Phương pháp nội suy - Nguyễn Văn Mậu

t.
Vì vậy, khi hàm số f(x) lồi và khả vi trên I(a, b) thì đồ thị của nó luôn luôn
thuộc nửa mặt phẳng trên tạo nên bởi tiếp tuyến tại mỗi điểm tuỳ ý cho trước của
đồ thị đó. Nói cách khác, nếu f(x) lồi trên I(a, b) thì với mọi cặp x0, x ∈ I(a, b),
ta đều có
f(x) > f(x0) + f ′(x0)(x− x0). (3.23)
Thật vậy, (3.23) tương đương với
f ′(x0) 6
f(x)− f(x0)
x− x0 , khi x > x0; x0, x ∈ I(a, b), (3.24)
và
f ′(x0) >
f(x)− f(x0)
x− x0 , khi x < x0; x0, x ∈ I(a, b). (3.25)
Các bất đẳng thức (3.24) và (3.25) là hiển nhiên (theo Định lí Lagrange).
Dễ nhận thấy rằng (3.23) xảy ra đẳng thức khi x0 = x. Vậy ta có thể viết
(3.23) dưới dạng
f(x) = max
u∈I(a,b)
[f(u) + f ′(u)(x− u)].
Tương tự, ta cũng có biểu diễn đối với hàm lõm.
Khi hàm số f(x) lõm và khả vi trên I(a, b) thì đồ thị của nó thuộc nửa mặt
phẳng dưới tạo bởi tiếp tuyến tại mỗi điểm tuỳ ý thuộc đồ thị, tức là với mỗi
cặp x0, x ∈ I(a, b), ta đều có
f(x) 6 f(x0) + f ′(x0)(x− x0). (3.26)
Dễ nhận thấy rằng (3.26) xảy ra đẳng thức khi x0 = x. Vậy ta có thể viết (3.26)
dưới dạng
f(x) = min
u∈I(a,b)
[f(u) + f ′(u)(x− u)]. (3.27)
Như vậy chúng ta đã có một dạng biểu diễn hàm lồi và hàm lõm thông qua
cực trị của các hàm số bậc nhất phụ thuộc tham biến. Phép biểu diễn này được
gọi là (theo Bellman) biểu diễn á tuyến tính và nó đóng vai trò quan trọng như
là một công cụ hữu hiệu trong nhiều bài toán tính toán cực trị và tối ưu.
Tương tự, ta cũng có biểu diễn đối với lớp hàm lồi nhiều biến.
3.4. Dạng nội suy và tính chất hàm lồi, lõm bậc cao 149
Xét hàm số thực nhiều biến F (x1, x2, . . . , xn). Giả sử, ứng với mọi bộ số
(z1, z2, . . . , zn), z1 > z2 > · · ·> zn,
ta đều có
F (x1, x2, . . . , xn) > F (z1, z2, . . . , zn) +
n∑
i=1
(xi − zi)∂F
∂zi
(z1, z2, . . . , zn).
Khi đó, hiển nhiên
F (x1, x2, . . . , xn) = max
(z1,z2 ,...,zn)
[
F (z1, z2, . . . , zn)+
n∑
i=1
(xi−zi)∂F
∂zi
(z1, z2, . . . , zn)
]
.
Sử dụng khai triển Taylor, ta dễ dàng chứng minh bất đẳng thức sau đối với
lớp hàm lồi bậc bốn. Các kết luận này cũng đúng đối với lớp hàm lồi bậc chẵn
tuỳ ý.
Định lý 3.12. Cho hàm số f(x) có đạo hàm bậc bốn không âm trong (a, b), tức
là
f (4)(x) > 0, ∀x ∈ (a, b).
Khi đó, ta luôn có bất đẳng thức sau
f(x) > f(x0)+f
′
(x0)(x−x0)+f
”(x0)(x− x0)2
2!
+
f
′′′
(x0)(x− x0)3
3!
, ∀x, x0 ∈ (a, b).
Tương tự, nếu hàm số f(x) có đạo hàm bậc bốn luôn luôn không dương trong
(a, b), tức là
f (4)(x) 6 0, ∀x ∈ (a, b),
thì ta luôn có bất đẳng thức sau
f(x) 6 f(x0)+f
′
(x0)(x−x0)+f
”(x0)(x− x0)2
2!
+
f
′′′
(x0)(x− x0)3
3!
, ∀x, x0 ∈ (a, b).
Hệ quả 3.2. Với mọi đa thức bậc bốn
P (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx+ d,
ta đều có
P (x) > P (x0) + (4(x30 + 3ax20 + 2bx0 + c)(x− x0)
+
(12x20 + 6ax0 + 2b)(x− x0)2
2!
+
(24x+ 6a)(x0)(x− x0)3)
3!
, ∀x, x0 ∈ R.
3.4. Dạng nội suy và tính chất hàm lồi, lõm bậc cao 150
Tiếp theo ta nêu một vài áp dụng trực tiếp trong chứng minh bất đẳng thức.
Bài toán 3.18. Chứng minh rằng khi x > 0 ta có
lnx 6 1
2006
2006∑
n=1
[
lnn+
1
n
(x− n) 1
2!
1
n2
(x− n)2 + 2
3!
1
n3
(x− n)3
]
.
Giải. Xét hàm số y = f(x) = ln x, ∀x > 0. Khi đó
f
′
(x) =
1
x
, f”(x) = − 1
x2
; f
′′′
(x) =
2
x3
; f4(x) = − 6
x4
 0.
Suy ra
lnx 6 ln a++1
a
(x− a)− 1
a2
(x− a)2
2!
+
2
a3
(x− a)3
3!
, ∀x, a > 0.
Lần lượt thay a bởi 1, · · · , 2006, ta thu được
ln x 6 ln 1 + (x− 1)− 1
2!
(x− a)2 − 2
3!
(x− 1)3,
ln x 6 ln 2 + 1
2
(x− 2)− 1
22
(x− 2)2
2!
+
2
23
(x− 2)3
3!
,
...
...
...
ln x 6 ln 2006 + 1
2006
(x− 2006)− 1
20062
(x− 2006)2
2!
+
2
20063
(x− 2006)3
3!
.
Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên, ta được
2006 ln x 6
2006∑
n=1
lnn+
2006∑
n=1
1
n
(x− n)− 1
2!
2006∑
n=1
1
n2
(x− n)2 + 2
3!
2006∑
n=1
1
n3
(x− n)3.
Suy ra
lnx 6 1
2006
2006∑
n=1
[
lnn +
1
n
(x− n) 1
2!
1
n2
(x− n)2 + 2
3!
1
n3
(x− n)3
]
.
Bài toán 3.19. Chứng minh rằng với x ∈ (0, pi), ta đều có
sinx+
2
pi
(x− pi
2
) +
23
pi3
(x− pi
2
)3
3
> ln 2x
pi
+
22
pi2
(x− pi
2
)2
2
.
3.4. Dạng nội suy và tính chất hàm lồi, lõm bậc cao 151
Giải. Xét hàm số f(x) = sinx− ln 2x
pi
. Khi đó
f
′
(x) = cosx− 1
x
,
f
′′
(x) = − sinx+ 1
x2
,
f
′′′
(x) = − cosx− 2
x3
,
f (4)(x) = sinx+
6
x4
> 0, ∀x ∈ (0, pi).
Suy ra
sinx− ln 2x
pi
> sina− ln 2a
pi
+
(
cos a− 1
a
)
(x− a)
+
(
− sin a+ 1
a2
)(x− a)2
2!
+
(
− cos a− 2
a3
)(x− a)3
3!
, ∀a ∈ (0, pi).
Chọn a =
pi
2
, ta thu được
sinx− ln 2x
pi
>
(
sin
pi
2
− ln
2
pi
2
pi
)
+
(
cos
pi
2
− 1pi
2
)(
x− pi
2
)
+
(
− sin pi
2
+
1(pi
2
)2)
(
x− pi
2
)2
2!
+ (− cos pi
2
− 2
(
pi
2
)3
)
(x− pi
2
)3
3!
và
sin x− ln 2x
pi
> 1− 2
pi
(x− pi
2
)−
(x− pi
2
)2
2
+
22
pi2
(x− pi
2
)2
2
− 2
3
pi3
(x− pi
2
)3
3
.
Vì
1−
(x− pi
2
)2
2
> 0, ∀x ∈ (0, pi)
nên
sinx+
2
pi
(
x− pi
2
)
+
23
pi3
(
x− pi
2
)3
3
> ln 2x
pi
+
22
pi2
(
x− pi
2
)2
2
.
3.4. Dạng nội suy và tính chất hàm lồi, lõm bậc cao 152
Bài toán 3.20. Cho ba số u1, v1, w1 và u2, v2, w2 thỏa mãn điều kiện{
u1 > u2, v1 > v2
u1 + v1 + w1 = u2 + v2 + w2.
và cho hàm số f(x) có đạo hàm cấp hai dương với mọi x và đạo hàm cấp bốn
dương với mọi x. Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng thức sau
f(u1) + f(v1) + f(w1) > f(u2) + f(v2) + f(w2) +
1
2
(u2 − u1)(v2 − v1)(w1 − w2).
Giải. Vì f (4)(x) > 0, và f (
′′)(x) > 0 với mọi x nên suy ra
f(x) > f(a) + f ′(a)(x− a) + 1
3!
f
′′′
(a)(x− a)3, với mọi a.
Thay x bởi u1, v1, w1 và a bởi u2, v2, vv2 ta được
f(u1) > f(u2) + f
′
(u2)(u1 − u2) + 13!f
′′′
(u2)(u1 − u2)3,
f(v1) > f(v2) + f
′
(v2)(v1 − v2) + 13!f
′′′
(v2)(v1 − v2)3,
f(w1) > f(w2) + f
′
(w2)(w1− w2) + 13!f
′′′
(w2)(w1 − w2)3.
Suy ra
f(u1)+f(v1)+f(w1) > f(u2)+f(v2)+f(w2)+
[
f
′
(u2)−f ′(w2)
][
(u1−u2)+(v1−v2)
]
+
[
f
′
(u2)− f ′(v2)
]
(u1 − u2) + 13!
[
f
′′′
(v2)− f ′′′(w2)
][
(u1 − u2)3 + (v1 − v2)3
]
+
1
3!
[
f
′′′
(u2)−f ′′′(v2)
]
(u1−u2)3+ 13!f
′′′
(w2)
[
(w1−w2)3+(u1−u2)3+(v1−v2)3
]
.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử
u1 > v1 > w1, u2 > v2 > w2.
Vì u1 > u2, v1 > v2 và f
′
(x), f
′′′
(x) là các hàm đơn điệu tăng nên suy ra
f(u1) + f(v1) + f(w1) >
> f(u2) + f(v2) + f(w2) + f
′′′
(w2)
[
(w1 − w2)3 + (u1 − u2)3 + (v1 − v2)3
]
> f(u2) + f(v2) + f(w2)
+
1
3!
f
′′′
(w2)
[
((u2 − u1)− (v2 − v1))3 − (u2 − u1)3 − (v2 − v1)3
]
> f(u2) + f(v2) + f(w2) +
1
2
f
′′′
(w3)(u2 − u1)(v2 − v1)(w1 − w2).
3.4. Dạng nội suy và tính chất hàm lồi, lõm bậc cao 153
Vậy nên
f(u1) + f(v1) + f(w1) > f(u2) + f(v2) + f(w2) +
1
2
(u2 − u1)(v2 − v1)(w1 − w2).
Bài toán 3.21. Cho ba số u1, v1, w1 và u2, v2, w2 thỏa mãn điều kiện{
u1 > u2, v1 > v2
u1 + v1 + w1 = u2 + v2 + w2
và cho hàm số f(x) có đạo hàm cấp hai và đạo hàm cấp bốn luôn nhận giá trị
âm với mọi x. Chứng minh rằng
f(u1) + f(v1) + f(w1) 6 f(u2) + f(v2) + f(w2) +
1
2
(u2 − u1)(v2 − v1)(w1 − w2).
Cách chứng minh hoàn toàn tương tự như bài toán 3.20.
Bài toán 3.22. Cho {
x > 3, y > 2
x+ y + z = 6.
Chứng minh rằng
ln
(xyz
6
)2
6 (3− x)(2− y)(z − 1).
Giải. Xét hàm số f(x) = lnx. Khi đó, ta có
f
′
(x) =
1
x
, f
′′
(x) = − 1
x2
< 0, f
′′′
(x) =
2
x3
, f (4)(x) = − 6
x4
< 0
Suy ra
lnx+ ln y + ln z 6 ln 3 + ln 2 + ln 1 + 1
2
(3− x)(2− y)(z − 1)
⇔ ln xyz
6
6 (3− x)(2− y)(z − 1)
2
⇔ ln
(xyz
6
)2
6 (3− x)(2− y)(z − 1)
Bài toán 3.23. Giả sử hàm số f(x) dương và khả vi hai lần (bậc hai) trên I(a, b).
Khi đó để ln f(x) là hàm lồi, điều kiện cần và đủ là
f(x)f ′′(x)− [f ′(x)]2 > 0, ∀x ∈ I(a, b).
3.4. Dạng nội suy và tính chất hàm lồi, lõm bậc cao 154
Giải. Đặt g(x) = ln f(x). Khi đó điều kiện cần và đủ để hàm g(x) lồi là
g′′(x) > 0. Tức là,[
f ′(x)
f(x)
]′
> 0 ⇔ f
′′(x)f(x)− f ′2(x)
f2(x)
> 0⇔ f(x)f ′′(x)− [f ′(x)]2 > 0.
Bài toán 3.24. Chứng minh rằng với a, b, x, y > 0, thì
x ln
x
a
+ y ln
y
b
> (x+ y) ln x + y
a + b
.
Giải. Xét hàm số f(x) = x ln x. Ta có
y′ = ln x+ 1, y′′ =
1
x
> 0, ∀x > 0.
Vậy hàm số y = f(x) là hàm lồi. Khi đó, với
x
a
,
y
b
> 0, ta có
f
(
a
a+ b
· x
a
+
b
a+ b
· y
b
)
6 a
a + b
· f
(x
a
)
+
b
a+ b
· f
(y
b
)
⇔ x+ y
a+ b
· ln x+ y
a+ b
6 x
a+ b
ln
x
a
+
y
a+ b
ln
y
b
⇔ (x+ y) ln x+ y
a+ b
6 x ln x
a
+ y ln
y
b
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x
a
=
y
b
.
Bài toán 3.25. Chứng minh rằng ứng với mỗi bộ n số dương (x) với trọng (α),
ta đều có
dMh(x, α)
dh
6 0, ∀h ∈ R \ {0},
trong đó
Mh(x, α) = (α1xk1 + · · ·+ αnxhn)
1
h .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · ·= xn.
Giải. Thật vậy, để ý rằng
h2
Mh(x, α)
n∑
i=1
αix
h
i
dMh(x, α)
dh
=
=
n∑
i=1
αix
h
i lnx
h
i −
( n∑
i=1
αix
h
i
)
ln
( n∑
i=1
αix
h
i
)
. (3.28)
3.4. Dạng nội suy và tính chất hàm lồi, lõm bậc cao 155
Mặt khác, dễ dàng kiểm tra tính lồi của hàm số g(x) := x ln x trong (0,+∞).
Ta thu được
g(xi) > g(x) + (xi − x)g′(x), ∀x, xi > 0.
Từ đây, chọn x =
n∑
i=1
αixi, ta được
n∑
i=1
αig(xi) > g
( n∑
i=1
αixi
)
hay
n∑
i=1
αixi ln xi >
( n∑
i=1
αixi
)
ln
( n∑
i=1
αixi
)
. (3.29)
Dấu đẳng thức trong (3.29) xảy ra khi và chỉ khi các số xi đều nhận giá trị bằng
nhau. Từ (3.28) và (3.29), ta suy ra
dMh(x, α)
dh
6 0, ∀h ∈ R \ {0},
và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · ·= xn.
Như vậy, nếu các số xi không nhận cùng giá trị như nhau thìMh(x, α) là một
hàm đồng biến theo biến h ∈ R. Đồ thị của hàm y = Mh(x, α) có hai tiệm cận
ngang y = min{xi; i = 1, 2, . . . , n} và y = max{xi; i = 1, 2, . . . , n}.
Bài toán 3.26. Chứng minh rằng ứng với mỗi bộ n số dương (x) với trọng (α),
ta đều có
f(h) = h lnMh(x, α)
là một hàm lõm trên R.
Giải. Vì f(h) là hàm khả vi, nên ta kiểm tra tính lồi thôn