Tài liệu Về các bất đẳng thức dạng hermite hadamard cho hàm lồi

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUỲNH LIÊN VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO HÀM LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ QUỲNH LIÊN VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG HERMITE-HADAMARD CHO HÀM LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. TẠ DUY PHƯỢNG Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Mở đầu 1 Chương 1. Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard 1.1 Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi . . . . . . . 4 4 1.2 1.3 1.4 Bất đẳng thức Hermite - Hadamard . . . . . . . . . . . . Một số mở rộng của bất đẳng thức Hermite - Hadamard Ứng dụng của bất đẳng thức Hermite - Hadamard trong toán sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 12 25 Chương 2. Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi 30 2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc nhất và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.1.1 2.2 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Ứng dụng vào đánh giá các đại lượng trung bình . Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi cấp hai và ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi khả vi cấp hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Ứng dụng vào đánh giá các đại lượng trung bình . Tài liệu tham khảo 30 37 41 41 46 52 1 Mở đầu 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 trong giải tích lồi là Bất đẳng thức Hermite - Hadamard (H-H Inequality) cho hàm lồi, được phát biểu trong Định lý dưới đây. Định lý 0.0.1. (Hermite, 1881, [7], Hadamard, 1893, [6]) 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 Năm 1906, Fejér [8] đã mở rộng bất đẳng thức (1) thành bất đẳng thức (2), sau này được gọi là bất đẳng thức Fejér. Định lý 0.0.2. Nếu f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] và g : [a; b] → R a+b thì là một hàm không âm, khả tích và đối xứng qua điểm x = 2   Zb Zb Zb f (a) + f (b) a+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 Fejér trở thành bất đẳng thức Hermite - Hadamard. Sau đó, nhiều tác giả đã mở rộng bất đẳng thức Hermite - Hadamard và bất đẳng thức Fejér. Xem, thí dụ, các cuốn sách chuyên khảo về bất đẳng thức [1], [2] và các tài liệu tham khảo khác. 2 Các bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard có nhiều ứng dụng thực tế, thí dụ, trong các bài toán: đặc trưng hàm lồi, quan hệ giữa các đại lượng trung bình, lí thuyết xấp xỉ,... Mục đích chính của Luận văn là trình bày tổng quan về các bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi. Luận văn bố cục theo hai chương: Chương 1: Trình bày một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi, chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi một biến, một số mở rộng và ứng dụng của bất đẳng thức Hermite - Hadamard. Chương 2: Trình bày chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite Hadamard cho hàm lồi một biến khả vi (cấp một, cấp hai) trên đoạn [a; b], đồng thời cũng nêu ứng dụng của nó trong đánh giá các giá trị trung bình. Sau một thời gian cố gắng, nỗ lực học tập và nghiên cứu, đến nay tôi đã hoàn thành luận văn thạc sĩ của mình. Để có được kết quả này, trước tiên tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và lời cảm ơn chân thành nhất đến thầy tôi, PGS. TS. Tạ Duy Phượng, người đã định hướng nghiên cứu khoa học và luôn tận tình chỉ dạy cho tôi trong suốt thời gian thực hiện luận văn. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô ở trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên và các thầy cô ở Viện Toán học đã luôn tận tình giúp đỡ, theo dõi và động viên cho tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn. Tôi xin gửi lời cảm ơn tới bạn bè thân yêu, đồng nghiệp đang công tác tại trường THPT Trần Nhật Duật luôn thông cảm, chia sẻ khó khăn và tạo điều kiện tốt nhất để tôi có thể học tập, nghiên cứu và hoàn thành 3 những công việc của mình. Tôi cũng xin gửi những lời cảm ơn đặc biệt nhất tới những người thân yêu trong gia đình đã luôn chia sẻ với tôi những khó khăn trong khi tôi thực hiện luận văn. Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016 Tác giả Hoàng Thị Quỳnh Liên 4 Chương 1 Bất đẳng thức dạng Hermite Hadamard Trong chương này, chúng tôi trình bày một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi, chứng minh các bất đẳng thức dạng Hermite - Hadamard cho hàm lồi một biến, một số mở rộng và ứng dụng của bất đẳng thức Hermite - Hadamard. Nội dung Chương 1 chủ yếu theo Tài liệu [1] (trang 42-44), [2] (trang 55-70), [5] (trang 9-19) và tham khảo thêm một số tài liệu khác. 1.1 Một số đặc trưng cơ bản của hàm lồi khả vi Định nghĩa 1.1.1. 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 1.1.2. 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 ). (1.1) 5 Định lý 1.1.3. (Theorem 2.1, [5], p. 42-43) Hàm thực f (x) 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 và phải f (x + t) − f (x) , t↑0 t f (x + t) − f (x) f+0 (x) := lim t↓0 t f−0 (x) := lim tại mọi điểm x ∈ (a, b) sao cho f+0 (x) không tăng và f−0 (x) ≤ f+0 (x), f+0 (x1 ) ≤ f−0 (x2 ) (1.2) với mọi a < x1 < x2 < b. Chứng minh. (i) Cho f (x) là hàm lồi. Nếu 0 < s < t và x + t < b thì điểm (x + s, f (x + s)) là nằm dưới đoạn thẳng nối (x, f (x)) và (x + t, f (x + t)), bởi vậy f (x + s) − f (x) f (x + t) − f (x) ≤ . s t (1.3) f (x + t) − f (x) là không tăng khi t ↓ 0. t Suy ra nó có một giới hạn f+0 (t) (hữu hạn hoặc bằng −∞). Tương tự, Điều này chỉ ra rằng hàm số t 7→ f−0 (x) tồn tại (hữu hạn hoặc bằng +∞). Hơn nữa, đặt y = x + s, t = s + r, ta cũng có f (x + s) − f (x) f (y + r) − f (y) ≤ . s r (1.4) 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 (1.5) 6 Cho −s ↑ 0, r ↓ 0 ta thu được f−0 (y) ≤ f+0 (y), điều này chứng minh cho bất đẳng thức thứ nhất của (1.2) và tính hữu hạn của các đạo hàm này. Vì tồn tại f−0 (x) nên suy ra lim t↑0 f (x + t) − f (x) =0 t ⇒ lim f (x + t) = f (x). t↑0 Tương tự, do tồn tại f+0 (x) nên lim t↓0 f (x + t) − f (x) =0 t ⇒ lim f (x + t) = f (x). t↓0 Do đó, f (x) liên tục tại mọi x ∈ (a, b). Hơn thế nữa, đặt x = x1 , y + r = x2 trong (1.4) ta có 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 (1.6) Lấy s ↓ 0, −r ↑ 0 trong (1.6) ta được bất đẳng thức thứ hai của (1.2) (ii) 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: g(x) = f (x) − f (c) − (x − c) f (d) − f (c) . d−c Với mọi x = (1 − λ)c + λd, ta có g(x) = f (x) − f (c) − λ [f (d) − f (c)] 7 = f (x) − [(1 − λ)f (c) + f (d)] . Để chứng minh 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 trên đoạn [c, d]). 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 (x) tồn tại với mọi (x), g+ có cùng tính chất với hàm f (x), cụ thể là: g− 0 0 0 0 0 (x2 ) x ∈ (c, d), g− (x) ≤ g+ (x), g+ (x) là hàm số không giảm và g+ (x1 ) ≤ g− với x1 ≤ x2 . Vì g(e) ≥ g(x), ∀x ∈ [c, d] nên ta có 0 0 g− (e) ≤ 0 ≤ g+ (e), do đó 0 0 g− (e) = g+ (e) = 0. 0 0 Mặt khác, g+ (x) là không giảm nên hiển nhiên g+ (x) ≤ 0 ∀x ∈ [e, d]. 0 0 0 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. Từ 0 g(d) = 0, suy ra phải tồn tại y ∈ (e, d] sao cho g− (y) > 0. Lấy x1 ∈ [y, d) là điểm mà tại đó hàm g(x) đạt được giá trị cực đại trên đoạn [y, d]. Suy 0 ra, g+ (x1 ) ≤ 0 với mọi x ∈ [c, d], như đã được chứng minh ở trên.  Hệ quả 1.1.4. (Corollary 2.1, [3], p. 44) Hàm f (x) khả vi trên tập mở (a, b) là hàm lồi nếu và chỉ nếu đạo hàm của nó là một hàm không tăng 8 trên (a, b). Hàm f (x) 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). Định lý 1.1.5. (Proposition 2.2, [5], p. 44) Hàm f (x) hai lần khả vi trên tập lồi mở X ⊆ Rn là hàm lồi nếu và chỉ nếu ma trận Hessian Qx := (qij (x)) , ∂ 2f (x1 , ..., xn ) qij (x) := ∂xi ∂xj của nó là nửa xác định dương, tức là hu, Qx ui ≥ 0 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}. Với D D E E ∂f ∂2f 0 00 x = a + tu ∈ X , ta có ϕa,u (t) = u, ∂xi . Do đó, ϕa,u (t) = u, ∂xi ∂xj u = hu, Qx ui. Mà số ϕa,u (t) = f (a + tu) là lồi trên khoảng số thực mở {t | a + tu ∈ X} nên theo Hệ quả 1.1.4 thì ϕ00a,u (t) ≥ 0. 1.2  Bất đẳng thức Hermite - Hadamard Định lý 1.2.1. (The Hermite - Hadamard Integral Inequality, [1], p. 5556) 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 (1.7) a hay  (b − a)f a+b 2  ≤ Zb a f (t)dt ≤ (b − a) f (a) + f (b) . 2 (1.8) 9 Hình 1.1: Ý nghĩa hình học của bất đẳng thức Hermite - Hadamard (1.8), nếu S1 =
Rb (b − a)f a+b là diện tích hình chữ nhật ABM N , S = f (t)dt là diện tích hình thang 2 a cong giới hạn bởi đồ thị hàm f (x), trục hoành và các đường thẳng x = a, x = b, (b) là diện tích hình thang vuông ABCD, thì S1 ≤ S ≤ S2 . S2 = (b − a) f (a)+f 2 Chứng minh. Vì tính lồi của f trên [a, b], chúng ta có f (ta + (1 − t)b) ≤ tf (a) + (1 − t)f (b) với mọi t ∈ [0, 1]. Lấy tích phân hai vế theo t trên [0, 1], ta nhận được Z1 f (ta + (1 − t)b)dt ≤ f (a) 0 Z1 Z1 tdt + f (b) 0 Vì Z1 Z1 tdt = 0 (1 − t)dt. 0 (1 − t)dt = 1 2 0 và bằng phép đổi biến x = ta + (1 − t)b, ta có Z1 0 1 f (ta + (1 − t)b)dt = a−b Z1 f (x)dx. 0 (1.9) 10 Bởi vậy ta nhận được bất đẳng thức thứ 2 của (1.7) từ (1.9). Cũng do tính lồi của f ta có 1 [f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb)] 2   ta + (1 − t)b + (1 − t)a + tb ≥f 2   a+b . =f 2 Tích phân hai về bất đẳng thức này theo t trên đoạn [0, 1] ta có  1    Z Z1 1 a+b f ≤  f (ta + (1 − t)b) dt + f ((1 − t)a + tb) dt 2 2 0 1 = a−b 0 Zb f (x)dx. a  Do đó bất đẳng thức thứ nhất của (1.7) được chứng minh. Hệ quả 1.2.2. (Comment (a), [1], p. 56-57) Nếu g : [a; b] → R là hàm khả vi hai lần trên [a; b] và m ≤ g 00 (t) ≤ M với mọi x ∈ [a; b] thì m 1 (b − a)2 ≤ 24 b−a Zb  g(x)dx − g a+b 2  ≤ M (b − a)2 . 24 (1.10) a Chứng minh. Thật vậy, nếu f (x) = g(x) − m 2 x , thì 2 f 00 (x) = g 00 (x) − m ≥ 0, do vậy hàm f là lồi trên khoảng (a, b). Áp dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard cho f ta nhận được  g a+b 2  m − 2  a+b 2 2  =f a+b 2  1 = b−a Zb h a m 2i g(x) − x dx 2 11 1 = b−a Zb m b 3 − a3 1 g(x)dx − = 2 3(b − a) b − a a Zb m a2 + ab + b2 g(x)dx − . 2 3 a Do đó, m a2 + ab + b2 m − 2 3 2  a+b 2 2 1 ≤ b−a Zb  g(x)dx − g a+b 2  a m ⇔ 2  a2 + ab + b2 a2 + 2ab + b2 − 3 4  1 ≤ b−a Zb  g(x)dx − g a+b 2  a 1 m ⇔ (b − a)2 ≤ 24 b−a Zb  g(x)dx − g  a+b . 2 a Như vậy, bất đẳng thức thứ nhất của (1.10) được chứng minh. Để chứng minh bất đẳng thức thứ hai của (1.10), chúng ta áp dụng cách chứng minh tương tự như với bất đẳng thức thứ nhất cho h(x) = M 2 x − g(x), x ∈ [a, b]. 2  Do đó, Hệ quả được chứng minh. Hệ quả 1.2.3. (Remark 1, [2], p.2) Bất đẳng thức sau đây đúng với mọi hàm lồi f : [a; b] → R 1 b−a Zb a  f (t)dt − f a+b 2  f (a) + f (b) 1 ≤ − 2 b−a Zb f (t)dt. (1.11) a Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức thứ hai của bất đẳng thức Hermite     a+b a+b - Hadamard cho hàm lồi f trên các đoạn a, và , b , ta có 2 2    Z a+b 2 2 1 a+b f (x)dx ≤ f (a) + f b−a a 2 2 12 2 b−a Z b     1 a+b f (x)dx ≤ f + f (b) . a+b 2 2 2 Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta được !    Z a+b Z b 2 1 a+b 2 f (x)dx ≤ f (a) + f (b) + 2f f (x)dx + a+b b−a 2 2 a 2    Z b 2 1 a+b ⇔ f (x)dx ≤ f (a) + f (b) + 2f b−a a 2 2   Zb Zb f (a) + f (b) 1 1 a+b f (t)dt − f ≤ − f (t)dt. ⇔ b−a 2 2 b−a a a  Do đó, bất đẳng thức được chứng minh. 1.3 Một số mở rộng của bất đẳng thức Hermite Hadamard Bất đẳng thức thứ nhất trong bất đẳng thức kép (1.7) có thể mở rộng như sau Định lý 1.3.1. ([1], p. 57-58; Theorem 18, [2], p. 9) Giả sử f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] với a < b. Khi ấy với mọi x ∈ [a; b] và mọi λ ∈ [f 0 − (t); f 0 + (t)], ta có  Zb a+b 1 f (t) − λ −t ≤ f (x)dx. 2 b−a  (1.12) a Chứng minh. Lấy t ∈ [a, b]. Khi đó, với mọi số λ ∈ [f−0 (t), f+0 (t)] ta có bất đẳng thức sau (Theorem 1.6, [3]): f (x) − f (t) ≥ λ(x − t) với mọi x ∈ [a, b]. Lấy tích phân hai vế bất đẳng thức này trên [a, b] theo biến x, ta có:   Z b a+b −t . f (x)dx − (b − a)f (t) ≥ λ(b − a) 2 a 13  Vậy bất đẳng thức (1.12) đã được chứng minh. Giả sử hàm f là khả vi trên (a, b), khi đó bất đẳng thức thứ hai của bất đẳng thức kép Hermit-Hadamard có một số mở rộng như sau. Định lý 1.3.2. (Dragomir,[1], p. 59 ; Theorem 19, [2], p. 10) Giả sử f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] với a < b. Khi ấy với mọi x ∈ [a; b] ta có 1 b−a Zb f (t)dt ≤ f (x) 1 bf (b) − af (a) − x (f (b) − f (a)) + . 2 2 b−a (1.13) a Chứng minh. Do hàm f là hàm lồi và khả vi trên (a, b) nên ta có f (t) − f (x) ≥ (t − x)f 0 (x) với mọi t, x ∈ (a, b). Lấy tích phân hai vế cho bất đẳng thức này với biến x trên [a, b], ta thu được (b − a)f (t) − Z b f (x)dx ≥ t(f (b) − f (a)) − Z b xf 0 (x)dx. (1.14) a a Áp dụng phương pháp tích phân từng phần, ta có Z b Z b 0 xf (x)dx = bf (b) − af (a) − f (x)dx. a a Khi đó, (1.14) trở thành (b − a)f (t) − t(f (b) − f (a)) + bf (b) − af (a) ≥ 2 Z b f (x)dx. a Điều này tương đương với (1.13). Vậy bất đẳng thức (1.13) được chứng minh.  Giả sử f như trên và 0 ≤ a < b ta có bất đẳng thức sau ([1], p. 59-60; Corollary 2, [2], p. 10) 1 b−a Zb a f (t)dt ≤ min {Hf (a; b) , Gf (a; b) , Af (a; b)} , (1.15) 14 trong đó     bf (b) + af (a) 1 2ab f + ; Hf (a; b) := 2 a+b b+a # √ √   √ 1 bf (b) + af (a) √ f ab + (Sandos, 1988); Gf (a; b) := √ 2 b+ a "     1 f (b) + f (a) a+b Af (a; b) := f + (Bullen, 1978). 2 2 2 Định lý sau đây là mở rộng của kết quả trên. Định lý 1.3.3. (Dragomir and Peace, [1], p. 60-61; Theorem 20, [2], p. 11-12) Giả sử f : R → R là hàm lồi trên đoạn [a; b] với a < b. Giả sử xi ∈ [a; b] , pi ≥ 0 với Pn := n X i=1 n 1 X pi x i . pi > 0, xP := Pn i=1 Khi ấy ta có bất đẳng thức ( ) Zb n X 1 1 1 1 [(b − xP ) f (b) + (xp − a) f (a)] f (t)dt ≤ pi f (xi ) + b−a 2 Pn i=1 b−a a ≤ f (a) + f (b) . 2 (1.16) Chứng minh. Do f là hàm lồi và khả vi trên (a, b) nên ta có f (y) − f (x) ≥ f 0 (x)(y − x) với mọi x, y ∈ (a, b). Do đó ta nhận được f (xi ) − f (x) ≥ f 0 (x)(xi − x) với mọi i ∈ {1, 2, ..., n} . Lấy tích phân hai vế trên đoạn [a, b] theo biến x, ta có: Z b Z b f (xi )(b − a) − xf (x)dx ≥ xi (f (b) − f (a)) − xf 0 (x)dx. a a (1.17) 15 Vì a < b nên b − a > 0, chia cả hai vế của bất đẳng thức (1.17) cho b − a ta có Z b 1 f (x)dx f (xi ) − b−a a Z b xi 1 ≥ (f (b) − f (a)) − xf 0 (x)dx b−a b−a a 1 xi (f (b) − f (a)) − (bf (b) − af (a)). = b−a b−a Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với pi ≥ 0, tính tổng với i chạy từ 1 đến n và chia hai vế cho Pn ta thu được: Z b n 1 1 X pi f (xi ) − f (x)dx Pn i=1 b−a a xp 1 1 ≥ (f (b) − f (a)) − (bf (b) − af (a)) + b−a b−a b−a Z b f (x)dx. a Với xp như ở trên, ta cũng có: Z b 2 f (x)dx b−a a n 1 X 1 ≤ [(b − xp )f (b) + (xp − a)f (a)] pi f (xi ) + Pn i=1 b−a và do đó, bất đẳng thức thứ nhất trong (1.16) đã được chứng minh. Lấy b − xi xi − a , β= , xi ∈ [a, b] , i = {1, 2, ..., n} . b−a b−a Khi đó, ta dễ dàng thấy rằng α + β = 1 và từ tính lồi của hàm f , với mọi α= i ∈ {1, 2, ..., n}, ta có: xi − a b − xi f (a) + f (b) ≥ f (xi ). b−a b−a Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với pi ≥ 0, tính tổng với i chạy từ 1 đến n và chia hai vế cho Pn ta thu được: n 1 1 X [(b − xp )f (a) + (xp − a)f (b)] ≥ pi f (xi ). b−a Pn i=1 (1.18) 16 Bất đẳng thức (1.18) khá nổi tiếng tiếng trong nhiều tài liệu, nó được gọi là bất đẳng thức Lah-Ribaric ([2, p. 9]). Cộng cả hai vế của bất đẳng thức (1.18) với 1 [(b − xp )f (b) + (xp − a)f (a)] b−a ta được n 1 1 X pi f (xi ) + [(b − xp )f (b) + (xp − a)f (a)] Pn i=1 b−a 1 ≤ [(b − xp )f (a) + (xp − a)f (b) + (b − xp )f (b) + (xp − a)f (a)] b−a = f (a) + f (b). Suy ra, bất đẳng thức (1.16) đã được chứng minh.  Hệ quả 1.3.4. ([1], p. 61; Corrollary 3, [2], p. 12]) Với các giả thiết ở trên về hàm f về a, b và nếu x ∈ [a; b] thì f (x) 1 bf (b) − af (a) − x [f (b) − f (a)] f (a) + f (b) + ≤ . 2 2 b−a 2 (1.19) Chứng minh. Lập luận tương tự như Định lý 1.3.3 và chọn xi = t, i ∈ {1, 2, ..., n}. Khi đó, ta thu được (1.19).  Ứng dụng bất đẳng thức Hermite - Hadamard vào các giá trị trung bình Trước tiên ta nhắc lại một số kí hiệu ([1], p. 62-63): (1) Trung bình cộng: A = A(a, b) := a+b , a, b ≥ 0; 2 (2) Trung bình nhân: √ G = G(a, b) := ab, a, b ≥ 0; 17 (3) Trung bình điều hòa: H = H(a, b) := 2 1 1 + a b , a, b > 0; (4) Trung bình lôgarit:    b−a , a 6= b; ln b − ln a L = L(a, b) :=   a, a = b, a, b > 0. 1 Nhận xét 1.3.5. Với hàm lồi f (x) = , t > 0, nếu a 6= b ta có t 1 b−a Zb f (t)dt = L−1 (a, b). a (5) Trung bình p−lôgarit:  1 p+1 p+1  p  b − a   , a 6= b; (p + 1) (b − a) Lp = Lp (a, b) :=    a, a = b, với p ∈ R\ {−1, 0} và a, b > 0. Nhận xét 1.3.6. Với hàm lồi (lõm) f (x) = xp , p ∈ (−∞, 0)∪[1, ∞) \ {−1} 1 Rb f (t)dt = Lpp (a, b) nếu a 6= b. (hoặc p ∈ (a; b)), ta có b−a a (6) Trung bình indentric (a, b > 0):  1   b    1 b b−a , a 6= b; I = I(a, b) := e aa     a, a = b. Nhận xét 1.3.7. Với hàm lồi f (x) = − ln x, x > 0, nếu a 6= b ta có 1 b−a Zb f (t)dt = ln I(a, b). a