu với mỗi a ∈ C và u ∈ Rn thì hàm số ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở {t | a + tu ∈ C}. Với x = a + tu ∈ C , theo công thức tính đạo hàm của D E D E ∂f ∂2f 00 0 hàm hợp ta có ϕa,u (t) = u, ∂xi và ϕa,u (t) = u, ∂xi ∂xj u = hu, Qx ui. Mà hàm số ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở {t | a + tu ∈ C} nên theo Hệ quả 1.1 thì ϕ00a,u (t) ≥ 0. 1.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard  10 Định lý 1.3. (The Hermite-Hadamard Integral Inequality, [6], p. 55-56) Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] thì ta có   Z b 1 f (a) + f (b) a+b ≤ . f f (t)dt ≤ 2 b−a a 2 Chứng minh. Do tính lồi của f trên [a, b] với mọi t ∈ [0, 1] ta có f (ta + (1 − t)b) ≤ tf (a) + (1 − t)f (b). Tích phân theo t trên đoạn [0, 1] ta được Z 1 Z 1 Z f (ta + (1 − t)b)dt ≤ f (a) tdt + f (b) 0 0 1 (1 − t)dt. 0 Từ Z 1 Z tdt = 0 1 (1 − t)dt = 0 và đổi biến x = ta + (1 − t)b, suy ra Z 1 f (ta + (1 − t)b)dt = 0 1 b−a Z 1 2 b f (x)dx. a Ta được bất đẳng thức thứ hai của (1.5), tức là Z b 1 f (a) + f (b) f (x)dx ≤ . b−a a 2 Do tính lồi của f ta cũng có:  1 f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb) 2   ta + (1 − t)b + (1 − t)a + tb a + b
≥f =f . 2 2 Tích phân bất đẳng thức này theo t trên đoạn [0, 1] ta được Z 1  Z 1 a + b
1 f ≤ f (ta + (1 − t)b)dt + f ((1 − t)a + tb)dt 2 2 0 0 Z b 1 = f (x)dx. b−a a (1.5) 11 Như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất của (1.5) Z b 1 a + b
. f (x)dx ≥ f b−a a 2  Hệ quả 1.2. ([6], p. 56-57) Nếu g : [a, b] → R là hàm khả vi hai lần trên [a, b] và m ≤ g”(t) ≤ M với mọi t ∈ [a, b] thì Z b 1 m a + b
M 2 (b − a) ≤ ≤ (b − a)2 . (1.6) g(t)dt − g 24 b−a a 2 24 m Chứng minh. Nếu f (t) = g(t) − t2 , thì f 00 (t) = g 00 (t) − m ≥ 0. Điều này 2 chứng tỏ f là lồi trên (a, b). Áp dụng bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) cho f ta được     2  a+b a+b m a+b g =f − 2 2 2 2 Z b 1 ≤ f (t)dt b−a a  Z b 1 m 2 = g(t) − t dt b−a a 2 Z b Z b 1 1 m 2 = g(t) − t dt b−a a b−a a 2 Z b m b3 − a3 1 = g(t)dt − · b−a a 2 3(b − a) Z b 1 m a2 + ab + b2 = g(t)dt − · . b−a a 2 3 Điều này nghĩa là:  2   Z b m a2 + ab + b2 m a + b 1 a+b · − ≤ g(t)dt − g 2 3 2 2 b−a a 2  2    Z b m a + ab + b2 (a + b)2 1 a+b ⇔ − ≤ g(t)dt − g 2 3 4 b−a a 2   Z b m 1 a+b ⇔ (b − a)2 ≤ g(t)dt − g . 24 b−a a 2 12 Vế thứ nhất của bất đẳng thức (1.6) được chứng minh. M 2 t − g(t), t ∈ [a, b] ta được vế Chứng minh tương tự với hàm lồi h(t) = 2 thứ hai của bất đẳng thức (1.6).  Hệ quả 1.3. ([6], p. 57) Nếu g : [a, b] → R là hàm khả vi hai lần trên [a, b] và m ≤ g”(t) ≤ M với mọi t ∈ [a, b] thì Z b g(a) + g(b) 1 M m 2 (b − a) ≤ − g(t)dt ≤ (b − a)2 . 12 2 b−a a 12 (1.7) Chứng minh. Bất đẳng thức trên được chứng minh bằng cách áp dụng m Bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5) cho hàm f (t) = g(t) − t2 như 2 sau: g(a) + g(b) m (a2 + b2 ) f (a) + f (b) − · = 2 2 2 2Z b 1 f (t)dt ≥ b−a a  Z b 1 m 2 = g(t) − t dt b−a a 2 Z b 1 m a2 + ab + b2 = g(t)dt − · . b−a a 2 3 Điều này tương đương với:   Z b m a2 + b2 a2 + ab + b2 g(a) + g(b) 1 − ≤ − g(t)dt 2 2 3 2 b−a a Z b m g(a) + g(b) 1 2 − g(t)dt. ⇔ (b − a) ≤ 12 2 b−a a Vế thứ nhất của (1.7) đã được chứng minh. Vế thứ hai được chứng minh tương tự.  Kết quả sau đây là tổng quát hóa bất đẳng thức thứ nhất của Bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1.5). 13 Định lý 1.4. ([6], p. 57) Giả sử a, b ∈ I ⊆ R với a < b, f : R → R là hàm lồi trên I. Khi đó với mọi t ∈ [a, b] và λ ∈ [f−0 (t), f+0 (t)] ta có bất đẳng thức:   Z b 1 a+b −t ≤ f (t) + λ f (x)dx. 2 b−a a Chứng minh. Giả sử t ∈ [a, b], với mọi λ ∈ [f−0 (t), f+0 (t)] ta có bất đẳng thức: f (x) − f (t) ≥ λ(x − t) với mọi x ∈ [a, b]. Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức trên trên [a, b] theo x, ta được   Z b a+b −t f (x)dx − (b − a)f (t) ≥ λ(b − a) 2 a   Z b a+b 1 ⇔ f (x)dx ≥ f (t) + λ −t . b−a a 2 Ta có điều phải chứng minh.  a+b Với t = ta có vế thứ nhất của Bất đẳng thức Hermite-Hadamard 2 trong Bất đẳng thức (1.5). Ngoài ra ta có các trường hợp cụ thể sau đây. Nhận xét 1.1. ([6], p. 58) Giả sử hàm f được cho như trên và 0 ≤ a < b. √
(i) Nếu f+0 ab ≥ 0, thì 1 b−a (ii) Nếu f+0  2ab a+b Z b f (x)dx ≥ f √
ab ; a  ≥ 0, thì 1 b−a Z a b  2ab ; f (x)dx ≥ f a+b  14 (iii) Nếu f là khả vi tại a và b, thì   Z b a − b b − a 1 , f (b) + f 0 (b) f (x)dx ≥ max f (a) + f 0 (a) b−a a 2 2 và f (a) + f (b) 1 0≤ − 2 b−a Z a b f 0 (b) + f 0 (a) f (x)dx ≤ (b − a); 2 (iv) Nếu hàm f khả vi tại điểm xi ∈ [a, b], pi ≥ 0 sao cho n X Pn := pi > 0 i=1 và n n X a+bX 0 f (xi )xi ≥ pi f 0 (xi )xi , 2 i=1 i=1 thì ta có bất đẳng thức 1 b−a Z a b n 1 X f (x)dx ≥ pi f (xi ). Pn i=1 Vế thứ hai của Bất đẳng thức Hermite-Hadamard được mở rộng như sau. Định lý 1.5. ([6], p. 59) Giả sử a, b ∈ I ⊆ R với a < b, f : R → R là hàm lồi trên I. Khi đó với mọi t ∈ [a, b] ta có bất đẳng thức Z b 1 f (t) 1 bf (b) − af (a) − t(f (b) − f (a)) f (x)dx ≤ + · . b−a a 2 2 b−a Chứng minh. Không làm mất tính tổng quát, giả sử f khả vi trên (a, b). Ta có bất đẳng thức f (t) − f (x) ≥ f 0 (x)(t − x) với mọi y, x ∈ (a, b). Lấy tích phân hai vế theo x bất đẳng thức trên trong [a, b], ta được: Z b Z b
(b − a)f (t) − f (x)dx ≥ t f (b) − f (a) − xf 0 (x)dx. (1.8) a a 15 Đơn giản biểu thức trên ta được: Z b Z b 0 xf (x)dx = bf (b) − af (a) − f (x)dx. a a Khi đó Bất đẳng thức (1.8) trở thành: Z b
f (x)dx (b − a)f (t) − t f (b) − f (a) + bf (b) − af (a) ≥ 2 a Z b 1 f (t) 1 bf (b) − af (a) − t(f (b) − f (a)) + · ≥ f (x)dx. ⇔ 2 2 b−a b−a a Ta có điều phải chứng minh. 1.3  Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm tựa lồi 1.3.1 Hàm tựa lồi Ta bắt đầu từ các định nghĩa sau. Định nghĩa 1.3. Hàm f : I → R được gọi là tựa lồi (quasi convex) trên I ,kí hiệu f ∈ QC(I), nếu với mọi x1 , x2 ∈ I và với mọi λ ∈ [0, 1], ta có f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ max{f (x1 ), f (x2 )}. Định nghĩa 1.4. Hàm f : I → R được gọi là tựa đơn điệu (quasi monotone) trên I , kí hiệu f ∈ QM (I), nếu nó hoặc là đơn điệu trên I = [a, b], hoặc là đơn điệu không tăng trên mỗi khoảng con [a, c0 ] ⊂ I và đơn điệu không giảm trên đoạn [c0 , b]. Ta có bổ đề sau. Bổ đề 1.1. ([8], Lemma 4.1) Giả sử ánh xạ f : U → R, U ⊆ Rn . Khi đó f là hàm tựa lồi trên U khi và chỉ khi với mọi x, y ∈ U , ánh xạ ϕ : [0, 1] → R, với ϕ(t) = f ((1 − t)x + ty) là tựa lồi trên [0, 1].