Tài liệu Về các bất đẳng thức kiểu hadamard cho hàm r lồi

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC CÙ THỊ NGỌC MAI VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KIỂU HADAMARD CHO HÀM r-LỒI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC CÙ THỊ NGỌC MAI VỀ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KIỂU HADAMARD CHO HÀM r-LỒI Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn ii Danh sách ký hiệu và một số bất đẳng thức quan trọng iii Mở đầu 2 1 Các bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard cho hàm r -lồi 4 1.1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm r -lồi . . . . . . 4 1.2 Một số bất đẳng thức khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3 Bất đẳng thức Fejer cho hàm r-lồi hoặc r-lồi suy rộng . . . . 19 2 Một số mở rộng của bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho họ hàm r-lồi 26 2.1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho một họ hàm r-lồi . . . 26 2.2 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm (h, r)-lồi . . 33 2.3 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm r-lồi hai biến 2.4 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm ϕ − r−lồi . 46 2.5 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm r-lồi hình học 51 38 Kết luận và Đề nghị 58 Tài liệu tham khảo 59 ii Lời cảm ơn Sau một thời gian nghiên cứu đề tài, 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 giáo trong bộ môn Toán ứng dụng nói riêng và khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên nói chung. Tôi xin cảm ơn sự động viên, giúp đỡ của gia đình, bạn bè đã dành cho tôi trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn. Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, 2015 Cù Thị Ngọc Mai Học viên Cao học Toán K7Y, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iii Danh sách ký hiệu và một số bất đẳng thức quan trọng Một số kí hiệu sử dụng trong luận văn Lr (x, y) r-logarit trung bình mở rộng của hai số dương x, y Fr (x, y) Logarit trung bình luân phiên suy rộng của hai số dương x, y E(x, y, r, s) Trung bình Stolarsky của hai số dương x, y L(x, y) Logarit trung bình của hai số dương x, y HR(h, r, I) Lớp các hàm (h, r)-lồi trên khoảng I ⊂ R fx Ánh xạ riêng khi cố định biến x Ko Phần trong của tập K Một số bất đẳng thức quan trọng Bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân a+b √ ≥ ab, với mọi a, b ≥ 0. 2 Bất đẳng thức Minkowski: Với mọi số thực x1 , ..., xn , y1 , ..., yn ta có X n k=1 |xk + yk |p  p1 ≤ X n |xk |p  p1 k=1 + X n |yk |p . k=1 Bất đẳng thức Young: Với các số dương a, b, p, q thỏa mãn ap b q + ≥ ab. p q  p1 1 1 + = 1 ta có p q 1 Bất đẳng thức Jensen: Nếu f là hàm lồi trên khoảng K ⊂ R, với mọi n P x1 , ..., xn ∈ K và ak = 1 ta có k=1 f n X
ak x k ≤ n X ak f (xk ). k=1 k=1 Bất đẳng thức Hölder: Trong không gian các hàm giá trị thực khả tích, với 1 1 p, q > 0 và + = 1 ta có p q  Z b Z b  p1  Z b  1q    |f (x)|p dx . f (x)g(x)dx ≤ |g(x)|q dx .  a a a Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: Trong không gian trong tích các hàm giá trị phức khả tích-bình phương, ta có Z 2 Z Z   2  f (x)g(x) dx ≤ |f (x)| dx · |g(x)|2 dx.   2 Mở đầu 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 hầu hết các 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, sau này được mở rộng ra thành bất đẳng thức Fejer. Sau đó nhiều tác giả đã mở rộng các bất đẳng thức Hermite-Hadamrd và Fejer cho các lớp hàm lồi suy rộng khác nhau. Bất đẳng thức Hermite-Hadamard do Hermite phát biểu đầu tiên năm 1883 và Hadamard phát biểu năm 1893 và thường được gọi là bất đẳng thức Hadamard. Nhiều bài toán thực tế mô tả bởi các hàm không nhất thiết là lồi. Vì vậy, 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. Các nhà toán học B. Martos, M. Avriel đã định nghĩa và nghiên cứu lớp hàm r-lồi, là mở rộng của lớp hàm lồi và có một số tính chất tốt khi áp dụng vào bài toán tối ưu. Bởi vì bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi có nhiều ứng dụng trong Giải tích và Tối ưu, nên tự nhiên là cần mở rộng bất đẳng thức HermiteHadamard cho hàm r-lồi với hy vọng sẽ có nhiều ứng dụng trong toán học và các bài toán thực tế. Với mục đích nghiên cứu tổng quan các bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard 3 cho hàm r-lồi, tôi đã chọn đề tài: "Về các bất đẳng thức kiểu Hadamard cho hàm r-lồi". Có rất nhiều tác giả đã nghiên cứu về lớp hàm r-lồi cũng như bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm r-lồi. Để có cái nhìn tổng quan về bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm r-lồi, trong luận văn tôi trình bày các vấn đề sau: Chứng minh các bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard, kiểu Fejer cho hàm r-lồi hoặc r-lồi suy rộng. Chứng minh các bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho một họ hàm r-lồi, cho lớp hàm (h, r)-lồi, cho lớp hàm r-lồi hai biến,... Mục đích của đề tài Trình bày một cách tổng quan về các bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard cho hàm r-lồi. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho lớp hàm r-lồi và lớp hàm r-lồi suy rộng. Phương pháp nghiên cứu Tìm hiểu, tổng kết các kiến thức về hàm lồi, hàm r-lồi và bất đẳng thức Hermite-Hadamard, bất đẳng thức Fejer cho hàm r-lồi. Ý nghĩa khoa học của đề tài Các kết quả nghiên cứu cho thấy hàm lồi suy rộng rất đa dạng theo đó bất đẳng thức Hermite-Hadamard cũng được mở rộng theo nhiều cách khác nhau. Ý nghĩa thực tiễn của đề tài Các kết quả nghiên cứu có thể được áp dụng để chứng minh, mở rộng một số bất đẳng thức giải quyết các bài toán của toán học và các bài toán thực tế. 4 Chương 1 Các bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard cho hàm r -lồi 1.1 Bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm r -lồi Mục này trình bày định nghĩa hàm lồi, định nghĩa hàm r-lồi, chứng minh bất đẳng thức Hermite-Hadamard cho hàm lồi và chứng minh một số bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard cho hàm r-lồi một biến theo tài liệu [2], [4], [7], [11], [12]. Định nghĩa 1.1.1. Hàm f : [a, b] ⊂ R → R+ được gọi là lồi nếu bất đẳng thức sau thỏa mãn với mọi x, y ∈ [a, b] và λ ∈ [0, 1] f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y). Ta nói f là hàm lõm nếu −f là hàm lồi. Định nghĩa 1.1.2. Hàm f : [a, b] → R+ là r-lồi nếu với mọi x, y ∈ [a, b] và t ∈ [0, 1] ta có f (tx + (1 − t)y) ≤ 
1   tf r (x) + (1 − t)f r (y) r , nếu r 6= 0,  f t (x)f (1−t) (y), nếu r = 0. Nhận xét Ta thấy hàm 1-lồi là hàm lồi theo nghĩa thông thường. 5 Nếu f là hàm r-lồi (r 6= 0) thì hàm ϕ(t) = f r (t) là hàm lồi. Hàm 0-lồi được gọi là hàm log-lồi, tức là logf (x) là hàm lồi thông thường nếu f (x) > 0 với mọi x ∈ [a, b]. Định lí 1.1.1. (Bất đẳng thức Hermite-Hadamard), [2, pp. 55-56] Nếu f : R → R là hàm lồi thì   Z b 1 f (a) + f (b) a+b f ≤ f (x)dx ≤ . 2 b−a a 2 (1.1) 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 [0, 1] ta được Z 1 Z 1 Z 1 f (ta + (1 − t)b)dt ≤ f (a) tdt + f (b) (1 − t)dt. 0 Từ R1 0 tdt = 0 R1 0 0 1 và đổi biến x = ta + (1 − t)b ta có 2 Z 1 Z b 1 f (ta + (1 − t)b)dt = f (x)dx. b−a a 0 (1 − t)dt = Như vậy ta đã chứng minh được phần thứ hai của (1.1): Z b f (a) + f (b) 1 f (x)dx ≤ . b−a a 2 Do tính lồi của f ta cũng có:   ta + (1 − t)b + (1 − t)a + tb  1 f (ta + (1 − t)b) + f ((1 − t)a + tb) ≥ f 2 2 a + b
=f . 2 Tích phân bất đẳng thức này theo t trên [0, 1] ta được  Z 1 Z 1 a + b
f ≤ f (ta + (1 − t)b)dt + f ((1 − t)a + tb)dt 2 0 0 6 1 = b−a b Z f (x)dx. a Như vậy phần thứ nhất của (1.1) đã được chứng minh: Z b 1 a + b
. f (x)dx ≥ f b−a a 2 Định lí chứng minh xong. Ý nghĩa Công thức (1.1) có thể viết dưới dạng:   Z b a+b f (a) + f (b) (b − a)f ≤ (b − a). f (x)dx ≤ 2 2 a Như vậy, bất đẳng thức Hermite-Hadamard nói rằng: Diện tích hình thang cong không lớn hơn diện tích hình thang vuông ABCD và không nhỏ hơn diện tích hình chữ nhật ABMN. Định lí 1.1.2. [11, pp. 375-376] Nếu f : [a, b] → R là hàm r-lồi (r 6= 0) nhận giá trị dương thì hàm f r thỏa mãn bất đẳng thức Hermite-Hadamard, nghĩa là 1 b−a b Z f r (a) + f r (b) f (t) dt ≤ . 2 r a 7 Hơn nữa, nếu f là 0-lồi thì bất đẳng thức trên thỏa mãn với mọi r dương và ta cũng có 1 b−a b Z f r (a) − f r (b) f (x)dx ≤ . ln f r (a) − ln f r (b) r a Chứng minh Do f là hàm r-lồi với r 6= 0 nên 1 f (λx + (1 − λ) y) ≤ (λf r (x) + (1 − λ) f r (y)) r , với mọi λ ∈ [0, 1] ⇔ f r (λx + (1 − λ) y) ≤ λf r (x) + (1 − λ) f r (y) . Chứng tỏ f r là hàm lồi. Do vậy hàm f r thỏa mãn bất đẳng thức HermiteHadamard, nghĩa là 1 b−a b Z f r (a) + f r (b) f (t) dt ≤ . 2 r a Nếu f là 0-lồi thì theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:    Z b  a + b 1 x + a + b − x fr = fr dx 2 b−a a 2 Z b
r 1 1 1 f 2 (x)f 2 (a + b − x) dx ≤ b−a a Z b  12  Z b  21 1 r r ≤ f (x)dx f (a + b − x)dx b−a a a Z b 1 f r (x)dx = b−a a Z 1 = f r (ta + (1 − t)b)dt 0 Z 1  Z 1 1 = f r (ta + (1 − t)b)dt + f r ((1 − t)a + tb)dt 2 0  Z0 1  Z 1 1 ≤ f tr (a)f (1−t)r (b)dt + f (1−t)r (a)f tr (b)dt 2 0  Z0 1 
1 = f tr (a)f (1−t)r (b) + f (1−t)r (a)f tr (b) dt 2 0 Z 1 1 (f r (a) + f r (b))dt ≤ 2 0 8 f r (a) + f r (b) . = 2 Tính 0-lồi của hàm f , nghĩa là Z b Z 1 1 f r (x)dx = f r (ta + (1 − t)b)dt b−a a Z0 1 ≤ f tr (a)f (1−t)r (b)dt 0 rt Z 1 f (a) dt = f r (b) f (b) 0 f r (a) − f r (b) = . ln f r (a) − ln f r (b) Chú ý Để chứng minh định lí trên ta đã sử dụng bất đẳng thức at b1−t + a1−t bt ≤ a + b, với a, b > 0, t ∈ [0, 1]. Bất đẳng thức này được chứng minh như sau: Xét f (a) = a + b − at b1−t − a1−t bt . Khi đó 0 f (a) = 1 − tat−1 b1−t − (1 − t)a−t bt = 0 nếu a = b và 00 [f (a)]a=b = [t(1 − t)at−2 b1−t + t(1 − t)a−t−1 bt ]a=b = 2t(1 − t)a−1 ≥ 0. Hai biểu diễn này chứng tỏ f đạt giá trị nhỏ nhất tại a = b, giá trị nhỏ nhất là 0. Vì vậy f (a) ≥ 0 ⇔ a + b ≥ at b1−t + a1−t bt . Định lí 1.1.3. [7, p. 1724] Nếu f : [a, b] → R là hàm r-lồi (r 6= 0) nhận giá trị dương thì bất đẳng thức sau thỏa mãn với 0 < r ≤ 1:   1r Z b 1 r 1 f (t) dt ≤ (f r (a) + f r (b)) r . b−a a r+1 9 Chứng minh Do f là hàm r-lồi với r > 0 nên 1 f (λx + (1 − λ)y) ≤ (λf r (x) + (1 − λ)f r (y)) r , với mọi λ ∈ [0, 1]. Dễ thấy 1 b−a b Z 1 Z f (ta + (1 − t) b) dt f (x) dx = a 0 Z 1 ≤ 1 (tf r (a) + (1 − t) f r (b)) r dt. 0 Sử dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có Z 1 1 (tf r (a) + (1 − t)f r (b)) r dt 0 1  Z ≤
r t f (a)dt + 1 r 0 1 Z
r (1 − t) f (b)dt 1 r  1r 0  1r r r = f r (a) + f r (b) r+1 r+1  1r  1 r (f r (a) + f r (b)) r . = r+1  Do đó 1 b−a Z b  f (t) dt ≤ a r r+1  1r 1 (f r (a) + f r (b)) r . Chứng minh được hoàn thành. Hệ quả 1.1.1. (Bất đẳng thức Hermite-Hadamard) Nếu f : [a, b] → R là hàm 1-lồi nhận giá trị dương trên [a, b] với a < b thì bất đẳng thức sau đúng Z b 1 f (a) + f (b) f (x) dx ≤ . b−a a 2 Định lí 1.1.4. [12, p. 2] Nếu f : [a, b] → R là hàm r-lồi (r 6= 0) nhận giá trị dương thì bất đẳng thức sau thỏa mãn với r ≥ 1: Z b 1 1 1 f (x) dx ≤ [f r (a) + f r (b)] r . b−a a 2 10 Chứng minh Do r ≥ 1, theo bất đẳng thức Jensen, ta có  r Z b Z b 1 1 f (x) dx ≤ f r (x) dx. b−a a b−a a Do f là hàm r-lồi nên theo Định lí 1.1.2, ta có Z b f r (a) + f r (b) 1 f r (x) dx ≤ . b−a a 2 Do vậy 1 b−a Z b f (x) dx ≤ a 1 1 r [f (a) + f r (b)] r . 2 Hệ quả 1.1.2. Nếu f : [a, b] → R là hàm 1-lồi nhận giá trị dương trên [a, b] với a < b thì bất đẳng thức sau đúng Z b 1 f (a) + f (b) f (x) dx ≤ . b−a a 2 Định lí 1.1.5. [10, pp. 465-466] Nếu f : [a, b] → R là hàm r-lồi (r 6= 0) nhận giá trị dương thì 1 b−a Z b f r (t)dt ≤ Lr (f (a), f (b)), a trong đó Lr (f (a), f (b)) là r-logarit trung bình mở rộng của hai số dương f (a), f (b) (the generalized logarithmic means of oder r of positives number f (a), f (b)) xác định bởi   r f r+1 (a) − f r+1 (b)   , r 6= 0, −1, f (a) 6= f (b)  r (a) − f r (b)  r + 1 f     f (a) − f (b)   , r = 0, f (a) 6= f (b) ln f (a) − ln f (b) Lr (f (a), f (b)) =  ln f (a) − ln f (b)   f (a)f (b) , r = −1, f (a) 6= f (b)   f (a) − f (b)      f (a), f (a) = f (b). Chứng minh Trường hợp 1: r 6= 0, −1; f (a) 6= f (b). 11 Do f là r-lồi (r 6= 0), với mọi t ∈ [0, 1] ta có
1 f (ta + (1 − t)b) ≤ tf r (a) + (1 − t)f r (b) r . Dễ thấy 1 b−a Z b Z 1 f (ta + (1 − t)b)dt f (x)dx = a 0 Z 1 ≤ Z0 1 =
1 tf r (a) + (1 − t)f r (b) r dt  r 1 t(f (a) − f r (b)) + f r (b) r dt. 0 Bằng cách đặt t(f r (a) − f r (b)) + f r (b) = z, ta được Z b Z f r (a) 1 1 1 r dz f (x)dx = r z b−a a f (a) − f r (b) fr (b) 1 = r f (a) − f r (b) 1 1+ 1 r  r  1+ 1 f (a) z r  f r (b) r f r+1 (a) − f r+1 (b) . = r + 1 f r (a) − f r (b) Trường hợp 2: r = 0; f (a) 6= f (b). f (tx + (1 − t)y) ≤ [f (x)]t [f (y)]1−t . Vì vậy 1 b−a Z b Z 1 f (ta + (1 − t)b)dt f (x)dx = a 0 Z 1 [f (x)]t [f (y)]1−t dt 0 t Z 1 f (a) dt = f (b) f (b) 0  t  1   f (b) f (a)  f (b) f (a) .  =  =  −1 f (a) f (a) f (b) 0 f (b) ln ln f (b) f (b) ≤ 12 = f (a) − f (b) f (a) − f (b)  =  . f (b) ln f (a) − ln f (b) ln f (a) Trường hợp 3: r = −1; f (a) 6= f (b). 1 b−a b Z Z 1
−1 sf −1 (b) + (1 − s)f −1 (a) ds 0 Z 1 f (b) 1 = u−1 du 1 1 1 f (a) − f (b) f (a)   1 1 1 = ln − ln 1 1 f (b) f (a) − f (b) f (a) ln f (a) − ln f (b) = f (a)f (b) . f (a) − f (b) f (t)dt ≤ a Trường hợp 4: f (a) = f (b). 1 b−a Z b Z f (t)dt ≤ a 1
1 sf r (b) + (1 − s)f r (a) r ds 0 1 Z 1  f r (a) r ds = f (a)ds 1 Z = 0 0 = f (a). 1.2 Một số bất đẳng thức khác Mục này trình bày chứng minh một số bất đẳng thức kiểu Hermite-Hadamard khác cho hàm r-lồi có thêm điều kiện ràng buộc của r hay của hàm số theo các tài liệu [11],[12]. Bổ đề 1.2.1. Nếu 0 ≤ α ≤ 1 và 0 ≤ r ≤ s thì bất đẳng thức sau đúng với mọi cặp số thực không âm x và y: xα y 1−α ≤ αxr + (1 − α)y r
1r
1 ≤ αxs + (1 − α)y s s . 13 1 , áp dụng bất đẳng thức Chứng minh Với 4 số dương xrα , y r(1−α) , α1 , 1−α Young ta có 1 1 (xrα ) α 1 α + (y r(1−α) ) (1−α) 1 (1−α) ≥ xrα y r(1−α) , hay αxr + (1 − α)y r ≥ (xα y (1−α) )r . Do vậy
1 xα y 1−α ≤ αxr + (1 − α)y r r . Vế phải là rõ ràng nếu hoặc x hoặc y bằng 0. Vì vậy, cho x > 0 và y > 0. Xét f : [0, ∞) → R xác định bởi f (t) = αtr + 1 − α
s
r − αts + 1 − α . 0 Khi đó f (t) = rsα[tr−1 (αtr + 1 − α)s−1 − ts−1 (αts + 1 − α)r−1 ]. 0 f (t) = 0 ⇔ t = 1. Bằng cách tính toán trực tiếp, ta thấy rằng 0 2 f (t) = rsα[(r − 1)tr−2 (αtr + 1 − α)s−1 + αr(s − 1)t(r−1) (αtr + 1 − α)s−2 2 − (s − 1)ts−2 (αts + 1 − α)r−1 − αs(r − 1)t(s−1) (αts + 1 − α)r−2 . f ” (1) = rsα(1 − α)(r − s) ≤ 0. Do đó f đạt cực đại tại t = 1. Vì vậy, f (t) ≤ f (1) = 0. Ta có biểu diễn: αtr + 1 − α Bây giờ ta đặt t =
s
r ≤ αts + 1 − α . x trong bất đẳng thức ở trên, ta được y αxr + (1 − α)y r
s ≤ αxs + (1 − α)y s
r ⇔ αxr + (1 − α)y r
1r
1 ≤ αxs + (1 − α)y s s . 14 Định lí 1.2.1. [12, pp. 3-4] Nếu f : [a, b] → (0, ∞) là r-lồi trên [a, b] và 0 ≤ r ≤ s thì f là s-lồi. Trong trường hợp, nếu f là r-lồi và 0 ≤ r ≤ 1 thì f là s-lồi. Chứng minh Từ f là r-lồi, theo Bổ đề 1.2.1 với mọi x, y ∈ [a, b] và t ∈ [0, 1], ta có
f tx + (1 − t)y ≤  1 1  r r  r ≤ [tf s (x) + (1 − t)f s (y)] s ; [tf (x) + (1 − t)f (y)]        nếu 0 < r ≤ s 1  t 1−t s s  s [f (x)] [f (y)] ≤ [tf (x) + (1 − t)f (y)]        nếu 0 = r ≤ s. Vì vậy f là s-lồi. Định lí 1.2.2. [12, pp. 4-5] Cho f : [a, b] → (0, ∞) là r-lồi và 0 ≤ r ≤ s thì bất đẳng thức sau đúng   (a) Z b s f s+1 (b)−f s+1 (a)  r f r+1r (b)−f r+1 ≤ r 1 r+1 f (b)−f (a) s+1 f s (b)−f s (a) , 0 < r ≤ s; f (x)dx ≤  b−a a (a)  f (b)−f (a) ≤ s f s+1s (b)−f s+1 0 = r ≤ s. ln f (b)−ln f (a) s+1 f (b)−f s (a) , Chứng minh Vế trái của bất đẳng thức được làm rõ theo trường hợp 1, trường hợp 2 của Định lí 1.1.5. Đối với vế phải, theo Định lí 1.2.1 ta có 1 1 [tf r (a) + (1 − t)f r (b)] r ≤ [tf s (a) + (1 − t)f s (b)] s ; 1 [f (a)]t [f (b)]1−t ≤ [tf s (a) + (1 − t)f s (b)] s . Tích phân các bất đẳng thức trên [0, 1] ta được Z 1 Z 1 1 1 r r [tf (a) + (1 − t)f (b)] r dt ≤ [tf s (a) + (1 − t)f s (b)] s dt. 0 0 Vì vậy, r f r+1 (b) − f r+1 (a) s f s+1 (b) − f s+1 (a) ≤ . r + 1 f r (b) − f r (a) s + 1 f s (b) − f s (a) 15 Ta cũng có Z 1 t 1−t [f (a)] [f (b)] Z dt ≤ 0 Suy ra, 1 1 [tf s (a) + (1 − t)f s (b)] s dt. 0 s f s+1 (b) − f s+1 (a) f (b) − f (a) ≤ . ln f (b) − ln f (a) s + 1 f s (b) − f s (a) Như vậy định lí được chứng minh. Hệ quả 1.2.1. Cho f : [a, b] → (0, ∞) là r-lồi và 0 ≤ r ≤ 1 thì bất đẳng thức sau đúng   Z b   f (b) 1 a+b ≤ f (x)dx ≤ f (b) − f (a) ln f 2 b−a a f (a)  r+1  r+1 r f (a) + f (b) f (b) − f (a) ≤ ≤ . r+1 f r (b) − f r (a) 2 Định lí 1.2.3. [11, pp. 379-380] Cho f, g là các hàm không âm, liên tục xác 0 định trên [a, b], g là hàm α-lồi hoặc 0-lồi với g (x) ≤ 1, với mọi x ∈ [a, b] và α, β > 0. Nếu Z b Z α b f (t)dt ≥ x thì Z b f α+β a g α (t)dt, với mọi x ∈ [a, b], (1.2) x    Z b  Z b b−a α β α α (x)dx− f (x) ln g (x)dx−Γ(2+ ) , dx ≥ 2 a+b b−x α β a 2 trong đó Z Γ(p) = ∞ xp−1 e−x dx, với p > 0. 0 Chứng minh Theo Định lí 1.1.2 và giả thiết (1.2) ta có  Z bZ b Z bZ b 1 1 dtdx = f α (t)dt dx f α (t) b−x b−x a a x x