Cho $\mathbb I$ là một gian trên $\mathbb R$, một hàm $f:\,\mathbb I\to\mathbb R$ gọi là lồi trên $\mathbb I$ nếu và chỉ nếu với các số $a,\,b\in\mathbb I$ bất kỳ và $k\in (0;\,1)$ tùy ý, ta luôn có được bất đẳng thức sau\[f\left( {ka + \left( {1 – k} \right)b} \right) \le kf\left( a \right) + \left( {1 – k} \right)f\left( b \right).\] Bài viết này, có mục đích là chứng minh định lý sau đây

Định lý 1. Cho $\mathbb I$ là một khoảng mở của đường thẳng thực và hàm số $f:\,\mathbb I\to\mathbb R$ lồi trên $\mathbb I$, khi đó $f(x)$ là một hàm số liên tục trên $\mathbb I$. 

Lấy $m\in\mathbb I$ bất kỳ, bản chất công việc chính là chứng minh\[\mathop {\lim }\limits_{x \to m} f\left( x \right) = f\left( m \right).\]Để có được điều đó, trước tiên ta cần để ý đến bổ đề sau

Bổ đề (bất đẳng thức cát tuyến). Cho $\mathbb I$ là một khoảng mở của đường thẳng thực và hàm số $f:\,\mathbb I\to\mathbb R$ lồi trên $\mathbb I$, khi đó với $[a;\,b]\subset\mathbb I$ cho trước thì ta đều có bất đẳng thức sau với mỗi $x\in [a;\,b]$ \[f(x)\le f(a)+(x-a)\frac{f(a)-f(b)}{a-b}.\]Chứng minh bổ đề. Thật vậy, nếu $x\in \{a,\,b\}$ thì bất đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên, còn với $x\in (a;\,b)$ thì nó tương đương với\[f\left( x \right) \le \left( {\frac{{x – a}}{{b – a}}} \right)f\left( b \right) + \left( {\frac{{b – x}}{{b – a}}} \right)f\left( a \right).\]Đặt $\frac{{x – a}}{{b – a}}=k$ thì $1-k=\frac{{b-x}}{{b – a}}$, đồng thời \[kb + \left( {1 – k} \right)a = \left( {\frac{{x – a}}{{b – a}}} \right)b + \left( {\frac{{b – x}}{{b – a}}} \right)a = x.\]Từ đó, theo điều kiện $f$ là hàm lồi ta có được điều cần chứng minh.

$\blacksquare$

Giờ, ta đi chứng minh định lý đã đặt ra ở trên.

Chú ý rằng, bất đẳng thức cát tuyến nói trên có thể viết lại dưới dạng\[\frac{{f\left( x \right) – f\left( a \right)}}{{x – a}} \le \frac{{f\left( b \right) – f\left( a \right)}}{{b – a}};\;(*).\]Ở đây, $x,\,a,\,b\in\mathbb I$ và $a<x<b$. Cũng vì thế, với việc cố định $m\in\mathbb I$ và xét \[{\cal U}_m^ – = \left( { – \infty ;\,m} \right) \cap \mathbb I,\quad {\cal U}_m^ + = \left( {m;\, + \infty } \right) \cap \mathbb I.\] Khi đó, xét hàm số $K_m:\,\mathbb I\setminus\{m\}\to\mathbb R$ với quy tắc cho tương ứng\[{K_m}\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) – f\left( m \right)}}{{x – m}}.\]Nhờ đánh giá $(*)$, ta thấy với mỗi $m\in\mathbb I$ thì $K_m(x)$ luôn là hàm không giảm trên từng miền ${\cal U}_m^-$ và ${\cal U}_m^+$. Thêm nữa, do luôn lấy được $\alpha\in{\cal U}_m^+$ cho nên với $x\in {\cal U}_m^-$ thì lại theo bất đẳng thức cát tuyến có\[{K_m}\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right) – f\left( m \right)}}{{x – m}} \le \frac{{f\left( \alpha \right) – f\left( m \right)}}{{\alpha – m}} = {K_\alpha }\left( m \right).\]Như vậy, tập ảnh của ${\cal U}_m^-$ qua $K_m$ là $K_m\left({\cal U}_m^-\right)$ bị chặn trên bởi ${K_\alpha }\left( m \right)$, do đó sẽ phải tồn tại $\sup K_m\left({\cal U}_m^-\right)=\mathfrak s$. Giờ ta lấy $\epsilon>0$ bất kỳ, từ bản chất của $\mathfrak s$ thì sẽ phải tồn tại $x_{\epsilon}\in {\cal U}_m^-$ sao cho \[\mathfrak s – {\epsilon} < K_m\left( {{x_{\epsilon}}} \right) \le \mathfrak s.\]Đặt $m-x_{\epsilon}=\delta$, ta có $\delta>0$ và với $x\in\left(x_{\epsilon};\,m\right)=\left(m-\delta;\,m\right)$, thế thì do tính không giảm của $K_m$ và đánh giá phía trên ta sẽ có\[0\le \mathfrak s – K_m\left( x \right) \le \mathfrak s -K_m\left( x_{\epsilon} \right) < \epsilon.\]Đánh giá vừa có được, cho ta thấy sự tồn tại $\mathop {\lim }\limits_{x \to {m^ – }} {K_m}\left( x \right) $, và  \[\mathop {\lim }\limits_{x \to {m^ – }} {K_m}\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {m^ – }} \frac{{f\left( x \right) – f\left( m \right)}}{{x – m}} = \sup K_m\left({\cal U}_m^ – \right).\]Từ đây, ta có được\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {m^ – }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {m^ – }} \left( {f\left( m \right) + \left( {x – m} \right){K_m}\left( x \right)} \right) = f\left( m \right).\]Như vậy, $f$ đã liên tục trái tại $m$. Một lý lẽ tương tự, sẽ cho nốt khẳng định ở bên phải nhờ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {m^+ }} {K_m}\left( x \right) = \inf K_m\left({\cal U}_m^+ \right)$, và ta có được điều cần chứng minh.

$\square$

Để ý rằng, một cái hàm lồi trên gian thì chửa chắc đã có đạo hàm trên đó, ví dụ như hàm $f(x)=|x|$ trên $(-1;\,1)$ thì không có đạo hàm tại $0$. Tuy nhiên theo như các lý lẽ ở chứng minh vừa rồi, thì ta sẽ có được kết quả sau

Định lý 2. Cho $\mathbb I$ là một khoảng mở của đường thẳng thực và hàm số $f:\,\mathbb I\to\mathbb R$ lồi trên $\mathbb I$, khi đó $f(x)$ có các đạo hàm trái và phải tại mọi điểm thuộc $\mathbb I$.

Cũng cần nói thêm là, nếu $f$ có đạo hàm tại $m\in\mathbb I$, thì lại có $$\inf K_m\left({\cal U}_m^+ \right)=\sup K_m\left({\cal U}_m^- \right)=f'(m).$$Và, từ tính đơn điệu của $K_m(x)$ ta có được kết quả sau

Định lý 3. Cho $\mathbb I$ là một khoảng mở của đường thẳng thực và hàm số $f:\,\mathbb I\to\mathbb R$ lồi trên $\mathbb I$, khi đó nếu $f(x)$ có đạo hàm tại $m$ thuộc $\mathbb I$, thì\[f(x)\ge f(m)+(x-m)f'(m).\]

Bất đẳng thức vừa nêu, gọi là bất đẳng thức tiếp tuyến. Cặp song sát Cát-Tiếp rất lợi hại trong các bài toán sơ cấp, nhất là những bài có ràng buộc tuyến tính. Cát tuyến giúp ta đánh chặn phía trên cho hàm lồi, còn tiếp tuyến giúp chặn dưới. Hai kết quả tiếp sau đây khá hữu ích cho các bài toán sơ cấp, và chứng minh thì cực kỳ tầm thường, nên là tôi cũng sẽ không đưa ra.

Đầu tiên, là kết quả về đánh giá chận trên

Định lý 4. Cho $\mathbb I=[a;\,b]$, $f_i:\,\mathbb I\to\mathbb R$ là các hàm số  lồi trên $\mathbb I$ (với $1\le i\le n$), hằng số $C\in [na;\,nb]$. Khi đó, với bộ $\left(x_i\right)_{1\le i\le n}\in\mathbb I^n$ thay đổi giá trị và thỏa mãn điều kiện ràng buộc là $\sum\limits_{1 \le i \le n} {{x_i} = } C$, thì $\sum\limits_{1 \le i \le n} {f\left( {{x_i}} \right) }$ sẽ đạt giá trị lớn nhất tại bộ $\left(c_i\right)_{1\le i\le n}\in\mathbb I^n$ thỏa mãn là trong bộ $\left(c_i\right)_{1\le i\le n}$ đó có $k=\left\lfloor {\frac{{nb – C}}{{b – a}}} \right\rfloor $ số bằng $a$, có $l = \left\lfloor {\frac{{C – na}}{{b – a}}} \right\rfloor $ số bằng $b$, còn số còn lại là $C-ka-lb$ thuộc $[a;\,b)$.

Còn đây là một đánh giá chặn dưới.

Định lý 5. Cho $\mathbb I$ là một khoảng mở của đường thẳng thực, $f_i:\,\mathbb I\to\mathbb R$ là các hàm số  lồi trên $\mathbb I$ (với $1\le i\le n$), bộ $\left(m_i\right)_{1\le i\le n}\in\mathbb I^n$ sao cho với mọi cặp số nguyên dương $(i,\,j)$ thỏa mãn $i<j\le n$ ta luôn có $f’_i\left(m_i\right)=f’_j\left(m_j\right)$ . Khi đó, với bộ $\left(x_i\right)_{1\le i\le n}\in\mathbb I^n$ thỏa mãn $\sum\limits_{1 \le i \le n} {{x_i} = } \sum\limits_{1 \le i \le n} {{m_i}}$, ta sẽ có đánh giá\[\sum\limits_{1 \le i \le n} {f_i\left( {{x_i}} \right) \ge } \sum\limits_{1 \le i \le n} {f_i\left( {{m_i}} \right)} .\]

Kết quả ở định lý 5, chưa phải là kết quả tốt, do sự hạn chế ở tính khả vi, có kết quả tốt hơn dựa vào định lý 2, và đó thuộc về một bài viết khác.