8.4. Выпуклые функции
Определение 8.2. Пусть $f\colon E\to \mathbb {R}$ и промежуток $(a, b) \subset E$ ($a, b \in \overline{\mathbb {R}}$).
Функция $f$ называется выпуклой вниз (выпуклой) на $(a, b)$, если $\forall x_1, x_2, x_1 \neq x_2\ \forall t\in (0,1)$ имеет место неравенство $f((1-t)x_1 + t x_2) \leqslant (1-t)f(x_1) + tf(x_2)$.
Функция $f$ называется выпуклой вверх (вогнутой) на $(a, b)$, если $\forall x_1, x_2, x_1 \neq x_2\ \forall t\in (0,1)$ имеет место неравенство $f((1-t)x_1 + t x_2) \geqslant (1-t)f(x_1) + tf(x_2)$.
Если неравенства в формулах строгие, то говорят о строгой выпуклости вверх и вниз.
Замечание. Каждая точка хорды с концами $(x_1, f(x_1))$ и $(x_2, f(x_2))$ может быть записана в виде $((1-t)x_1 + t x_2, (1-t)f(x_1) + tf(x_2)), t \in [0, 1]$. Тогда условие (строгой) выпуклости вниз функции $f$ на $(a, b)$ геометрически означает, что график $f$ лежит не выше (строго ниже) любой его хорды (исключая концы). (figure 8.1)
Выпуклость вверх функции $f$ очевидно равносильна выпуклости вниз функции $-f$. Поэтому в утверждениях можно ограничиться случаем выпуклости вниз.
Лемма 8.1. Пусть $f$ выпукла вниз на промежутке $(a, b)$ и дифференцируема в $x_0 \in (a, b)$. Тогда $\forall x\in (a, b)$ выполнено неравенство
$$f(x) \geqslant f(x_0) + f'(x)(x-x_0)\ \mathbf{(*)}.$$
$\blacktriangle $ Пусть $f$ выпукла вниз на $(a, b)$ и $x \in (a, b), x\neq x_0$ (при $x=x_0$ $(*)$ верно). При $t\in (0, 1)$ условие выпуклости вниз $f((1-t)x_1 + t x_2) \leqslant (1-t)f(x_1) + tf(x_2)$ перепишем в виде
$$(x-x_0)\frac{f(x_0 + t(x-x_0)) - f(x_0)}{t(x-x_0)} \leqslant f(x) - f(x_0).$$
Перейдём в полученном неравенстве к пределу при $t\to 0$. Тогда по Т4.10 о замене переменной в пределе
$$\lim \limits _{t\to 0} \frac{f(x_0 + t(x-x_0)) - f(x_0)}{t(x-x_0)} \stackrel{\scriptscriptstyle \Delta x = t(x-x_0)}{=} \lim \limits _{\Delta x\to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x} = f'(x_0),$$
откуда следует $(*)$. $\blacksquare $
Замечание. В условиях леммы 8.1 график функции $f$ лежит не ниже касательной, проведённой в точке $x_0$.
Лемма 8.2. Пусть $f$ дифференцируема на промежутке $(a, b)$ и $f'$ нестрого возрастает на $(a, b)$, тогда $\forall x_0, x \in (a, b), x_0\neq x$ выполнено неравенство $(*)$.
$\blacktriangle $ Рассмотрим случай $x > x_0$ (случай $x < x_0$ аналогичен). Применяя к сужению $f$ на $[x_0, x]$ Т. Лагранжа о среднем, получим, что для некоторой точки $c \in (x_0, x)$ имеет место равенство:
$f(x) - f(x_0) - f'(x_0)(x - x_0) = f'(c)(x - x_0) - f'(x_0)(x - x_0) = (f'(c) - f'(x_0))(x - x_0)$.
Поскольку $f'$ нестрого возрастает на $(a, b), c > x_0$, то $(f'(c) - f'(x_0))(x - x_0) \geqslant 0$, значит $(*)$ верно. $\blacksquare $
Замечание. Если $f'$ строго возрастает на $(a, b)$, то выполнено строгое неравенство
$f(x) > f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.
Теорема 8.4. Пусть $f\colon E\to \mathbb {R}$ дифференцируема на промежутке $(a, b)$, тогда:
$f$ выпукла вниз на $(a, b)$ $\Leftrightarrow $ $f'$ нестрого возрастает на $(a, b)$.
Если $f'$ строго возрастает на $(a, b)$, то $f'$ строго выпукла вниз на $(a, b)$.
$\blacktriangle $ $(\Rightarrow )$ Пусть $f$ выпукла вниз на $(a, b), x_1, x_2 \in (a, b)$ и $x_1 < x_2$. Применяя неравенство $(*)$ (по Л8.1), имеем:
$f(x_2) \geqslant f(x_1) + f'(x_1)(x_2 - x_1)$,
$f(x_1) \geqslant f(x_2) + f'(x_2)(x_1 - x_2)$.
Складывая эти неравенства, получим: $0 \geqslant (f'(x_1) - f'(x_2))(x_2 - x_1)$ Т.к. $x_2 > x_1$, то из последнего неравенства вытекает, что $f'(x_2) > f'(x_1)$, т.е. $f'$ нестрого возрастает на $(a, b)$.
$(\Leftarrow )$ Пусть $f'$ нестрого возрастает на $(a, b)$. Зафиксируем $x_1, x_2 \in (a, b), x_1 \neq x_2$, и $t \in (0, 1)$. Положим $x_0 = (1 - t)x_1 + t x_2$. Тогда по неравенству $(*)$ (по Л8.2) имеем:
$f(x_1) \geqslant f(x_0) + f'(x_0)(x_1 - x_0)$ $| \times (1-t)$,
$f(x_2) \geqslant f(x_0) + f'(x_0)(x_2 - x_0)$ $| \times t$.
$(1 - t)f(x_1) + tf(x_2) \geqslant f(x_0) + f'(x_0)((1-t)x_1 + tx_2 - x_0) = f((1 - t)x_1 + t x_2)$,
т.е. функция $f$ выпукла вниз на $(a, b)$.
Утверждение пункта 2 вытекает из замечания к Л8.2. $\blacksquare $
Следствие. Пусть $f\colon E\to \mathbb {R}$ дважды дифференцируема на промежутке $(a, b)$, тогда $f$ выпукла вниз на $(a, b)$ $\Leftrightarrow $ $f'' \geqslant 0$ на $(a, b)$.
Вопрос: Верно ли утверждение 2) в Т8.4 в обратную сторону? Ответ: Верно.
$\blacktriangle $ Пусть $f$ строго выпукла на $(a, b) \Rightarrow $ $f'$ нестрого возрастает на $(a, b)$. Пусть $\exists x_1, x_2 \in (a, b)\colon $ $x_1 < x_2$ и $f'(x_1) = f'(x_2)$, тогда $f'$ постоянна на $(x_1, x_2)$, т.е. $f'(x) = k\ \forall x \in (x_1, x_2)$. Рассмотрим $g = f(x) - kx$, т.к. $g'(x) = 0$ на $(x_1, x_2) \Rightarrow g(x) = b$, т.е. $f(x) = kx+b$ на $(x_1, x_2)$. Противоречие ($f$ — строго выпукла на $(x_1, x_2)$). $\blacksquare $
Замечание. Таким образом, выполняется следующее условие:
$f$ строго выпукла на $(a, b)$ $\Leftrightarrow $ $f'$ строго возрастает на $(a, b)$.
Из последних двух замечаний следует, что если $f$ дифференцируема на $(a, b)$ и строго выпукла вниз, то $\forall x, x_0 \in (a, b), x\neq x_0\colon $ $f(x) > f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$.
Пример: а) $f(x) = e^ x, f'(x) = e^ x, f''(x) = e^ x > 0$ на $\mathbb {R}\Rightarrow $ $f$ строго выпукла вниз на $\mathbb {R}$, тогда $e^ x > 1 + x, x \neq 0$.
б) $f(x) = \ln (1 + x), f'(x) = \frac1{1+x}, f''(x) = -\frac1{(1+x)^2} < 0 \Rightarrow $ $f$ строго выпукла вверх на $\mathbb {R}$, тогда $\ln (1 + x) < x, x > -1, x\neq 0$.
Определение 8.3. Точка $x_0$ называется точкой перегиба $f\colon E\to \mathbb {R}$, если
$f$ непрерывна в некоторой окрестности $B_\delta (x_0) \subset E$,
$\exists f'(x_0) \in \overline{\mathbb {R}}$,
$f$ выпукла вверх (вниз) на $(x_0-\delta , x_0)$ и выпукла вниз (вверх) на $(x_0, x_0+\delta )$.
Теорема 8.5. Пусть $f\colon E\to \mathbb {R}$ непрерывна в точке $x_0$, $\exists f'(x_0)\in \overline{\mathbb {R}}$ и дважды дифференцируема в $B_\delta '(x_0)$. Если при переходе через $x_0$ $f''$ меняет знак, то $x_0$ — точка перегиба функции $f$.
$\blacktriangle $ Вытекает из определения точки перегиба и следствия Т8.4. $\blacksquare $