33207 函數凸凹性的刻畫

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。

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摘要:

函數的凸凹性在數學規劃, 數理經濟學, 不動點理論等學科中是非常重要的。 從而如何來判定一個函數的凸凹性, 也就是一個有意義的事情, 本文給出了函數凸凹性的一種等價刻畫。

關鍵詞:

凸凹性、 等價刻畫。

1. 引言

在北京清華大學 2007 級 "微積分" 期中試題中有這麼一個問題:

例1: 求常數 $a$ 的範圍, 使得不等式 $\ln x\le a(x-1)$ 對於任何 $x\gt 0$ 均成立。

為了解決這個問題, 我們先來考慮一般的情況, 給出如下結論:

引理1.1. 設函數 $f: U\to R$ 在 $p\in U$ 點可導, 記 $$ F(p) = \{c \in R | f(x)-f(p) \le c(x-p), ~\forall x \in U\} $$ 則 $F(p)\not=\varnothing$ 時必有 $F(p)=\{f'(p)\}$。

證明: 由於 $F(p)\not=\varnothing$, 設 $c\in F(p)$, 則對於 $x\in U$, $x\gt p$ 有: $$ \frac{f(x)-f(p)}{x-p} \le c $$ 令 $x\to p$ 就有 $f'(p)\le c$ 。而當 $x\in U$, $x\lt p$ 時同理易得 $f'(p)\ge c$ 。 於是知引理結論成立。

下面就提出了一個問題: 在什麼情況下, $F(p)\not=\varnothing$。這與函數 $f(x)$ 的性質有關。 有些函數, 如 $f(x)=x^2$ 在任何點都不滿足 $F(p)\not=\varnothing$。 那麼什麼樣的函數能保證 $F(p)\not=\varnothing$ ? 這是我們要討論的主要問題。

2. 函數凸凹性的刻畫: 可導的情形

引理2.1. 設函數 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 可導, 則 $F(p)\not=\varnothing$, $\forall p\in[a, b]$ 當且僅當 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上為凹函數。 (函數凸凹性的定義和基本性質見參考文獻[1, 2])

證明: (1) 若函數 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上為凹函數, 則由凹函數的幾何性質: 函數的圖像始終在其切線的下方, 可知對於給定點的 $p\in [a, b]$ 有: $$ f(x) \le f(p) + f'(p)(x-p), ~~\forall x \in [a, b] $$ 即得 $f'(p)\in F(p)$, 故知 $F(p)\not=\varnothing$。

(2) 若 $\forall p\in [a, b]$, $F(p)\not=\varnothing$ 則由引理 1 可知此時 $F(p)=\{f'(p)\}$, 從而對於給定的點 $p\in [a, b]$ 有: $$ f(x) \le f(p) + f'(p)(x-p), ~~\forall x \in [a, b] $$ 這表明函數的圖像始終在其切線的下方, 於是知 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上為凹函數。

此時, 可以對本文開頭提出的問題予以解答:

$x\gt 0$ 時, 由於 $\ln x$ 為凹函數, 故知滿足對於任何 $x\gt 0$, $\ln x\le a(x-1)$ 均成立的 $a$ 存在且為 $(\ln x)'_{x=1}=1$, 這只要注意到原不等式可寫為 $\ln x-\ln 1\le a(x-1)$。

對於凸函數, 我們有類似結論:

定理2.2. 設函數 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 可導, 則 $F^0(p)\not=\varnothing$, $\forall p\in [a, b]$ 當且僅當 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上為凸函數。 其中 $F^0(p)=\{c\in R|f(x)-f(p)\ge c(x-p), ~\forall x\in [a, b]\}$。此時 $F^0(p)=\{f'(p)\}$。

由此, 我們不難解決這樣的一類問題:

例2: 求常數 $a$ 的範圍, 使得不等式 $x^2+e^x\ge ax+1$ 對於任何 $x\in R$ 均成立。

解: 令 $f(x)=x^2+e^x$, 易見 $f$ 為 $R$ 上的凸函數且 $$ x^2 + e^x \ge ax + 1 $$ 等價於 $f(x) - f(0) \ge a(x-0)$

故由定理2.2 可知, 此時只有 $a=f'(0)=1$。

我們不難把這一結論推廣到多元函數的情形:

定理2.3. 設函數 $f$ 為凸集 $D\subset R^n\to R$ 的可微函數, 則對於任意 $p\in D$, 集合 $$ \{c \in R^n | f(x) - f(p) \ge \langle c, x-p\rangle, ~\forall x \in D\} $$ 非空, 當且僅當 $f$ 為 $D$ 內的凸函數, 且此時有 $c=grad f=\Big (\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x_1}, \frac{\partial f}{\partial x_2}, \ldots, \frac{\partial f}{\partial x_n}\Big )_{x=p}^T$。

證明: 充分性。設 $f$ 為凸集 $D$ 內凸函數, 對任意 $x, p\in D$, $\alpha\in [0, 1]$ 恒有 $$ f(\alpha p+(1-\alpha)x) \le \alpha f(p) + (1-\alpha) f(x) $$ 即 $f(x)-f(p) \ge \displaystyle\frac{f(p+(1-\alpha)(x-p))-f(p)}{1-\alpha}$

兩邊取極限得 \begin{eqnarray*} f(x) - f(p) &\ge& \lim_{\alpha\to 1} \frac{f(p+(1-\alpha)(x-p))-f(p)}{1-\alpha} \\ &=& \langle grad f(p), x-p\rangle \end{eqnarray*}

必要性. 設 $x_1, x_2\in D$, $\alpha\in [0, 1]$, $p=\alpha x_1+(1-\alpha)x_2$, 則 $p\in D$。 由題設, 存在 $c\in R$, 使得 \begin{eqnarray*} f(x_1) - f(p) &\ge& \langle c, x_1 - p\rangle \\ f(x_2) - f(p) &\ge& \langle c, x_2 - p\rangle \end{eqnarray*} 第一式乘以 $\alpha$ 加上第二式乘以 $1-\alpha$ 可得 $$ f(p) \le \alpha f(x_1) + (1-\alpha) f(x_2) $$ 所以 $f$ 為 $D$ 內的凸函數。

例3: 設 $x\gt 0$, $y\in R$ 時總有 $\displaystyle\frac{1}{x}+y^2\ge ax+by+2-a-b$, 試求 $a$, $b$ 的取值範圍。

解: 令 $f(x, y)=\displaystyle\frac{1}{x}+y^2$, 注意到 $\displaystyle\frac{1}{x}$ 當 $x\gt 0$ 時為凸函數, $y^2$ 當 $y\in R$ 時為凸函數, 則對於任意的 $(x_1, y_1), (x_2, y_2)\in \{(x, y)|x\gt 0, y\in R\}$, $\alpha\in [0, 1]$ \begin{eqnarray*} f(\alpha(x_1, y_1) + (1-\alpha)(x_2, y_2)) &=& \frac{1}{\alpha x_1+(1-\alpha)x_2} + (\alpha y_1 + (1-\alpha)y_2)^2 \\[-3pt] &\le& \alpha \frac{1}{x_1} + (1-\alpha)\frac{1}{x_2} + \alpha y_1^2 + (1-\alpha)y_2^2 \\[-3pt] &=& \alpha \Big (\frac{1}{x_1} + y_1^2\Big ) + (1-\alpha) \Big (\frac{1}{x_2} + y_2^2\Big ) \\[-3pt] &=& \alpha f(x_1, y_1) + (1-\alpha) f(x_2, y_2) \end{eqnarray*} 即 $f$ 為 $\{(x, y)|x\gt 0, y\in R\}$ 內的凸函數。

易見 $$ \frac{1}{x} + y^2 \ge ax + by + 2 - a - b $$ 等價於 $f(x, y)-f(1, 1) \hskip 1pt \ge \hskip 1pt \langle (a, b)$, $(x-1, y-1)\rangle$, 據定理 2.3 可知, 此時 $a$, $b$ 存在且

$a=\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\Big |_{(1, 1)}=-1$, $b=\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\Big |_{(1, 1)}=2$。

以上的討論均是基於 $f$ 可導得到的, 如果去掉可導性質, 這種等價性是否成立? 這就是我們下一步要討論的問題。

3. 函數凸凹性的刻畫: 不可導的情形

定理3.1. 設函數 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 有定義, 則 $F^0(p)\not=\varnothing$, $\forall p\in (a, b)$ 當且僅當 $f(x)$在 $[a, b]$ 上為凸函數。 其中 $F^0(p)=\{c\in R|f(x)-f(p)\ge c(x-p), ~\forall x\in [a, b]\}$。

證明: (1) 設 $F^0(p)\not=\varnothing$, 下證 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上為凸函數

事實上, 任取 $c, d\in [a, b]$, 令 $p=\alpha c+(1-\alpha)d$, $\alpha\in [0, 1]$, 任取 $r\in F^0(p)$, 則有 \begin{eqnarray*} f(c) - f(p) &\ge& r(c-p), \\ f(d) - f(p) &\ge& r(d-p) \end{eqnarray*} 第一式乘以 $\alpha$ 加上第二式乘以 $1-\alpha$ 可得 $$ \alpha f(c) + (1-\alpha) f(d) \ge f(p) $$ 所以 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上為凸函數。

(2) 當 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上為凸函數時,我們來看一看 $\forall p\in (a, b)$, $F^0(p)$ 中有些什麼元素。

事實上, 任取 $x, y\in [a, b]$, $x\lt y$, 由凸函數的幾何性質可得 $$ \frac{f(y)-f(p)}{y-p} \ge \frac{f(x)-f(p)}{x-p} $$ 由此知道 $g(x)=\displaystyle\frac{f(x)-f(p)}{x-p}$ $(x\not=p)$ 是增函數, 且有上界, 現取 $x\lt p$, $x\to p$, 則 $g(x)$ 必有極限, 記為 $f'_-(p)$, 且有 $\forall y\in (p, b]$, $\displaystyle\frac{f(y)-f(p)}{y-p}\ge f'_-(p)$。

另一方面函數 $h(y)=\displaystyle\frac{f(y)-f(p)}{y-p}$, (這裏 $y\in (p, b]$) 當 $y\to p$ 時, 函數值遞減, 且 $h(y)\ge f'_-(p)$, 於是知 $y\to p$ 時, 該函數極限存在, 記為 $f'_+(p)$。 總結以上, 對於任意的 $x\lt p\lt y$, 均有 $$ \frac{f(y)-f(p)}{y-p} \ge f'_+(p) \ge f'_-(p) \ge \frac{f(x)-f(p)}{x-p} $$ 從而易見此時 $F^0(p)=[f'_-(p), f'_+(p)]$。

例4: $f(x)=|x|$ 時, $f$ 為凸函數, 但 $f$ 在 0 點不可導, 此時不難算得 $F^0(0)=[-1, 1]$。

同理我們有如下結論

定理3.2. 設函數 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 有定義, 則 $F(p)\not=\varnothing$, $\forall p\in (a, b)$ 當且僅當 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上為凹函數。 其中 $F(p)=\{c\in R|f(x)-f(p)\le c(x-p), ~\forall x\in [a, b]\}$。 且此時 $F(p)=[f'_+(p), f'_-(p)]$。

參考文獻

韓雲端, 扈志明, 張廣遠, 微積分教程(上)(第2版), 清華大學出版社, 北京,2006 劉玉璉, 傅沛仁, 數學分析講義(上), 高等教育出版社, 北京, 2001.

---本文作者為武漢科技大學理學院教師; 北京清華大學數學系訪問學者---

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