Абанина Д.А., Коршикова Т.И.-Выпуклые функции

òî åñòü	λx1 + (1 − λ)x2 ≤ λf(x1) + (1 − λ)f(x2) .
f

Значит, f выпукла на I.

Замечание. Из доказательства теоремы вытекает, что для выпуклости функции f на произвольном промежутке необходимо и достаточно, чтобы

	f(x1) − f(a)	≤	f(x2) − f(a)	, x	< a < x	.
	x1 − a		x2 − a
				1	2

Геометрическая интерпретация теоремы о наклоне и замечания к ней заключается в следующем. Пусть функция f определена на промежутке I â R,

x1, a, x2 произвольные точки этого промежутка такие, что x1 < a < x2. Пусть, далее, M1(x1, f(x1)), M(a, f(a)) è M2(x2, f(x2)) соответствующие точки f . Åñëè ϕ1, ϕ, ϕ2 углы наклона хорд M1M, M1M2 è MM2 к положительному направлению оси Ox, то для выпуклости f íà I необходимо, чтобы ϕ1 ≤ ϕ ≤ ϕ2, и достаточно, чтобы ϕ1 ≤ ϕ2.

y 6

y = f(x)

M2

ϕ2 M1 ϕM

ϕ1

-

0

x1

a

x2

x

Ðèñ. 2

Отметим, что доказанная теорема представляет собой основополагающее свойство выпуклых функций. Приведем пример его использования.

Задача 3.2. Доказать, что если функция f выпукла и ограничена сверху на [α, +∞), то f не возрастает на [α, +∞).

Решение. Предположим, что существуют x1, x2 [α, +∞) такие, что x1 < x2 è

11

f(x1) < f(x2). Так как наклон в точке x2 является неубывающей функцией, то

f(x1) − f(x2)	≤	f(x) − f(x2)	, x	(x	, +	∞	) ,
x1 − x2		x − x2		2

откуда

f(x)

≥

(x

−

x

)

f(x2) − f(x1)

+ f(x

) .

2

x2 − x1

2

Правая часть этого неравенства стремится к

+∞ ïðè x → +∞, òàê êàê

f(x2) − f(x1)

> 0. Следовательно, f(x)

→

+

∞

ïðè x

→

+

∞

, а это проти-

x2 − x1

воречит тому, что f ограничена сверху на [α, +∞). Утверждение доказано.

Перейдем теперь к дифференциальным свойствам выпуклых на интервале функций.

Теорема 3.3. Пусть функция f выпукла на интервале (α, β). Тогда

1)

f имеет конечные

левую

è

правую производные

в каждой точке

a

(α, β), причем f0 (a)

≤

f0 (a) ;

−

+

2) для любых a, b (α, β), a < b, выполняются неравенства

f0

(a)

≤

f(b) − f(a)

≤

f0 (b) .

+

b

−

a

−

Доказательство. 1) Зафиксируем

a

(α, β)

и выберем δ > 0 так, чтобы

a

±

δ

(α, β). По теореме 3.1 функция ϕ(x)

:=

f(x) − f(a)

не убывает на

x

a

пределах монотонной

[a −δ, a + δ]\{a}

. Тогда в силу теоремы об односторонних−

lim

ϕ(x), причем

функции существуют

x→a±0

ϕ(a

−

δ)

≤ x

lim ϕ(x)

≤ x

lim ϕ(x)

≤

ϕ(a + δ) .

a

−

0

a+0

→

→

Следовательно, f±0 (a) существуют, конечны и f−0 (a) ≤ f+0 (a).

2) Пусть a, b (α, β), a < b. Учитывая неубывание наклонов в точках a è b,

äëÿ âñåõ x (a, b) имеем два неравенства

f(x) − f(a)

≤

f(b) − f(a)

,

x

−

a

b

−

a

f(a) − f(b)

≤

f(x) − f(b)

.

a

−

b

x

−

b

Переходя в первом из них к пределу при x → a + 0, а во втором при x → b − 0,

получим, что

f+0 (a) ≤ f(b) − f(a) ≤ f−0 (b) . b − a

12

Следствие 1. Если функция выпукла на интервале, то она непрерывна на нем.

Доказательство. Пусть f выпукла на (α, β). Зафиксируем a (α, β) è δ0 > 0 такое, что a ± δ0 (α, β). По предыдущей теореме

	x	lim		f(x)	− f(a)		= f0	(a)	R	.
				x
		→	a+0		−	a	+

Следовательно, найдется δ (0, δ0) такое, что для всех x (a, a + δ)

(

x

− a

≤ |f+0 (a)| + 1 =: A .

f x)

−

f(a)

Поэтому

для любого

. Значит,

|

f(x)

−

f(a)

A

x

−

a

x

(a, a + δ)

f(x)

| ≤

|

|

стремится к f(a) ïðè x → a + 0, что означает непрерывность функции

f â

точке a справа. Аналогично, из существования конечной левой производной вытекает непрерывность функции f в точке a слева.

Замечание. Если функция f выпукла на полусегменте или сегменте, то на

концах она может иметь разрывы. Примером служит функция

(

f(x) =

0 , åñëè x (0, 1) ,

1 , åñëè x = 0 èëè x = 1 .

Следствие 2. Если функция f выпукла на (α, β), то f+0 è f−0 не убывают íà (α, β).

Доказательство. Объединяя первую и вторую части теоремы 3.3, получаем при всех a < b

f−0 (a) ≤ f+0 (a) ≤ f(b) − f(a) ≤ f−0 (b) ≤ f+0 (b) , b − a

откуда следует, что f−0 (a) ≤ f−0 (b) è f+0 (a) ≤ f+0 (b).

Следствие 3. Пусть функция f выпукла на (α, β), [α1, β1] (α, β). Тогда найдется M > 0 такое, что для всех x1, x2 [α1, β1]

|f(x2) − f(x1)| ≤ M|x2 − x1| ,

то есть функция f удовлетворяет на [α1, β1] условию Липшица.

13

Доказательство проведите самостоятельно.

Теорема 3.4. Если функция f выпукла на (α, β), то она дифференцируе-

ма на (α, β), кроме, возможно, не более чем счетного множества. В точках дифференцируемости f+0 è f−0 непрерывны и равны между собой.

Доказательство. Покажем, что если f−0 непрерывна в точке x0 (α, β), òî f+0 непрерывна в точке x0, и наоборот. Пусть ε > 0 таково, что x0 ± 2ε (α, β). По теореме 3.2

f−0 (x0−ε) ≤ f+0 (x0−ε) ≤ f−0 (x0) ≤ f+0 (x0) ≤ f−0 (x0+ε) ≤ f+0 (x0+ε) ≤ f−0 (x0+2ε) .

Òàê êàê f−0 непрерывна в точке x0, òî f−0 (x0 −ε) → f−0 (x0) è f−0 (x0 +2ε) → f−0 (x0) ïðè ε → +0. Тогда по теореме о трех функциях

lim f0

(x

0

−

ε) = lim f0

(x

0

+ ε) = f0

(x

) = f0

(x

) .

ε

→

+0

+

ε

→

+0 +

+

0

−

0

Таким образом, f+0

непрерывна в точке x0 è f+0 (x0) = f−0 (x0). Аналогично по-

казывается, что если f+0

непрерывна в точке x0, òî f−0

непрерывна в точке x0

è f+0 (x0) = f−0 (x0). Последнее равенство означает, что в точках непрерывности f±0 функция f дифференцируема.

Осталось заметить, что множество точек разрыва f−0 (è f+0 ) не более чем счет- но. Это следует из неубывания f−0 , поскольку, как известно, множество точек разрыва любой монотонной на промежутке функции не более чем счетно.

Следствие. Если f выпукла на (α, β) и дифференцируема на (α, β) \ E, где E не более чем счетное множество, то f0 не убывает на (α, β) \ E.

В заключение на основании установленных дифференциальных свойств выпуклых функций докажем еще утверждение о монотонности выпуклой на интервале функции. Для этого нам потребуется следующий результат, который можно рассматривать как обобщение теоремы Лагранжа о конечных приращениях.

Лемма 3.5. (см. [1; Гл. I, 2, следствие из теоремы 1]) Пусть f : [a, b] → R,

f непрерывна на [a, b] и имеет конечную правую производную f+0 на множе- стве (a, b) \ E, где E не более чем счетно. Пусть, далее, m := inf{f+0 (x) : x (a, b) \ E}, M := sup{f+0 (x) : x (a, b) \ E}. Если f не является линейной

функцией, то

m < f(b) − f(a) < M ; b − a

14

если же f линейна, то будут выполняться равенства.

Предложение 3.6. Пусть I произвольный промежуток в R, функция f непрерывна на I и имеет конечную правую производную на I \ E, где E не

более чем счетное множество.

Åñëè f+0 (x) ≥ 0 (f+0 (x) > 0) на I \ E, то f не убывает (возрастает) на I. Соответственно, если f+0 (x) ≤ 0 (f+0 (x) < 0) ïðè âñåõ x I \ E, òî f íå

возрастает (убывает) на I.

Åñëè æå f+0 (x) = 0 для любого x I \ E, то f ≡ const на I.

Доказательство. Пусть f+0 (x) ≥ 0 ïðè âñåõ x I \E. Тогда для любых a, b I, a < b, имеем

f(b) − f(a) ≥ inf{f+0 (x) : x (a, b) \ E} ≥ inf{f+0 (x) : x I \ E} ≥ 0 , b − a

откуда следует, что f(b) ≥ f(a). Таким образом, f не убывает на I.

Пусть теперь f+0 (x) > 0 для любого x I \ E. Фиксируем a, b I, a < b. Åñëè f представляет собой линейную функцию на [a, b], то из положительности

производной вытекает, что эта линейная функция возрастает на [a, b]. Следовательно, f(b) > f(a).

Åñëè f отлична от линейной функции на [a, b], òî

f(b) − f(a) > inf{f+0 (x) : x (a, b) \ E} ≥ 0 . b − a

Поэтому f(b) > f(a) и в этом случае. В силу произвольности a, b I, заклю-

÷àåì, ÷òî f возрастает на I.

Случаи f+0 (x) ≤ 0 è f+0 (x) < 0, x I \ E, рассматриваются аналогично. Если f+0 (x) = 0 íà I \ E, то в лемме 3.5 m = M = 0. Это автоматически

влечет, что f линейная функция и, более того, тождественная константа.

Теорема 3.7. Если функция f выпукла на интервале (α, β) и отлична от тождественной постоянной, то возможны лишь три случая:

1)f возрастает на (α, β) ;

2)f убывает на (α, β) ;

3)γ1, γ2 : α ≤ γ1 ≤ γ2 ≤ β такие, что

f(x) ≡ const íà (γ1, γ2)	(ïðè γ1 < γ2),
f убывает на (α, γ1) (ïðè α < γ1),
f возрастает на (γ2, β)	(ïðè γ2 < β).

15

Доказательство. Òàê êàê f выпукла на (α, β), то всюду на (α, β) f имеет ко-

нечную правую производную f+0 , причем f+0 не убывает на (α, β). Поскольку f 6≡const, òî f+0 6≡0 íà (α, β).

Åñëè f+0 (x) > 0 ïðè âñåõ x (α, β), то по предыдущему предложению f возрастает на (α, β). Аналогично, если f+0 (x) < 0 íà (α, β), òî f убывает на (α, β). В общем случае, когда f+0 не является строго положительной или строго

отрицательной на всем интервале (α, β), введем в рассмотрение три множества:

B1 := {x (α, β) : f+0 (x) < 0} , B2 := {x (α, β) : f+0 (x) = 0} , B3 := {x (α, β) : f+0 (x) > 0} .

Понятно, что хотя бы два из них непусты. Положим

γ1 := (

sup x , åñëè B

1 6=

,

γ2 := (

sup x , åñëè B

2 6=

,

x B

1åñëè B

x B

α ,

1

=

,

γ ,

2

åñëè B

2

=

.

1

Тогда α ≤ γ1 ≤ γ2 ≤ β, причем хотя бы два из неравенств строгие. Если γ1 < γ2, òî f+0 (x) = 0 íà (γ1, γ2). Значит, f ≡ const íà (γ1, γ2). Åñëè α < γ1, òî f+0 (x) < 0 äëÿ âñåõ x (α, γ1), откуда следует, что f убывает на (α, γ1). Аналогично, если γ2 < β, òî f+0 (x) > 0 ïðè x (γ2, β), è f возрастает на (γ2, β).

Постройте примеры к каждому из случаев 1)-3).

Следствие. Если f выпукла на (α, β), то существуют (конечные или бесконечные) односторонние пределы f(α + 0) и f(β − 0).

После изучения настоящего параграфа полезно решить задачи 7-12.

4.Критерии выпуклости функции действительной переменной

Âданном параграфе приводятся три различных критерия выпуклости функции на интервале. Заметим, что присоединение концов к итервалу выпуклости может быть осуществлено на основании утверждения, сформулированного в задаче 9.

Теорема 4.1. Для того чтобы функция f была выпукла на интервале (α, β), необходимо и достаточно, чтобы выполнялись три условия:

1)f непрерывна на (α, β);

2)f дифференцируема на (α, β) \ E, где E не более чем счетное множе-

ñòâî;

3) f0 не убывает на (α, β) \ E.

16

Доказательство. Необходимость уже доказана (следствие 1 из теоремы 3.3, теорема 3.4 и ее следствие).

Достаточность. Пусть выполнены условия 1)-3). Предположим, что f не является выпуклой на (α, β). Тогда в силу замечания к теореме о наклоне, найдутся a, b, c (α, β), a < c < b, такие, что

f(a) − f(c)	>	f(b) − f(c)	.
a − c		b − c

Применяя лемму 3.5 к функции f на интервалах (a, c) è (c, b), имеем

sup{f0(x) : x (a, c) \ E} ≥ f(a) − f(c) , a − c

inf{f0(x) : x (c, b) \ E} ≤ f(b) − f(c) . b − c

Объединив три последние неравенства, получим, что

sup{f0(x) : x (a, c) \ E} > inf{f0(x) : x (c, b) \ E} ,

что, понятно, противоречит неубыванию f0 íà (α, β) \ E.

Следствие 1 (критерий выпуклости дифференцируемой функции). Для того чтобы дифференцируемая на интервале (α, β) функция f быля выпукла на нем, необходимо и достаточно, чтобы f0 не убывала на (α, β).

Из следствия 1 и критерия монотонности функции на промежутке вытекает

Следствие 2 (критерий выпуклости дважды дифференцируемой функции).

Дважды дифференцируемая на интервале (α, β) функция f выпукла на нем тогда и только тогда, когда

f00(x) ≥ 0 , x (α, β) .

Пример 4.2. Показать, что функция f(x) = xp выпукла на [0, +∞), если p > 1, и вогнута, если 0 < p < 1.

Решение. Ïðè âñåõ x > 0 имеем, что f00(x) = p(p − 1)xp−2. Åñëè p > 1, òî f00(x) > 0 íà (0, +∞). Учитывая, что в точке x = 0 функция непрерывна, заключаем, что f выпукла на [0, +∞). Случай 0 < p < 1 рассматривается аналогично.

Теорема 4.3 (критерий выпуклости через линейные миноранты). Функция f выпукла на интервале (α, β) тогда и только тогда, когда для каждой точ-

êè x0 (α, β) существует аффинная функция g(x) = ax + b такая, что g(x0) = f(x0) è g(x) ≤ f(x), x (α, β).

17

(α, β).

x (α, β). Это означает, что

Доказательство. Необходимость. Зафиксируем x0 (α, β). Òàê êàê f выпукла

íà (α, β), то существуют конечные f±0 (x0), причем f−0 (x0) ≤ f+0 (x0). Выберем произвольное k [f−0 (x0), f+0 (x0)] и положим g(x) := k(x − x0) + f(x0). Заметим сразу, что в случае, когда f дифференцируема в точке x0, k = f0(x0) è

y = g(x) уравнение касательной, проведенной к графику f := {(x, f(x)) : x (α, β)} в точке (x0, f(x0)).

Покажем, что g(x) ≤ f(x) ïðè âñåõ x (α, β). Åñëè x (x0, β), то в силу второй части теоремы 3.3

k≤ f+0 (x0) ≤ f(x) − f(x0) , x − x0

откуда f(x) ≥ k(x − x0) + f(x0) = k(x − x0) + g(x0) = g(x). Åñëè x (α, x0), òî

k ≥ f−0 (x0) ≥ f(x0) − f(x) , x0 − x

из чего опять же следует, что f(x) ≥ g(x).

Достаточность. Зафиксируем произвольные x1, x2 (α, β) è λ [0, 1] . Положим x0 := λx1 + (1 − λ)x2. По условию существует функция g(x) = ax + b такая, что g(x0) = f(x0) è g(x) ≤ f(x) ïðè âñåõ x (α, β). Тогда

f(x0) = g(x0) = ax0 + b = a λx1 + (1 − λ)x2 + b =

=

λ ax

1 +

b

) + (1

−

λ)(ax

2

+ b) = λg(x

) + (1

−

λ)g(x

)

≤

(

1

2

≤ λf(x1) + (1 − λ)f(x2) .

Значит, f выпукла на (α, β).

Следствие. Пусть f дифференцируема на (α, β). Следующие утверждения эквивалентны:

(i)f выпукла на (α, β) ;

(ii)касательная, проведенная к графику f в его произвольной точке, ле- жит не выше самого графика.

Доказательство. (i) (ii) : Åñëè f выпукла и дифференцируема на (α, β),

x0 (α, β), то функция g(x) из доказательства необходимой части предыдущей теоремы совпадает с f0(x0)(x−x0) + f(x0). Как было показано, g(x) ≤ f(x) ïðè

âñåõ f лежит не ниже касательной, проведенной к нему в точке (x0, f(x0)). В силу произвольности x0 получаем нужное.

(ii) (i) : Пусть все касательные лежат не выше f . Полагая для произволь- ной точки x0 (α, β) g(x) = f0(x0)(x − x0) + f(x0), получим, что g(x0) = f(x0)

è g(x) ≤ f(x), x (α, β). По теореме 4.3 f выпукла на

18

сформулированного ниже в задаче 2,

Приведем наконец еще один критерий выпуклости функции на интервале.

Теорема 4.4. Для того чтобы функция f была выпукла на интервале (α, β), необходимо и достаточно, чтобы для любого µ R и произвольных a, b (α, β), a < b, функция gµ(x) := f(x) + µx достигала своей верхней на [a, b] грани хотя бы в одной из точек a и b.

Доказательство. Необходимость. Фиксируем µ R. Функция gµ выпукла на (α, β) как сумма выпуклой функции f и линейной (а значит, выпуклой) функции µx. Возьмем произвольные a, b (α, β), a < b.

Åñëè gµ(x) ≡ const, òî gµ(a) = gµ(b) = sup{gµ(x) : x [a, b]}. Пусть теперь gµ отлична от тождественной постоянной. Так как gµ выпукла на (α, β), то она непрерывна на (α, β), а, следовательно, и на [a, b]. В силу утверждения, sup{gµ(x) : x (a, b)} не достигается на

(a, b). Но из непрерывности gµ íà [a, b] следует равенство

sup{gµ(x) : x [a, b]} = sup{gµ(x) : x (a, b)} .

Поэтому верхняя грань достигается на концах отрезка.

Достаточность. Для того чтобы показать выпуклость f íà (α, β), восполь-

зуемся замечанием к теореме о наклоне. Возьмем произвольные a, b (α, β),

a < b, и положим µ := −f(b) − f(a) . Для функции gµ(x) = f(x) + µx имеем b − a

g

(a) = f(a)

−

a

f(b) − f(a)

=

bf(a) − af(b)

,

µ

b

−

a

b

−

a

g (b) = f(b)

−

b

f(b) − f(a)

=

bf(a) − af(b)

.

µ

b

−

a

b

−

a

Таким образом, gµ(a) = gµ(b) = sup{gµ(x) : x [a, b]}. Значит, gµ(x) ≤ gµ(a) ïðè âñåõ x (a, b), òî åñòü

f(x)

−

x

f(b) − f(a)

≤

f(a)

−

a

f(b) − f(a)

,

b

−

a

b

−

a

откуда

f(x) − f(a)			≤	f(b) − f(a)			.
x	−	a		b	−	a

Поскольку это неравенство выполнено при всех a < x < b, получаем, что f выпукла на (α, β).

После изучения данного параграфа рекомендуется решить задачи 13-18.

19

5. Выпуклые по Иенсену функции

Определение 5.1. Функцию f : (α, β) → R будем называть выпуклой по Иенсену на (α, β), если при всех x, y (α, β)

f	x + y	≤	f(x) + f(y)		.
	2		2

Геометрически это означает, что середина любой хорды, соединяющей две точ- ки графика функции f, лежит либо над графиком, либо на нем.

Понятно, что всякая выпуклая функция будет выпукла и по Иенсену. Основная цель этого параграфа доказать, что для непрерывных функций понятия выпуклости и выпуклости по Иенсену совпадают. Однако, известно [4, с.119], что при предположении о справедливости аксиомы Цермело на основе базиса Гамеля можно построить разрывную выпуклую по Иенсену функцию. Таким образом, вообще говоря, понятия выпуклости и выпуклости по Иенсену не эквивалентны.

Теорема 5.2. Если функция f выпукла по Иенсену на (α, β), то для любого n N и произвольных точек x1, . . . , xn (α, β) выполняется неравенство

f x1 + . . . + xn ≤ f(x1) + . . . + f(xn) . n n

Доказательство. 1) Сначала методом математической индукции покажем, что

f 2m (x1		+ . . . + x2m) ≤ 2m		f(x1) + . . . + f(x2m) , m N.
1		1

При m = 1 утверждение верно по определению выпуклой по Иенсену функции. При m = 2 имеем:

f	x		1		+	x	2	4	3	+ x	4		= f
								+ x
≤ 2					2 f(x1) + f(x2) +
	1				1

2	2	2	! ≤
x1+x2	+ x3	+x4

!

1

2 f(x3) + f(x4)

2	f		x	1	2	2	+ f		x	3	2	4 ! ≤
1					+ x						+ x

= f(x1) + f(x2) + f(x3) + f(x4) . 4

Предположим, что утверждение верно при некотором m N, и покажем, что тогда оно верно и при m + 1. Обозначим для удобства x1 + . . . + x2m =: x,

x2m+1 + . . . + x2m+1 =: y. Тогда

!

2m

+2m !

≤

2m

+f

2m !.

f

1

+ 2m+1 2

! = f 2m+1

= f

2

2

f

x

. . . + x

m+1

x + y

1

x

y

1

x

y

20