ABSTRACT

In this paper, we are interested to present the Hermite-Hadamard-type inequalities for product of (h, m)-convex functions via three new inequalities. Presented results have close connection with some classical Hermite-Hadamard-type inequality.

Keywords:Hadamard-Type Inequality, (h, m)-Convex Function

一些关于(h, m)凸函数的Hadamard类型不等式

陈雅琦，陈欣，高翔

中国海洋大学数学科学学院，山东 青岛

收稿日期：2019年4月26日；录用日期：2019年5月6日；发布日期：2019年5月24日

摘 要

本文主要研究了基于经典Hadamard不等式的一类不等式在(h, m)凸函数上的形式，得到了三个有意义的推广后的不等式。

关键词 :Hadamard不等式，(h, m)凸函数

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1. 引言

不等式是数学理论中非常重要的组成部分，很多复杂的数学问题需要借助不等式进行简化才得以顺利求解。作为不等式家族的重要成员，凸型不等式一直备受关注。这一方面是由于很多凸型不等式的证明都颇具挑战性，建立需要较强的数学技巧；另一方面是由于凸型不等式往往都具有非常优美的表现形式和直观的几何意义。其中，Hermite-Hadamard不等式是使用频率非常高的一个经典凸型不等式。

作为数学上最重要的概念之一，凸函数的研究一直吸引着数学工作者的注意。国内外数学工作者们在凸分析上进行了大量的探索，其中，针对凸函数的定义，人们将J凸函数的条件进行加强或者削弱，得到了许多不同的凸概念，如几何凸函数、调和凸函数、算术平方凸函数、h-凸函数、m-凸函数、(h, m)-凸函数等。在此后的研究中，国内外数学工作者根据以上凸函数进行了许多研究，尤其是对各种凸函数关于Hermite-Hadamard型不等式的探索取得了卓有成效的结果。本文正是受此启发，研究了(h, m)-凸函数的定义和性质，给出了关于(h, m)-凸函数的若干定理，建立了(h, m)-凸函数的三个Hermite-Hadamard类型不等式。

2. 定义

2.1. 凸函数

设f为定义在区间I上的函数，若对I上的任意两点 $x,y$ 以及 $\alpha \in \left[0,1\right]$，总有 $f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\le \alpha f\left(x\right)+\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)$ 成立，则称f为I上的凸函数。

2.2. h-凸函数

若h是定义在区间J上的一个非负函数，f是定义在区间I上的非负函数，且对 $\forall x,y\in I,\alpha \in \left[0,1\right]$，总有 $f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\le h\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)$ 成立，则称f为I上的h-凸函数，可记作 $f\in SX\left(h,I\right)$。

2.3. m-凸函数

若f是定义在区间I上的函数，且对 $\forall x,y\in I,\alpha \in \left[0,1\right]$，总有 $f\left(\alpha x+m\left(1-\alpha \right)y\right)\le \alpha f\left(x\right)+m\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)$ 成立，则称f为I上的m-凸函数。

2.4. (h, m)-凸函数

若h是定义在区间J上的一个非负函数，f是定义在区间I上的非负函数，且对 $\forall x,y\in I,\alpha \in \left[0,1\right]$，总有 $f\left(\alpha x+m\left(1-\alpha \right)y\right)\le h\left(\alpha \right)f\left(x\right)+mh\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)$ 成立，则称f为I上的(h, m)-凸函数。

2.5. Hermite-Hadamard不等式 [1]

若f是定义在 $\left[a,b\right]$ 上的连续凸函数，则有(1)式成立：

$f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le \frac{1}{b-a}{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x}\le \frac{f\left(a\right)+f\left(b\right)}{2}$ (1)

(1)式被称为Hermite-Hadamard不等式。同时，若f是凹函数，则上述两个不等式同时反向成立。

3. 引理

3.1. 引理1 [2]

若f，g是定义在 $\left[a,b\right]\to \left[0,\infty \right)$ 上的凸函数，则有不等式(2)、(3)成立：

$\frac{\text{1}}{b-a}{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\le \frac{1}{3}M\left(a,b\right)+\frac{1}{6}N\left(a,b\right)$ (2)

$2f\left(\frac{a+b}{2}\right)g\left(\frac{a+b}{2}\right)\le \frac{1}{b-a}{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}+\frac{1}{6}M\left(a,b\right)+\frac{1}{3}N\left(a,b\right)$ (3)

其中， $M\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(a\right)+f\left(b\right)g\left(b\right);N\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(b\right)+f\left(b\right)g\left(a\right)$。

3.2. 引理2 [3]

若对 $\forall a,b\in I$，且 $a<b$，$f\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，$t\in \left[0,1\right]$，有 $f\in SX\left(h_1,I\right)$，$g\in SX\left(h_2,I\right)$，$fg\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，$h_1{h}_2\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，则有(4)式成立：

$\frac{1}{b-a}{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}t}\le M\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(t\right)\text{d}t}+N\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(1-t\right)\text{d}t}$ (4)

其中： $M\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(a\right)+f\left(b\right)g\left(b\right);N\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(b\right)+f\left(b\right)g\left(a\right)$。

3.3. 引理3 [3]

若对 $\forall a,b\in I$，且 $a<b$，$f\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，$t\in \left[0,1\right]$，有 $f\in SX\left(h_1,I\right)$，$g\in SX\left(h_2,I\right)$，$fg\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，$h_1{h}_2\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，则有(5)式成立：

$f\left(\frac{a+b}{2}\right)g\left(\frac{a+b}{2}\right)-\frac{2}{b-a}{h}_1\left(\frac{1}{2}\right)h_2\left(\frac{1}{2}\right)\le h_1\left(\frac{1}{2}\right)h_2\left(\frac{1}{2}\right)\left[N\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(t\right)\text{d}t}+M\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(1-t\right)\text{d}t}\right]$ (5)

其中： $M\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(a\right)+f\left(b\right)g\left(b\right);N\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(b\right)+f\left(b\right)g\left(a\right)$。

3.4. 引理4 [3]

若对 $\forall a,b\in I$，且 $a<b$，$f\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，$t\in \left[0,1\right]$，有 $f\in SX\left(h_1,I\right)$，$g\in SX\left(h_2,I\right)$，$fg\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，$h_1{h}_2\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，则有(6)式成立：

$\begin{array}{c}\frac{\text{1}}{\text{2}h\left(\frac{1}{2}\right)}f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le \frac{1}{b-a}{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x}\\ \le \left[f\left(a\right)+f\left(b\right)\right]{\displaystyle {\int }_0^{1}h\left(t\right)\text{d}t}\end{array}$ (6)

4. 主要结果

4.1. 定理1

若 $f,g$ 是定义在区间I上的函数，其中f是 $\left(h_1,m\right)$ -凸函数，g是 $\left(h_2,m\right)$ -凸函数，且 $fg\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$$h_1{h}_2\in L_1\left(\left[0,1\right]\right)$ 。 $a,b\in I$，其中 $a<mb$，且 $f\in L_1\left(\left[a,b\right]\right),t\in \left[0,1\right]$，则有以下结果成立：

$\frac{\text{1}}{mb-a}{\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}t}\le M\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(t\right)\text{d}t}+N\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(1-t\right)\text{d}t}$

其中， $M\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(a\right)+m^{2}f\left(b\right)g\left(b\right);N\left(a,b\right)=mf\left(a\right)g\left(b\right)+mf\left(b\right)g\left(a\right)$。

证明：因为f是 $\left(h_1,m\right)$ -凸函数g是 $\left(h_1,m\right)$ -凸函数，所以对 $\forall t\in \left[0,1\right]$，根据 $\left(h,m\right)$ -凸函数的定义，有：

$f\left(ta+m\left(1-t\right)b\right)\le h_1\left(t\right)f\left(a\right)+m{h}_1\left(1-t\right)f\left(b\right)$ (7)

$g\left(ta+m\left(1-t\right)b\right)\le h_2\left(t\right)g\left(a\right)+m{h}_2\left(1-t\right)g\left(b\right)$ (8)

又因为f，g都是非负的，(7)，(8)式两边分别相乘可得：

$\begin{array}{l}f\left(ta+m\left(1-t\right)b\right)g\left(ta+m\left(1-t\right)b\right)\\ \le \left(h_1\left(t\right)f\left(a\right)+m{h}_1\left(1-t\right)f\left(b\right)\right)\times (h_2\left(t\right)g\left(a\right)+m{h}_2\left(1-t\right)g(b))\end{array}$

也即：

$\begin{array}{l}f\left(ta+m\left(1-t\right)b\right)g\left(ta+m\left(1-t\right)b\right)\\ \le h_1\left(t\right)h_2\left(t\right)f\left(a\right)g\left(a\right)+[m{h}_1\left(t\right)h_2\left(1-t\right)f\left(a\right)g\left(b\right)\\ \times m{h}_1\left(1-t\right)h_2\left(t\right)f\left(a\right)g\left(a\right)]+m^2{h}_1\left(1-t\right)h_2\left(1-t\right)f\left(b\right)g(b)\end{array}$

对不等式两边同时在[0, 1]上积分，

$\begin{array}{l}{\displaystyle {\int }_0^{1}f\left(ta+m\left(1-t\right)b\right)g\left(ta+m\left(1-t\right)b\right)\text{d}t}\\ \le \left[f\left(a\right)g\left(a\right)+m^{2}f\left(b\right)g\left(b\right)\right]{\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(t\right)\text{d}t}\\ +m\left[f\left(a\right)g\left(b\right)+f\left(b\right)g\left(a\right)\right]{\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(1-t\right)\text{d}t}\end{array}$

令 $x=ta+m\left(1-t\right)b$，整理后得到：

$\begin{array}{l}\frac{\text{1}}{mb-a}{\displaystyle {\int }_a^{m}bf\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}t}\\ \le M\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(t\right)\text{d}t+N\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^{\text{1}}{h}_1\left(t\right)h_2\left(1-t\right)\text{d}t}}\end{array}$

其中， $M\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(a\right)+m^{2}f\left(b\right)g\left(b\right);N\left(a,b\right)=mf\left(a\right)g\left(b\right)+mf\left(b\right)g\left(a\right)$。证明完毕。

推论1

若令m = 1，则定理1中的结果退化为引理2中的(4)式；更进一步，若令m = 1，且 $h_1\left(t\right)=h_2\left(t\right)=t$，则定理1中的结果退化为引理1中的不等式(2)。

4.2. 定理2

若 $f,g$ 是定义在区间I上的函数，其中f是 $\left(h_1,m\right)$ -凸函数，g是 $\left(h_2,m\right)$ -凸函数，且 $fg\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$ $h_1{h}_2\in L_1\left(\left[0,1\right]\right)$。 $a,b\in I$，其中 $a<mb$，且 $f\in L_1\left(\left[a,b\right]\right),t\in \left[0,1\right]$，则有以下结果成立：

$\begin{array}{l}f\left(\frac{a+mb}{2}\right)g\left(\frac{a+mb}{2}\right)-\frac{1+m^2}{mb-a}{h}_1\left(\frac{1}{2}\right)h_2\left(\frac{1}{2}\right){\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\\ \le 2m{h}_1\left(\frac{1}{2}\right)h_2\left(\frac{1}{2}\right)\left[N\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(t\right)\text{d}t}+M\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(1-t\right)\text{d}t}\right]\end{array}$

其中， $M\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(a\right)+m^{2}f\left(b\right)g\left(b\right);N\left(a,b\right)=mf\left(a\right)g\left(b\right)+mf\left(b\right)g\left(a\right)$。

证明：首先，做以下变换： $\frac{a+mb}{2}=\frac{at+m\left(a-t\right)b}{2}+\frac{\left(1-t\right)a+mtb}{2}$，则 $\begin{array}{l}f\left(\frac{a+mb}{2}\right)g\left(\frac{a+mb}{2}\right)\\ =f\left(\frac{at+m(a-t)b}{2}+\frac{\left(1-t\right)a+mtb}{2}\right)\times g\left(\frac{at+m\left(a-t\right)b}{2}+\frac{\left(1-t\right)a+mtb}{2}\right)\\ \le h_1\left(\frac{1}{2}\right)\left[f\left(at+m\left(1-t\right)b\right)+mf\left(\left(1-t\right)a+mtb\right)\right]\\ \times h_2\left(\frac{1}{2}\right)\left[g\left(at+m\left(1-t\right)b\right)+mg\left(\left(1-t\right)a+mtb\right)\right]\end{array}$

因此， $\begin{array}{l}f\left(\frac{a+mb}{2}\right)g\left(\frac{a+mb}{2}\right)\\ \le h\left(\frac{1}{2}\right)h\left(\frac{1}{2}\right)\times [f\left(at+m\left(1-t\right)b\right)g\left(at+m\left(1-t\right)\right)\\ +m^{2}f\left(\left(1-t\right)a+mtb\right)g\left(\left(1-t\right)a+mtb\right)]\\ +m{h}_1\left(\frac{1}{2}\right)h_2\left(\frac{1}{2}\right)\times [\left(h_1\left(1-t\right)h_2\left(t\right)+h_1\left(t\right)h_2\left(1-t\right)N\left(a,b\right)\right)\\ +\left(h_1\left(t\right)h_2\left(t\right)+h_1\left(1-t\right)h_2\left(1-t\right)M\left(a,b\right)\right)]\end{array}$。

对等式两边同时在[0, 1]上积分可得，

$\begin{array}{l}{\displaystyle {\int }_0^{1}f\left(at+m\left(1-t\right)b\right)g\left(at+m\left(1-t\right)b\right)\text{d}t}+{\displaystyle {\int }_0^1{m}^{2}f\left(\left(1-t\right)a+mtb\right)g\left(\left(1-t\right)a+mtb\right)\text{d}t}\\ =\frac{1+m^2}{mb-a}{\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\end{array}$

从而，

$\begin{array}{l}f\left(\frac{a+mb}{2}\right)g\left(\frac{a+mb}{2}\right)-\frac{1+m^2}{mb-a}2h_1\left(\frac{1}{2}\right)h_2\left(\frac{1}{2}\right){\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)g\left(x\right)\text{d}x}\\ \le 2m{h}_1\left(\frac{1}{2}\right)h_2\left(\frac{1}{2}\right)\times \left[M\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(t\right)\text{d}t}+M\left(a,b\right){\displaystyle {\int }_0^1{h}_1\left(t\right)h_2\left(1-t\right)\text{d}t}\right]\end{array}$

其中： $M\left(a,b\right)=f\left(a\right)g\left(a\right)+m^{2}f\left(b\right)g\left(b\right);N\left(a,b\right)=mf\left(a\right)g\left(b\right)+mf\left(b\right)g\left(a\right)$。

推论2

若令m = 1，则定理2中的结果就退化成为引理3中的不等式(5)。更进一步，若我们令m = 1，并且令 $h_1\left(t\right)=h_2\left(t\right)=t$，则定理2中的结果就退化成为引理1中的不等式(3)。

4.3. 定理3

若f是定义在区间I上的 $\left(h,m\right)$ -凸函数， $a,b\in I,a<mb$ 且 $f\in L_1\left(\left[a,b\right]\right)$，$t\in \left[0,1\right]$，则以下不等式成立：

$\frac{1}{\left(\text{1}+m\right)h\left(\frac{1}{2}\right)}f\left(\frac{a+mb}{2}\right)\le \frac{1}{mb-a}{\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)\text{d}x}\le \left[f\left(a\right)+mf\left(b\right)\right]{\displaystyle {\int }_0^{1}h\left(t\right)\text{d}t}$

证明：首先，我们来证明右边的不等式。令 $x=a,y=b$，由定义可知 $f\left(ta+m\left(1-tb\right)\right)\le h\left(t\right)f\left(a\right)+mh\left(1-t\right)f(b)$

对等式两边同时在区间[0, 1]上积分可得，

$\frac{1}{mb-a}{\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)\text{d}x}\le {\displaystyle {\int }_0^{1}h\left(t\right)f\left(a\right)\text{d}t}+{\displaystyle {\int }_0^{1}mh\left(t\right)f\left(b\right)\text{d}t}=\left[f\left(a\right)+mf\left(b\right)\right]{\displaystyle {\int }_0^{1}h\left(t\right)\text{d}t}$

然后，我们来证明左边的不等式。

令 $x=ta+m\left(1-t\right)b,y=\left(1-t\right)a+mtb$，可以得到，

$f\left(\frac{a+mb}{2}\right)=f\left(\frac{x+y}{2}\right)\le h\left(\frac{1}{2}\right)\left[f\left(ta+m\left(1-t\right)b\right)+mf\left(\left(1-t\right)a+mtb\right)\right]$

同时对不等式两边在区间[0, 1]上进行积分，可以得到

$\begin{array}{c}f\left(\frac{a+mb}{2}\right)\le h\left(\frac{1}{2}\right)\frac{1}{mb-a}{\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)\text{d}x}+h\left(\frac{1}{2}\right)\frac{m}{mb-a}{\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)\text{d}x}\\ =h\left(\frac{1}{2}\right)\frac{1+m}{mb-a}{\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)\text{d}x}\end{array}$

因此可以得到：

$\frac{1}{\left(1+m\right)h\left(\frac{1}{2}\right)}f\left(\frac{a+mb}{2}\right)\le \frac{1}{mb-a}{\displaystyle {\int }_a^{mb}f\left(x\right)\text{d}x}\le \left[f\left(a\right)+mf\left(b\right)\right]{\displaystyle {\int }_0^{1}h\left(t\right)\text{d}t}$

证明完毕。

推论3

若我们令m = 1，则定理3中的结果就退化成为引理4中的不等式(6)。更进一步，若我们令m = 1，并且令 $h\left(t\right)=t$，则定理3中的结果就退化成为经典Hermite-Hadamard不等式。

致 谢

首先我要感谢我的指导老师高翔老师，若非老师为我提供了无私的帮助以及鼓励，这篇论文无法得以完成；还要感谢陈欣同学，和我讨论问题并且提出了许多宝贵的建议。最后，感谢我的父母一直以来对我的学业的支持。

文章引用

陈雅琦,陈 欣,高 翔. 一些关于(h, m)凸函数的Hadamard类型不等式
Some Hadamard-Type Inequalities for (h, m)-Convex Functions[J]. 理论数学, 2019, 09(03): 421-426. https://doi.org/10.12677/PM.2019.93057

参考文献