关于预不变凸函数的Hermite-Hadamard型不等式的一个注记

作者:时统业;李鼎;朱璟; 刊名:高等数学研究 上传者:冉海潮

【摘要】从预不变凸函数的定义和性质出发,用数学分析方法得到了由已有的预不变凸函数的Hermite-Had-amard型不等式的右端部分所决定的差函数的上界和下界.从而加细了预不变凸函数的Hermite-Hadamard型不等式.

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1前言设f是[a,b]上的凸函数,则对于任意x1,x2[a,b],x1x2,有[1]fx1+x2()21x2-x1x2x1f(x)dxfx(1)+fx(2)2,(1)式(1)就是著名的Hermite-Hadamard不等式.近些年来,许多学者给出式(1)的各种改进和推广[2-7],文[5]利用简单的数学分析的方法得到如下结果.定理A[5]设f:(a,b)R是凸函数,且f存在一阶导数,则对任意a0.为方便起见,对于给定的x1和x2及任意的u[0,1],还要引入下面记号xu=x1+ux(2,x)1,A()=10ugx(u)du+11-11(-u)gx(u)du,B()=11210[gx(u)du-11-1u(-)gx(u)du],C()=11-1210gx(u)d[u-10(-u)gx(u)du],()=10ugx(u)du+11-1-0ugx(u)du.引理1[14]设h(x)在[a,b]上可积,且关于x=(a+b)/2对称,则有baxh(x)dx=a+b2bah(x)dx.引理2设定义在[c,d]上的函数g(x)关于(c+d)/2对称,则函数g[c+u(d-c)]在[0,1]上关于u=1/2对称.证明在[c,d]上g(x)关于(c+d)/2对称,也即对任意x[c,d]有gc(+d-x)=g(x),于是,对任意的u[0,1],有c+(1-u)(d-c)[c,d],且gc+(1-u)d(-)[c]=gc+d-c-(1-u)d(-)[c]=gc+ud(-)[c],即函数g[c+u(d-c)]在[0,1]上关于u=1/2对称.引理3设g(xu)在[0,1]上可积,且关于u=1/2对称,则A()=B()=C()=().证明对A()表达式的第二项作变换u=1-v,可证得A()=().因为g(xu)关于u=1/2对称,所以由引理1得10ugx(u)du=1210gx(u)du,B()=110ugx(u)du-11(-)1u(-)gx(u)du=10ugx(u)du+11ugx(u)du-11(-)1u(-)gx(u)du=10ugx(u)du+11-11(-u)gx(u)du=A(),同理可证C()=A().因此有A()=B()=C()=().引理4设f:(a,a+(b,a))R是关于的预不变凸函数,且f可导,则对任意x,y(a,a+(b,a)),有f(y)f(x)+f(x)y(,x).(2)证明由预不变凸函数的定义,对任意t(0,1],有fx+ty(,)(x)tf(y)+(1-t)f(x),(3)若(y,x)=0,则由式(3)得f(y)f(x),故式(2)成立.若(y,x)>0,则由式(3)得fx+ty(,)(x)-f(x)ty(,x)f(y)-f(x)y(,x),在上式中令t0,式(2)得证.若(y,x)<0,类似可证式(2)成立.2主要结果定理1设f:(a,a+(b,a))R是关于的预不变凸函数,且f可导,a<x1<x1+(x2,x1)<a+(b,a),满足条件C,g:(a,a+(b,a))R是正的可积函数,且在[x1,x1+(x2,x1)]上,g关于x1+(x2,x1)/2对称,则有J*f(,x1,x2)()10gx(u)duHf(,x1,x2)J*f(,x1,x2).(4)证明当x1<x<x时,取t=x-x1x(,x)1,利用条件C得x(,x)1=x1+x2(,x)1(,x)1=x2(,x)1,所以0<t=x-x1x2(,x)1<x-x1x2(,x)1=1,并且有x=x1+tx(,x)1,于是由预不变凸函数的定义得f(x)tfx()+(1-t)fx(

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