5.8.3 Выпуклые функции и точки перегиба

Определенная на интервале $I$ функция $f$ называется выпуклой (выпуклой вниз) на $I$ , если для любых $x^\prime, x^{\prime\prime} \in I$ и любого числа $\lambda (0 < \lambda < 1)$ выполняется неравенство
$f (\lambda x^\prime + (1− \lambda )x^{\prime\prime}) \leqslant \lambda f (x^\prime ) + (1− \lambda )f (x^{\prime\prime}).$

С геометрической точки зрения смысл выпуклости состоит в том, что все точки дуги графика функции $y = f(x)$ расположены не выше хорды, соединяющей концы этой дуги. Действительно, отрезок, соединяющий точки $(x^\prime , f (x^\prime ))$ и $(x^{\prime\prime} , f (x^{\prime\prime})),$ имеет вид
$l(x) = f (x^\prime) + \frac{f (x^{\prime\prime})− f (x^\prime )}{x^{\prime\prime}− x^\prime}(x− x^\prime ).$
При $0 < \lambda < 1$ точка $x = \lambda x^\prime + (1− \lambda)x^{\prime\prime}$ принадлежит интервалу с концами $x^\prime$ и $x^{\prime\prime}.$ При этом неравенство, определяющее понятие выпуклости, принимает такой вид: $f(x) \leqslant l(x).$
Обозначим $x = \lambda x^\prime + (1 − \lambda)x^{\prime\prime}.$ Тогда $\lambda = \frac{x^{\prime\prime}−x}{x^{\prime\prime}− x^\prime }, 1− \lambda = \frac{x−x^\prime }{x^{\prime\prime}−x^\prime}.$ Поэтому определение выпуклости можно переписать в таком виде: функция $f$ называется выпуклой на интервале $I$ , если для любых точек $x^\prime , x^{\prime\prime} \in I,$ таких, что $x^\prime < x^{\prime\prime},$ и для любого $x \in [x^\prime , x^{\prime\prime}]$ справедливо неравенство
$f(x) \leqslant f (x^\prime ) \frac{x^{\prime\prime}− x}{x^{\prime\prime}− x^\prime}+ f (x^{\prime\prime}) \frac{x− x^\prime}{x^{\prime\prime}− x^\prime}.$
Если в определении выпуклости нестрогое неравенство заменить строгим, то получим определение строгой выпуклости вниз. С геометрической точки зрения строгая выпуклость означает, что, кроме выпуклости, график функции не содержит линейных отрезков.

. Функция $f(x) = x,$ очевидно, выпукла вниз на всей числовой прямой.

. Пусть $f(x) = x^2.$ Выберем произвольные $x^\prime < x^{\prime\prime}.$ Тогда для $0 < \lambda < 1$ имеем
$(\lambda x^\prime + (1− \lambda) x^{\prime\prime} )^2 = \lambda^2 {x^\prime}^2 + 2 \lambda (1− \lambda )x^\prime x^{\prime\prime} + (1− \lambda)^2 {x^{\prime\prime}}^2 =$
$= \lambda {x^\prime}^2 +(1− \lambda){x^{\prime\prime}}^2 + {x^\prime}^2 ( \lambda^2− \lambda) +{x^{\prime\prime}}^2 [(1− \lambda)^2− (1− \lambda)] +2 \lambda (1− \lambda) x^\prime x^{\prime\prime} =$

$= \lambda {x^\prime}^2 + (1- \lambda ){x^{\prime\prime}}^2- [ \lambda (1- \lambda ) {x^{\prime}}^2 + \lambda (1- \lambda ) {x^{\prime\prime}}^2- 2 \lambda (1- \lambda ) x^\prime x^{\prime\prime} ] =$

$= \lambda {x^\prime}^2 + (1- \lambda ) {x^{\prime\prime}}^2- \lambda ( 1- \lambda ) ( x^\prime- x^{\prime\prime} )^2 < \lambda {x^\prime}^2 + (1- \lambda) {x^{\prime\prime}}^2$

Это означает, что функция $f(x) = x^2$ строго выпукла вниз на $(− \infty, + \infty).$

Заданная на интервале $I$ функция $f$ называется вогнутой (выпуклой вверх) на этом интервале, если для любых $x^\prime, x^{\prime\prime} \in I$ и для любого $\lambda (0 < \lambda < 1)$ справедливо неравенство

$f( \lambda x^\prime + (1 — \lambda) x^{\prime\prime}) \geqslant \lambda f(x^\prime) + (1 — \lambda) f(x^{\prime\prime}).$

Ясно, что если $f$ выпукла вниз, то функция − $f$ выпукла вверх. Поэтому достаточно изучить свойства лишь выпуклых вниз (т. е. выпуклых) функций.

Пусть функция $f$ выпукла на интервале $I.$ Тогда $f$ непрерывна на $I$ и в каждой точке имеет конечные левую и правую производные.

Зафиксируем точку $x_0 \in I.$ Из существования конечных односторонних производных $f’_{-} (x_0)$ и $f’_{+} (x_0)$ следует непрерывность $f$ в точке $x_0.$
Докажем, что существует $f’_{+} (x_0).$ Пусть $0 < h_1 < h_2$ таковы, что $x_0 + h_2 \in I.$ Тогда, в силу выпуклости $f,$
$f (x_0 + h_1 ) \leqslant f (x_0) \frac{h_2- h_1}{h_2} + f (x_0 + h_2 ) \frac{h_1}{h_2},$
откуда
$\frac{f (x_0 +h_1)- f (x_0)}{h_1} \leqslant \frac{f(x_0 + h_2)- f (x_0)}{h_2}$ Это неравенство означает, что функция $\varphi(h) = \frac{f (x_0 + h)- f (x_0)}{h}$ убывает при убывании $h$ к нулю справа. Покажем, что $\varphi$ ограничена снизу. Пусть $\delta > 0$ такое, что $x_0- \delta \in I.$ Тогда, в силу выпуклости $f,$ для любого $h > 0$ $f (x_0) \leqslant f ( x_0- \delta ) \frac{h}{h + \delta } + f (x_0 + h) \frac{\delta }{ h + \delta },$ откуда
$\frac{f (x_0)- f (x_0- \delta)}{ \delta } \leqslant \frac{f (x_0 + h)- f (x_0)}{h} = \varphi (h),$ т. е. для любого $h > 0$ справедливо неравенство $\varphi (h) \geqslant \frac{f (x_0)- f (x_0- \delta)}{ \delta },$ т. е. $\varphi (h)$ ограничена снизу.
Итак, функция $\varphi (h)$ при убывающем $h,$ стремящемся к нулю справа, убывает и ограничена снизу. Следовательно, существует $f’_{+} (x_0) = \lim_{h \to 0+} \frac{f (x_0 + h )- f (x_0)}{h} = \lim_{h \to 0+}{ \varphi (h) }.$
Аналогично можно показать, что существует $f’_{-} (x_0).$

Из выпуклости функции не следует ее дифференцируемость. Например, функция $f(x) = |x|$ выпукла, но не дифференцируема в нуле. Теорема 1 утверждает, что у выпуклой функции существуют лишь односторонние производные. Анализируя доказательство теоремы 1, легко установить, что для выпуклой вниз функции $f$ в каждой точке $x_0$ справедливо неравенство $f’_{+} (x_0) \geqslant f’_{-} (x_0).$ Можно доказать, что выпуклая функция дифференцируема всюду, за исключением, быть может, не более чем счетного множества точек.

Пусть функция $f$ выпукла вниз на интервале $(a, b),$ где $−\infty < a < b < +\infty.$ Тогда $f$ ограничена снизу.

Предположим противное. Тогда найдется последовательность точек $x_n \in (a, b),$ таких, что $f (x_n) <−n.$ Так как $\{x_n\}$ ограниченная последовательность, то можем выделить сходящуюся подпоследовательность $\{x_{n_k}\}.$ Пусть $x_0 = \lim_{k \to \infty} x_{n_k}.$ Точка $x_0 \in [a, b]$ (она не обязана принадлежать $(a, b)$ ). Тогда либо слева от $x_0,$ либо справа от $x_0$ найдется бесконечно много элементов нашей подпоследовательности $\{x_{n_k}\},$ из которой можно выделить монотонную подпоследовательность. Обозначим ее через $\{y_k\}_{k \geqslant 0}.$ Рассмотрим случай, когда $\{y_k\}$ возрастает. Пусть $f (y_k) = −m_k \to −\infty$ при $k \to \infty.$ Обозначим $z_0 = \frac{1}{2} (y_0 + x_0) \in (a, b).$ Тогда, начиная с некоторого номера $N,$ будем иметь $z_0 \in [y_0, y_n]$ при $n \geqslant N.$
В силу выпуклости $f,$ для $n \geqslant N$ получаем $f(z_0) \leqslant f (y_0) \frac{y_n- z_0}{y_n- y_0} + f (y_n) \frac{z_0- y_0}{y_n- y_0}.$ Поскольку правая часть этого неравенства стремится к $−\infty$ при $n \to \infty,$ то получаем противоречие с тем, что значение $f (z_0)$ конечно.

Выпуклая вниз на ограниченном интервале функция не обязана быть ограниченной сверху. Например, функция $f(x) = \frac{1}{x}$ выпукла вниз на $(0, 1)$ и неограничена сверху на этом интервале.
Также выпуклая вниз на неограниченном интервале функция не обязана быть ограниченной снизу. Например, функция $f(x) = \ln \frac{1}{x}$ выпукла вниз на $(0, +\infty)$ и неограничена снизу.

Пусть функция $f$ дифференцируема на интервале $I.$ Для того чтобы $f$ была выпуклой вниз на $I,$ необходимо и достаточно, чтобы ее производная $f’$ была возрастающей на $I.$

Пусть $x_1 < x < x_2 .$ Тогда, как было показано при доказательстве теоремы 1, выпуклость функции $f$ равносильна такому неравенству: $\frac{f(x)- f(x_1)}{x — x_1} \leqslant \frac{f(x_2)- f(x)}{x_2 -x} \quad \quad (5.5)$ Устремляя $x \to x_1 + 0,$ получаем $f’ (x_1) = f’_{+} (x_1) = \lim_{x \to x_1 + 0} \frac{f(x)- f(x_1)}{x- x_1} \leqslant \frac{f(x_2) — f(x_1)}{x_2- x_1}.$ С другой стороны, если устремим $x \to x_2 − 0,$ то получим $f’ (x_2) = f’_{-} (x_2) = \lim_{x \to x_2- 0} \frac{f (x_2)- f (x)}{x_2- x} \geqslant \frac{f (x_2) — f (x_1)}{x_2 — x_1}.$ Из двух последних неравенств следует, что $f’ (x_1) \leqslant f’ (x_2).$

Пусть $x_1 < x < x_2.$ Так как выпуклость $f$ равносильна (5.5), то достаточно показать, что справедливо неравенство (5.5).
По теореме Лагранжа, $\frac{f (x)- f (x_1)}{x- x_1} = f'(\xi_1), \frac{f (x_2) — f (x)}{x_2- x} = f'(\xi_2),$
где $x1 < \xi_1 < x < \xi_2 < x_2,$ т. е. $\xi_1 < \xi_2.$ Отсюда следует (5.5). $\quad \square$

При доказательстве достаточности мы получили, что $\xi_1 < \xi_2.$ Если производная $f’$ строго возрастает на $I,$ то $f’ (\xi_1) < f’ (\xi_2),$ откуда следует

$\frac{f (x)- f (x_1)}{x- x_1} < \frac{f (x_2) — f (x)}{x_2- x}.$ Это означает, что функция $f$ выпукла строго. Справедливо также и обратное, т. е. из строгой выпуклости дифференцируемой функции следует, что ее производная $f’$ строго возрастает. Действительно, в силу доказанной теоремы 3, из строгой выпуклости $f,$ в силу теоремы Лагранжа, следует неравенство $f’ (x_1) \leqslant f’ (\xi_1) = \frac{f (x)- f (x_1)}{x- x_1} < \frac{f (x_2) — f (x)}{x_2- x} = f’ (\xi_2) \leqslant f'(x_2),$ где $x_1 < x < x_2$ – произвольные точки из $I,$ а точки $\xi_1 \in (x_1, x), \xi_2 \in (x, x_2).$ Отсюда следует, что $f’ (x_1) < f’ (x_2).$

Пусть функция $f$ дважды дифференцируема на интервале $I.$ Для того чтобы $f$ была выпуклой вниз на $I,$ необходимо и достаточно, чтобы было выполнено неравенство $f^{\prime\prime} (x) \geqslant 0 (x \in I).$
Эта теорема мгновенно вытекает из теоремы 3 и критерия монотонности дифференцируемой функции, примененного к $f’$ .

Если в условии теоремы 4 производная $f^{\prime\prime} > 0,$ то $f’$ строго возрастает, и поэтому, в силу замечания к теореме 3, функция $f$ строго выпукла на $I.$ Обратное, однако, неверно. Из строгой выпуклости $f$ не следует, что $f^{\prime\prime} > 0.$ Например, функция $f(x) = x^4$ строго выпукла на $(− \infty, + \infty),$ однако $f’ (x) = 4x^3 , f^{\prime\prime}(x) = 12x^2$ и $f^{\prime\prime}(0) = 0.$

. Пусть $f(x) = x^\alpha (0 < x < +\infty).$ Тогда $f’ (x) = \alpha x ^{ \alpha−1} , f^{\prime\prime}(x) = \alpha (\alpha − 1) x^{\alpha −2}.$ Если $\alpha \in (0, 1),$ то $f^{\prime\prime}(x) < 0$ и $f$ вогнута (выпукла вверх). Если $\alpha \in (− \infty, 0) \cup (1, + \infty),$ то $f^{\prime\prime}(x) > 0$ и $f$ выпукла вниз.

. Для функции $f(x) = \sin x$ имеем $f’ (x) = \cos x, f^{\prime\prime}(x) =− \sin x.$ При $x \in (2k\pi,(2k + 1)\pi)$ имеем $f^{\prime\prime}(x) < 0,$ т. е. $f$ выпукла вверх, а при $x \in ((2k− 1)\pi, 2k\pi)$ имеем $f^{\prime\prime}(x) > 0,$ т. е. $f$ выпукла вниз.

Точкой перегиба называется такая точка графика функции $y = f(x),$ которая разделяет его выпуклую и вогнутую части.

Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 \in (a, b).$ Если на $(a, x_0)$ функция $f$ выпукла, а на $(x_0, b)$ – вогнута, или на $(a, x_0) f$ вогнута, а на $(x_0, b)$ – выпукла, то точка $(x_0, f (x_0))$ называется точкой перегиба функции $f.$

Если существует $f^{\prime\prime} (x_0)$ и $(x_0, f (x_0))$ – точка перегиба, то $f^{\prime\prime} (x_0) = 0.$ Действительно, существование $f^{\prime\prime} (x_0)$ предполагает существование $f’ (x)$ в некоторой окрестности точки $x_0.$ Если при переходе через точку $x_0$ функция $f$ меняет характер выпуклости, то, согласно теореме 3, при переходе через точку $x_0$ производная $f’ (x)$ меняет характер монотонности. Значит, в точке $x_0$ производная $f’ (x)$ имеет экстремум, откуда, в силу теоремы Ферма, $f^{\prime\prime} (x_0) = 0.$

Однако условие $f^{\prime\prime} (x_0) = 0$ не означает, что $(x_0, f (x_0))$ – точка перегиба функции $f.$ Например, для функции $f(x) = x^4$ имеем $f^{\prime\prime}(0) = 0,$ но в точке $(0, 0)$ перегиба нет.

Достаточным условием перегиба для дважды дифференцируемой функции является условие сохранения знака второй производной $f^{\prime\prime}$ слева от $x_0,$ справа от $x_0$ и его изменения при переходе через точку $x_0.$

Пусть функция $f$ определена на интервале $I$ и точка $x_0 \in I.$ Пусть, далее, существует $f^{\prime\prime}(x) (x \in I), f^{\prime\prime} (x_0) = 0$ и $f^{\prime\prime}(x) \leqslant 0$ при $x < x_0$ и $f^{\prime\prime}(x) \geqslant 0$ при $x > x_0.$ Тогда $(x_0, f (x_0))$ – точка перегиба, и при переходе через точку $x_0$ функция меняет характер выпуклости с выпуклости вверх на выпуклость вниз.

Эта теорема является следствием теоремы 3.

Примеры решения задач

.
Найти интервалы, при которых кубическая функция $y = x^3$ выпукла вниз и выпукла вверх.

Решение

Построим график функции $y = x^3$ .

Найдем первую и вторые производные. $f'(x) = ( x^3)’= 3x^2;$ $f^{\prime \prime}(x) = (3x^2)’ = 6x.$ Очевидно, что в этом случае $f^{\prime \prime} < 0$ для $x<0$ и $f^{\prime \prime} > 0$ для $x>0.$ Поэтому на бесконечном интервале $( \infty; 0)$ функция строго выпукла вверх, на интервале $(0; + \infty)$ строго выпукла вниз.

[свернуть]

.
Найти точки перегиба функции $f(x) = {e^{-x}}^2.$

Решение

Найдем первую производную. $f'(x) = -2x {e^{-x}}^2;$ Найдем вторую производную функции: $f^{ \prime \prime} = -2{e^{-x}}^2 + 4x^4{e^{-x}}^2 = 4(x+ \frac{1}{\sqrt{2}})(x- \frac{1}{\sqrt{2}}){e^{-x}}^2.$

Производная функции обращается в нуль в точках $x=- \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$ и при переходе через них меняется знак, значит эти точки являются точками перегиба.

[свернуть]

. Найти точки перегиба функции $f(x) = x^3- 3x^2+ x.$

Решение

Найдем первую производную функции: $f'(x) = (x^3- 3x^2+x)’ = 3x^2- 6x +1;$ Найдем вторую производную функции: $f^{\prime\prime}(x) = (3x^2- 6x + 1)’ = 6x- 6;$ Найдем нули второй производной: $6x- 6 = 0 \Rightarrow 6x = 6 \Rightarrow x = 1$ $x = 1$ — точка перегиба.

[свернуть]

. Найти точки перегиба функции $f(x) = \arccos(x + 2).$

Решение

Найдем первую производную: $f'(x) = ( \arccos(x+2))’ =- \frac{1}{ \sqrt{1 — (x + 2)^2}};$

Найдем вторую производную:

$f^{\prime\prime} (x) = \left(- \frac{1}{ \sqrt{1- (x + 2)^2)}}\right)’=$
$= \frac{1}{2 \sqrt{(1 — ( x + 2)^2)^3}} (0- 2(x +2)(x + 2))’=$

$=-\frac{x+2}{\sqrt{(1-(x+2)^2)^3}} = 0.$

Найдем значение второй производной в точке $x=0:$

$x =- 2$ — точка перегиба.

[свернуть]

. Найти точки перегиба функции $y = \frac{\ln(x)}{x}$ .

Решение

Найдем первую производную: $y =\left( \frac{1}{x} \ln(x) \right)’ = \frac{(\ln(x))’x- \ln(x)(x)’}{x^2}=\frac{\frac{1}{x}x- \ln(x)1}{x^2}=$

$=\frac{\frac{1}{x}x \ln(x)}{x^2} =\frac{ \ln{x}- 1}{ \ln^2(x)}.$

Найдем вторую производную:

$f^(\prime\prime)(x)== \frac{ \frac{1}{x} \ln^2(x)-(\ln(x- 1)) \frac{2 \ln(x)}{x} }{ln^4(x)}=$ $= \frac{\ln(x)- 2 \ln(x)+2}{x ln^3{x}}=\frac{2 — \ln(x)}{x \ln^3(x)}=0.$

$x = e^2 \approx 7,4$ — точка перегиба.

[свернуть]

Литература

Выпуклые функции и точки перегиба

Этот тест проверит ваши знания касательно темы «Выпуклые функции и точки перегиба»

Задание 1 из 4

1.
Количество баллов: 1
Вставьте пропущенные слова
- называется такая точка графика функции $y = f(x),$ которая разделяет его выпуклую и вогнутую части.
Правильно

Неправильно

Задание 2 из 4

2.

Количество баллов: 3

Установите соответствие между частями теорем:

Элементы сортировки

Для того чтобы $f$ была выпуклой вниз на $I,$ необходимо и достаточно, чтобы было выполнено неравенство $f^{\prime\prime} (x) \ge 0 (x \in I).$
Для того чтобы $f$ была выпуклой вниз на $I,$ необходимо и достаточно, чтобы ее производная $f'$ была возрастающей на $I.$
Тогда $f$ ограничена снизу.

Пусть функция

$f$ дважды дифференцируема на интервале

$I.$

Пусть функция

$f$ дифференцируема на интервале

$I.$

Пусть функция

$f$ выпукла вниз на интервале

$(a, b),$ где

$−\infty < a < b < +\infty.$

Задание 3 из 4

3.
Количество баллов: 1
Какой является функция $y = a^x?$
- строго выпуклой вниз
- строго выпуклой вверх
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 4

4.
Количество баллов: 4
Вычислите точки перегиба функций и отсортируйте их по количеству точек перегиба по возрастанию.
- $f (x) = 2x$
- $f (x) = x^3$
- $f (x) = e^{-x^2}$
- $\frac{x + 1}{x^2 + 1}$
Правильно

Неправильно

М1396. Выполняется ли неравенство?

Задача из журнала «Квант» (1993, №5, M1396)

Условие

Докажите, что для любых положительных чисел $a_{k},b_{k} (k=1,2,…,n)$ выполнено неравенство $\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{AB}{A+B}$ где $A=a_{1}+…a_{n}, B=b_{1}+…+b_{n}$ .

Первое решение

Доказательство проведем по индукции. Докажем неравенство для $n=2$ . Положим $v=a_{1}+b_{1},u=a_{2}+b_{2}$ : $a_{1}b_{1}u^2+(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq uv(a_{1}+a_{2})(b_{1}+b_{2})$ или $a_{1}b_{1}u^2-(a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq 0$ Обозначим $t=u/v$ . Перепишем неравенство: $v^2a_{1}b_{1}(t-\frac{b_{2}}{b_{1}})(t-\frac{a_{2}}{a_{1}})\leq 0$ Подставляя $t=(a_{2}+b_{2})/(a_{1}+b_{1})$ , приходим к эквивалентному неравенству: $(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})(a_{2}b_{1}-a_{1}b_{2})\leq 0$ или $-(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})^2\leq 0$ Неравенство доказано.

Еще одно, геометрическое, доказательство неравенства основано на том, что биссектриса прямого угла треугольника с катетами $a$ и $b$ равна $\sqrt{2}ab/(a+b)$ .

Picture one

Пусть, для определенности $b_{2}/a_{2}\geq b_{1}/a_{1}$ . Рассмотрим конфигурацию рисунка 1. Точка пересечения биссектрисы с отрезком $AB$ лежит дальше от вершины угла $O$ , чем точка $L$ $(PK/KQ=BP/QA=b_{1}/a_{1})\leq PL/LQ=b_{2}/a_{2})$ .

Дадим еще одно доказательство этого неравенства, основанное на исследовании функции $f(x)=\frac{(x+a_{2})(b_{1}+b_{2})}{x+a_{2}+b_{1}+b_{2}}-\frac{xb_{1}}{x+b_{1}}$ где $x\geq 0$ . Нетрудно проверить, что $f(0)=\frac{a_{2}(b_{1}+b_{2})}{a_{2}+b_{1}+b_{2}}>\frac{a_{2}b_{2}}{a_{2}+b_{2}}$ функция $f(x)$ имеет единственный минимум при $x=a_{2}b_{1}/b_{2}$ , равный $a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2});$ $f(x)\rightarrow b_{2}$ при $x\rightarrow +\infty$ (рис. 2). Отсюда легко вывести, что $f(x)\geq a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2})$ при всех $x\geq 0$ . Далее, $\sum\limits_{k=1}^{n+1}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{A’B’}{A’+B’}+\frac{a_{n+1}b_{n+1}}{a_{n+1}+b_{n+1}}\leq \frac{AB}{A+B}$ где $A’=\sum\limits_{k=1}^{n}{a_{k}}, B’=\sum\limits_{k=1}^{n}{b_{k}}$ Неравенство задачи доказано. Мы видели, что для $n=2$ неравенство переходит в равенство лишь при $x/b_{1}=a_{2}/b_{2}$ , т.е. в случае коллинеарности векторов $(a_{1},b_{1})$ и $(a_{2},b_{2})$ . Попробуем дать задаче дальнейшую векторную интерпретацию.

Второе решение

Будем рассматривать числовые функции $f(\bar{x})$ , где $\bar{x}=(x,y)$ — вектор плоскости, $x>0,y>0$ .

Определение. Функция

$f(\bar{x})$ называется вогнутой (или выпуклой вверх), если для любых векторов

$\bar{x}_{1}$ и

$\bar{x}_{2}$ выполняется неравенство

$\frac{f(\bar{x}_{1})+f(\bar{x}_{2})}{2}\leq f(\frac{\bar{x}_{1}+\bar{x}_{2}}{2}) (1)$

Замечание. Геометрический смысл вогнутости ясен из рисунка 3. Вогнутыми являются, например, функции

$y=ax+b, y=-x^{2}+bx+c, y=-1/(dx+e)$ , где

$dx+e>0$ .Рассмотрим функцию

$f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$

При $n=2$ утверждение задачи означает, что функция вогнута; при произвольном $n$ утверждение означает, что выполнено неравенство $\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{f({\bar{x}_{i}})}\leq f(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{{\bar{x}_{i}}}) (2)$

Теорема. Для любой вогнутой (т.е. удовлетворяющей неравенству

$(1)$ ) функции выполнено также и неравенство

$(2)$ .

Доказательство. Предполагая справедливость теоремы при

$n=m$ , докажем ее справедливость при

$n=2m$ . Имеем:

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}+…+{\bar{x}_{2m}}}{2m})=$

$=f(\frac{\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2}+…+\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2}}{m})\geq$

$\geq \frac{f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2})+…+f(\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2})}{m}\geq$

$\geq \frac{\frac{f({\bar{x}_{1}})+f({\bar{x}_{2}})}{2}+…+\frac{f({\bar{x}_{2m-1}})+f({\bar{x}_{2m}})}{2}}{m}=$

$=\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{2m}})}{2m}$ Таким образом теорема справедлива при

$n=2m$ . Положим теперь

$n+p=2m$ . Тогда

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})\geq$

$\geq\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p} (3)$ Положим

${\bar{y}_{1}}=…={\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}$ тогда

${\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}\cdot p$ Следовательно,

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})=f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})$ С другой стороны,

$\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p}=$

$=\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+pf(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})}{n+p}$ Из неравенства

$(3)$ получаем:

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})\geq \frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})}{n}$ Теорема доказана.

Перепишем теперь утверждение задачи при $n=2$ ; функция $f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$ , рассматриваемая на любой прямой $l$ , является вогнутой. Докажем это утверждение.

Если $l\mid Oy$ , то вогнутость функции $f(\bar{x})$ очевидна. Пусть $l$ задана уравнением $y=ax+b$ . Тогда $f(\bar{x})=\frac{ax^{2}+bx}{(a+1)x+b}$ При $a=-1$ будет $b>0$ , и $f(x)$ вогнута. Полагая $t=(a+1)x+b$ при $a\neq -1$ , получаем: $f(\bar{x})=ct+d+\frac{e}{t}$ , где $e=\frac{-b^{2}}{(a+1)^{2}}$

При $b=0$ функция $f(\bar{x})$ линейная, при $b\neq 0$ , поскольку $t>0$ , — строго вогнутая (т.е. при $\bar{x}_{1}\neq \bar{x}_{2}$ неравенство $(1)$ строгое).

Утверждение задачи доказано.

Достаточные условия строгой выпуклости.

Теорема (достаточное условие строгой выпуклости)

Пусть дана функция $f(x)$ , дважды дифференцируема на интервале $(a;b)$ . Тогда:

Если ${f}^{\prime\prime}(x) > 0$ на $(a;b)$ , то функция $f(x)$ строго выпукла вниз.
Если ${f}^{\prime\prime}(x) < 0$ на $(a;b)$ , то функция $f(x)$ строго выпукла вверх.

Доказательство

Докажем первый случай, т.е. докажем что $\forall x_{1},x_{2}\epsilon (a;b)$ : $f(\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) < \frac{f(x_{1}) + f(x_{2})}{2}$

$x_{0} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2}$ , $x_{2}-x_{1} = 2h$ . Тогда :
$x_{2} = x_{0} + h$
$x_{1} = x_{0} — h$

Применим к функции $f(x)$ на отрезках $[x_{1};x_{0}]$ и $[x_{0};x_{2}]$ формулу Тейлора с остатком в форме Лагранжа :
$f(x)=f(x_{0})+$ $\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+$ $\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi )}{2!}(x-x_{0})^{2}$ , $\xi \epsilon (x;x_{0})$ .

Пусть $x = x_{1} \Rightarrow$ $f(x_{1}) = f(x_{0}) +$ $\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}(x_{1}-$ $x_{0}) +$
$\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi_{1} )}{2!}(x_{1}-x_{0})^{2}$ , $\xi_{1} \epsilon (x_{1};x_{0})$ . Поскольку $x_{1} = x_{0} — h \Rightarrow$ $f(x_{0} — h) = f(x_{0}) +$ $\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}(-h) +$ $\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi_{1} )}{2!}(-h)^{2}$ (*).

Пусть $x=x_{2}$ $\Rightarrow$ $f(x_{2})=f(x_{0})+$ $\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}(x_{2}-x_{0})+$
$\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi_{2} )}{2!}(x_{2}-x_{0})^{2}$ , $\xi_{2} \epsilon (x_{0};x_{2})$ . Поскольку $x_{2} = x_{0}+h \Rightarrow$ $f(x_{0}+h) = f(x_{0}) +$ $\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}h +$ $\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi_{2} )}{2!}(h)^{2}$ (**).

Суммируем полученные выражения (*) и (**), получим: $f(x_{1}) +$ $f(x_{2})=2f(x_{0}) + \frac{h^{2}}{2}({f}^{\prime\prime}(\xi_{1}) +$ ${f}^{\prime\prime}(\xi _{2}))$ , а т.к. по условию ${f}^{\prime\prime}(x)> 0 \Rightarrow$ $f(x_{1})+f(x_{2})=2f(x_{0})$ $\Rightarrow$ $\forall x_{1},x_{2}\epsilon (a;b)$ : $f(\frac{x_{1} +x_{2}}{2})<$ $\frac{f(x_{1})+f(x_{2})}{2}$ $\Rightarrow$ функция $f(x)$ строго выпукла вниз.

Аналогично теорема доказывается для второго случая.

Замечание:

Условие ${f}^{\prime\prime}(x)> 0$ (или ${f}^{\prime\prime}(x) < 0$ ) не является необходимым условием строгой выпуклости вниз (вверх).

Пример:

Рассмотрим функцию $f(x) = x^{4}$ .

Найдем вторую производную данной функции: ${f}^{\prime\prime}(x) = 12x^{2}$ , ${f}^{\prime\prime}(x) = 12x^{2} > 0$ , ${f}^{\prime\prime}(0) = 0$ $\Rightarrow$ условие ${f}^{\prime\prime}(x) > 0$ нарушается, поскольку $f^{\prime\prime}(0) = 0$ , однако эта функция строго выпукла вниз.

Список литературы:

Конспект по математическому анализу (преподаватель Лысенко З.М.);
Фихненгольц Г.М «Курс дифференциального и интегрального исчисления» (том 1), 5-е издание, глава 4, §2(стр 308).