Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bất đẳng thức với hàm lồi bộ phận và ứng dụng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:65

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích là nghiên cứu các bất đẳng thức với hàm lồi bộ phận và ứng dụng. Các vấn đề chính được quan tâm là các hàm nửa lồi và các mở rộng của bất đẳng thức Jensen cho chúng. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bất đẳng thức với hàm lồi bộ phận và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THỊNH BẤT ĐẲNG THỨC VỚI HÀM LỒI BỘ PHẬN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM VĂN THỊNH BẤT ĐẲNG THỨC VỚI HÀM LỒI BỘ PHẬN VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGÔ VĂN ĐỊNH THÁI NGUYÊN - 2017
i Mục lục Mở đầu 1 Chương 1. Bất đẳng thức với hàm nửa lồi 1 1.1 Hàm lồi và bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.1 Tập lồi và hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1.2 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Hàm nửa lồi và mở rộng của bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi 7 1.3 Mở rộng bất đẳng thức Jensen có trọng cho hàm nửa lồi . . . . . . 12 Chương 2. Bất đẳng thức với hàm lồi bộ phận 25 2.1 Mở rộng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi bộ phận . . . . . . . . 25 2.2 Một số áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 Chương 3. Ba mở rộng của Định lý HCF và Định lý PCF 47 3.1 Mở rộng thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.2 Mở rộng thứ hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 3.3 Mở rộng thứ ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59
ii Lời cảm ơn Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của TS. Ngô Văn Định (Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên). Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu. Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp nhất tới tập thể lớp Cao học Toán khóa 9B (2015-2017) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong suốt quá trình học tập. Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu và các đồng nghiệp ở Trường THPT Nguyễn Đức Cảnh (Kiến Thụy, Hải Phòng) đã luôn chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình. Cuối cùng, tác giả xin gửi những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến bố mẹ và gia đình vì những động viên và chia sẻ để tác giả hoàn thành luận văn này.
1 Mở đầu Hàm lồi và bất đẳng thức Jensen là các công cụ quan trọng của Giải tích toán học. Các kết quả về chủ đề này rất sâu sắc và đã tìm được nhiều ứng dụng quan trọng trong các bài toán quan trọng của Giải tích, Tối ưu và lĩnh vực khác. Bất đẳng thức là một công cụ toán học để mô tả về các quan hệ thứ tự giữa hai đối tượng. Chính vì thế các bất đẳng thức luôn đóng những vai trò quan trọng và cốt yếu trong nhiều lĩnh vực của toán học. Bên cạnh đó, các bất đẳng thức cũng liên quan rất chặt chẽ đến các bài toán cực trị, một vấn đề toán học luôn được quan tâm vì ý nghĩa thực tiễn của nó. Sự mở rộng khái niệm hàm lồi thành các khái niệm khác như hàm nửa lồi, hay hàm lồi bộ phận, sẽ giúp toán học giải quyết được nhiều vấn đề thực tiễn hơn, vì nó cho phép người ta nghiên cứu các hàm số nhưng tính chất lồi chỉ đúng một tập hợp nào đó. Luận văn này có mục đích là nghiên cứu các bất đẳng thức với hàm lồi bộ phận và ứng dụng. Các vấn đề chính được quan tâm là các hàm nửa lồi và các mở rộng của bất đẳng thức Jensen cho chúng. Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung chính của luận văn được trình bày trong ba chương như sau: • Chương 1. Bất đẳng thức với hàm nửa lồi. Mối quan tâm chính của chương này là các kết quả về bất đẳng thức với hàm nửa lồi. Trước hết chúng tôi trình bày về hàm lồi và bất đẳng thức Jensen. Sau đó là các kết quả về hàm nửa lồi và bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi. Tài liệu tham khảo chính của chương này là V. Cirtoaje, A. Baiesu [3] và Z. Pavi´c [4].
2 • Chương 2. Bất đẳng thức với hàm lồi bộ phận. Trong chương này chúng tôi trình bày về sự mở rộng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi bộ phận và các áp dụng cụ thể vào một số lớp bài toán bất đẳng thức. Chúng tôi dựa vào tài liệu V. Cirtoaje [1] để trình bày nội dung chương này. • Chương 3. Ba mở rộng của Định lý HCF và Định lý PCF. Chương này dành cho việc trình bày về ba mở rộng của Định lý HCF và Định lý PCF. Sau đó chúng tôi sẽ minh họa sự mở rộng này bằng một số ví dụ cụ thể. Tài liệu tham khảo chính của Chương 3 là V. Cirtoaje [2].
1 Chương 1 Bất đẳng thức với hàm nửa lồi Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày về hàm nửa lồi và bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi. Nội dung của chương được trình bày lại kết quả của V. Cirtoaje, A. Baiesu [3] và Z. Pavi´c [4] về hàm nửa lồi, bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi và mở rộng bất đẳng thức Jensen có trọng cho hàm nửa lồi. 1.1 Hàm lồi và bất đẳng thức Jensen 1.1.1 Tập lồi và hàm lồi Trước khi nhắc lại về bất đẳng thức Jensen, chúng tôi nhắc lại về khái niệm tập lồi trong tập số thực R và hàm lồi xác định trên một tập lồi. Đây là những khái niệm rất quan trọng trong giải tích và đặc biệt được sử dụng rất nhiều trong lý thuyết bất đẳng thức. Định nghĩa 1.1. Một tập con D của tập số thực R được gọi là tập lồi nếu với hai điểm a, b bất kỳ của D và với mọi λ thỏa mãn 0 6 λ 6 1 ta có λ a + (1 − λ )b ∈ D. Ta dễ dàng thấy rằng các khoảng có dạng (a, b), (a, +∞), (−∞, b), (a, b], [a, b), [a, b] hay toàn tập R là những tập lồi trong R. Định nghĩa 1.2. Cho D là một tập lồi trong R và f : D → R là một hàm số xác định trên D. Ta nói f là một hàm số lồi nếu với mọi x, y ∈ D và với mọi số thực
2 λ ∈ (0, 1) ta có f (λ x + (1 − λ )y) 6 λ f (x) + (1 − λ ) f (y). Ta có thể dễ dàng kiểm tra được bằng định nghĩa rằng các hàm số bậc nhất, f (x) = ax + b, với a, b ∈ R, là những hàm lồi trên R. Bên cạnh định nghĩa của hàm lồi, chúng ta có một số tiêu chuẩn để kiểm tra tính chất lồi của một hàm số. Chẳng hạn, ta có mệnh đề sau đây: Mệnh đề 1.3. Giả sử f : D → R là hàm số liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên tập lồi D. Khi đó, f là hàm lồi khi và chỉ khi f 00 (x) > 0 với mọi x ∈ D. Sử dụng tiêu chuẩn này chúng ta dễ dàng kiểm tra được hàm số f (x) = x2 là một hàm số lồi trên R. Định nghĩa 1.4. Tổ hợp n c = ∑ pi x i i=1 n của các điểm xi với các hệ số pi được gọi là tổ hợp affine nếu ∑ pi = 1. Tổ hợp i=1 trên được gọi là tổ hợp lồi nếu nó là tổ hợp affine và pi > 0 với i = 1, .., n. n Lưu ý rằng nếu D là một tập lồi trong R và c = ∑ pi xi là tổ hợp lồi của các i=1 điểm x1 , . . . , xn ∈ D thì c ∈ D và theo bất đẳng thức Jensen ta có n f (c) 6 ∑ pi f (xi ). i=1 Nếu a, b ∈ R là hai số thực phân biệt, giả sử a < b, thì mọi số thực x đều có thể biểu diễn được dưới dạng tổ hợp affine b−x x−a x= a+ b. b−a b−a Tổ hợp affine này của a và b là tổ hợp lồi khi và chỉ khi x thuộc đoạn [a, b]. Cho trước hàm số f : R → R, gọi l[a,b] : R → R là hàm bậc nhất có đồ thị là đường thẳng đi qua hai điểm (a, f (a)) và (b, f (b)). Khi đó ta có b−x x−a l[a,b] (x) = f (a) + f (b). b−a b−a
3 Nếu f là hàm lồi trên R thì ta có bất đẳng thức f (x) 6 l[a,b] (x) nếu x ∈ [a, b] và f (x) > l[a,b] (x) nếu x 6∈ (a, b). 1.1.2 Bất đẳng thức Jensen Bất đẳng thức Jensen là một trong những công cụ hữu hiệu trong lý thuyết bất đẳng thức. Trong mục này, chúng tôi nhắc lại sơ lược về bất đẳng thức Jensen và một số vấn đề liên quan. Mệnh đề 1.5. Cho f : D → R là hàm số xác định và liên tục trên tập lồi D. Khi đó, các khẳng định sau đây là tương đương: a) Với mọi n ∈ N, ta có f (λ1 x1 + · · · + λn xn ) 6 λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ), với mọi x1 , . . . , xn ∈ D và λ1 , . . . , λn ∈ R+ thỏa mãn λ1 + · · · + λn = 1; b) Với mọi n ∈ N, ta có f (r1 x1 + · · · + rn xn ) 6 r1 f (x1 ) + · · · + rn f (xn ), với mọi x1 , . . . , xn ∈ D và r1 , . . . , rn ∈ Q+ thỏa mãn r1 + · · · + rn = 1; c) Với mọi n ∈ N, ta có x1 + · · · + xn f (x1 ) + · · · + f (xn ) f 6 , n n với mọi x1 , . . . , xn ∈ D; d) Với mọi k ∈ N0 , ta có x1 + · · · + x2k f (x1 ) + · · · + f (x2k ) f 6 , 2k 2k với mọi x1 , . . . , x2k ∈ D;
4 e) Với mọi x, y ∈ D, ta có x+y f (x) + f (y) f 6 ; 2 2 f) Với mọi x, y ∈ D và mọi λ ∈ (0, 1), ta có f (λ x + (1 − λ )y) 6 λ f (x) + (1 − λ ) f (y). Chứng minh. • Trước tiên, ta thấy rằng a) ⇒ b) ⇒ c) ⇒ d) ⇒ e) là hiển nhiên; • b) ⇒ a): Giả sử x1 , . . . , xn ∈ D và λ1 , . . . , λn ∈ R+ thỏa mãn λ1 + · · · + λn = 1. Khi đó, tồn tại n dãy số hữu tỷ dương {rk (1)}k∈N , . . . , {rk (n)}k∈N thỏa mãn lim rk ( j) = λ j , với , 1 6 j 6 n, và rk (1) + · · · + rk (n) = 1, với mọi k ∈ N. k→+∞ Theo b) ta có f (rk (1)x1 + · · · + rk (n)xn ) 6 rk (1) f (x1 ) + · · · + rk (n) f (xn ), với mọi k ∈ N. Do f là hàm liên tục nên khi cho k → +∞ ta được f (λ1 x1 + · · · + λn xn ) 6 λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ). • c) ⇒ b): Giả sử x1 , . . . , xn ∈ D và r1 , . . . , rn ∈ Q+ thỏa mãn r1 + · · · + rn = 1. Khi đó, tồn tại N ∈ N sao cho Nr1 , . . . , Nrn ∈ N. Với mỗi i ∈ {1, . . . , n}, ta có thể pi viết ri = , trong đó pi ∈ N. Do r1 + · · · + rn = 1 nên ta có N = p1 + · · · + pn . Áp N dụng c), ta được   p1 lần pn lần  zx + ·}| { z }| {  1 · · + x1 + · · · + xn + · · · + xn  f (r1 x1 + · · · + rn xn ) = f    N  p1 lần pn lần z }| { z }| { f (x1 ) + · · · + f (x1 ) + · · · + f (xn ) + · · · + f (xn ) 6 N = r1 f (x1 ) + · · · + rn f (xn ).
5 • d) ⇒ c): Giả sử x1 , . . . , xn ∈ D. Chọn số tự nhiên k đủ lớn sao cho 2k > n và x1 + · · · + xn đặt a = . Khi đó, từ d) suy ra n   2k −n lần  x + · · · + x + az + ·}| { ·· + a  1 n f (a) = f    2 k   2k −n lần z }| { f (x1 ) + · · · + f (xn ) + f (a) + · · · + f (a) 6 2k f (x1 ) + · · · + f (xn ) + (2k − n) f (a) = . 2k Do đó, ta được x1 + · · · + xn n f (a) = n f 6 f (x1 ) + · · · + f (xn ). n • e) ⇒ d): Ta sử dụng phương pháp quy nạp theo chỉ số k. Dễ thấy rằng khẳng định d) đúng với k = 0 và từ e) suy ra khẳng định d) đúng với k = 1. Giả sử khẳng định d) đúng với k > 1, ta sẽ chứng minh khẳng định đúng với k + 1. Với mọi x1 , . . . , x2k+1 ∈ D, theo giả thiết quy nạp, ta có k+1 x1 + · · · + x2k+1 2 f 2k+1  x2k +1 +···+x2k+1  x1 +···+x2k 2k + 2k = 2k+1 f   2 x +···+x x +···+x 1 2k 2k +1 2k+1 f 2k +f 2k 6 2k+1 2 x2k +1 + · · · + x2k+1 k x1 + · · · + x2k k =2 f +2 f 2k 2k 6 f (x1 ) + · · · + f (x2k ) + f (x2k +1 ) + · · · + f (x2k+1 ). Từ đây suy ra khẳng định d) đúng với k + 1. • Từ các chứng minh trên, ta chỉ ra rằng các khẳng định a), b), c), d), e) tương đương với nhau. Mặt khác, dễ dàng thấy rằng a) ⇒ f ) ⇒ e) là hiển nhiên. Như vậy, Mệnh đề 1.5 hoàn toàn được chứng minh.
6 Từ Mệnh đề 1.5 ta dễ dàng thu được một số hệ quả sau đây: Hệ quả 1.6 (Bất đẳng thức Jensen). Giả sử f : D → R là một hàm số lồi liên tục trên tập lồi D. Khi đó, với mọi x1 , . . . , xn ∈ D, ta có x1 + · · · + xn f (x1 ) + · · · + f (xn ) f 6 . n n Hệ quả 1.7 (Bất đẳng thức Jensen có trọng). Giả sử f : D → R là một hàm số lồi liên tục trên tập lồi D. Khi đó, với mọi x1 , . . . , xn ∈ D và với mọi λ1 , . . . , λn ∈ R+ thỏa mãn λ1 + · · · + λn = 1, ta có f (λ1 x1 + · · · + λn xn ) 6 λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ). Hệ quả dưới đây cho ta một tiêu chuẩn để kiểm tra tính lồi của một hàm số liên tục trên một tập lồi. Hệ quả 1.8. Giả sử f : D → R là một hàm số xác định và liên tục trên tập lồi D. Khi đó, f là hàm lồi trên D khi và chỉ khi x+y f (x) + f (y) f 6 , 2 2 với mọi x, y ∈ D. Để kết thúc mục này, chúng tôi trình bày một ví dụ về việc sử dụng bất đẳng thức Jensen trong việc chứng minh bất đẳng thức. Ví dụ 1.9. Chứng minh rằng, với n số thực không âm a1 , . . . , an , ta có √ n a1 + · · · + an a1 . . . an 6 . n Chứng minh. Nếu một trong số các phần tử ai với i = 1, . . . , n bằng không thì bất đẳng thức trên là đúng. Vì vậy, ta có thể giả thiết tất cả các phần tử a1 , . . . , an là số dương. Xét hàm số f (x) = − ln(x). Hàm số f xác định, liên tục và là hàm lồi trên khoảng (0; +∞). Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có a1 + · · · + an ln(a1 ) + · · · + ln(an ) √ − ln 6− = − ln n a1 . . . an . n n
7 Từ đây, do hàm ln(x) là hàm đồng biến nên ta có bất đẳng thức cần chứng minh. 1.2 Hàm nửa lồi và mở rộng của bất đẳng thức Jensen cho hàm nửa lồi Cho I là một khoảng trong R với phần trong I 0 khác rỗng. Với mỗi phần tử c ∈ I 0 , ta ký hiệu Ix>c = {x ∈ I : x > c} và Ix6c = {x ∈ I : x 6 c}. Định nghĩa 1.10. Cho hàm số f : I → R xác định trên khoảng I. Hàm số f được gọi là lồi phải nếu nó là hàm lồi trên tập Ix>c với một phần tử c ∈ I 0 nào đó. Hàm số f được gọi là lồi trái nếu nó là hàm lồi trên tập Ix6c với một phần tử c ∈ I 0 nào đó. Hàm số f được gọi là hàm nửa lồi nếu nó là hàm lồi trái hoặc là hàm lồi phải. Ví dụ 1.11. Theo định nghĩa trên, dễ thấy rằng các hàm số đa thức bậc ba là các hàm nửa lồi trên R. Định lý sau đây là mở rộng của bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi phải, gọi là Định lý hàm nửa lồi (viết tắt là Định lý HCF). Định lý 1.12 (Định lý hàm nửa lồi). Cho f (x) là hàm số xác định trên khoảng I ⊂ R và lồi trên khoảng Ix>c hoặc trên khoảng Ix6c với một giá trị c ∈ I 0 nào đó. Khi đó bất đẳng thức x1 + · · · + xn f (x1 ) + · · · + f (xn ) f 6 (1.1) n n đúng với mọi x1 , . . . , xn ∈ I thỏa mãn x1 + · · · + xn > nc nếu và chỉ nếu f (x) + (n − 1) f (y) > n f (c) với mọi x, y ∈ I thỏa mãn x + (n − 1)y = nc.
8 Chứng minh. Chúng tôi sẽ trình bày chứng minh cho trường hợp hàm lồi phải, trường hợp hàm lồi trái chứng minh hoàn toàn tương tự. Trước tiên, dễ thấy rằng điều kiện cần của định lý là hiển nhiên nên ta chỉ cần chứng minh điều kiện đủ. Không mất tính tổng quát ta giả sử x1 6 · · · 6 xn . Nếu x1 > c thì bất đẳng thức cần chứng minh được suy ra từ bất đẳng thức Jensen đối với hàm lồi. Trường hợp còn lại, tồn tại k ∈ {1, . . . , n − 1} sao cho x1 6 · · · 6 xk < c 6 xk+1 6 · · · 6 xn . Do f là hàm lồi trên Ix>c , áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có xk+1 + · · · + xn f (xk+1 ) + · · · + f (xn ) > (n − k) f (z), với z = . n−k Do đó, ta chỉ cần chứng minh f (x1 ) + · · · + f (xk ) + (n − k) f (z) > n f (c). Giả sử y1 , . . . , yk ∈ I xác định bởi xi + (n − 1)yi = nc, i = 1, . . . , k. Khi đó, ta có y1 > · · · > bk . Hơn nữa, ta có c − xk bk − c = >0 n−1 và (n − 1)y1 = nc − x1 = (x2 + · · · + xk ) + xk+1 + · · · + xn 6 (k1 )c + xk+1 + · · · + xn = (k − 1)c + (n − k)z 6 (n − 1)z. Do vậy, ta có z > y1 > · · · > yk > c. Theo giả thiết ta có f (xi ) + (n − 1) f (yi ) > n f (c), với mọi i = 1, . . . , k, nên f (x1 ) + · · · + f (xk ) + (n − 1)[ f (y1 ) + · · · + f (yk )] > kn f (c). Như vậy ta chỉ cần chứng minh kn f (c) − (n − 1)[ f (y1 ) + · · · + f (yk )] + (n − k) f (z) > n f (c)
9 hay n−k p f (z) + (k − p) f (c) > f (y1 ) + · · · + f (yk ), với p = 6 1. n−1 Theo bất đẳng thức Jensen ta có p f (z) + (1 − p) f (c) > f (w), với w = pz + (1 − p)c. Do đó, ta chỉ cần chứng minh rằng f (w) + (k − 1) f (c) > f (y1 ) + · · · + f (yk ). Bất đẳng thức này được suy ra từ bất đẳng thức Karamata đối với hàm lồi. Như vậy, Định lý 1.12 hoàn toàn được chứng minh. Nhận xét 1.13. Nếu ta đặt f (x) − f (c) g(x) − g(y) g(x) = , h(x, y) = x−c x−y thì ta có f (x) + (n − 1) f (y) − n f (c) = [ f (x) − f (c)] + (n − 1)[ f (y) − f (c)] = (x − c)g(x) + (n − 1)(y − c)g(y) n−1 = (x − y)[g(x) − g(y)] n n−1 = (x − y)2 h(x, y). n Do vậy, ta có thể thay giả thiết f (x) + (n − 1) f (y) > n f (c) trong Định lý 1.12 bởi điều kiện tương đương h(x, y) > 0 với mọi x, y ∈ I thỏa mãn x + (n − 1)y = nc. Nhận xét 1.14. Giả sử f là hàm khả vi trên I và đặt f 0 (x) − f 0 (y) H(x, y) = . x−y Khi đó bất đẳng thức (1.1) trong Định lý 1.12 vẫn đúng khi thay giả thiết f (x) + (n − 1) f (y) > n f (c) (1.2)
10 bởi điều kiện chặt hơn H(x, y) > 0 với mọi x, y ∈ I thỏa mãn x + (n − 1)y = nc. (1.3) Thật vậy, ta sẽ chứng minh điều kiện (1.3) kéo theo điều kiện (1.2). Giả sử x, y ∈ I thỏa mãn x + (n − 1)y = nc. Đặt nc − x f1 (x) = f (x) + (n − 1) f (y) = f (x) + (n − 1) f . n−1 Ta có nc − x n f10 (x) = 0 f (x) − f 0 = f 0 (x) − f 0 (y) = (x − c)H(x, y). n−1 n−1 Do H(x, y) > 0 nên ta suy ra hàm f1 nghịch biến khi x 6 c và đồng biến khi x > c. Từ đó suy ra f1 (x) > f1 (c) = n f (c). Ta có điều cần chứng minh. Nhận xét 1.15. Bất đẳng thức (1.1) trở thành đẳng thức nếu x1 = · · · = xn = c. Ngoài ra, nếu tồn tại x, y ∈ I thỏa mãn x 6= y, x + (n − 1)y = nc và f (x) + (n − 1) f (y) = n f (c) thì bất đẳng thức (1.1) trở thành đẳng thức nếu x1 = x và x2 = · · · = xn = y. Áp dụng Định lý hàm nửa lồi cho hàm số f (u) = g(eu ), thay c bởi ln r, x bởi ln x, y bởi ln y và mỗi xi bởi ln ai ta thu được hệ quả dưới đây. Hệ quả 1.16. Cho g là hàm số xác định trên khoảng I ⊂ R+ thỏa mãn f (u) = g(eu ) là hàm lồi với eu 6 r hoặc với eu > r, trong đó r ∈ I. Khi đó, bất đẳng thức g(a1 ) + · · · + g(an ) > ng(r) đúng với mọi a1 , . . . , an ∈ I thỏa mãn a1 . . . an = rn nếu và chỉ nếu g(a) + (n − 1)g(b) > ng(r) với mọi a, b ∈ I thỏa mãn abn−1 = rn .
11 Để kết thúc mục này, chúng tôi trình bày một số ví dụ áp dụng của Định lý HCF. Ví dụ 1.17. Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số thực thỏa mãn a + b + c = 3 thì ta có 3(a4 + b4 + c4 ) + a2 + b2 + c2 + 6 > 6(a3 + b3 + c3 ). Chứng minh. Xét hàm số f (x) = 3x4 − 6x3 + x2 với x ∈ R. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh được viết dưới dạng a+b+c f (a) + f (b) + f (c) > 3 f (c), với c = = 1. 3 Ta có f 00 (x) > 0 với x > 1 nên f là hàm lồi với x > 1. Theo Định lý HCF, ta chỉ cần chứng minh f (x) + 2 f (y) > 3 f (1) với mọi x, y thỏa mãn x + 2y = 3. Sử dụng Nhận xét 1.13, ta chỉ cần chứng minh h(x, y) > 0 với g(x) − g(y) f (u) − f (1) h(x, y) = và g(u) = . x−y u−1 Ta có g(u) = 3(u3 + u2 + u + 1) − 6(u2 + u + 1) + u + 1 = 3u3 − 3u2 − 2u − 2 nên h(x, y) = 3(x2 + xy + y2 ) − 3(x + y) − 2 = (3y − 4)2 > 0. 1 4 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 0 hoặc khi a = và b = c = . Do đó ta có bất 3 3 đẳng thức cần chứng minh. 1 − 2n Ví dụ 1.18. Với số tự nhiên n > 3, chứng minh rằng nếu a1 , a2 , . . . , an > n−2 thỏa mãn a1 + a2 + · · · + an = n thì ta có a31 + a32 + · · · + a3n > n. 1 − 2n Chứng minh. Xét hàm số f (x) = x3 với x > . Khi đó, bất đẳng thức cần n−2 chứng minh được viết dưới dạng a1 + a2 + · · · + an f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an ) > n f (c), với c = = 1. n
12 Do f 00 (x) = 6x nên f là hàm lồi với x > 1. Áp dụng Định lý HCF và Nhận xét 1 − 2n 1.13, ta chỉ cần chứng minh h(x, y) > 0 với mọi x, y > thỏa mãn x + (n − n−2 1)y = n. Ta có f (u) − f (1) g(u) = = u2 + u + 1, u−1 và g(x) − g(y) (n − 2)x + 2n − 1 h(x, y) = = x+y+1 = > 0. x−y n−1 Đẳng thức xảy ra nếu a1 = a2 = · · · = an = 1 hoặc nếu 1 − 2n n+1 a1 = , a2 = · · · = an = . n−2 n−2 Từ đây suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. 1.3 Mở rộng bất đẳng thức Jensen có trọng cho hàm nửa lồi Trong mục này chúng tôi sẽ trình bày mở rộng của Định lý hàm nửa lồi cho các bất đẳng thức kiểu Jensen có trọng. Trước tiên chúng ta cần bổ đề sau đây: Bổ đề 1.19. Cho q1 , q2 , r1 , . . . , rm là những số thực không âm thỏa mãn r1 + · · · + rm = q1 + q2 và cho f là hàm số lồi trên khoảng I. Nếu a, b ∈ I(a 6 b) và x1 , . . . , xm ∈ [a, b] thỏa mãn r1 x1 + · · · + rm xm = q1 a + q2 b thì ta có r1 f (x1 ) + · · · + rm f (xm ) 6 q1 f (a) + q2 f (b). Chứng minh. Ta chỉ xét trường hợp không tầm thường a < b. Do x1 , x2 , . . . , xm ∈ [a, b] nên tồn tại λ1 , λ2 , . . . , λm ∈ [0, 1] sao cho xi = λi a + (1 − λi )b, i = 1, 2, . . . , m.
13 Bởi vì xi − b λi = , i = 1, 2, . . . , m, a−b nên ta có ! m m m 1 1 ∑ riλi = a − b ∑ rixi − b ∑ ri = a−b [q1 a + q2 b − b(q1 + q2 )] = q1 . i=1 i=1 i=1 Do đó, theo bất đẳng thức Jensen, ta nhận được m m ∑ ri f (xi) 6 ∑ ri[λi f (a) + (1 − λi) f (b)] i=1 i=1 m m = [ f (a) − f (b)] ∑ ri λi + f (b) ∑ ri i=1 i=1 = [ f (a) − f (b)]q1 + f (b)(q1 + q2 ) = q1 f (a) + q2 f (b). Phép chứng minh bổ đề được kết thúc. Định lý sau đây là mở rộng của bất đẳng thức Jensen có trọng đối với hàm nửa lồi, gọi là Định lý hàm nửa lồi có trọng (viết tắt là Định lý WHCF). Định lý 1.20. Cho f (u) là hàm số xác định trên khoảng I và lồi với u 6 s hoặc với u > s, trong đó u ∈ I. Cho p1 , . . . , pn là n số thực dương thỏa mãn p = min{p1 , . . . , pn }, p1 + · · · + pn = 1. Khi đó, bất đẳng thức p1 f (x1 ) + · · · + pn f (xn ) > f (p1 x1 + · · · + pn xn ) đúng với mọi x1 , . . . , xn ∈ I thỏa mãn p1 x1 + · · · + pn xn = s nếu và chỉ nếu p f (x) + (1 − p) f (y) > f (s) với mọi x, y ∈ I thỏa mãn px + (1 − p)y = s.
14 Chứng minh. Vì điều kiện cần thiết là hiển nhiên, ta sẽ chứng minh điều kiện đủ. Không giảm tính tổng quát, giả sử rằng x1 6 x2 6 . . . 6 xn . Nếu x1 > s, thì bất đẳng thức sẽ thu được từ bất đẳng thức Jensen đối với hàm lồi. Trái lại, do p1 x1 + p2 x2 + · · · + pn xn > (p1 + p2 + · · · + pn )s, tồn tại k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} sao cho x1 6 · · · 6 xk < s 6 xk+1 6 · · · 6 xn . Ta kí hiệu q = p1 + · · · + pk . Theo bất đẳng thức Jensen, ta có n ∑ pi f (xi )) > (pk+1 + · · · + pn ) f (z) = (1 − q) f (z), i=k+1 trong đó pk+1 xk+1 + · · · + pn xn z= , z > s, z ∈ I. pk+1 + · · · + pn Do đó, ta chỉ cần chứng minh rằng k ∑ pi f (xi) + (1 − q) f (z) > f (S) (1.4) i=1 trong đó p1 x1 + p2 x2 + · · · + pn xn S = p1 x1 + p2 x2 + · · · + pn xn = s 6 S 6 z. p1 + p2 + · · · + pn Cho yi , i = 1, 2, . . . , k, được định nghĩa bởi pxi + (1 − p)yi = s. Ta sẽ chứng minh rằng z > y1 > y2 > · · · > yk > s. Ta có y1 > y2 > · · · > yk ,