Hàm Lồi Và ứng Dụng - 123doc

“Hàm lồi và ứng dụng”.Mục đích của đề tài này là nêu ra một số ứng dụng tính chất của hàm lồi đểchứng minh các bất đẳng thức sơ cấp.. Khoá luận gồm hai chơng Chơng 1: Trình bày các kiến

Trêng §¹i häc Vinh

Khoa to¸n



Khoa to¸n



NguyÔn ThÞ HiÒn

“Hàm lồi và ứng dụng”.

Mục đích của đề tài này là nêu ra một số ứng dụng tính chất của hàm lồi đểchứng minh các bất đẳng thức sơ cấp

Khoá luận gồm hai chơng

Chơng 1: Trình bày các kiến thức cơ bản về tập lồi và hàm lồi cùng với bất

đẳng thức nổi tiếng của W.V Jensen

Chơng 2: Trình bày các ứng dụng của hàm lồi trong việc giải các bất đẳngthức sơ cấp.

Khoá luận này đợc thực hiện và hoàn thành tại trờng Đại học Vinh dới sự ớng dẫn tận tình, chu đáo của thầy giáo, TS Trần Xuân Sinh Nhân dịp này tôixin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi cũng xin trân trọng gửi lời cảm ơntới các thầy cô giáo trong khoa Toán, Đại học Vinh và các bạn bè đã góp ý, tạo

h-điều kiện giúp đỡ cho việc hoàn thành khoá luận này Tôi xin chân thành cảm

Tập hợp M ⊆R n đợc gọi là lồi nếu với mọi X1, X2∈M thì

X = λX1 + (1 - λ)X2 ∈M, λ∈ [0, 1]

Nghĩa là đoạn thẳng nối hai điểm thuộc M thì nằm trọn trong M.

2 Tính chất của tập lồi

Định lý 1 Tập A là lồi khi và chỉ khi tổ hợp lồi của hữu hạn điểm thuộc A

cũng thuộc A.

Chứng minh Giả sử tổ hợp lồi của hữu hạn điểm thuộc A cũng thuộc A, tức

Rõ ràng với k = 2, theo định nghĩa tập lồi ta có M là lồi.

Ngợc lại, giả sử cho tập A lồi ta cần chứng minh rằng với X1, , X k ∈ A, k

Rõ ràng với k = 2 theo định nghĩa ta có kết luận (1) đúng.

Giả sử kết luận đúng với k (tức là với X1, X2, , X k ∈ M thì X = ∑

k i

λi X i ∈A, (∀λi ≥ 0, ∑+

=

1 1

k i

k

i λi X i, ∀λi ≥ 0, ∑+

=

1 1

Vì λi ≥ 0 và ∑+

=

1 1

Mµ theo gi¶ thiÕt ta cã A låi nªn X = (1 - λk +1)Y + λk +1 X k +1∈ A (®pcm).

§Þnh lý 2 Giao cña c¸c tËp låi lµ tËp låi NghÜa lµ cho c¸c tËp låi A i,

• Cho tập lồi M ∈ R n, hàm f xác định trên M đợc gọi là hàm lồi nếu với mọi

X, Y ∈M, mọi λ∈ [0, 1] ta có

f(λX + (1 - λ)Y) ≤λf(X) + (1 - λ)f(Y) (3)

• Nếu bất đẳng thức (3) đổi chiều thì hàm f đợc gọi là hàm lõm.

Về mặt ý nghĩa hình học thì bất đẳng thức (3) có ý nghĩa nh sau:

Mọi điểm của bất kỳ cung A1A2 nào đó của đồ thị nằm dới cát tuyến A1A2hoặc cùng lắm là nằm ngay trên cát tuyến A1A2 với A1(x1, f(x2)), A2(x2, f(x2))(Hình 1)

Thật vậy, từ x = λx1 + (1-λ)x2 với λ∈ [0, 1] Giả sử x1< x2 ta có x1 < x < x2

1 2

x x

y y

−

−(x - x2) + y2.Thay vào ta có

y(x) = y(λx1 + (1 - λ)x2) =

1 2

1 2

x x

y y

−

−(λx1 + (1 - λ)x2 - x2) + y2

λf(X1) + (1- λ)f(X2) = λ 2

1

X + (1- λ)X 22

Ta sÏ chøng minh cho λf(X1) + (1- λ)X2 - f(X1 + (1- λ)X2) ≥ 0.

Ta cã

[λ 2 1

2

X - 2(λ - λ2)X1X2 = = (λ - λ2)(X1 - X2)2 ≥ 0 (do λ∈ [0, 1] nªn λ - λ2≥ 0)

VÝ dô 3: Gi¶ sö X * lµ kh«ng gian liªn hîp cña X

Hµm tùa (sup.protfunctien) S(.|A) cña tËp låi A ⊂X * lµ mét hµm låi

sup 〈x *, x〉 + (1- λ)x*∈A

sup 〈x *, y〉 = λS(x|A) + (1- λ)S(y|A).

12

12

1

y f x

f y

1 2

1 1

2

1 2

1

x x

x f x x f x

x

x f x x f

−

−+

β

β

α

(**)Vẫn theo định lý Lagrange tồn tại ξ2 (αx1 + βx2 <ξ2 < x2) sao cho

f(x2) - f(αx1 + βx2) = (x2 - λx1 - βx2)f’(ξ2),nên

f’(ξ2) = ( ) ( ( ) )

1 2

2 1

2

x x

x x f x f

−

+

−α

Lại do ξ1 < ξ2 nên f’(ξ1) < f’(ξ2), tức là từ (**) và (***) ta có

)(

)()(

1 2

1 2

1

x x

x f x x f

−

−

+β

β

)(

)(

)(

1 2

2 1

2

x x

x x f x f

−

+

−α

β

Do α, β > 0 và x2 > x1 nên f(αx1 + βx2) < αf(x1) + βf(x2) (đpcm)

Chú ý: Nếu nh f ”(x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) thì f(x) là hàm lõm trên (a, b).

d) Hệ quả Các hàm sau đây là lồi

11

.ln

f

1 1

)(λ

Với n = 2 thì theo định nghĩa hàm lồi bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng.

Giả sử bất đẳng thức (*) đúng với n = k, ta cần chứng minh đúng với

n = k +1.

Ta có với ∀λi ≥ 0, ∑+

=

1 1

+

k i

i k

i k

1

1)1

(

λ

λλ

βi ≥ 0 và ∑

=

k i

λ

λ =

1

)(

β (**)Vì f lồi nên

k i i

i x

f λ ≤λk +1 f(x k +1) + (1 - λk +1) ∑= 

k i

i

i f x

1

)(β

1

)(λ

= ∑+

=

1 1

k i i

)(

k i

k i i

λ f(x i) (đpcm)

Các dạng đặc biệt của bất đẳng thức Jensen

i) Dạng đơn giản.

Trong bất đẳng thức Jensen lấy λ1 = λ2 = = λn =

n

1 khi đó ta có kết quả:

Nếu hàm số y = f(x) lồi trên M lồi thì với ∀x1, x2, , x n ∈ M ta có bất đẳng

x

n

x f x

f x

m

m

+++ 2

+++

n

n n

m m

m

x m x

m x m

f

2 1

2 2 1

n

n n

m m

m

x f m x

f m x

f m

+++

++

+

)(

)()

(

2 1

2 2 1

Chú ý: Nếu hàm f lõm trên M thì các bất đẳng thức trên đổi chiều.

Chơng 2

ứng dụng tính chất hàm lồi

I chứng minh các bất đẳng thức cổ điển

1 + + + ≥ , (∀x i≥ 0, i = 1, 2, , n).

x f x

x x

Xét hàm lồi f(x) = x2, với mọi x ∈R.

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát ta có

n

n n n

n n

m m

x m x

m m

m

x m x

m

++

++

1 1 2

1

1 1

1

2 1 2 1 2 2

1 2

1

1 2

n

n n n

n

n n

b

a b b

a b b b

b

a b b

a b

⇔ (a1b1 + + a n b n) ≤ ( )( 2 2)

1 2 2

n

n

a a

a1 2 + n

n

b b

b1 2 ≤ n

n

n b a b a b

( 1 + 1 2 + 2 + ,trong đó a1, a2, , a n ; b1, , b n là 2n số dơng.

f n

x x

+ +

n a

b a

b

n n

e

ln

ln

1 1

n

a a b b

1ln

1 1

⇔ n

n

n

n n

n

a a

b b a

a a

b a b a

)) (

b1 2 ≤ n

n

n b a b

q p

n p

a1 + 2 + + 1 1 + 2 + + 1 ,với a i, b i > 0; p, q > 0 ;

q p

11+ = 1

p

n

n n

m m

x m x

m m

m

x m x

m

++

++

1

tức là p

n

p n n p

n

n n

m m

x m x

m m

m

x m x

1

1 1 1

1 1

++

≤+

+

++

Từ đó suy ra

m1x1 + + m n x n ≤ p

p n

p n n

x

1 1

p i

i x m

q i i

i

p q i i

q

b

1 1

1 1

1

i

q i n

i

pq q p p

a

1 1

11

+ = 1, nên p + q - pq = 0, suy ra b p + q - pq = b0 = 1

Vậy

a1b1 + + a n b n≤ ( ) (p q) q

n q

p n

n

b b

b

a a

a b

a b

a b

a

+++

+++

≥+

++

2 1

2 2

1 2

2

2 2 1

n n

m m

x m x

m m

m

x m x

m

++

++

1 1 2

m m

x m x

m

++

+

+

1

2 1

a a

++

+

+

n k n

n

k

x x

x k

x x

++ 2 1 2

b) Cho k là số nguyên dơng và x1, x2, , x n≥ 0, n > 1 Chứng minh rằng

(x1 + x2 + + x k)2k ≤ n2k -1( k)

n k

Vậy f(x) là hàm lồi khi x > 0.

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng đơn giản ta có

k

x x

x1 + 2 + + (đpcm)Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = = x k

b) Xét hàm số f(x) = x2k , với x ≥ 0

Ta có f’(x) = 2kx2k -1, f ”(x) = 2k(2k -1)x2k - 2 > 0 , ∀x ≥ 0

Do vậy f(x) = x2k là hàm lồi với x ≥ 0

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng đơn giản ta có

⇔

k n

n

x x

x12 + 22 + + 2 (đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = = x n.

2 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng

(b + c) a(c + a) b(a + b) c ≤

c b a

c b a

+ +







 ( + + )3

+

++

++

3

2ln)

ln(

)ln(

)ln(

c b a c

b a

b a c a c b c b a

.Xét hàm số f(x) = - ln(a + b + c - x), với 0 < x < a + b + c,

f’(x) =

x c b

a+ + − > 0, ∀x ∈ (0, a +b +c).Vậy f(x) = - ln(a + b + c - x) là hàm lồi trên (0, a + b + c).

áp dụng bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát ta có

+

+

c b a

c c b b a a

c b a

c cf b bf a af

++

++ ( ) ( ))

(

⇔ -

c b a

b a c c a b c b a c

b a

c b a c b a

++

+

−+

−+

++

−+

ln

2 2 2

⇔

c b a

b a c c a b c b a c

b a

ac bc

ab

++

++

++

++2 2 ln( ) ln( ) ln( )2

Mặt khác, do hàm số y = lnx là đồng biến trên (0; ∞), nên ta chỉ cần chứngminh

3

2(

a + b + c) >

c b a

ac bc

ab

++

++2 2

2 (*)Thật vậy ta có (*) khi và chỉ khi

+

+

c b a

ac bc

2ln

≥ aln(b+c)+b aln(+a b++c c)+cln(a+b).

Vậy (b + c) a(c + a) b(a + b) c ≤

c b a

c b a

+ +







 ( + + )3

2

3 Cho a1, a2, , a n > 0 Chứng minh rằng

n n

a a a n a

n a a

n

a a

a a

a a

+ + +

1

2 1 2

Vậy f(x) là hàm lồi với x > 0.

Lôgarit hoá 2 vế, bất đẳng thức đã cho và do tính đồng biến của hàm số

y = lnx, vậy bất đẳng thức đã cho tơng đơng với bất đẳng thức sau

a1lna1 + a2lna2 + + a nlna n ≥ (a1 + a2 + + a n)

n

a a

n

a a

n

n n

n

1

11

+++ = 1 nên (*) là dạng đơn giản của bất đẳng thức

Jensen

Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = a n

4 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:

13

1

3

12

11

1

++++

++

)(x k x k

1213

11

123

12

1222

12

12

11

1

2

11

1

++++

+

1+

n (2n +1) = 1 (đpcm)

5 Cho a i > 0, b i > 0, i = 1, 2, , n.

a) Cho k ≥ 1 hoặc k ≤ 0, chứng minh rằng

k n

i i

k n

i i

n i

k i

1

b) Cho 0 < k < 1 Chứng minh rằng

k n

i i

k n i i n

i

k i

1

Giải

Trớc hết ta nhận thấy rằng khi k = 1, k = 0 thì có các đẳng thức đúng.

Bây giờ xét với k ≠ 1 hoặc k ≠ 0

Trong trờng hợp a), k > 1 hoặc k < 0, thì

f(x) = x k, với x > 0

là lồi

Thật vậy, ta có

f’(x) = kx k -1, f”(x) = k(k -1)x k - 2

Rõ ràng k > 1 hoặc k < 0 thì f”(x) > 0, ∀x > 0, suy ra f(x) lồi.

Trong trờng hợp b), 0 < k < 1, thì f”(x) < 0, ∀x > 0 nên f(x) là hàm lõm.

a) Nh đã thấy trong trờng hợp này f(x) là hàm lồi áp dụng bất đẳng thức

Jensen dạng tổng quát với

n n

m m

x f m x

f m m

m

x m x

m f

++

++

+

+

)(

)(

1

1 1 1

1 1







+

++

n

n n n

n

n

b

a f b b

a f b b b

b b

a a

1

1

1 1 1

1 1

1 1

1 1

n

k n k

k n

i i

k n i i

k n

i i

b

a b

a b b

k n

i i

k n i i

k i

=

n i i

b

1

> 0)

Bất đẳng thức đợc chứng minh

b) Tơng tự khi 0 < k < 1 ta có f(x) = x k là hàm lõm với mọi x > 0 áp dụng

bất đẳng thức Jensen dạng tổng quát đối với hàm lõm trên thì bất đẳng thức ởcâu a) sẽ đổi chiều Từ đó ta có điều phải chứng minh

n

1

1

1

++tơng ứng gọi là trung bình cộng, trung bình nhân, trung bình toàn phơng và trung bình điều hoà của n số đã cho Chứng minh rằng

m h≤m g ≤m a≤m q

x x

n

x x

n

x

x1 + + n ≤ 12 + + n2 .Suy ra

m a≤m q (1)Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = = x n

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho n số dơng x1, , x n ta có

n n

x

ln

1ln1

1

1ln

1 1

⇔

n n n

x x x

x

n

1

1 1

1ln1

1ln

+

⇔

n

n n

x x x

x

n

1

1

≤+

+ ⇔ m h≤ m g (3)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = = x n

Từ (1), (2), (3) ta có m h≤m g≤m a ≤m q (đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = = x n

7 Chứng minh các bất đẳng thức sau

a)

22

k k k

b a b

1)(2

12

12

1

b f a

f b

k k k

b a b

q

b p

q

b p

1

1

1

++ ≥ n k +1 , (k > 0).

n

++

1

1

++

1

1

++ , (v× a1 + + a n = 1).

§ã lµ ®iÒu ph¶i chøng minh

n i i

x f

1 1

n

i i

i j

j n

i i n

i i

i

x

x x

x

x f

i i

i

x

x x

x

1 1

i

j j n

i i n

i i

i

x

x x

f x x

1

1 1

n i

n

i j i

j n

i i n

i i

i n

i i

x

f x

x x

f x f

1 1

1

1)

0()

n i i n

i i i

x

x n

f x

f x

f

1

1

1 1

)1()

0()

(

= ≤  = 

n i

n i i

x f

n

i i

x f

Vậy nf(x) ≥f(nx) (đpcm)

III Các bất đẳng thức lợng giác sử dụng tính chất hàm lồi

1 Cho A, B, C là 3 góc của một tam giác Chứng minh các bất đẳng thức

sau (các bất đẳng thức cơ bản của tam giác lợng)

a) sinA + sinB + sinC ≤ 23 3

sin2

cos2

cos2cosA B C ≤

22

2 +tg B +tg C ≥

A tg

22

Giải

a) Xét hàm số f(x) = sinx xác định trên (0; π) Ta có f”(x) = - sinx < 0, với

mọi x ∈ (0;π) Điều đó chứng tỏ f(x) = sinx là hàm lõm.

áp dụng tính chất của hàm lõm ta có

C B A

3

)()()(A f B f C

C B A

= 3sinπ3 =3 23.Vậy sinA + sinB + sinC ≤ 23 3 (đpcm)

b) Do A, B, C là 3 góc của một tam giác nên sinA, sinB, sinC > 0.

áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dơng ta có

3 sin sin sin3

sinsin

sin

C B A C

B A

≥+

sinsin

sin

3 3

c) cosA + cosB + cosC ≤ 23

Ta biết rằng trong một tam giác có ít nhất một góc nhỏ hơn 900 Không mấttính tổng quát ta giả sử 0 < A < 2π

''cos A+B+C = π =

,(vì B’ + C’ = B + C).

Mặt khác ta có

cosB + cosC = 2

2

cos2

• Nếu cả 3 góc đều nhọn thì áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dơngcosA, cosB, cosC ta đợc

cosA.cosB.cosC ≤

8

12

13

2

33

coscos

3 3

sin2

sin2

sin3

222sin

C B

A C

sin3

2

sin2

sin2

3

222sin3

2

sin2

sin2sin

16

sin

3 3

cos2

;

0 π,

;

0 π)

áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có

2

36

cos3

222cos3

2

cos2

cos2

33

2

cos2

cos2

0 π, có f”(x) =

0 π nên

0 π .

áp dụng tính chất hàm lồi ta có

3

363

22

23

22

A tg

22

2

2 2

tg

B tg

2cos

12

cos

12

cos

1

2 2

2

2

cos2

cos2cos

Theo câu f) ta có

2

cos2

cos2cos

1

C B

33

8 .

Do đó

3

4.333

3

83

32

cos2

cos2cos

Vậy

22

2

2 2

tg

B tg

A

tg + + ≥ 1 (đpcm)

2 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có

a) (1 - cosA)(1 - cosB)(1 - cosC) ≤

81

b)

3

3

21sin

11sin

11sin

sin2sin

222

sin3

2

sin2

sin2

DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi sin

b)

3

3

21sin

11sin

11sin

Xét vế trái (VT) của bất đẳng thức nêu trên thì

VT = 1 +

C B B

A C

B

1sin

sin

1sin

1sin

1sin

C B A C

1sin

sin3

sin3

sinsin

.sin.sin

+

3

2.3sin

.sin.sin

13

sin

1sin

1sin

C B A C

B A

2 3

3

2 3 sin

sin sin

1

3 sin

sin

1 sin

sin

1 sin

+

C B A C

A C

B B

Vậy

3 2

3

23

233

231sin

11sin

11sin

hiểu A n +1 ≡A1) trong đó A1, , A n theo

thứ tự là các đỉnh của đa giác Giả sử

MA i, i = 1, , n Chøng minh r»ng

1

2 3

2

2 2 2

1

2

x x

a x

x

a x

n i

α cos2cos

2 2 1 2

i i

i

i i

i

x x

a x

x

a x

n

π = 4nsin2

n

π

VËy

n

n x

x

a x

x

a x

2

2 2 2

=

n i

i

1

α = π Chøng minh r»ng:

n tg

n

tg n

1 2 1

2

≤+

x

x x

tgx x

x

4 2

2

cos

)sin.(

cos2 2cos

cos2

−

−

n tg

n

1 2

tg n

n i

i

n i

α

α

2cos

1 2 1

2

≤+

12

sin

12

sin

1

2 2

b)

2sin

12

sin

12

sin

1

C B

sin

1sin

1sin

1

≥+

+

C B

A

2cos

12

cos

12

x

x x x

4

2 2

6

2 2 4

sin

cos6sin

2sin

sincos6sin

áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có

23

12

22

C B A f

2sin

12

sin

12

sin

13

1

2 2

1

2

C B A

= 2

2

21

16

⇔

2sin

12

sin

12

sin

1

2 2

3

2 2

sin

cossin + > 0, ∀x ∈ (0; π)

3

222sin

12

sin

12

sin

12

C B A C

B

⇔

2sin

12

sin

12

sin

1

C B

3

23sin

13

sin

1sin

1sin

1sin

B A

Từ đó suy ra 2 3

sin

1sin

1sin

1

≥+

+

C B

3

2 2

cos

sin2cos + > 0, ∀x ∈

12

cos

12

cos

12

cos

13

C B A C

B

3

2

Ta đợc 2 3

2cos

12

cos

12

cos

C B

6 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có

sin 2A + sin B + sin2 C + tg2 2A + tg B + tg2 C 2 ≥

12

cos2

cos4

2

cos2sin22

x x

x + = − > 0, ∀x ∈(0;π)

Vậy f(x) là hàm lồi trên (0; π) Theo bất đẳng thức Jensen ta có

)()()(3

C f B f A f C B A

22

23

222

(sin 2A + tg 2A + sin B + tg2 B +2

+ sin 2C + tg C )2

22

22

sin2

sin2sin A+ B + C +tg A+tg B +tg C ≥ π +tgπ

= 3 3

2

32

32

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.

Nhận xét: Thực ra bất đẳng thức nêu trên có thể chứng minh đợc

2

32

sin2

sin2

22

2 +tg B +tg C ≥

A

7 Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta có

(sinA)sinA(sinB)sinB(sinC)sinC≥ 2

3 3

sinA + sinB + sinC > sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2cosAcosBcosC.

Do ∆ABC là tam giác nhọn nên cosAcosBcosC > 0, vậy

sin2A + sin2B + sin2C > 2 ⇒ sinA + sinB + sinC > 2.

Theo 1a) ta lại có sinA + sinB + sinC ≤

2

33, nên

2 < sinA + sinB + sinC ≤

2

33.Bây giờ xét hàm số f(x) = xlnx, (x > 0), ta có

f’(x) = lnx + 1, f”(x) =

x

1 > 0, ∀x > 0, ta có f(x) là hàm lồi với mọi x > 0

áp dụng bất đẳng thức Jensen

)(sin)

(sin)

(sin3

sinsin

lnsinsin

ln

sinln3

sinsin

⇔ ln((sinA)sinA.(sinB)sinB.(sinC)sinC)≥

C B A

C B

3

sinsin

sinln

+ +

C B

3

sinsin

B A

C B

3

23

sinsin

sin sin

3

23

8 Chøng minh r»ng trong mäi tam gi¸c ABC nhän ta cã

(tgA + tgB + tgC)(cotgA + cotgB + cotgC) ≥ ≥ (tg 2A+tg B2 +tg C2)(cot g 2A+cot g B2 +cot g C2)

Gi¶i

XÐt c¸c hµm sè f(x) = tgx vµ g(x) = cotgx víi 0 < x <

2π

2

π ),

B f A f B A

B A

C f B f C B

2

)()(2

B f A f C A

Làm tơng tự đối với hàm lồi g(x) = cotgx x ∈ (0;

2

π ) ta có

cotgA + cotgB + cotgC ≥ tg 2A +tg B2 +tg C2 (5)Dấu “=” của (5) xảy ra khi và chỉ khi A = B = C.

Nhân từng vế của (4) với (5) (Do các vế của chúng đều dơng) ta có

(tgA + tgB + tgC)(cotgA + cotgB + cotgC) ≥ ≥ (tg 2A+tg B2 +tg C2)(cot g 2A+cot g B2 +cot g C2)

Dấu “=” xảy ra khi đẳng thức có “=” trong (4) và (5), tức là khi và chỉ khi

A = B = C (hay tam giác ABC đều).

Kết luậnKết quả của Luận văn bao gồm các nội dung sau đây:

+ Đã hệ thống đợc những kiến thức cơ bản, cần thiết về hàm lồi (và hàmlõm) để làm công cụ sử dụng trong việc giải các bài toán đặt ra Đặc biệt là bất

đẳng thức Jensen và các dạng đặc biệt của nó

+ Thu thập đợc các mẫu bài toán điển hình và giải nó bằng cách áp dụngcác tính chất của hàm lồi và hàm lõm một cách linh hoạt, tuỳ theo đặc điểmcủa mỗi bài toán

Việc áp dụng các tính chất của hàm lồi (lõm) nói riêng, cũng nh việc ápdụng Giải tích lồi nói chung để giải các bài toán khác nhau, là một vấn đề cònrộng lớn

Kết quả của Luận văn chỉ mới là một phần nhỏ trong vấn đề rộng lớn ấy

Hy vọng rằng, sau Luận văn này, chúng tôi sẽ có thêm điều kiện để quan tâmnhiều hơn tới mảng vấn đề bổ ích này

Vì năng lực và thời gian hạn hẹp, chắc Luận văn không tránh khỏi nhữngsai sót Tác giả chân thành mong Quý Thầy, Cô giáo và các bạn góp ý kiếngiúp đỡ

Tài liệu tham khảo