函數的凸凹性

函數的凸凹性

法蘭克

1 函數的凸凹性

假設y = f (x)是定義在實數線上某個區間[a, b]的連續函數，並且f^′, f^′′在開區間(a, b)上可微分‧

如果任給x1, x₂∈ [a, b]且t ∈ [0, 1]，恆有

f (tx₁+ (1− t)x2)≤ tf(x1) + (1− t)f(x2), 我們稱此函數在[a, b]區間上凹向上(concave up)‧如果不等式相反

f (tx1+ (1− t)x2)≥ tf(x1) + (1− t)f(x2), 我們稱此函數在[a, b]區間內凹向下(concave down)‧

定理 1.1 如果f^′′(x) > 0, (f^′′(x) < 0) x∈ (a, b)則y = f(x)在[a, b]區間內凹向上(凹向下)‧

令x1< x₂是[a, b]區間內任意給定的兩個數‧我們希望證明函數是凹向上， 我們必須證明上 面的第一個不等式‧於是我們定義一個新的函數

g(t) = tf (x1) + (1− t)f(x2)− f(tx1+ (1− t)x2).

要證明此不等式，我們就是要證明此函數g在[0, 1]區間上非負(g(t) ≥ 0, t ∈ [0, 1])‧ 觀察一 下g(0) = g(1) = 0.‧利用Rolle定理，存在c∈ (0, 1)使得g^′(c) = 0‧計算一下函數的一次微分

g^′(t) = f (x₁)− f(x2)− f^′(tx₁+ (1− t)x2)(x₁− x2), 與函數的二次微分：

因為x1̸= x2所以(x1− x2) > 0.由於f^′′> 0,所以馬上知道 g^′′(t) < 0, t∈ (0, 1).

因為g^′′(t) < 0所以g^′(t)在[0, 1]區間上是遞減函數‧所以在0 < t < c, g^′(t) > g(c) = 0.

所以在0 < t < c區間內，函數g是遞增函數‧在c < t < 1區間內，

g^′(t) < g^′(c) = 0.

所以在c < t < 1區間內，函數g是遞減函數‧如圖所示(此圖給出這類型函數一個範例)：

所以我們馬上知道在0 < t < c區間內，因為函數遞增，所以g(t) > g(0) = 0 在c < t < 1區間內，

因為函數遞減，所以g(t) > g(1) = 0.‧於是我們證明了，對任意的0≤ t ≤ 1函數恆有 g(t) ≥ 0，

於是我們證明了不等式‧

2 Jensen不等式

事實上，如果我們令λ1= t且λ2= 1− t,那麼凹向上的函數，就可以改寫為 f (λ₁x₁+ λ₂x₂)≤ λ1f (x₁) + λ₂f (x₂), 其中λ1, λ₂≥ 0且λ1+ λ₂= 1.

定理 2.1 假設y = f (x)在區間[a, b]上是凹向上的函數‧則任給x1,· · · , xn ∈ [a, b]且 λ1,· · · , λn ≥ 0滿足λ₁+ λ₂+· · · + λn= 1, 恆有

f (λ₁x₁+ λ₂x₂+· · · + λnx_n)≤ λ1f (x₁) + λ₂f (x₂) +· · · + λnf (x_n).

附註：如果函數是凹向下的函數，不等號方向改變‧

證明：我們假設此不等式對n = 2成立，我們希望能推得n = 3也成立‧觀察發現 λ₁x₁+ λ₂x₂+ λ₃x₃= (λ₁+ λ₂)

( λ₁ λ1+ λ2

x₁+ λ₂ λ1+ λ2

x₂ )

+ λ₃x₃.

假設λ1, λ₂, λ₃≥ 0且λ1+ λ₂+ λ₃ = 1, x₁, x₂, x₃∈ [a, b]‧我們令t = λ1+ λ₂,則λ₃= 1− t‧再令 y = λ1

λ₁+ λ₂x1+ λ2

λ₁+ λ₂x2.則

λ1x1+ λ2x2+ λ3x3= ty + (1− t)x3. 如果y = f (x)在[a, b]上是凹向上的函數，則

f (λ1x1+ λ2x2+ λ3x3) = f (ty + (1− t)x3) (2.1)

≤ tf(y) + (1 − t)f(x3)

= tf (y) + λ3f (x3).

如果我們令s = λ₁ λ1+ λ2

則 λ₂ λ1+ λ2

= 1− s,於是

y = λ₁ λ1+ λ2

x₁+ λ₂ λ1+ λ2

x₂= sx₁+ (1− s)x2. 再利用函數的性質：

f (y) = f (sx1+ (1− s)x2)≤ sf(x1) + (1− s)f(x2).

所以利用上面這個不等式我們可以推得 tf (y) = (λ1+ λ2)f (y)

≤ (λ1+ λ2)· (sf(x1) + (1− s)f(x2))

= (λ1+ λ2)· ( λ₁

λ1+ λ2

f (x1) + λ₂ λ1+ λ2

f (x2) )

= λ₁f (x₁) + λ₂f (x₂).

所以再結合不等式(2.1)，我們推得

f (λ1x1+ λ2x2+ λ3x3)≤ λ1f (x1) + λ2f (x2) + λ3f (x3).

所以，我們利用歸納法，假設不等式對n = k−1時成立‧給定非負實數λ1,· · · , λk滿足∑k i=1λi= 1‧ 任取[a, b]上的k個點x1,· · · , xk‧令t =∑k−1

i=1 λi則 λk= 1− t‧於是

∑k i=1

λ_ix_i= t (_k−1

∑

i=1

λ_i t x_i

)

+ (1− t)xk. 利用函數的凹向上性質：

f ( _k

∑

i=1

λixi

)

= f (

t (_k−1

∑

i=1

λi

t xi

)

+ (1− t)xk

)

≤ tf (_k−1

∑

i=1

λ_i t x_i

)

+ (1− t)f(xk)

= tf (_k−1

∑λi

x )

+ λ f (x ).

因為

k−1

∑

i=1

λ_i

t = 1,所以我們可以再次利用函數凹向上的性質：

f (_k−1

∑

i=1

λ_i t xi

)

≤

k−1

∑

i=1

λ_i t f (xi).

帶入上面的不等式後，發現

f ( _k

∑

i=1

λixi

)

≤ tf (_k−1

∑

i=1

λi

t xi

)

+ λkf (xk)

≤ t (_k−1

∑

i=1

λ_i t f (x_i)

)

+ λ_kf (x_k) = (_k−1

∑

i=1

λ_if (x_i) )

+ λ_kf (x_k) =

∑k i=1

λ_if (x_i).

於是我們證明了不等式對n = k也成立，利用數學歸納法可知，不等式對任意的n≥ 2恆成立‧

3 應用

我們可以利用函數的凸凹性來證明許多重要的不等式‧

範例 3.1 假設A, B, C是三角形的三內角，證明

sin A + sin B + sin C≤ 3√ 3 2 .

由於A, B, C是三角形三內角，A, B, C ∈ (0, π)且A + B + C = π. 考慮函數f(x) = sin x, x ∈ [0, π].則f^′(x) = cos x, f^′′(x) = − sin x. 所以在(0, π)上f^′′(x) < 0‧於是f (x)是凹向下的函 數，因此利用Jensen不等式：

sin A + sin B + sin C

3 =1

3(f (A) + f (B) + f (C))

≤ f

(A + B + C 3

)

= sinA + B + C

3 = sinπ 3 =

√3 2 . 將不等式兩邊同乘3我們就得到想證明的式子‧

定理 3.1 算幾不等式:假設a1,· · · , an ≥ 0則 a1+· · · + an

n ≥ √ⁿ

a1· · · an.

如果ai其中一個為零，則不等式顯然成立‧於是我們假設a1,· · · , an̸= 0‧ 對√ⁿa1· · · an取ln後，

我們發現

ln(√ⁿ

a1· · · an) = 1

n(ln a1+ ln a2+· · · + ln an) . 我們令函數

f (x) = ln x, x > 0.

則我們得到：

√n

a1· · · an= 1

nf (a1) +· · · + 1 nf (an).

計算函數的微分後，我們得到f^′(x) = 1/x且f^′′(x) =−1/x²< 0‧於是我們推得函數凹向下‧利 用上面的Jensen不等式，我們可以推得

f (1

na1+· · · + 1 nan

)

≥ 1

nf (a1) +· · · + 1 nf (an).

這個不等式就是：

ln

(a₁+· · · + an

n

)

≥ ln(√ⁿ

a₁· · · an).

兩邊同取exp,我們就證明了算幾不等式‧

定理 3.2 (Young不等式)假設p, q > 0且1 p+1

q = 1‧則任給a, b > 0恆有 ab≤ a^p

p +b^q q.

我們知道a^p = e^{ln ap}.‧所以考慮函數f (x) = e^x, x∈ R.則 f(ln a^p) = a^p且f (ln b^q) = b^q.計算函 數的二次微分可得f^′′(x) = e^x> 0，可知函數為凹向上‧因此

f (1

pln a^p+1 qln b^q

)

≤ 1

pf (ln a^p) +1

qf (ln b^p). (3.1)

由於 1

pln a^p+1

qln b^q = ln a + ln b = ln(ab).

所以

f (1

pln a^p+1 qln b^q

)

= f (ln ab) = ab.

我們發現不等式(3.1)就是要證明的不等式‧

利用Young不等式，我們可以推論下列不等式：

推論 3.1 (Holder不等式) 假設a1,· · · , an與b1,· · · , bn是正實數，且p, q同上‧則 (a1b1+· · · + anbn)≤ (a^p1+· · · + a^pn)^1/p(b^q₁+· · · + b^qn)^1/q. 當p = q = 2時，就是算幾不等式‧

證明：我們令Ai = ai/ (a^p₁+· · · + a^pn)^1/p, 1≤ i ≤ n, 且Bi = bi/ (b^q₁+· · · + b^qn)^1/q.要證明上 述不等式，我們只需證明

A1B1+· · · + AnBn≤ 1.

觀察一下發現：A^p₁+ A^p₂+· · · + A^pn= B^q₁+ B^q₂+· · · + B^qn= 1. 利用Young不等式，我們可以推 得AiBi ≤A^p_i

p +B_i^q

q ,其中1≤ i ≤ n.我們把這個不等式兩邊相加後得到：

A₁B₁+· · · + AnB_n ≤A^p₁+· · · + A^pn

p +B^q₁+· · · + Bn^q

q = 1

p+1 q = 1.

於是我們就證明了Holder不等式‧