Khóa luận Một số tính chất của hàm lồi và ứng dụng

t; 2M  ‖x2 − x1‖ . hay f(x2)− f(x1) ‖x2 − x1‖ > 2M  (2.1.4) Vì x1 6= x2 nên ‖x1 − x2‖ > 0, ta chọn α > 0 sao cho ‖α(x1 − x2)‖ =  và đặt x3 = x2 + α(x2 − x1). Suy ra ‖x3 − x2‖ = ‖α(x2 − x1)‖ =  (2.1.5) và ‖x3 − x0‖ = ‖x2 − x0 + α(x2 − x1)‖ ≤ ‖x2 − x0‖+ ‖α(x2 − x1)‖ <  +  = 2. Hay x3 ∈ B(x0, 2). Cũng từ x3 = x2 + α(x2 − x1) ta có x2 = α 1 + α x1 + 1 1 + α x3. Do f là hàm lồi nên f(x2) ≤ α 1 + α f(x1) + 1 1 + α f(x3) hay (1 + α)f(x2) ≤ αf(x1) + f(x3). Suy ra f(x3)− f(x2) ≥ α(f(x2)− f(x1)). (2.1.6) Từ (2.1.4), (2.1.5) và (2.1.6) ta có f(x3)− f(x2) ‖x3 − x2‖ = f(x3)− f(x2) ‖α(x2 − x1)‖ ≥ α(f(x2)− f(x1)) ‖α(x2 − x1)‖ = f(x2)− f(x1) ‖x2 − x1‖ > 2M  . Vì ‖x3 − x2‖ =  (theo (2.1.5)) nên f(x3) − f(x2) > 2M , mâu thuẫn với |f | ≤ M trên B(x0, 2). Định lý được chứng minh. Định lý 2.1.10. [6] Cho f là một hàm lồi trên một tập lồi mở U ⊆ X. Nếu f bị chặn trên trong một lân cận của một điểm của U thì f liên tục trên U . Chứng minh. Từ Định lý 2.1.9 ta suy ra f Lipschitz địa phương trên U . Do đó f liên tục trên U theo Nhận xét 1.1.2. 20 Đặc biệt, nếu U ⊆ Rn ta có định lý sau: Định lý 2.1.11. [6] Cho f là một hàm lồi trên một tập lồi mở U ⊆ Rn. Khi đó f liên tục trên U . Chứng minh. Theo Nhận xét 2.1.7 ta có thể giả sử 0 ∈ U . Chọn α > 0 đủ nhỏ để bao lồi V = co({0, αe1, ..., αen}) ⊆ U. Trước hết ta chứng minh V có phần trong ◦ V khác rỗng. Thật vậy, lấy một phần tử x ∈ V bất kỳ. Khi đó x được biểu diễn dưới dạng x = λ0.0 + λ1.αe1 + . . . + λn.αen (λ0 + λ1 + . . . + λn = 1) (2.1.7) Đặt x0 = 0 + αe1 + . . . + αen n + 1 . Khi đó x0 ∈ co({0, αe1, ..., αen}). Do các λi (i = 0, n) trong biểu diễn của x0 đều bằng 1n+1 > 0 và việc giải các phương trình (2.1.7) để tìm λ0, λ1, . . . , λn quy về việc giải một hệ phương trình tuyến tính với các λi (i = 0, n) phụ thuộc liên tục vào các thành phần tọa độ của x nên tồn tại số δ > 0 sao cho nếu x ∈ B(x0, δ) thì các λi > 0 ∀ i = 0, n. Suy ra B(x0, δ) ⊂ co({0, αe1, ..., αen}) là một lân cận của x0. Vậy, ◦ V 6= ∅. Với x ∈ V bất kỳ ta có biểu diễn x = λ00 + λ1(αe1) + ... + λn(αen) trong đó λi ≥ 0 ∀ i = 0, n, n∑ i=0 λi = 1. Khi đó: f(x) ≤ λ0f(0) + n∑ i=1 λif(αei) ≤ max{f(0), f(αe1), ..., f(αen)}. Do đó f bị chặn trên trong tập mở ◦ V khác rỗng. Theo Định lý 2.1.10 ta có điều phải chứng minh. Về tính khả vi của hàm lồi, ta có các tính chất sau: Định lý 2.1.12. [6] Giả sử hàm f xác định trên một tập lồi mở U ⊆ X. Nếu f là hàm lồi trên U và khả vi tại x0, thì với x ∈ U , ta có f(x)− f(x0) ≥ f ′(x0)(x− x0) (2.1.8) Nếu f khả vi trên U , thì f là hàm lồi nếu và chỉ nếu f thỏa (2.1.8) với mọi x, x0 ∈ U . Hơn nữa, f lồi thực sự nếu và chỉ nếu bất đẳng thức (2.1.8) là bất đẳng thức ngặt. 21 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)] (2.1.9) Trừ f ′(x0)(th) vào hai vế của (2.1.9) rồi chia cho t với chú ý f ′(x0)(th) t = f ′(x0)(h) (do f ′(x0) là ánh xạ tuyến tính) ta được f(x0 + th)− f(x0)− f ′(x0)(th) t ≤ f(x0 + h)− f(x0)− f ′(x0)(h) Cho t → 0, vế trái của biểu thức trên dần đến 0, vế phải độc lập với t vẫn không đổi. Ta suy ra (2.1.8) đúng. Nếu f lồi thực sự, (2.1.9) là bất đẳng thức ngặt, kết hợp với (2.1.8) trong đó x = x0+th ta có t[f(x0 + h)− f(x0)] > f(x0 + th)− f(x0) ≥ f ′(x0)(th) Chia hai vế cho t ta được f(x0 + h)− f(x0) > f ′(x0)(h), (2.1.8) trở thành bất đẳng thức ngặt. Ngược lại, giả sử f khả vi và thỏa mãn (2.1.8) trên U . Với x1, x2 ∈ U, 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 ′(x0)[t(x1 − x0) + (1− t)(x2 − x0)] = t[f(x0) + f ′(x0)(x1 − x0)] + (1− t)[f(x0) + f ′(x0)(x2 − x0)]. Bất đẳng thức (2.1.8) đúng với x = x1 và x = x2, vì vậy f(x0) ≤ tf(x1) + (1− t)f(x2) (2.1.10) Điều này chứng tỏ f là hàm lồi trên U . Nếu (2.1.8) là bất đẳng thức ngặt thì (2.1.10) là bất đẳng thức ngặt, f là hàm lồi thực sự trên U . Định nghĩa 2.1.1. [6] Cho I ⊂ R là một khoảng và hàm f : I → R là hàm khả vi trên I. Khi đó, f ′(x) được gọi là đơn điệu tăng nếu (f ′(x)− f ′(y))(x− y) ≥ 0, ∀ x, y ∈ I. 22 Nếu với mọi x, y ∈ I, x 6= y, (f ′(x)− f ′(y))(x− y) > 0 thì f ′(x) được gọi là đơn điệu tăng thực sự. Xem f ′ là ánh xạ tuyến tính, ta có định nghĩa tổng quát hơn: Định nghĩa 2.1.2. [6] Cho U ⊂ X là một tập mở và f : U → R là hàm khả vi trên U . Khi đó, f ′(x) được gọi là hàm đơn điệu tăng nếu (f ′(x)− f ′(y))(x− y) ≥ 0, ∀ x, y ∈ U. Nếu bất đẳng thức trên là bất đẳng thức ngặt khi x 6= y thì f ′ được gọi là đơn điệu tăng thực sự trên U . Định lý 2.1.13. [4] Nếu f(x) là hàm số khả vi trên khoảng I ⊂ R thì f(x) là hàm lồi trên I khi và chỉ khi f ′(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 x2 − x x2 − x1 > 0, x− x1 x2 − x1 > 0, x2 − x x2 − x1 + x− x1 x2 − x1 = 1 và do đó f(x) ≤ x2 − x x2 − x1f(x1) + x− x1 x2 − x1f(x2) (2.1.11) ⇔ ( x2 − x x2 − x1 + x− x1 x2 − x1 ) f(x) ≤ x2 − x x2 − x1f(x1) + x− x1 x2 − x1f(x2) ⇔ f(x)− f(x1) x− x1 ≤ f(x2)− f(x) x2 − x . (2.1.12) Trong (2.1.12), cho x → x1 ta thu được f ′(x1) ≤ f(x2)− f(x1) x2 − x1 . (2.1.13) Tương tự, trong (2.1.12), cho x → x2 ta thu được f(x2)− f(x1) x2 − x1 ≤ f ′(x2). (2.1.14) Từ (2.1.13) và (2.1.14) ta nhận được f ′(x1) ≤ f ′(x2) tức f ′(x) là hàm đơn điệu tăng. Ngược lại, giả sử f ′(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) x− x1 = f ′(x3), f(x2)− f(x) x2 − x = f ′(x4). Vì f ′(x) là hàm đơn điệu tăng nên f ′(x3) ≤ f ′(x4), ta suy ra f(x)− f(x1) x− x1 ≤ f(x2)− f(x) x2 − x , (2.1.15) 23 tức là ta có (2.1.12), (2.1.11). Bất đẳng thức (2.1.11) chứng tỏ f là hàm lồi trên I. Nhận xét 2.1.14. Trong Định lý 2.1.13, nếu f ′ là hàm đơn điệu tăng thực sự thì (2.1.15) là bất đẳng thức ngặt, ta suy ra (2.1.11) là bất đẳng thức ngặt. Hay f là hàm lồi thực sự trên I. Tổng quát hơn, ta có định lý: Định lý 2.1.15. [6] Cho f : U → R khả vi trên một tập lồi mở U ⊆ X. Khi đó f là hàm lồi (lồi thực sự) nếu và chỉ nếu f ′ đơn điệu tăng (đơn điệu tăng thực sự) trên U . Chứng minh. Đối với một hàm lồi khả vi trên U , Định lý 2.1.12 cho ta f(x)− f(y) ≥ f ′(y)(x− y) f(y)− f(x) ≥ f ′(x)(y − x) Cộng vế theo vế ta được 0 ≥ (f ′(y)− f ′(x))(x− y) hay (f ′(y)− f ′(x))(y − x) ≥ 0 Suy ra f ′ là hàm tăng. Nếu f lồi thực sự thì các bất đẳng thức trên là các bất đẳng thức ngặt, ta suy ra f ′ tăng thực sự. Bây giờ giả sử f ′ là đơn điệu tăng. Với x, y ∈ U , đặt ϕx,y : [0, 1] → R xác định bởi ϕx,y(λ) = f(λx + (1− λ)y). Với 0 ≤ λ1 < λ2 ≤ 1, đặt u1 = λ1x + (1− λ1)y và u2 = λ2x + (1− λ2)y. Theo Nhận xét 1.1.4 và định nghĩa hàm ϕx,y ta có ϕ′x,y(λ1) = lim t→0 ϕx,y(λ1 + t)− ϕx,y(λ1) t = lim t→0 f((λ1 + t)x + (1− λ1 − t)y)− f(λ1x + (1− λ1)y) t = lim t→0 f(u1 + t(x− y))− f(u1) t = f ′(u1)(x− y). Tương tự, ϕ′x,y(λ2) = f ′(u2)(x− y). Ta có u2 − u1 = (λ2 − λ1)(x− y) và f ′ là đơn điệu tăng nên ta suy ra 0 ≤ (f ′(u2)− f ′(u1))(u2 − u1) = (λ2 − λ1)(f ′(u2)− f ′(u1))(x− y). 24 Suy ra f ′(u1)(x− y) ≤ f ′(u2)(x− y). Ta có ϕ′x,y(λ1) = f ′(u1)(x− y) ≤ f ′(u2)(x− y) = ϕ′x,y(λ2) (2.1.16) Suy ra các hàm ϕx,y là các hàm lồi theo Định lý 2.1.13. Vậy, f là hàm lồi theo Định lý 2.1.4. Nếu f ′ đơn điệu tăng thực sự thì bất đẳng thức (2.1.16) ở trên trở thành bất đẳng thức ngặt, ϕx,y là hàm lồi thực sự theo Nhận xét 2.1.14. Nói cách khác, f là hàm lồi thực sự. Bổ đề 2.1.16. [6] Cho f : U → R là hàm khả vi liên tục trên một tập mở U của không gian tuyến tính định chuẩn X và f ′′(x) tồn tại trên U . Khi đó với bất kỳ x, x0 ∈ U , tồn tại s ∈ (0, 1) để f(x) = f(x0) + f ′(x0)(h) + 1 2 f ′′(x0 + sh)(h, h) trong đó h = x− x0. Chứng minh. Với x, x0 ∈ U cho trước, xét hàm φ : (a, b) → R trên khoảng (a, b) chứa [0, 1] trong đó φ(t) = f(x0 + th). Theo Nhận xét 1.1.4 và định nghĩa hàm φ ta có φ′(t) = lim v→0 φ(t + v)− φ(t) v = lim v→0 f(x0 + th + v.h)− f(x0 + th) v = f ′(x0 + th)(h). Tương tự với hàm θ(t) = f ′(x0 + th)(h) ta cũng có φ′′(t) = θ′(t) = f ′′(x0 + th)(h, h) Với t > 0, theo Định lý 1.1.8, tồn tại s ∈ (0, t) để φ(t) = φ(0) + φ′(0)t + 1 2 φ′′(s)t2 hay f(x0 + th) = f(x0) + f ′(x0)(th) + 1 2 f ′′(x0 + sh)(th, th) Với t = 1 ta có: f(x) = f(x0) + f ′(x0)(h) + 1 2 f ′′(x0 + sh)(h, h). Bổ đề được chứng minh. Định lý 2.1.17. [6] Cho I ⊂ R là một khoảng và f : I → R là hàm số có đạo hàm cấp hai f ′′ tồn tại trên I. Khi đó f là hàm lồi (lồi thực sự) khi và chỉ khi f ′′(x) ≥ 0 (f ′′(x) > 0) với mỗi x ∈ I. 25 Chứng minh. Theo tính chất của hàm một biến thực, f ′ tăng (tăng thực sự) nếu và chỉ nếu f ′′ là không âm (dương). Kết hợp với Định lý 2.1.15 ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.1.18. Từ Định lý 2.1.17 ta suy ra các hàm sau là hàm lồi: • f(x) = eαx, trong đó α ∈ R. • f(x) = xp nếu x > 0, trong đó 1 ≤ p hoặc p ≤ 0. • f(x) = −xp nếu x > 0, trong đó 0 ≤ p ≤ 1. • f(x) = − lnx nếu x > 0. Trong trường hợp tổng quát, ta có định lý: Định lý 2.1.19. [6] Cho f là hàm khả vi liên tục và có đạo hàm cấp hai trên tập lồi mở U ⊆ X. Khi đó f là hàm lồi (lồi thực sự) trên U nếu và chỉ nếu f ′′(x) xác định không âm (xác định dương) với mỗi x ∈ U . Chứng minh. ⇐) Theo Bổ đề 2.1.16 với bất kỳ x, x0 ∈ U , ta có f(x) = f(x0) + f ′(x0)(h) + 1 2 f ′′(x0 + sh)(h, h) trong đó s ∈ (0, 1) và h = x−x0. Giả sử rằng f ′′(x) là xác định không âm. Ta suy ra f(x) ≥ f(x0) + f ′(x0)(x− x0) hay f(x)− f(x0) ≥ f ′(x0)(x− x0). (2.1.17) Theo Định lý 2.1.12 ta suy ra f là hàm lồi. Nếu f ′′(x0) là xác định dương thì bất đẳng thức (2.1.17) trở thành bất đẳng thức ngặt, theo Định lý 2.1.12 ta suy ra f là hàm lồi thực sự. ⇒) Ngược lại, giả sử f là hàm lồi. Với x ∈ U và h ∈ X, đặt g(t) = f(x + th). Dễ thấy g là hàm lồi trên một lân cận của điểm 0. Ta có g′(t) = f ′(x + th)(h) g′′(t) = f ′′(x + th)(h, h). Do g là hàm lồi nên với mỗi t thuộc tập xác định, theo Định lý 2.1.17, g′′(t) ≥ 0. Ta suy ra g′′(0) ≥ 0, hay f ′′(x)(h, h) ≥ 0. Vì h là bất kỳ nên f ′′(x) là xác định không âm. 26 Nếu f là hàm lồi thực sự thì g là hàm lồi thực sự, theo Định lý 2.1.17 ta có g′′(0) > 0. Ta suy ra f ′′(x)(h, h) > 0. Do h bất kỳ nên f ′′(x) là xác định dương. Vậy, định lý được chứng minh. Trong không gian Rn, với một hàm nhiều biến mà tất cả các đạo hàm riêng đều tồn tại, ta luôn có thể xác định ánh xạ tuyến tính với ma trận ∇f(x0) = [ ∂f ∂x1 (x0) . . . ∂f ∂xn (x0) ] = [f1(x0) . . . fn(x0)] được gọi là gradient của f . Việc tồn tại gradient ∇f(x0) không suy ra được sự tồn tại f ′(x0) nhưng đối với hàm lồi ta có định lý sau: Định lý 2.1.20. [6] Nếu f là một hàm lồi trên tập lồi mở U ⊆ Rn và tất cả các đạo hàm riêng tồn tại tại x0 ∈ U thì f ′(x0) tồn tại. Chứng minh. Theo Nhận xét 2.1.7, ta có thể giả sử 0 ∈ U . Vì U là tập mở nên tồn tại một hình cầu mở B(0, δ) sao cho n.B(0, δ) ⊂ U . Khi đó h ∈ B(0, δ) thì n.h ∈ U . Gọi T = [f1(x0) . . . fn(x0)] là ánh xạ tuyến tính xác định bởi tất cả các đạo hàm riêng tại x0. Ta chứng minh T là đạo hàm của hàm f tại x0, tức là chứng minh f(x0 + h) = f(x0) + T (h) + ‖h‖ .(x0, h) trong đó (x0, h) → 0 khi ‖h‖ → 0. Điều này tương đương với việc chứng minh (h) = 1 ‖h‖ [f(x0 + h)− f(x0)− T (h)] → 0 khi ‖h‖ → 0. Trên B(0, δ) đặt φ(h) = ‖h‖ .(h) = f(x0 + h)− f(x0)− T (h). Dễ thấy φ là hàm lồi và với h = h1e1 + ... + hnen là tổ hợp của n vectơ đơn vị trong Rn, ta có φ(h) = φ ( n∑ i=1 1 n hinei ) ≤ 1 n n∑ i=1 φ(hinei), (2.1.18) trong đó φ(hinei) = f(x0 + hinei)− f(x0)− fi(x0)hin 27 Từ định nghĩa của đạo hàm riêng và theo trên ta có lim hi→0 φ(hinei) hin = 0 Từ bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopski, ta suy ra với hai vectơ u, v ∈ Rn, n∑ i=1 uivi ≤ ‖u‖ . ‖v‖ ≤ ‖u‖ n∑ i=1 |vi|. Từ (2.1.18) và bất đẳng thức trên, lấy tổng theo i với các hi 6= 0 ta được φ(h) ≤ 1 n n∑ i=1 φ(hinei) = ∑ hi φ(hinei) hin ≤ ‖h‖ ∑∣∣∣∣φ(hinei)hin ∣∣∣∣ Tương tự, φ(−h) ≤ ‖h‖ ∑∣∣∣∣φ(−hinei)hin ∣∣∣∣ Do φ là hàm lồi và từ định nghĩa của nó ta có 0 = φ [ h + (−h) 2 ] ≤ 1 2 [φ(h) + φ(−h)] hay −φ(−h) ≤ φ(h). Do đó −‖h‖ ∑∣∣∣∣φ(−hinei)hin ∣∣∣∣ ≤ −φ(−h) ≤ φ(h) ≤ ‖h‖∑ ∣∣∣∣φ(hinei)hin ∣∣∣∣ Suy ra lim ‖h‖→0 (h) = lim ‖h‖→0 φ(h) ‖h‖ = 0. Định lý được chứng minh. Mở rộng Định lý 2.1.20 theo Định lý 2.1.12 và Định lý 2.1.15 trong trường hợp X = Rn ta có định lý sau: Định lý 2.1.21. [6] Giả sử f xác định trên một tập lồi mở U ⊆ Rn. Nếu f lồi trên U và gradient ∇f(x0) tồn tại, thì với x ∈ U , f(x)− f(x0) ≥ ∇f(x0)(x− x0) Nếu f lồi (lồi thực sự) và ∇f(x) tồn tại trên U , thì ∇f đơn điệu tăng (đơn điệu tăng thực sự) trên U . Ngược lại, nếu các đạo hàm riêng của f tồn tại và liên tục trên U và ∇f đơn điệu tăng (đơn điệu tăng thực sự) thì f là hàm lồi (lồi thực sự). 28 Tính liên tục của các đạo hàm riêng cấp hai bảo đảm cho sự tồn tại của f ′′(x).Ta có định lý sau: Định lý 2.1.22. [6] Cho f là một hàm có các đạo hàm riêng cấp hai ∂2f/∂xixj = fij liên tục trên một tập lồi mở U ⊆ Rn. Khi đó f là hàm lồi (lồi thực sự) trên U nếu và chỉ nếu ma trận Hessian A =   f11(x) . . . f1n(x) ... ... fn1(x) . . . fnn(x)   là xác định không âm (xác định dương) với mỗi x ∈ U . Một trong những tính chất hay của hàm lồi là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của nó. Ta có các định lý sau: Định lý 2.1.23. [6] Cho f : U → R là một hàm lồi trên tập lồi U ⊆ X. Khi đó: • Nếu hàm f đạt cực tiểu địa phương tại x0 ∈ U thì f(x0) cũng là cực tiểu của hàm f trên U . • Tập V gồm tất cả các điểm x ∈ U mà f(x) đạt cực tiểu tại x là tập lồi. • Nếu f là hàm lồi thực sự trên một lân cận của điểm cực tiểu x0 thì x0 là điểm cực tiểu duy nhất của hàm f . Chứng minh. Giả sử f đạt cực tiểu địa phương tại x0 ∈ U tức là tồn tại một lân cận B(x0, ) sao cho f(x0) ≤ f(x) ∀x ∈ B(x0, ). Khi đó với x ∈ U và α > 0 đủ nhỏ để (1− α)x0 + αx ∈ B(x0, ) ta có f(x0) ≤ f((1− α)x0 + αx) ≤ (1− α)f(x0) + αf(x). (2.1.19) Suy ra 0 ≤ α[f(x)− f(x0)] hay f(x) ≥ f(x0) (2.1.20) tức là f(x0) là cực tiểu của hàm f trên U . Nếu f đạt giá trị nhỏ nhất là m tại x1, x2 ∈ V , thì với α ∈ (0, 1), m ≤ f((1− α)x1 + αx2) ≤ (1− α)m + α.m = m Vậy, nếu hàm f đạt cực tiểu tại x1, x2 thì hàm f cũng đạt cực tiểu tại các điểm (1− α)x1 + αx2 (α ∈ [0; 1]). Ta suy ra V là tập lồi. 29 Nếu f là hàm lồi thực sự trên một lân cận của một điểm cực tiểu x0, thì (2.1.19) trở thành bất đẳng thức ngặt. Khi đó, (2.1.20) trở thành f(x) > f(x0) với mọi x ∈ U, x 6= x0. Nói cách khác, V = {x0} là điểm cực tiểu duy nhất của hàm f . Định lý được chứng minh. Định lý sau sẽ đề cập đến sự tồn tại giá trị cực tiểu: Định lý 2.1.24. [6] Cho f : U → R là một hàm lồi trên tập U ⊆ X. Khi đó: • Nếu f ′(x0) = 0 tại x0 ∈ ◦ U thì f(x0) là cực tiểu của hàm f . • Nếu f khả vi liên tục trên một lân cận V của điểm cực tiểu x0, f ′′(x) tồn tại và xác định dương trên V thì x0 là điểm cực tiểu duy nhất của f trên U . Chứng minh. Theo Định lý 2.1.12 ta có f(x)− f(x0) ≥ f ′(x0)(x− x0) = 0 ta suy ra f(x) ≥ f(x0) hay f(x0) là giá trị nhỏ nhất của f trên U . Nếu f khả vi liên tục trên một lân cận V của x0 và f ′′(x) tồn tại, xác định dương trên V thì theo Định lý 2.1.19, f lồi thực sự trên V . Do đó, theo Định lý 2.1.23 ta suy ra x0 là điểm cực tiểu duy nhất của hàm f . Các định lý liên quan đến giá trị cực đại: Định lý 2.1.25. [6] Nếu f là hàm lồi trên tập lồi U ⊆ X và đạt giá trị cực đại tại x0 ∈ ◦ U thì f là hàm hằng trên U . Chứng minh. Giả sử f không phải là hàm hằng trên U . Khi đó tồn tại y ∈ U để f(y) < f(x0). Ta chọn α > 1 để z = y + α(x0 − y) ∈ U . Suy ra: x0 = 1 α z + α− 1 α y Do f là hàm lồi nên ta có f(x0) ≤ 1 α f(z) + α− 1 α f(y) < 1 α f(x0) + α− 1 α f(x0) = f(x0) Suy ra mâu thuẫn. Định lý được chứng minh. Định lý 2.1.26. [6] Nếu f là hàm lồi và liên tục trên tập lồi, compact K trong không gian tuyến tính định chuẩn hữu hạn chiều Ln, thì f đạt giá trị lớn nhất tại một điểm cực biên của K. 30 Chứng minh. Giả sử f đạt giá trị lớn nhất tại điểm x0. Ta có Ln đẳng cấu tôpô với Rn nên ta có thể xem K là một tập con của Rn. Mặt khác, một tập lồi, compact trong Rn là là bao lồi của các điểm cực biên của nó. Ta suy ra x0 = m∑ i=1 αivi (αi ≥ 0 ∀ i = 1, n, n∑ i=1 αi = 1) trong đó v1, . . . , vm là các điểm cực biên của K. Khi đó f(x0) ≤ m∑ i=1 αif(vi) ≤ max 1≤i≤m f(vi) Nhưng f(x0) ≥ max 1≤i≤m f(vi), vì vậy f phải đạt giá trị f(x0) tại một số điểm vi nào đó. Định lý được chứng minh. Hệ quả 2.1.27. Nếu f : [a; b] → R là một hàm lồi thì nó đạt giá trị lớn nhất tại a hoặc b, tức là f(x) ≤ max{f(a), f(b)}, ∀ x ∈ [a; b]. Hệ quả 2.1.28. Cho K = [a1; b1]×. . .×[an; bn] (ai, bi ∈ R, i = 1, n) và f(x1, . . . , xn) là hàm lồi theo mỗi biến xi (i = 1, n) khi cố định các biến còn lại trên K. Khi đó, f đạt giá trị lớn nhất tại một điểm x ∈ {a1; b1} × . . .× {an; bn}. Chứng minh. Cố định x2, . . . , xn, hàm f(x1, . . . , xn) là hàm lồi theo biến x1. Theo Hệ quả 2.1.27 ta có f(x1, x2, . . . , xn) ≤ max t1∈{a1;b1} f(t1, x2, . . . , xn) ∀xi ∈ [ai; bi]. (2.1.21) Tương tự, cố định x1, x3, . . . , xn, hàm f(x1, . . . , xn) là hàm lồi theo biến x2, ta có f(t1, x2, . . . , xn) ≤ max t2∈{a2;b2} f(t1, t2, x3, . . . , xn) ∀t1 ∈ { a1, b1 }, xi ∈ [ai; bi], i = 2, n. (2.1.22) Từ (2.1.21) và (2.1.22) ta suy ra f(x1, x2, . . . , xn) ≤ max ti∈{ai;bi} i=1,2 f(t1, t2, x3, . . . , xn) ∀ xi ∈ [ai; bi], i = 1, n. Tiếp tục quá trình trên ta suy ra điều phải chứng minh. 2.2 Các bất đẳng thức liên quan đến hàm lồi. Định lý 2.2.1. (Bất đẳng thức Jensen) Cho U là một tập lồi của X, hàm f : U → R xác định trên U . Khi đó f là hàm lồi nếu 31 và chỉ nếu với mọi x1, . . . , xn thuộc U và với mọi α1, . . . , αn thuộc [0; 1], n∑ i=1 αi = 1 ta luôn có bất đẳng thức f( n∑ i=1 αixi) ≤ n∑ i=1 αif(xi). (2.2.1) Bất đẳng thức trên là bất đẳng thức ngặt nếu và chỉ nếu f là hàm lồi thực sự và các xi phân biệt, αi dương. Chứng minh. ⇒) Giả sử f là hàm lồi, ta chứng minh (2.2.1) bằng quy nạp. Với n = 2 thì (2.2.1) đúng theo định nghĩa của hàm lồi. Giả sử (2.2.1) đúng với n = k tức là bất đẳng thức f( k∑ i=1 αixi) ≤ k∑ i=1 αif(xi) luôn đúng với x1, . . . , xk ∈ U , với αi ≥ 0 ∀ i = 1, k, k∑ i=1 αi = 1. Với n = k + 1: Nếu αk+1 = 0 thì (2.2.1) hiển nhiên đúng. Nếu αk+1 > 0, ta luôn có α1 + . . . + αk−1 + (αk + αk+1) ( αk αk + αk+1 + αk+1 αk + αk+1 ) = 1. Do đó f ( k+1∑ i=1 αixi ) = f ( α1x1 + . . . + αk−1xk−1 + (αk + αk+1) ( αk αk + αk+1 xk + αk+1 αk + αk+1 xk+1 )) ≤ α1f(x1) + . . . + αk−1f(xk−1) + (αk + αk+1)f ( αk αk + αk+1 xk + αk+1 αk + αk+1 xk+1 ) ≤ α1f(x1) + . . . + αk−1f(xk−1) + αkf(xk) + αk+1f(xk+1) = k+1∑ i=1 αif(xi). Vậy (2.2.1) đúng với n = k + 1. Nếu f là hàm lồi thực sự, các xi phân biệt và các αi > 0 thì lập luận tương tự như trên ta suy ra f( n∑ i=1 αixi) < n∑ i=1 αif(xi). 32 Ta thu được bất đẳng thức ngặt. ⇐) Nếu f thỏa mãn bất đẳng thức Jensen thì với n = 2 ta suy ra f(α1x1 + α2x2) ≤ α1f(x1) + α2f(x2) với α1, α2 > 0, α1 + α2 = 1 (2.2.2) hay f là hàm lồi. Với x1, x2 phân biệt và α1, α2 > 0, nếu (2.2.1) là bất đẳng thức ngặt thì (2.2.2) là bất đẳng thức ngặt, f là hàm lồi thực sự. Định nghĩa 2.2.1. [9] Một hàm f : [a, b] → R được gọi là hàm lồi theo nghĩa Jensen hay J-lồi trên [a, b] nếu bất đẳng thức f ( x + y 2 ) ≤ f(x) + f(y) 2 thỏa với mọi điểm x, y ∈ [a, b]. Định lý 2.2.2. [9] (J.L.W.V.Jensen) Cho I là một khoảng của tập số thực và f : I → R là một hàm liên tục. Khi đó f là hàm lồi nếu và chỉ nếu f thỏa mãn f ( x + y 2 ) ≤ f(x) + f(y) 2 với mọi x, y ∈ I. (2.2.3) Chứng minh. ⇒) Giả sử f là hàm lồi, khi đó (2.2.3) là hiển nhiên theo tính chất của hàm lồi. ⇐) Giả sử ta có (2.2.3). Nếu f không phải là hàm lồi trên I thì tồn tại một đoạn [a; b] ⊂ I để đồ thị của hàm f |[a;b] không nằm dưới dây cung nối (a, f(a)) và (b, f(b)). Dây cung nối (a, f(a)) và (b, f(b)) là f(b)− f(a) b− a (x− a) + f(a). (xem ý nghĩa hình học của hàm lồi ở cuối chương 1). Khi đó hàm ϕ(x) = f(x)− f(b)− f(a) b− a (x− a)− f(a), x ∈ [a; b]. có γ = sup{ϕ(x) | x ∈ [a; b]} > 0. Ta có ϕ cũng là hàm J-lồi. Thật vậy, do f là hàm J-lồi nên ta có ϕ ( x + y 2 ) = f ( x + y 2 ) − f(b)− f(a) b− a ( x + y 2 − a ) − f(a) ≤ f(x) 2 − f(b)− f(a) b− a ( x− a 2 ) − f(a) 2 + f(y) 2 − f(b)− f(a) b− a ( y − a 2 ) − f(a) 2 = ϕ(x) 2 + ϕ(y) 2 33 Do f(x) liên tục trên [a; b] nên ta có ϕ(x) liên tục trên [a; b] và do đó tồn tại x ∈ [a; b] để ϕ(x) = γ. Đặt c = inf{x ∈ [a; b] |ϕ(x) = γ}. Ta suy ta ϕ(c) = γ và c ∈ (a; b) vì ϕ(a) = ϕ(b) = 0. Khi đó với h > 0 sao cho c± h ∈ (a; b) ta có ϕ(c− h) < ϕ(c) và ϕ(c + h) ≤ ϕ(c) hay ϕ(c) > ϕ(c− h) + ϕ(c + h) 2 , mâu thuẫn với ϕ là J-lồi. Định lý được chứng minh. Hệ quả 2.2.3. [9] Cho f : I → R là một hàm liên tục. Khi đó f lồi nếu và chỉ nếu f(x + h) + f(x− h)− 2f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ I và với mọi h > 0 để x + h và x− h nằm trong I. Ví dụ 2.2.4. Cho hàm ex. Xét biểu thức ex+h + ex−h − 2ex với x ∈ R và h > 0. Theo bất đẳng thức Cauchy, suy ra ex+h + ex−h − 2ex > 0. Do đó, áp dụng Hệ quả 2.2.3 ta có hàm ex là hàm lồi. Định lý 2.2.5. [9] (Bất đẳng thức Popoviciu) Cho I là một khoảng của tập số thực và f : I → R là một hàm lồi trên I. Khi đó bất đẳng thức f(x1) + f(x2) + f(x3) 3 + f ( x1 + x2 + x3 3 ) ≥ 2 3 [ f ( x1 + x2 2 ) + f ( x2 + x3 2 ) + f ( x3 + x1 2 )] (2.2.4) thỏa với mọi x1, x2, x3 ∈ I. Nếu f lồi thực sự thì bất đẳng thức trên là bất đẳng thức ngặt trừ khi x1 = x2 = x3. 34 Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x1 ≤ x2 ≤ x3. Nếu x2 ≤ x1 + x2 + x3 3 ⇔ x2 ≤ x1 + x3 2 thì ta có x1 + x2 + x3 3 ≤ x1 + x1 + x3 2 + x3 3 = x1 + x3 2 ≤ x3 và x1 + x2 + x3 3 ≤ x2 + x3 2 ≤ x3. Lúc đó, tồn tại hai số s, t ∈ [0, 1] để x1 + x3 2 = s. x1 + x2 + x3 3 + (1− s)x3 (2.2.5) x2 + x3 2 = t. x1 + x2 + x3 3 + (1− t)x3 (2.2.6) Cộng vế theo vế hai biểu thức trên ta có x1 + x2 + x3 2 + x3 2 = (s + t)(x1 + x2 + x3) 3 + (2− s− t).x3 ⇔ ( s + t 3 − 1 2 ) (x1 + x2 + x3) + ( 3 2 − s− t ) .x3 = 0 ⇔ ( s + t− 3 2 ) (x1 + x2 − 2x3) = 0. Nếu x1 + x2 − 2x3 = 0 thì x1 + x2 = 2x3, kết hợp với x1 ≤ x2 ≤ x3 ta suy ra x1 = x2 = x3, bất đẳng thức (2.2.4) là hiển nhiên. Nếu s + t = 3 2 , do f là hàm lồi và theo (2.2.5), (2.2.6), ta có các bất đẳng thức f ( x1 + x3 2 ) ≤ s.f ( x1 + x2 + x3 3 ) + (1− s).f(x3) (2.2.7) f ( x2 + x3 2 ) ≤ t.f ( x1 + x3 + x3 3 ) + (1− t).f(x3) (2.2.8) f ( x1 + x2 2 ) ≤ 1 2 f(x1) + 1 2 f(x2). (2.2.9) Cộng vế theo vế (2.2.7), (2.2.8), (2.2.9) ta được f ( x1 + x2 2 ) + f ( x2 + x3 2 ) + f ( x3 + x1 2 ) ≤ (s + t)f ( x1 + x2 + x3 3 ) + (2− s− t)f(x3) + 1 2 f(x1) + 1 2 f(x2). Vì s + t = 3/2, bất đẳng thức ở trên trở thành bất đẳng thức (2.2.4). Nếu (x1 + x2 + x3)/3 < x2, lý luận tương tự như trường hợp x2 ≤ (x1 + x2 + x3)/3 ta cũng suy ra được (2.2.4) đúng. Định lý được chứng minh. 35 Một hệ quả của bất đẳng thức Popoviciu là bất đẳng thức sau: Định lý 2.2.6. [16] (Via Titu Andreescu) Nếu f : I → R là hàm lồi và x1, x2, x3 nằm trong tập xác định của nó thì f(x1)+f(x2)+f(x3)+f ( x1 + x2 + x3 3 ) ≥ 4 3 [ f ( x1 + x2 2 ) + f ( x2 + x3 2 ) + f ( x3 + x1 2 )] . Chứng minh. Do f là hàm lồi nên ta có f ( x1 + x2 2 ) ≤ 1 2 (f(x1) + f(x2)), f ( x2 + x3 2 ) ≤ 1 2 (f(x2) + f(x3)), f ( x3 + x1 2 ) ≤ 1 2 (f(x3) + f(x1)). Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức trên rồi nhân với 2 ta được 2[f(x1) + f(x2) + f(x3)] ≥ 2 [ f ( x1 + x2 2 ) + f ( x2 + x3 2 ) + f ( x3 + x1 2 )] . (2.2.10) Từ bất đẳng thức Popoviciu ta cũng có f(x1)+f(x2)+f(x3)+3f ( x1 + x2 + x3 3 ) ≥ 2 [ f ( x1 + x2 2 ) + f ( x2 + x3 2 ) + f ( x3 + x1 2 )] . (2.2.11) Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức (2.2.10) và (2.2.11) ta được 3[f(x1) + f(x2) + f(x3)] + 3f ( x1 + x2 + x3 3 ) ≥ 4 [ f ( x1 + x2 2 ) + f ( x2 + x3 2 ) + f ( x3 + x1 2 )] . Chia cả hai vế bất đẳng thức trên cho 3 ta suy ra điều phải chứng minh. Định lý 2.2.7. [16] Nếu f là hàm lồi trên một khoảng I và x1, x2, . . . , xn (n ≥ 2) nằm trong tập xác định của nó, thì n∑ i=1 f(xi)− f ( x1 + . . . + xn n ) ≥ n− 1 n [ f ( x1 + x2 2 ) + . . . + f ( xn−1 + xn 2 ) + f ( xn + x1 2 )] . (2.2.12) Chứng minh. Do f là hàm lồi nên f ( x1 + x2 2 ) + . . . + f ( xn−1 + xn 2 ) + f ( xn + x1 2 ) ≤ f(x1) + f(x2) + . . . + f(xn). (2.2.13) 36 Ta biểu diễn n∑ i=1 f(xi) = n n− 1 n∑ i=1 f(xi)− 1 n− 1 n∑ i=1 f(xi), hay n∑ i=1 f(xi) = n n− 1 [ n∑ i=1 f(xi)− n∑ i=1 1 n f(xi) ] . (2.2.14) Từ (2.2.13) và (2.2.14) ta có f ( x1 + x2 2 ) + . . . + f ( xn−1 + xn 2 ) + f ( xn + x1 2 ) ≤ n n− 1 [ n∑ i=1 f(xi)− n∑ i=1 1 n f(xi) ] . (2.2.15) Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho vế phải của (2.2.15) ta được f ( x1 + x2 2 ) +. . .+f ( xn−1 + xn 2 ) +f ( xn + x1 2 ) ≤ n n− 1 [ n∑ i=1 f(xi)− f (∑n i=1 xi n )] . Từ đó ta suy ra (2.2.12). Định lý được chứng minh. Định lý 2.2.8. [16] Nếu f là hàm lồi trên một khoảng I và a1, . . . , an (n ≥ 2) nằm trong tập xác định của nó thì (n− 1)[f(b1 + . . . + bn)] ≤ n[f(a1) + . . . + f(an)− f(a)], trong đó a = a1 + . . . + an n và bi = na− ai n− 1 , i = 1, . . . , n. Chứng minh. Theo bất đẳng thức Jensen ta có f(b1) = f ( a1 + . . . + an − a1 n− 1 ) = f ( a2 n− 1 + . . . + an n− 1 ) ≤ f(a2) n− 1 + . . . + f(an) n− 1 . Ta làm tương tự với f(b2), . . . , f(bn) rồi cộng vế theo vế ta được f(b1) + . . . + f(bn) ≤ f(a1) + . . . + f(an). Do đó, f(b1) + . . . + f(bn) ≤ n n− 1[f(a1) + . . . + f(an)]− 1 n− 1[f(a1) + . . . + f(an)], hay f(b1) + . . . + f(bn) ≤ n n− 1[f(a1) + . . . + f(an)]− n n− 1 [ 1 n f(a1) + . . . + 1 n f(an) ] . 37 hay f(b1) + . . . + f(bn) ≤ n n− 1 [ f(a1 + . . . + f(an)− ( 1 n f(a1) + . . . + 1 n f(an) )] . (2.2.16) Áp dụng bất đẳng thức Jensen cho vế phải của (2.2.16) ta nhận được f(b1 + . . . + f(bn) ≤ n n− 1 [ f(a1) + . . . + f(an)− f ( a1 + . . . + an n )] . Ta suy ra điều phải chứng minh. Định lý 2.2.9. [3] (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân có trọng số) Cho x1, . . . , xn ∈ (0,+∞) và λ1, . . . , λn ∈ (0, 1), n∑ k=1 λk = 1. Khi đó λ1x1 + λ2x2 + . . . + λnxn ≥ xλ11 . . . xλnn . (2.2.17) Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = . . . = xn. Chứng minh. Theo Ví dụ 2.1.18 ta có − lnx là hàm lồi trên (0,∞) nên theo bất đẳng thức Jensen ta suy ra − ln(λ1x1 + . . . + λnxn) ≤ −λ1 lnx1 − . . .− λn lnxn, (2.2.18) hay ln(λ1x1 + . . . + λnxn) ≥ λ1 lnx1 + . . . + λn lnxn (2.2.19) Ta có (2.2.19) tương đương với ln (λ1x1 + . . . + λnxn) ≥ ln (xλ11 . . . xλnn ). Vì lnx là hàm tăng thực sự nên ta có λ1x1 + λ2x2 + . . . + λnxn ≥ xλ11 ...xλnn và dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi (2.2.18) xảy ra dấu ” = ” theo bất đẳng thức Jensen. Tức là lnx1 = . . . = lnxn hay x1 = . . . = xn. Định lý được chứng minh. Nhận xét 2.2.10. Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân có trọng số, nếu f là hàm loga-lồi, với mọi x, y ∈ I, λ ∈ (0; 1) ta có f((1− λ)x + λy) ≤ f(x)1−λf(y)λ ≤ (1− λ)f(x) + λf(y), nên các hàm loga-lồi là các hàm lồi. Điều ngược lại nói chung là không đúng. Ví dụ, hàm ex − 1 là hàm lồi nhưng không phải là hàm loga-lồi. 38 Chương 3 MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA HÀM LỒI VÀ HÀM LOGA-LỒI Trong chương này, chúng ta sẽ bắt đầu với bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm lồi. Tiếp đến, ta sẽ tìm hiểu tổng quát về lớp các hàm loga-lồi. Phần cuối của chương xin nói về một số hàm loga-lồi đặc biệt và thiết lập một số bất đẳng thức đối với các hàm này. Các hàm loga-lồi đặc biệt đó là hàm gamma, hàm zeta, tích phân elliptic hoàn chỉnh dạng 1 (dạng thứ nhất) RK . Lý thuyết về tích phân elliptic khá dài, do đó trong phần tích phân elliptic ta chỉ đưa ra các định nghĩa vừa đủ, giới thiệu một số kết quả đã được chứng minh giúp cho việc khảo sát hàm RK một cách thuận tiện. Chi tiết hơn về tích phân elliptic, độc giả có thể xem trong [7]. 3.1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. Bài toán 3.1.1. [3] Cho a > 0 là một số dương. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (a− x1)(a− x2) . . . (a− xn), trong đó x1, x2, . . . , xn là những biến độc lập trên đoạn [0; a]. Giải: Xét hàm f(x1, x2, . . . , xn) = (a− x1)(a− x2) . . . (a− xn). Ta suy ra f(x1, x2, . . . , xn) là một hàm lồi theo biến xi (i = 1, n) khi cố định các biến còn lại. Áp dụng Hệ quả 2.1.28 ta suy ra hàm f đạt giá trị lớn nhất tại (x1, . . . , xn) ∈ {0, a} × . . .× {0, a}. Nếu tất cả xi, (i = 1, n) đều bằng 0 thì f(0, . . . , 0) = an. Nếu tồn tại ít nhất một xi = a, (i = 1, n) thì f(x1, . . . , xn) = 0 < an. Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức đã cho là an khi x1 = . . . = xn = 0. 39 Bài toán 3.1.2. [9] Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm f(x, y) = x2 + y2 − 6x− 4y trên miền U = {(x, y) ∈ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 ≤ 1} Giải. Ta có f ′(x, y) = [ 2x− 6 2y − 4 ] f ′′(x, y) = [ 2 0 0 2 ] Vì f ′′(x, y) là xác định không âm nên f(x, y) là hàm lồi trên R2. Giá trị nhỏ nhất của hàm f có thể đạt được trên ◦ U hoặc trên biên δU . O A B 1 1 y x Trên ◦ U , f ′(x, y) = 0 tại điểm (3, 2) không thuộc ◦ U nên f(x, y) không đạt cực tiểu trên ◦ U . Bây giờ ta tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f trên δU . Trong mặt phẳng tọa độ, δU gồm đoạn thẳng OA = {0 ≤ x ≤ 1, y = 0}, đoạn thẳng OB = {x = 0, 0 ≤ y ≤ 1} và cung tròn _ AB= {(x, y) ∈ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, x2+y2 = 1}. Trên đoạn OA, hàm f trở thành f(x, 0) = g1(x) = x2 − 6x là hàm lồi trên [0; 1]. Khảo sát hàm g1, lập bảng biến thiên, ta suy ra giá trị nhỏ nhất của f(x, 0) = g1(x) là −5 tại điểm (1, 0). Trên đoạn OB, hàm f trở thành f(0, y) = g2(y) = y2 − 4y là hàm lồi trên [0; 1]. Khảo sát hàm g2, lập bảng biến thiên, ta suy ra giá trị nhỏ nhất của f(0, y) = g2(y) là −3 tại điểm (0, 1). Trên cung tròn _ AB ta có x2 + y2 = 1 và y = √ 1− x2 nên f |_ AB = g3(x) = 1− 6x− 4 √ 1− x2. Do đó, trên (0; 1) ta có g′3(x) = −6 + 4x√ 1− x2 Suy ra g′3(x) = 0 ⇔ x = ± 3 √ 13 13 . Ta có bảng biến thiên x 0 1 3 √ 13 13 0g′3(x) g3(x) - + 1− 2√13 -3 -5 40 Suy ra min f |_ AB = 1− 2 √ 13 và max f |_ AB = −3. Vậy, minf |δD = min{−5,−3, 1− 2 √ 13} = 1− 2√13 tại điểm ( 3 √ 13 13 , 2 √ 13 13 ) . Do U ⊂ R2 là tập compact, f(x, y) là hàm lồi và liên tục trên U nên tồn tại giá trị lớn nhất của hàm f trên U . Theo Định lý 2.1.26 thì f đạt giá trị lớn nhất tại một điểm cực biên của U (tất nhiên, điểm cực biên nằm trên δU). Trên đoạn OA, theo Hệ quả 2.1.27, maxf(x, 0) = max{g1(0), g1(1)} = 0. Trên đoạn OB, theo Hệ quả 2.1.27, maxf(0, y) = max{g2(0), g2(1)} = 0. Ta có maxf(x, y)|U = max f(x, y)|δU = max{0,−3} = 0 tại điểm O(0, 0). 3.2 Tổng quan về lớp các hàm loga-lồi Như đã giới thiệu ở chương 1, với I ⊂ R là một khoảng của tập số thực, một hàm f : I → R> là hàm loga-lồi nếu f(λx + (1− λ)y) ≤ f(x)λf(y)1−λ ∀ x, y ∈ I, λ ∈ [0; 1]. Theo Nhận xét 2.2.10, các hàm loga-lồi cũng là các hàm lồi nên lớp các hàm loga-lồi có đầy đủ tính chất của một hàm lồi. Ngoài ra, ta còn có định lý sau. Định lý 3.2.1. [6] Lớp các hàm loga-lồi trên một khoảng I đóng kín đối với phép cộng, phép nhân, và phép lấy giới hạn miễn là giới hạn tồn tại và dương. Chứng minh. Trước hết, giả sử a, b, c, d, α, β là các số dương với α + β = 1. Theo Định lý 2.2.9 ta có aα.bβ ≤ αa + βb. Do đó, ta suy ra aα.bβ + cα.dβ (a + c)α(b + d)β = ( a a + c )α( b b + d )β + ( c a + c )α( d b + d )β ≤ α ( a a + c ) + β ( b b + d ) + α ( c a + c ) + β ( d b + d ) = α + β = 1. Suy ra aα.bβ + cα.dβ ≤ (a + c)α.(b + d)β . (3.2.1) 41 Với x, y ∈ I, f, g là các hàm loga-lồi, theo định nghĩa của hàm loga-lồi và theo (3.2.1) ta có f(αx + βy) + g(αx + βy) ≤ f(x)αf(y)β + g(x)αg(y)β ≤ [f(x) + g(x)]α.[f(y) + g(y)]β. Vậy, f + g là hàm loga-lồi. Nếu f, g là các hàm loga-lồi thì ln f + ln g là hàm lồi theo Định lý 2.1.1. Do đó ln (f.g) = ln f + ln g là hàm lồi hay f.g là hàm loga-lồi. Với dãy hàm loga-lồi (fn) hội tụ về hàm f dương thì ln fn là các hàm lồi với mọi n ∈ N∗. Theo Định lý 2.1.5 và tính chất của hàm logarit ta có ln f = ln ( lim n→∞ fn) = lim n→∞ (ln fn) là một hàm lồi hay f là hàm loga-lồi. Định lý được chứng minh. Đối với các hàm loga-lồi, ta có định lý sau: Định lý 3.2.2. [11] Cho f : R+ → R> là một hàm loga-lồi khả vi, a ≥ 1. Khi đó hàm g(x) = [f(x)]a f(ax) (3.2.2) giảm trên tập xác định của nó. Cụ thể, nếu 0 ≤ x ≤ y, thì ta luôn có bất đẳng thức [f(y)]a f(ay) ≤ [f(x)] a f(ax) ≤ [f(0)]a−1. (3.2.3) Nếu 0 < a ≤ 1 thì g là hàm tăng trên R+ và các bất đẳng thức trong (3.2.3) đổi chiều. Chứng minh. Với a ≥ 1, vì f là hàm loga-lồi nên đạo hàm loga của nó α(x) = (ln f)′ = f ′(x) f(x) là một hàm tăng trên R+. Do đó, α(x) ≤ α(ax) (3.2.4) Lấy logarit hai vế của (3.2.2) rồi đạo hàm, ta có g′(x) g(x) = (a ln f(x)− ln f(ax))′ = a [ f ′(x) f(x) − f ′(ax) f(ax) ] = a[αx− α(ax)]. (3.2.5) Vì g(x) > 0 với mọi x ∈ R+, từ (3.2.4) và (3.2.5) ta suy ra g′(x) ≤ 0. Vậy, g đơn điệu giảm trên tập xác định của nó. Do đó, nếu 0 ≤ x ≤ y thì g(y) ≤ g(x) ≤ g(0), các bất đẳng thức trong (3.2.3) đúng. Nếu 0 < a ≤ 1 thì bất đẳng thức (3.2.4) đổi chiều. Từ (3.2.5) ta suy ra g′(x) ≥ 0 hay g là hàm tăng, các bất đẳng thức trong (3.2.3) đổi chiều. Trong phần còn lại của khóa luận, ta luôn giả sử a ≥ 1. 42 3.3 Hàm gamma và bất đẳng thức về hàm gamma Định nghĩa 3.3.1. [9] Hàm Gamma là hàm có dạng: Γ :(0,∞) → R Γ(x) = ∞∫ 0 tx−1e−tdt với x > 0. Định lý 3.3.1. [9] Hàm Gamma có các tính chất sau: 1. Γ(x + 1) = xΓ(x) với mọi x > 0. 2. Γ(1) = 1. 3. Γ là hàm loga-lồi. Chứng minh. 1. Ta có Γ(x + 1) = ∞∫ 0 txe−tdt. Tích phân từng phần, đặt u = tx, dv = e−tdt ta suy ra du = xtx−1dt, v = −e−t. Ta có: Γ(x + 1) = [−txe−t] ∣∣∣∞ t=0 + x ∞∫ 0 tx−1e−tdt = xΓ(x). với mọi x > 0. 2. Ta có Γ(1) = ∞∫ 0 e−tdt = −e−t ∣∣∣∞ 0 = 1. 3. Với x, y > 0 và λ, µ ≥ 0, λ + µ = 1. Khi đó theo bất đẳng thức Ho¨lder, ta có: Γ(λx + µy) = ∫ ∞ 0 tλx+µy−1e−tdt = ∞∫ 0 (tx−1e−t)λ(ty−1e−t)µdt ≤   ∞∫ 0 tx−1e−tdt   λ  ∞∫ 0 ty−1e−tdt   µ = Γλ(x)Γµ(y). Vậy, Γ là hàm loga-lồi. Định lý được chứng minh Từ tính chất 1 và 2, bằng quy nạp ta có hệ quả sau: Hệ quả 3.3.2. [9] Γ(n + 1) = n! với mọi n ∈ N∗. 43 Từ tính chất 1, ta suy ra lim x→0+ xΓ(x) = lim x→0+ Γ(x + 1) = 1, ta có hệ quả: Hệ quả 3.3.3. [9] Hàm Gamma là hàm lồi và xΓ(x) → 1 khi x → 0+. Định lý tiếp theo sẽ chứng tỏ hàm Gamma là mở rộng loga-lồi duy nhất của hàm giai thừa: Định lý 3.3.4. [9] (H.Bohr và J.Mollerup) Giả sử hàm f : (0,∞) → R thỏa ba điều kiện: 1. f(x + 1) = xf(x) với mọi x > 0. 2. f(1) = 1. 3. f là hàm loga-lồi. Khi đó f = Γ. Chứng minh. Từ giả thiết 1 và 2 ta có f(1) = 1, f(2) = 1.f(1) = 1!, f(3) = 2.f(2) = 2!, . . . Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được f(n + 1) = n! với mọi n ∈ N∗. Bây giờ với x ∈ (0; 1], n ∈ N, theo giả thiết 1 và 3 ta có f(n + 1 + x) = f((1− x)(n + 1) + x(n + 2)) ≤ [f(n + 1)]1−x.[f(n + 2)]x = [f(n + 1)]1−x.(n + 1)x.[f(n + 1)]x = (n + 1)x.f(n + 1) = (n + 1)x.n! (3.3.1) Ta cũng có n! = f(n + 1) = f( x(n + x) + (1− x)(n + 1 + x) ) ≤ [f(n + x)]x.[f(n + 1 + x)]1−x = (n + x)−x.[f(n + 1 + x)]x.[f(n + 1 + x)]1−x = (n + x)−x.f(n + 1 + x). hay (n + x)x ≤ f(n + 1 + x) n! . (3.3.2) 44 Từ f(n + 1 + x) = (n + x)(n− 1 + x) . . . xf(x), kết hợp với (3.3.1) và (3.3.2) ta có ( 1 + x n )x = (n + x)x nx ≤ f(n + 1 + x) nxn! = (n + x)(n− 1 + x) . . . xf(x) nxn! ≤ (n + 1) x.n! nxn! = ( 1 + 1 n )x . Chuyển qua giới hạn ta được lim n→∞ (n + x)(n− 1 + x) . . . xf(x) nxn! = 1 hay f(x) = lim n→∞ nxn! (n + x)(n− 1 + x) . . . x ∀ x ∈ (0; 1]. (3.3.3) Bây giờ, giả sử x > 0, ta chọn số nguyên m sao cho x−m ∈ (0; 1]. Theo giả thiết 1 và theo (3.3.3), với n đủ lớn ta có f(x) = (x− 1) . . . (x−m)f(x−m) = (x− 1) . . . (x−m). lim n→∞ nx−mn! (n + x−m)(n− 1 + x−m) . . . (x−m) = lim n→∞ (x− 1) . . . (x−m).nx−mn! (n + x−m)(n− 1 + x−m) . . . x(x− 1) . . . (x−m) = lim n→∞ [ (n + x)(n + x− 1) . . . (n + x− (m− 1)) (n + x)(n + x− 1) . . . (n + x− (m− 1)) . nx−mn! (n + x−m)(n− 1 + x−m) . . . x ] = lim n→∞ [ nxn! (n + x)(n− 1 + x) . . . x . (n + x)(n + x− 1) . . . (n + x− (m− 1)) nm ] = lim n→∞ [ nxn! (n + x)(n− 1 + x) . . . x ( 1 + x n )( 1 + x− 1 n ) . . . ( 1 + x− (m− 1) n )] = lim n→∞ nxn! (n + x)(n− 1 + x) . . . x Nếu có hàm g thỏa mãn ba điều kiện của định lý thì với x > 0 ta có f(x) = lim n→∞ nxn! (n + x)(n− 1 + x) . . . x = g(x). Tức f là hàm duy nhất thỏa mãn ba điều kiện của định lý. Từ các tính chất của hàm Gamma ta suy ra f = Γ. Định lý được chứng minh. Đối với hàm Gamma, ta có bất đẳng thức thể hiện trong định lý sau: Định lý 3.3.5. [15] Với mọi a ≥ 1 và với mọi x ∈ [0; 1] ta có 1 Γ(1 + a) ≤ [Γ(x + 1)] a Γ(ax + 1) ≤ 1. (3.3.4) 45 Chứng minh. Với x ≥ 0 ta đặt f(x) = Γ(1 + x). Theo Định lý 3.3.1 ta có f là hàm loga-lồi khả vi, áp dụng Định lý 3.2.2, suy ra hàm [Γ(1 + x)]a Γ(1 + ax) giảm với mọi x ≥ 0 và bất đẳng thức [f(y)]a f(ay) ≤ [f(x)] a f(ax) ≤ [f(0)]a−1 (3.3.5) nghiệm đúng với 0 ≤ x ≤ y. Với y = 1, (3.3.5) trở thành [Γ(2)]a Γ(1 + a) ≤ [Γ(x + 1)] a Γ(ax + 1) ≤ [Γ(1)]a−1, Vì Γ(1) = 1,Γ(2) = 1, ta suy ta điều phải chứng minh. Bây giờ, trong (3.3.4), nếu thay a = n là số nguyên dương với chú ý Γ(1+n) = n! ta được 1 n! ≤ [Γ(1 + x)] n Γ(1 + nx) ≤ 1. Ta có hệ quả: Hệ quả 3.3.6. [8] Với n ∈ N∗ và với x ∈ [0; 1] ta có 1 n! ≤ [Γ(1 + x)] n Γ(1 + nx) ≤ 1. 3.4 Hàm zeta và bất đẳng thức về hàm zeta Hàm Riemann zeta hay hàm zeta được định nghĩa như sau Định nghĩa 3.4.1. Với s ∈ C và Res > 1, hàm zeta được xác định bởi chuỗi ζ(s) = ∞∑ n=1 1 ns . Riemann đã chứng minh hàm zeta xác định như trên là giải tích trên tập xác định của nó. Euler đã chứng minh được ζ(2) = pi2 6 , ζ(4) = pi4 90 , ζ(6) = pi6 945 , ζ(26) = 1315862.pi26 11094481976030578125 , . . . Định lý sau đây sẽ cho ta một công thức đẹp giữa hàm gamma và hàm zeta: 46 Định lý 3.4.1. [11] Với x > 1 là số thực, ta có Γ(x)ζ(x) = ∞∫ 0 tx−1 et − 1dt. Chứng minh. Với n là số nguyên dương, xét tích phân ∞∫ 0 e−nttx−1dt. Đổi biến, đặt y = nt, ta suy ra dt = dy n , tx−1 = yx−1 nx−1 , t = 0 thì y = 0, t →∞ thì y →∞. Khi đó ∞∫ 0 e−nttx−1dt = ∞∫ 0 e−y yx−1 nx−1 dy n = ∞∫ 0 e−yyx−1 nx dy = 1 nx ∞∫ 0 e−yyx−1dy = 1 nx Γ(x). (3.4.1) Lấy tổng hai vế của (3.4.1) theo tất cả các số tự nhiên n ≥ 1 ta có Γ(x)ζ(x) = ∞∑ n=1 1 nx Γ(x) = ∞∑ n=1 ∞∫ 0 e−nttx−1dt = ∞∫ 0 [ ∞∑ n=1 e−nt ] tx−1dt Vì ∞∑ n=1 e−nt = ∞∑ n=1 (e−t) n là tổng của một cấp số nhân có số hạn đầu bằng e−t, công bội bằng e−t nên ta có Γ(x)ζ(x) = ∞∫ 0 e−t 1 1− e−t t x−1dt = ∞∫ 0 1 et − 1t x−1dt. Định lý được chứng minh. Định lý 3.4.2. [11] Hàm F (x) = Γ(1 + x)ζ(1 + x) là hàm loga-lồi với mọi x ∈ R>. 47 Chứng minh. Theo Định lý 3.4.1 ta có F (x) = Γ(1 + x)ζ(1 + x) = ∞∫ 0 tx et − 1dt. Theo tính chất của tích phân ta có thể bỏ qua giá trị t = 0 và xét hàm f(x, t) = tx et − 1 với x, t là các số dương. Với t > 0 cố định, ln f(x, t) = ln t.x− ln(et − 1) là hàm lồi nên f(x, t) là hàm loga-lồi theo biến x khi t cố định. Do đó, với t > 0 cố định, với x, y > 0, λ ∈ (0; 1) ta có f(λx + (1− λ)y, t) ≤ [f(x, t)]λ[f(y, t]1−λ. Vì f là hàm dương thực sự, nên F cũng vậy. Với x, y > 0, λ ∈ (0; 1), ta có F (λx + (1− λ)y) = ∞∫ 0 f(λx + (1− λ)y, t)dt ≤ ∞∫ 0 [f(x, t)]λ[f(y, t)]1−λdt Áp dụng bất đẳng thức Ho¨lder về tích phân ta có F (λx + (1− λ)y) ≤   ∞∫ 0 f(x, t)dt   λ   ∞∫ 0 f(y, t)dt   1−λ . hay F (λx + (1− λ)y) ≤ [F (x)]λ[F (y)]1−λ Vậy, F là hàm loga-lồi. Định lý 3.4.3. [11] Với a ≥ 1 và với 0 < x ≤ y ta có [Γ(1 + y)ζ(1 + y)]a Γ(1 + ay)ζ(1 + ay) ≤ [ζ(1 + x)] a ζ(1 + ax) . (3.4.2) Chứng minh. Với 0 < x ≤ y, áp dụng bất đẳng thức (3.2.3) trong Định lý 3.2.2 ta có [Γ(1 + y)ζ(1 + y)]a Γ(1 + ay)ζ(1 + ay) ≤ [Γ(1 + x)ζ(1 + x)] a Γ(1 + ax)ζ(1 + ax) . (3.4.3) Áp dụng bất đẳng thức (3.3.4) đối với vế phải của (3.4.3) ta có [Γ(1 + y)ζ(1 + y)]a Γ(1 + ay)ζ(1 + ay) ≤ [ζ(1 + x)] a ζ(1 + ax) . Định lý được chứng minh. 48 Bây giờ, nếu thay y = 1, 0 < x ≤ 1 vào (3.4.2) với chú ý Γ(2) = 1 và ζ(2) = pi 2 6 ta có ( pi2 6 )a 1 Γ(1 + a)ζ(1 + a) ≤ [ζ(1 + x)] a ζ(1 + ax) hay ( pi2 6 )a 1 Γ(1 + a) ≤ [ζ(1 + x)] aζ(1 + a) ζ(1 + ax) . Ta có hệ quả Hệ quả 3.4.4. [11] Với a ≥ 1 và với 0 < x ≤ 1 ta luôn có bất đẳng thức ( pi2 6 )a 1 Γ(1 + a) ≤ [ζ(1 + x)] aζ(1 + a) ζ(1 + ax) . 3.5 Tích phân elliptic - Tích phân elliptic hoàn chỉnh dạng thứ nhất RK - Các bất đẳng thức liên quan Gọi là tích phân elliptic vì nó xuất phát từ một bài toán cổ: tìm độ dài một cung của một ellipse. Việc tìm độ dài cung này dẫn đến một tích phân của một hàm hữu tỉ theo hai biến x, y (thương của hai đa thức theo x và y), trong đó y là căn bậc hai của một đa thức theo x. Nhiều bài toán khác như tìm độ dài cung của đường hyperbol hay đường lemniscate, tính diện tích mặt của một ellipsoid và nhiều bài toán khác của toán học ứng dụng cũng như toán học thuần túy cũng dẫn đến các tích phân tương tự. Ta có định nghĩa Định nghĩa 3.5.1. [7] Cho (x, y) ∈ R2. Khi đó, tích phân∫ r(x, y)dx, trong đó r là bất kỳ hàm hữu tỉ nào của x và y, y là căn bậc hai của một đa thức bậc nhất hoặc đa thức bậc hai theo x được gọi là tích phân elliptic. Các tính chất quan trọng đầu tiên của tích phân elliptic là các định lý về phép cộng được Euler đưa ra trong những năm 1752 - 1761, và định lý được hoàn thiện nhiều mặt trong luận án của Legendre vào những năm 1825 - 1826. Trong suốt những năm 1827 - 1830, Abel và Jacobi đã khám phá ra một tính chất khá quan trọng của tích phân elliptic: các hàm elliptic là hàm ngược của các tích phân elliptic. 49 Định nghĩa 3.5.2. [11] Cho b = (b1, b2) ∈ R2+. Khi đó µb(t) = Γ(b1 + b2) Γ(b1)Γ(b2) tb1−1(1− t)b2−1 được gọi là độ đo Dirichlet trên [0; 1]. Người ta đã chứng minh được rằng 1∫ 0 µb(t)dt = 1. Nói cách khác, µb là độ đo xác suất trên [0; 1]. Để hiểu thêm về độ đo Dirichlet, độc giả có thể xem trong ([7], trang 64 - 68). Định nghĩa 3.5.3. [10] Cho điểm X = (x, y) ∈ R2>, hàm R-siêu bội Rp(b;X) (p ∈ R) là hàm được xác định bởi công thức Rp(b;X) = 1∫ 0 (u.X)pµb(t)dt, (3.5.1) trong đó u = (t, 1− t) và u.X = tx + (1− t)y. Với p ∈ R, b = (b1, b2) ∈ R2+, X = (x, y) ∈ R2>, ta cũng sẽ ký hiệu Rp(b;X) = Rp(b1, b2;x, y). Việc khảo sát tích phân elliptic đưa đến việc khảo sát một số tích phân cơ bản trong đó có tích phân elliptic hoàn chỉnh dạng thứ nhất RK(x, y) = R−1/2 ( 1 2 , 1 2 ;x, y ) . Ta sẽ chứng minh RK(x, y) là hàm loga-lồi theo các biến và thiết lập một vài bất đẳng thức liên quan đến hàm này. Định lý 3.5.1. [10] Cho p . Khi đó bất đẳng thức Rp(b;λX + (1− λ)Y ) ≤ [Rp(b;X)]λ[Rp(b;Y )]1−λ đúng với mọi 0 ≤ λ ≤ 1. Chứng minh. Theo Ví dụ 2.1.18, hàm x → xp (x > 0) là hàm loga-lồi khi p < 0. Do đó bất đẳng thức (λx + (1− λ)y)p ≤ (xp)λ(yp)1−λ (3.5.2) 50 đúng với mọi số dương x, y. Theo (3.5.1), (3.5.2) và áp dụng bất đẳng thức Ho¨lder trong tích phân ta có Rp(b;λX + (1− λ)Y ) = 1∫ 0 [u.(λX + (1− λ)Y ]pµb(t)dt = 1∫ 0 [λ(u.X) + (1− λ)(u.Y )]pµb(t)dt ≤ ∫ 1 0 [(u.X)pµb(t)] λ[(u.Y )pµb(t)] 1−λdt ≤   1∫ 0 (u.X)pµb(t)dt   λ   1∫ 0 (u.Y )pµb(t)dt   1−λ = [Rp(b;X)] λ[Rp(b;Y )] 1−λ. Định lý được chứng minh. Cũng theo Định lý 3.5.1 và do (λx1 + (1 − λ)x2, y) = λ(x1, y) + (1 − λ)(x2, y) nên Rp(b1, b2;x, y) là hàm loga-lồi theo biến x. Thực hiện tương tự ta cũng suy ra Rp(b1, b2;x, y) là hàm loga-lồi theo biến y. Ta có hệ quả: Hệ quả 3.5.2. [11] Hàm RK(x, y) là hàm loga-lồi theo một biến khi cố định biến còn lại. Bây giờ, theo Hệ quả 3.5.2 với z > 0, a ≥ 1, đặt f(x) = RK(x, z) (x > 0). Áp dụng bất đẳng thức (3.2.3) trong Định lý 3.2.2 ta có [RK(y, z)]a RK(ay, z) ≤ [RK(x, z)] a RK(ax, z) hay [ RK(y, z) RK(x, z) ]a ≤ RK(ay, z) RK(ax, z) (0 < x ≤ y) (3.5.3) Người ta đã chứng minh được RK là hàm liên tục theo các biến của nó và RK(x 2, y2) = RK [( x + y 2 )2 , xy ] , (x, y ∈ R>). (3.5.4) Nói cách khác, RK bất biến qua phép thay x, y bởi trung bình cộng và trung bình nhân của x, y. 51 Khi đó, giới hạn của hai dãy xác định bởi x0 = x, y0 = y, x1 = 1 2 (x + y) y1 = (x.y) 1/2 ... ... xn+1 = 1 2 (xn + yn), yn+1 = (xnyn) 1/2, n ∈ N được gọi là trung bình cộng - trung bình nhân Gauss của x và y, M = M(x, y) = limxn = lim yn. Theo định nghĩa của dãy (xn), (yn) và (3.5.4), ta thấy RK(x2, y2) = RK(x21, y 2 1). Bằng quy nạp ta nhận được RK(x 2, y2) = RK(x 2 1, y 2 1) = . . . = RK(x 2 n, y 2 n) = . . . . (3.5.5) Từ đó, áp dụng tính chất liên tục theo các biến của RK(x, y) và theo (3.5.5) người ta suy ra RK(x 2, y2) = RK(x 2 n, y 2 n) = limn→∞ RK(x 2 n, y 2 n) = RK(M 2,M2) = 1 M(x, y) . Năm 1799, Gauss đã tìm ra công thức nghịch đảo của M(x, y) và đi đến công thức RK(x 2, y2) = 2 pi pi 2∫ 0 (x2 sin2 θ + y2 cos2 θ)−1/2dθ. hay RK(x, y) = 2 pi pi 2∫ 0 (x sin2 θ + y cos2 θ)−1/2dθ (x, y ∈ R>). Người ta cũng định nghĩa Định nghĩa 3.5.4. [11] Dạng Legendre của tích phân hoàn chỉnh dạng 1, ký hiệu bởi K(k) được cho bởi công thức K(k) = pi/2∫ 0 (1− k2 sin2 θ)−1/2dθ. Ta chỉ làm việc với k ∈ (0; 1). 52 Theo định nghĩa của K(k) ta có K(k) = pi/2∫ 0 ((1− k2) sin2 θ + cos2 θ)−1/2dθ = pi 2 RK(1− k2, 1). Bây giờ, giả sử 0 < l ≤ k < 1. Ta có K(k) = pi 2 RK(1− k2, 1), K(l) = pi 2 RK(1− l2, 1). Áp dụng (3.5.3) và theo trên ta có [ K(l) K(k) ]a = [ RK(1− l2, 1) RK(1− k2, 1) ]a ≤ RK(a(1− l 2), 1) RK(a(1− k2), 1) = pi 2RK(1− (1− a + al2), 1) pi 2RK(1− (1− a + ak2), 1) = K(m) K(r) , nếu 0 < m = 1− a + al2 < 1, 0 < r = 1− a + ak2 < 1. Ta có định lý Định lý 3.5.3. [11] Với 0 < l ≤ k < 1, nếu 0 < m = 1 − a + al2 < 1, 0 < r = 1− a + ak2 < 1 thì ta có [ K(l) K(k) ]a ≤ K(m) K(r) 53 KẾT LUẬN Khóa luận đã giải quyết nhiều vấn đề về lý thuyết cũng như ứng dụng của hàm lồi, tập trung vào những nội dung sau: Hệ thống hóa các kiến thức đã biết về không gian tuyến tính định chuẩn, sự liên tục, khả vi, giá trị cực đại và giá trị cực tiểu, các bất đẳng thức và chuyển giới hạn dưới dấu tích phân, tập lồi - hàm lồi và hàm loga-lồi,. . . Các kiến thức này là cần thiết cho việc theo dõi khóa luận. Trình bày một số vấn đề lý thuyết của hàm lồi như các phép toán liên quan đến hàm lồi, tính liên tục, khả vi, các định lý liên quan đến giá trị cực đại và cực tiểu. Đi sâu tìm hiểu về các bất đẳng thức liên quan đến hàm lồi. Khảo sát một số ứng dụng của hàm lồi và hàm loga-lồi. Đó là các vấn đề liên quan đến việc tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm lồi, khảo sát lớp hàm loga-lồi và một số hàm đặc biệt cũng như thiết lập các bất đẳng thức liên quan đến chúng. Chúng tôi đã cố gắng hoàn thành luận văn một cách tốt nhất có thể; đi sâu phân tích, chứng minh nhằm giúp người đọc có cái nhìn tổng quát về vấn đề đang nghiên cứu. Tuy nhiên, có thể do hạn chế của bản thân và thời gian có hạn, chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được sự nhận xét và góp ý chân thành từ quý thầy cô cũng như độc giả để khóa luận hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn! 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Định và Nguyễn Hoàng, Hàm số biến số thực (cơ sở giải tích hiện đại), NXB Giáo Dục - 2007. [2] Nguyễn Hoàng và Lê Văn Hạp, Giáo trình giải tích hàm, NXB Giáo Dục - 2006. [3] Nguyễn Hữu Điển, Giải toán bằng phương pháp đại lượng cực biên, NXB Giáo Dục 2005, trang 183–218. [4] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo Dục – 2006. [5] Phạm Ngọc Thao, Giáo trình toán đại cương (Phần II: Giải tích – tập I), NXB Đại học quốc gia Hà Nội –1998. [6] A. Wayne Robert và Dale E. Varberg, Convex functions, Academic Press - 1973. [7] B. C. Carlson, Special functions of applied mathematics, Academic Press, New York, 1977. [8] C. Alsina and M. S Tomás, A geometrical proof of a new inequal- ity for the gamma function, Journal of Inequalities in Pure and Ap- plied Mathematics, volume 6. issue 2. 2005, Article 48 [ONLINE: ]. [9] Constantin P. Niculescu and Lars - Erik Persson, Convex functions and their applications, Springer Science + Business Media, 2006. [10] Edward Neuman and József Sándor, On the schwab-borchardt mean II, Mathe- matica Pannonica, 17(1)(2006). [11] Edward Neuman, inequalities involving a logarithmically convex functions and their applications to special functions, Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics, volume 7. issue 1. 2006, Article 16 [ONLINE: vu. edu.au/]. 55 [12] H. G. Eggleston, Convexity, the Syndics of the Cambridge University Press, 1958, pages 1–16. [13] Jeffrey Stopple, A primer of analytic number theory from Pythagoras to Riemann, Cambridge University Press, 2003, pages 193–212. [14] John Derbyshire, Prime obsession - Bernhard Riemann and the greatest unsolved problem in mathematics, Joseph Henry Press - Washington D.C, 2003, pages 63– 81. [15] József Sándor, A note on certain inequalities for the gamma function, Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics, volume 6. issue 3. 2005, Article 61 [ONLINE: ]. [16] Lazhar Bougoffa, New inequalities about convex functions, Journal of Inequalities in Pure and Applied Mathematics, volume 7. issue 4. 2006, Article 148 [ONLINE: ]. 56