Tài liệu đặc trưng của hàm lồi một biến qua bất đẳng thức hermiter hadamard

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 ——————————o0o—————————— ĐỖ VĂN DŨNG ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM LỒI MỘT BIẾN QUA BẤT ĐẲNG THỨC HERMITE-HADAMARD Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG HÀ NỘI, 2016 Lời cảm ơn Sau một thời gian nghiên cứu cùng với sự quan tâm của các thầy giáo cô giáo cùng các bạn học viên, luận văn của tôi đến nay 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 tôi trong thời gian làm luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu của các thầy cô trong khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2. 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. Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 7 năm 2016 Tác giả Đỗ Văn Dũng 1 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan rằng số liệu, kết quả của nghiên cứu trong luận văn này là trung thực và không trùng lặp với các đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan rằng mọi sự giúp đỡ cho việc thực hiện luận văn này đã được cảm ơn và các thông tin trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc. Hà Nội, tháng 7 năm 2016 Tác giả Đỗ Văn Dũng 2 Mục lục 4 Lời Mở đầu 1 Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi 1.1 Một số đặc trưng hình học của hàm lồi . . . . . . . . . . . . 1.2 Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi . . . . . . . . . 1.3 Hàm lồi không khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 7 11 14 2 Đặc trưng hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard 17 2.1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.2 Ứng dụng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard trong chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.3 Đặc trưng của hàm lồi qua toán tử Steklov . . . . . . . . . . 27 2.3.1 Đặc trưng hàm lồi qua bất đẳng thức Steklov . . . . 27 2.3.2 Toán tử Steklov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.4 Một số đặc trưng hàm lồi khác . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 3 Bất đẳng thức Jensen-Petrović 39 3.1 Các bất đẳng thức cho các hàm số hình sao . . . . . . . . . . 39 3.2 Bất đẳng thức cho các hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Kết luận 46 3 Lời mở đầu 1. Lí 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 lý dưới đây. Định lý 1 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 Trong [8], Fejer đã mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức (2), mà sau này được gọi là bất đẳng thức Fejer. Định lý 2 Nếu f : R → R là lồi trên đoạn [a; b] và g : [a; b] → R là một hàm không âm, khả tích và đối xứng qua điểm x = a+b 2 thì  f a+b 2  Zb a g(t)dt ≤ Zb f (a) + f (b) f (t)g(t)dt ≤ 2 a Zb g(t)dt. (2) 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-Hadamard và Fejer. Xem, thí dụ, trong các cuốn sách chuyên khảo [3], [4], [5], [6] và các bài báo khác. Trong [5] đã phát biểu và chứng minh Định lý 3 Điều kiện cần và đủ để một hàm liên tục f : R → R là lồi trên [a, b] là 4 Luận văn thạc sĩ 1 f (x) ≤ 2h x+h Z f (t)dt với mọi a ≤ x − h ≤ x + h ≤ b. (3) x−h Có thể chứng minh được rằng, bất đẳng thức (3) tương đương với bất đẳng thức thứ nhất trong bất đẳng thức Hermite-Hadamard (1) cho hàm lồi liên tục nhưng cho tới nay vẫn chưa biết ai là người đầu tiên chứng minh điều này (xem [3], p.139). Nhận xét rằng điều kiện cần và đủ để một hàm là lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard không đòi hỏi tính khả vi, mà chỉ đòi hỏi tính liên tục của hàm đã cho. Rất nhiều kết quả khác (mở rộng Định lí 3) liên quan đến đặc trưng hàm lồi thông qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard hoặc các mở rộng của bất đẳng thức này. Mục đích chính của Luận văn này là trình bày tổng quan về Đặc trưng hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard. 2. Mục đích và nghiên cứu Nghiên cứu các đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Trình bày chứng minh các đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard. 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Các bất đẳng thức dạng Hermite-Hadamard và ứng dụng để đặc trưng hàm lồi. Phạm vi nghiên cứu : Các tài liệu, các sách báo liên quan đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard. Đỗ Văn Dũng 5 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ 5. Phương pháp nghiên cứu - Thu thập tài liệu, các sách báo về các bất đẳng thức dạng HermiteHadamard và đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard. - Tổng hợp, phân tích, hệ thống các kiến thức về đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard. 6. Dự kiến đóng góp của luận văn Cố gắng xây dựng luận văn thành một bản tổng quan tốt về đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard. Đỗ Văn Dũng 6 K18 Toán Giải Tích Chương 1 Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi 1.1 Một số đặc trưng hình học của hàm lồi Định nghĩa 1.1.1 Tập X ⊆ Rn được gọi là lồi nếu với mọi λ ∈ [0; 1] và x1 ∈ X , x2 ∈ X có xλ := λx1 + (1 − λ)x2 ∈ X. Nghĩa là, tập lồi X chứa mọi đoạn thẳng nối hai điểm của nó. Các tập hợp dưới đây: domf := {x ∈ X|f (x) <∈ ∞} , epif := {(x, γ) ∈ X × R|f (x) ≤ γ} lần lượt được gọi là miền hữu hiệu và trên đồ thị của f . Ngoài ra với mỗi α ∈ R, ta gọi tập dưới mức của hàm f (với mức α) là: C (f ; α) := {x ∈ X|f (x) ≤ α} = {x ∈ X|(x, α) ∈ epif } . Xét hàm f : X → R, trong đó X ⊆ Rn là tập lồi. Định nghĩa 1.1.2 Hàm f : X → R được gọi là lồi nếu epi f là tập lồi. Định nghĩa 1.1.3 Hàm f được gọi là chính thường nếu domf 6= ∅ và f (x) > −∞ với mọi x ∈ X . Nếu f vừa lồi vừa chính thường thì f được gọi là hàm lồi chính thường. Ta có các bổ đề sau: Bổ đề 1.1.1 Nếu f lồi thì domf lồi. Bổ đề 1.1.2 Nếu f lồi thì C(f, α) lồi với mọi α ∈ R. Chứng minh. Với mọi x, y ∈ C(f, α) ta có (x, α), (y, α) ∈ epif . Vì vậy nếu λ ∈ (0, 1) thì (λx + (1 − λ)y, α) = λ(x, α) + (1 − λ)(y, α) ∈ epif , hay (λx + (1 − λ)y, α) ∈ epif . Từ đó λx + (1 − λ)y ∈ C(f, α), nên C(f, α) là tập lồi.  7 Luận văn thạc sĩ Nhận xét 1.1.1 Điều ngược lại không đúng, tức là C(f, α) có thể lồi với mọi α ∈ R nhưng f có thể không lồi. 3 Ví dụ 1.1.1. Xét hàm f = phải là hàm lồi vì epif không phải là  x không √ 3 tập lồi, nhưng C(f, α) = x : x ≤ α = {x : x ≤ 3 α} là tập lồi với mọi α ∈ R. Mệnh đề 1.1.1 ( [2], trang 91) Cho f : X −→ (−∞, +∞]. Lúc đó f lồi nếu và chỉ nếu f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x, y ∈ X, λ ∈ (0, 1). (1.1) Hình 1: Minh họa bất đẳng thức (1.2) với xλ = λx + (1 − λ)y Chứng minh. Điều kiện cần được chứng minh tương tự như Bổ đề 1.1.2 nếu để ý rằng (x, f (x)), (y, f (y)) ∈ epif với mọi x, y ∈ domf . Để chứng minh điều kiện đủ ta lấy (x, β), (y, γ) ∈epif và γ ∈ (0, 1). Lúc đó f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) ≤ λβ + (1 − λ)γ, hay λ(x, β) + (1 − λ)(y, γ) = (λx + (1 − λ)y, λβ + (1 − λ)γ) ∈ epif . Vậy epif lồi hay f lồi theo Định nghĩa 1.1.2.  Để mở rộng (1.2) ta gọi một hàm f là lồi chặt nếu với mọi x, y ∈domf , x 6= y và λ ∈ (0, 1) ta có f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y). Mệnh đề 1.1.2 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f : X −→ (−∞, +∞]. Hàm f lồi khi và chỉ khi Đỗ Văn Dũng 8 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ f m P  ≤ λi xi m P λi f (xi ), m = 2, 3, .., xi ∈ X , λi ≥ 0, λi = 1. i=1 i=1 i=1 m P Chứng minh. Điều kiện đủ là hiển nhiên theo mệnh đề 1.1.1. Ta chứng minh điều kiện cần bằng quy nạp. Theo Mệnh đề 1.1.1, đúng với m = 2. Giả sử mệnh đề đúng với m = k ≥ 2. Cho các điểm x1 , x2 , ..., xk+1 ∈ X và các k k+1 P P λi , suy ra λk+1 = 1 − λ. λi = 1. Đặt λ = số λ1 , ..., λk+1 > 0 sao cho i=1 i=1 Áp dụng Bất đẳng thức Jensen cho m = 2 ta được ! ! k+1 k X X 1 f λi xi ≤ λf λi xi + λk+1 f (xk+1 ). λ i=1 i=1 Theo giả thiết quy nạp, vì λk λ λ1 + ··· + = =1 λ λ λ nên λf k 1X λ ! λi xi i=1    λ1 λk x1 + · · · + xk = λ f λ λ   λ1 λk ≤ λ f (x1 ) + · · · + f (xk ) = λ1 f (x1 ) + · · · + λk f (xk ). λ λ Vậy ta có f k+1 X ! λi xi k ≤ λf i=1 1X λi xi λ i=1 ! + λk+1 f (xk+1 ) ≤ λ1 f (x1 ) + ... + λk f (xk ) + λk+1 f (xk+1 ) hay f k+1 X ! λi xi ≤ i=1 k+1 X λi f (xi ). i=1 Vậy khẳng định đúng với m = k + 1. Mệnh đề 1.1.2 được chứng minh.  Nhận xét 1.1.2 Thật ra lịch sử của hàm lồi bắt đầu từ rất sớm, trước khi có các kết quả trên tập lồi. Năm 1889, Hölder khẳng định một hàm biến số thực f (x) có đạo hàm cấp hai không âm thì thỏa mãn Bất đẳng thức Jensen. Đến năm 1893, Stolz chứng minh nếu f liên tục trên đoạn [a, b] và thỏa mãn Đỗ Văn Dũng 9 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ   x+y f (x) + f (y) f ≤ (gọi là hàm lồi trung điểm) thì f có các đạo hàm 2 2 trái, phải tại mọi điểm thuộc khoảng (a, b). Năm 1905, Jensen cũng chứng minh được bất đẳng thức Jensen với các hệ số hữu tỉ, cho hàm lồi trung điểm. Từ đây hàm lồi bắt đầu được chú ý và ngày càng nhiều những bất đẳng thức liên quan đến hàm lồi được thiết lập, có những ứng dụng thiết thực trong các lĩnh vực khác nhau của toán học như giải tích, toán ứng dụng, lí thuyết xác suất (xem [2], trang 92). Một hàm f : X −→ R, trong đó R = R ∪ {±∞}, được gọi là thuần nhất dương nếu f (λx) = λf (x), ∀x ∈ X , λ > 0. Định nghĩa 1.1.4 Tập C ⊂ Rn được gọi là nón nếu λx ∈ C ∀x ∈ C , ∀λ ≥ 0. Nếu C vừa là nón vừa là tập lồi thì C được gọi là nón lồi. Mệnh đề 1.1.3 ( [2], trang 40) Tập C ⊆ Rn là một nón lồi khi và chỉ khi a) λx ∈ C , ∀λ ≥ 0, ∀x ∈ C ; b) x1 + x2 ∈ C ∀x1 , x2 ∈ C . Chứng minh. Giả sử C là nón lồi. Khi ấy theo định nghĩa của nón ta có λx ∈ C ∀λ ≥ 0, ∀x ∈ C . Vậy ta có ý a). 1 1 1 ta có x1 ∈ C , x2 ∈ C ∀x1 , x2 ∈ C do C là tập nón. 2 2 2 1 1 Do C là tập lồi nên tồn tại z = x1 + x2 ∈ C ∀x1 , x2 ∈ C . 2 2   1 1 x1 + x2 = 2 x1 + x2 = 2z ∈ C 2 2 Cho λ = Vậy ta có ý b). Đảo lại, nếu ta có a) thì C là nón. Từ ý a) ta có x01 = λx1 ∈ C ∀x1 ∈ C , λ ≥ 0. Theo ý b) ta có x02 = (1 − λ)x2 ∈ C x2 ∈ C 0 ≤ λ ≤ 1. Đỗ Văn Dũng 10 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ Khi đó λx1 + (1 − λ)x2 = x01 + x02 ∈ C ∀0 ≤ λ ≤ 1. Vậy C là tập lồi.  Mệnh đề 1.1.4 (Mệnh đề 4.3, [2], trang 92) Cho hàm thuần nhất dương f :X −→ (−∞, +∞] với X ⊇ R là tập lồi. Ba phát biểu sau là tương đương: a) f lồi; b) f dưới cộng tính (tức là f (x1 + x2 ) ≤ f (x1 ) + f (x2 ) ∀x1 , x2 ∈ X ). c) epi f là một nón lồi. Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh a⇒ b⇒ c. Theo tính chất của hàm lồi và hàm thuần nhất dương ta có:  x1 + x2 (a⇒ b): f (x1 + x2 ) = 2f ≤ f (x1 ) + f (x2 ). 2 (b⇒ c): Lấy z = (x, γ) ∈ epif , tức là f (x) ≤ γ ⇒ λf (x) ≤ λγ , ∀λ > 0. Do f là hàm thuần nhất dương nên λf (x) = f (λx). Vậy ta có f (λx) = λf (x) ≤ λγ hay (λx, λγ) ∈ epif , tức là λ(x, y) ∈ epif . Với mỗi z = (x, γ) ta có λz ∈ epif , ∀λ > 0. Vậy epif là tập nón. Để chứng minh epif là tập nón lồi ta lấy z1 = (x1 , γ1 ) ∈ epif , z2 = (x2 , γ2 ) ∈ epif , tức là f (x1 ) ≤ γ1 , f (x2 ) ≤ γ2 . Theo tính chất dưới cộng tính của hàm f , ta có f (x1 + x2 ) ≤ f (x1 ) + f (x2 ) ≤ γ1 + γ2 Vậy (x1 + x2 , γ1 + γ2 ) ∈ epif , hay z1 + z2 = (x1 , γ1 ) + (x2 , γ2 ) = (x1 + x2 , γ1 + γ2 ) ∈ epif .  Theo mệnh đề 1.1.3, epif là tập nón lồi. 1.2 Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi Trong trường hợp hàm khả vi, ta có một số đặc trưng cơ bản dưới đây. Đỗ Văn Dũng 11 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ Bổ đề 1.2.1 Giả sử hàm f xác định trên một tập lồi mở X ⊆ Rn . Nếu f là hàm lồi trên X và khả vi tại x0 , thì với x ∈ X , ta có f (x) − f (x0 ) ≥ f 0 (x0 )(x − x0 ). (1.2) Ngược lại, nếu f là một hàm khả vi trên X và thỏa mãn (1.2) với mọi x, x0 ∈ X thì f là hàm lồi trên X. Chứng minh. Nếu f là hàm lồi thì với mọi t ∈ (0, 1), f (x0 + t(x − x0 )) = f ((1 − t)x0 + tx) ≤ (1 − t)f (x0 ) + tf (x). Đặt h = x − x0 ta có f (x0 + th) − f (x0 ) ≤ t[f (x0 + h) − f (x0 )]. (1.3) Trừ f 0 (x0 )(th) vào hai vế của (1.3) rồi chia cho t với chú ý f 0 (x0 )(th) = f 0 (x0 )(h) (do f 0 (x0 ) là ánh xạ tuyến tính) ta được t f (x0 + th) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(th) ≤ f (x0 + h) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(h). t Cho t → 0, vế trái của biểu thức trên dần đến 0, vế phải độc lập với t vẫn không đổi. Ta suy ra (1.2) đúng. Ngược lại, giả sử f khả vi và thỏa mãn (1.2) trên X . Với x1 , x2 ∈ X , t ∈ (0, 1), ta đặt x0 = tx1 + (1 − t)x2 . Ta có t(x1 − x0 ) + (1 − t)(x2 − x0 ) = tx1 + (1 − t)x2 − x0 = x0 − x0 = 0. Khi đó f (x0 ) = f (x0 ) + f 0 (x0 )[t(x1 − x0 ) + (1 − t)(x2 − x0 )] = t[f (x0 ) + f 0 (x0 )(x1 − x0 )] + (1 − t)[f (x0 ) + f 0 (x0 )(x2 − x0 )]. Bất đẳng thức (1.2) đúng với x = x1 và x = x2 , vì vậy f (tx1 + (1 − t)x2 ) = f (x0 ) ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ). Điều này chứng tỏ f là hàm lồi trên X .  Định nghĩa 1.2.1 Cho I ⊂ R là một khoảng và hàm ϕ : I → R. ϕ được gọi là đơn điệu tăng trên I nếu x1 > x2 thì ϕ(x1 ) ≥ ϕ(x2 ) ∀x1 , x2 ∈ I . Nếu ϕ(x1 ) > ϕ(x2 ) ∀x1 > x2 và x1 , x2 ∈ I thì ϕ được gọi là tăng ngặt (tăng thực sự). Đỗ Văn Dũng 12 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ Định nghĩa 1.2.2 Cho X ⊂ Rn là một tập mở và ϕ : X ∈ Rn được gọi là hàm đơn điệu tăng nếu (ϕ(x) − ϕ(y))(x − y) ≥ 0, ∀ x, y ∈ X. Nếu bất đẳng thức trên là bất đẳng thức ngặt khi x 6= y thì ϕ được gọi là đơn điệu tăng thực sự trên X . Bổ đề 1.2.2 Nếu f (x) là hàm số khả vi trên khoảng I ⊂ R thì f (x) là hàm lồi trên I khi và chỉ khi ϕ(x) là hàm đơn điệu tăng trên I . Chứng minh. Giả sử f (x) là hàm lồi trên I . khi đó với x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈ I), ta có x − x1 x2 − x x − x1 x2 − x > 0, > 0, + = 1, x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 và do đó x2 − x x − x1 f (x1 ) + f (x2 ) x2 − x1 x2 − x1   x2 − x x − x1 x2 − x x − x1 ⇔ + f (x) ≤ f (x1 ) + f (x2 ) x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≤ . ⇔ x − x1 x2 − x Cho x → x1 ta thu được f (x) ≤ f 0 (x1 ) ≤ f (x2 ) − f (x) . x2 − x Cho x → x2 ta thu được f (x2 ) − f (x) ≤ f 0 (x2 ). x2 − x Suy ra f 0 (x1 ) ≤ f 0 (x2 ) tức f 0 (x) là hàm đơn điệu tăng. Ngược lại, giả sử f 0 (x) là hàm số đơn điệu tăng và x1 < x < x2 (x, x1 , x2 ∈ I). Theo Định lý Lagrange, tồn tại x3 , x4 với x1 < x3 < x < x4 < x2 sao cho f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) = f 0 (x3 ), = f 0 (x4 ). x − x1 x2 − x Vì f 0 (x) là hàm đơn điệu tăng nên f 0 (x3 ) ≤ f 0 (x4 ), ta suy ra f (x) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x) ≤ x − x1 x2 − x Đỗ Văn Dũng 13 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ  x − x1 x2 − x x − x1 x2 − x + f (x) ≤ f (x1 ) + f (x2 ) ⇔ x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1 x2 − x x − x1 ⇔ f (x) ≤ f (x1 ) + f (x2 ). x2 − x1 x2 − x1 Vậy f là hàm lồi trên I .   Hệ quả 1.2.1 Hàm khả vi f (t) trên tập mở (a, b) là hàm lồi 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) hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo hàm cấp hai của nó không âm trên toàn khoảng (a, b). Định lý 1.2.1 Hàm khả vi trên tập lồi mở X ⊆ Rn , f : X → R là hàm lồi ∂ 2f (x1 , ..., x2 ) nếu và chỉ nếu ma trận Hesian Qx := (qij (x)), qij (x) := ∂xi ∂xj của nó xác định không âm, tức là hu, Qx (u)i với mọi u ∈ Rn . Chứng minh. Hàm số f là lồi trên X nếu và chỉ nếu với mỗi a ∈ X và u ∈ Rn thì hàm số ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở t|a + tu ∈ X . Khi đó, định lý này được suy ra từ Hệ quả 1.2.1 từ một phép tính đơn giản ϕ00 (t) = hu, Qx (u)i với x = a + tu.  1.3 Hàm lồi không khả vi Như trong mục 1.1 ta đã thấy, một hàm lồi không nhất thiết là liên tục, do đó cũng không nhất thiết khả vi. Định lý dưới đây cho một tiêu chuẩn cần và đủ để hàm là lồi. Định lý 1.3.1 Hàm thực f (t) xác định trên tập mở (a, b) là lồi nếu và chỉ nếu nó liên tục trên khoảng (a, b) và có các đạo hàm trái hữu hạn f−0 (t) := f (t + h) − f (t) f (t + h) − f (t) lim và đạo hàm phải hữu hạn f+0 (t) := lim h↑0 h↓0 h h 0 tại mọi điểm t ∈ (a, b) sao cho f+ (t) không giảm và f−0 (t) ≤ f+0 (t), f−0 (t1 ) ≤ f+0 (t2 ) (1.4) với mọi a < t1 < t2 < b. Chứng minh. (i) Cho f (t) là hàm lồi. Nếu 0 < s < t và t + h < b thì điểm (t + s, f (x + s)) là nằm dưới đoạn thẳng nối (x, f (x)) và (t + h, f (t + h)), Đỗ Văn Dũng 14 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ bởi vậy f (t + s) − f (t) f (t + h) − f (t) ≤ . (1.5) s h Điều này chỉ ra rằng hàm số h 7→ [f (t + h) − f (t)]/h là không tăng khi h ↓ 0. Suy ra nó có một giới hạn f+0 (t) (hữu hạn hoặc = −∞). Tương tự, f−0 (t) tồn tại (hữu hạn hoặc = +∞). Hơn nữa, đặt y = x + s, t = s + r, ta cũng có f (x + s) − f (x) f (y + r) − f (y) ≤ s r (1.6) Điều đó chỉ ra rằng f+0 (x) ≤ f+0 (y) với x < y và do đó f+0 (x) là không giảm. Cuối cùng, ta viết lại (1.4) như sau f (y − s) − f (y) f (y + r) − f (y) ≤ . −s r Lấy −s ↑ 0, r ↓ 0 ta thu được f−0 (y) ≤ f+0 (y), điều này chứng minh cho vế trái của (1.5) và tại cùng một sự hữu hạn của các đạo hàm của chúng. Sự liên tục của f (x) tại mọi điểm x ∈ (a, b) thì suy ra từ sự tồn tại hữu hạn f−0 (x) và f+0 (x). Hơn thế nữa, lấy x = x1 , y + r = x2 trong (1.7) và lấy s, r → 0 cho ta vế phải của (1.5). (ii) Nếu f (x) là hàm không lồi thực sự, khi đó f (x) = ∞ tại mọi điểm bên trong tương đối x của miền thực thụ domf . Bây giờ ta giả sử rằng hàm f có tất cả các tính chất được đề cập trong mệnh đề ở trên và lấy a < c < d < b. Xét hàm số: f (d) − f (c) g(x) = f (x) − f (c) − (x − c) . d−c Với mọi x = (1 − λ)c + λd, ta có g(x) = f (x) − f (c) − λ[f (d) − f (c)] = f (x) − [(1 − λ)f (c) + f (d)]. Để chứng minh cho tính lồi của f (x) thì ta cần phải chỉ ra rằng g(x) ≤ 0 với mọi x ∈ [c, d]. Giả sử điều ngược lại rằng, giá trị lớn nhất của g(x) trên đoạn [c, d] là dương (giá trị lớn nhất của g(x) tồn tại vì g(x) là hàm số liên tục). Lấy e ∈ [c, d] là điểm mà tại đó hàm số đạt được giá trị cực đại. Lưu ý rằng g(c) = g(d) = 0, (do đó c < e < d), và từ biểu diễn đó, g(x) 0 0 có cùng tính chất với hàm f (x), cụ thể là: g− (x), g+ (x) tồn tại với mọi Đỗ Văn Dũng 15 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ 0 0 0 0 0 x ∈ (c, d), g− (x) ≤ g+ (x), g+ (x) là hàm số không giảm và g− (x1 ) ≤ g+ (x2 ) với x1 ≤ x2 . 0 0 (e), và do đó (e) ≤ 0 ≤ g+ Từ g(e) ≥ g(x) ∀x ∈ [c, d] ta phải có g− 0 0 0 g− (e) = g+ (e) = 0. Mặt khác, g+ (e) là dãy không giảm nên hiển nhiên 0 0 0 0 g+ (e) ≤ g(x) ∀x ∈ [e, d]. Nếu g− (y) ≥ 0 với y ∈ (e, d] thì g+ (x) ≤ g+ (y) ≤ 0. Suy ra ta cũng có g 0 (x) = 0 với x ∈ [e, y), điều đó chỉ ra rằng g(y) = g(e) > 0. 0 (y) > 0. Lấy x1 ∈ [y, d) Từ g(d) = 0, suy ra phải tồn tại y ∈ (e, d] sao cho g− là điểm mà tại đó hàm g(x) đạt được giá trị cực đại trên đoạn [y, d]. 0 Suy ra, g+ (x1 ) ≤ 0 với mọi x ∈ [c, d], như đã được chứng minh ở trên.  Ngoài ra, nếu f là hàm không khả vi, thì có thể sử dụng các khái niệm đạo hàm suy rộng (đạo hàm Dini, dưới vi phân Jacobian suy rộng, đối đạo hàm Mordulkhovich,...) để đặc trưng hàm lồi (Xem [2]). Kết luận chương Chương 1 đã trình bày các đặc trưng cơ bản của hàm lồi. các đặc trưng này chủ yếu đã được biết đến trong giải tích lồi. Tuy nhiên, để bức tranh về đặc trưng của hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite- Hadamard trình bày trong Chương 2 hài hòa và cân đối hơn, chúng tôi đã trình bày các đặc trưng này trong Chương 1. Đỗ Văn Dũng 16 K18 Toán Giải Tích Chương 2 Đặc trưng hàm lồi qua bất đẳng thức Hermite-Hadamard 2.1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard Định lý 2.1.1 Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a, b] thì ta có  f a+b 2  1 ≤ b−a Zb f (a) + f (b) . 2 f (t)dt ≤ a Chứng minh. Do tính lồi của f trên [a, b], ta có f (ta + (1 − t)b) ≤ tf (a) + (1 − t)f (b) với mọi t ∈ [a, b]. Tích phân theo t trên [0, 1] ta được Z1 f (ta + (1 − t)b)dt ≤ f (a) 0 Z1 0 Z1 tdt + f (b) 0 Z1 tdt = Từ Z1 (1 − t)dt = (1 − t)dt. 0 1 và đổi biến x = ta + (1 − t)b suy ra 2 0 Z1 1 f (ta + (1 − t)b)dt = b−a Zb f (x)dx. a 0 Ta được bất đẳng thức thứ hai của (2.1), tức là 1 b−a Zb f (x)dx ≤ a 17 f (a) + f (b) . 2 (2.1) Luận văn thạc sĩ Do tính lồi của f ta cũng có   1 ta + (1 − t)b) + (1 − t)a + tb [f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb)] ≥ f 2 2   a+b =f 2 Tích phân nó  trên [0, 1] theo t ta được    Z1 Z1 Zb 1 a+b ≤  f (ta + (1 − t)b)dt + f ((1 − t)a + tb)dt = f (x)dx. f 2 b−a a 0 0 Suy ra ta đã chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất của (2.1): 1 b−a Zb  f (x)dx ≥ f  a+b . 2 a Hình 2 Nhận xét 2.1.1 Bất đẳng thức (2.1) có thể viết dưới dạng tương đương sau  (b − a)f a+b 2  ≤ Zb f (t)dt ≤ (b − a) f (a) + f (b) . 2 (2.2) a Nhận xét 2.1.2 Về mặt hình học, bất đẳng thức thứ hai trong (2.2) là khá rõ ràng. Do tính lồi của hàm f (x), đồ thị của hàm f (x) trên [a, b] nằm dưới đoạn thẳng nối hai điểm (a, f (a)) và (b, f (b)), nên hiển nhiên diện tích hình thang vuông ABCD lớn hơn diện tích hình thang cong ABCD, nhưng bất Đỗ Văn Dũng 18 K18 Toán Giải Tích Luận văn thạc sĩ đẳng thức thứ nhất trong (2.2) cho ta một khẳng định khá ngạc nhiên: Diện tích hình thang cong ABCDbao giờ  cũng không nhỏ hơn diện tích hình chữ a+b . Nghĩa là, diện tích tam giác cong FAI nhật có cạnh là b − a và f 2 bao giờ cũng không lớn hơn diện tích tam giác cong IDE trong Hình 2. Từ bất đẳng thức Hermite-Hadamard ta có một số hệ quả sau. Hệ quả 2.1.1 Nếu g : [a; b] → R là hàm khả vi hai lần trên [a; b] và m ≤ g 00 (t) ≤ M với mọi t ∈ [a; b] thì 1 m (b − a)2 ≤ 24 b−a Zb  g(t)dt − g a+b 2  ≤ M (b − a)2 . 24 (2.3) a Chứng minh. Đặt f (t) = g(t) − m2 t2 . Ta có f 00 (t) = g 00 (t) − m ≥ 0 (vì m ≤ g 00 (t)). Như vậy f là lồi trên (a, b). Với       a+b a+b m a+b 2 f =g − 2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức (2.1) cho f ta được  g a+b 2  m − 2  a+b 2 2  = f a+b 2  1 ≤ b−a Zb f (t)dt a 1 = b−a Zb h m 2i g(t) − t dt 2 a 1 = b−a Zb m b3 − a3 g(t)dt − · 2 3(b − a) a 1 = b−a Zb m a2 + ab + b2 g(t)dt − · . 2 3 a Điều này tương đương với m a2 + ab + b2 m · − 2 3 2  a+b 2 2 1 ≤ b−a Zb  g(t)dt − g a+b 2  a Đỗ Văn Dũng 19 K18 Toán Giải Tích