关于超二次函数的第一个Hermite-Hadamard型不等式

作者:时统业;尹亚兰;周国辉 刊名:贵州师范大学学报(自然科学版) 上传者:钱燕飞

【摘要】定义一个与超二次函数的第一个Hermite-Hadamard型不等式相关的二元函数,利用一阶和二阶导数,给出它的界的估计,也证明它在一定条件下具有准线性和单调性。

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0引言定义1[1,2]设f(x)是I=[0,a]或[0,+)上的函数,如果对任意xI,存在常数c(x),使得对任意yI成立f(y)f(x)+c(x)(y-x)+f(y-x),则称f(x)是超二次函数。有关超二次函数的文献,可参见[1-9]。文[5]给出超二次函数的Hermite-Hadamard型不等式。定理A[5]设f(x)是[0,+)上的超二次函数,0a<b,f在[a,b]上可积,则有fa+b()2+1b-abafx-a+b()2dx1b-abaf(x)dxf(a)+f(b)2-1()b-a2ba()[b-xf(x-a)+(x-a)f(b-x)]dx。(1)注1利用变量代换可得bafx-a+b()2dx=2b-a20f(x)dx。对任意x,y0,引入二元函数I(f;x,y)=yxf(t)dt-(y-x)fx+y()2-2y-x20f(t)dt,J(f;x,y)=1y-xI(f;x,y)(xy),则J(f;a,b)是由式(1)的左边部分产生的差,在定理A的条件下有J(f;a,b)0。引理1设f:[a,b]R二阶可微,且f在[a,b]上可积,则有(i)1b-abaf(x)dx-fa+b()2=12(b-a)a+b2a()x-a2[f(x)+f(a+b-x)]dx;(ii)1b-abafx-a+b()2dx-b-a4f'(0)-f(0)=a+b2a()x-a2b-afa+b2(-x)dx。证明(i)在文[10]关于Montgomery恒等式中,取n=2,x=(a+b)/2,得1b-abaf(x)dx-fa+b()2=a+b2a()x-a22(b-a)f(x)dx+ba+b2()b-x22(b-a)f(x)dx,对上式右边第二个积分作变换x=a+b-t,则(i)得证。(ii)使用分部积分公式并注意到bafx-a+b()2dx=2a+b2afa+b2(-x)dx可证得(ii)。引理2设f:[a,b]R可微,且f'在[a,b]上可积,则有(i)1b-abaf(x)dx-fa+b()2=a+b2ax-ab-a[f'(a+b-x)-f'(x)]dx;(ii)1b-abafx-a+b()2dx-f(0)=a+b2a2(x-a)b-af'a+b2(-x)dx。证明(i)由Montgomery恒等式([11])得1b-abaf(x)dx-fa+b()2=a+b2aa-xb-af'(x)dx+ba+b2b-xb-af'(x)dx,对上式右边第二个积分做变换x=a+b-t后(i)得证。(ii)用分部积分法可证。引理3[6]f(x)是[0,+)上的超二次函数的充要条件是对任意x1,x20,t[0,1]有ftx1(+(1-t)x)2tf(x)1+(1-t)f(x)2-tf(1-t)x1-x()2-(1-t)ftx1-x()2。定义2函数f:IRR称为超可加的,如果对任意x,yI,成立f(x+y)f(x)+f(y)。若不等式反向,则称f为次可加的。引理4设f:[a,b]R可微函数,f'在[a,b]上超可加,则函数g(x)=fa+b2(+x)+fa+b2(-x)-2f(x)在[0,(b-a)/2]上单调不减。证明g'(x)=f'a+b2(+x)-f'a+b2(-x)-2f'(x),因f'超可加,故有f'a+b2(+x)=f'a+b2((-x)+x+x)f'a+b2(-x)+2f'(x),于是g'(x)0,即g(x)在[0,(b-a)/2]上单调不减。引理5设f:[a,b]R是连续函数,则存在(0,(b-a)/2)使得baf(x)dx-bafx-a+b()2dx=b-a2fa+

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