Khóa luận Một số tính chất hàm lồi và ứng dụng

chặn trong B(0, ). Với x ∈ B(0, ), vì 0 = 1 2 x + 1 2 (−x) nên ta có f(0) ≤ 1 2 f(x) + 1 2 f(−x)). Do đó, f(x) ≥ 2f(0)− f(−x)). Vì x ∈ B(0, ) nên || − x|| < , do đó −f(−x) ≥ −N hay f(x) ≥ 2f(0)−N . Vậy, f bị chặn dưới trong B(0, ) hay f bị chặn trong B(0, ) bởi M = max{|N |, |2f(0)−N |}. Bước 2: Ta chứng minh f bị chặn địa phương trong U (0 ∈ U), tức là với y ∈ U bất kỳ, ta sẽ chứng minh f bị chặn trong một lân cận nào đó của y. Trường hợp y = 0 đã được xét ở bước 1, ta xét y 6= 0. Do U mở, y ∈ U nên y thuộc một hình cầu mở B(y, ′) tâm y bán kính ′ chứa trong U . Theo Bổ đề 2.1.6, tồn tại µ > 1 sao cho z = µy ∈ B(y, ′) ⊂ U . Đặt λ = 1/µ. Suy ra 0 < λ < 1. Khi đó, theo Bổ đề 2.1.6 thì tập A = {v ∈ X : v = (1− λ)x + λz, x ∈ B(0, )} là một hình cầu mở tâm y = λz với bán kính (1− λ). Với v ∈ A ta có f(v) ≤ (1− λ)f(x) + λf(z) ≤ (1− λ)M + λ|f(z)| ≤ M + |f(z)|. Hay f bị chặn trên trong A, theo bước 1 ta suy ra f bị chặn trong A. Vậy, với mỗi y ∈ U đều tồn tại một lân cận để f bị chặn trong lân cận đó. Nói cách khác, f bị chặn địa phương trong U . Định lý 2.1.9. [6] Cho f là một hàm lồi trên tập lồi mở U ⊆ X. Nếu f bị chặn trên trong một lân cận của một điểm thuộc U , thì f là Lipschitz địa phương trên U . Chứng minh. Theo Định lý 2.1.8 ta suy ra f bị chặn địa phương trong U . Do đó, với x0 ∈ U ta có thể tìm được một lân cận B(x0, 2) ⊆ U và một số M > 0 sao cho |f(x)| ≤ M, ∀x ∈ B(x0, 2). 19 Giả sử f không thỏa mãn điều kiện Lipschitz trên B(x0, ). Khi đó tồn tại x1, x2 ∈ B(x0, ), x1 6= x2 để f(x2)− f(x1) > 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