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凸函数与Jensen不等式

分析笔记 huijiaorz 264℃ 0评论

凸函数和不等式联系起来,从函数的观点,以Jensen不等式入手,能够轻松的导出很多漂亮的不等式。

定义

函数$f(x)$如果对其定义域中任意两点都有如下不等式成立:
$$f(\frac{x_1+x_2}{2})\leq\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]$$

则称$f(x)$为下凸函数;如果
$$f(\frac{x_1+x_2}{2})\geq\frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)]$$

则称$f(x)$为凸函数;当$x_1=x_2$时,等号成立。

Jensen不等式

定理一(Jensen不等式):若法$f(x)$是下凸函数,则对其定义域中任意n个点$x_1,x_2,\cdots,x_n$都有
$$f(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n})\leq\frac{1}{n}[f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)]$$

成立,当$x_1=x_2=\cdots=x_n$时,等号成立。

证明:当$n=2$时,由下凸函数定义可知命题成立。

假设当$n=k$时,命题成立。那么$n=k+1$时,设
$$A_{k+1}=\frac{x_1+x_2+\cdots+x_{k+1}}{k+1}$$

于是
$$\begin{aligned}f(A_{k+1})&=f(\frac{(k+1)A_{k+1}+(k-1)A_{k+1}}{2k})\\&=f(\frac{\frac{x_1+x_2+\cdots+x_k}{k}+\frac{x_{k+1}+(k-1)A_{k+1}}{k}}{2})\\&\leq\frac{1}{2}[f(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_k}{k})+f(\frac{x_{k+1}+(k-1)A_{k+1}}{k})]\\&\leq\frac{1}{2}[\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_k)}{k}+\frac{f(x_{k+1}+(k-1)f(A_{k+1}))}{k}]\\\end{aligned}$$

所以
$$\begin{aligned}f(A_{k+1})-\frac{1}{2}\cdot\frac{k-1}{k}\cdot{f(A_{k+1})}&\leq\frac{1}{2}\cdot{\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_{k+1})}{k+1}}\\\therefore\quad f(A_{k+1})&\leq\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_{k+1})}{k+1}\end{aligned}$$

所以命题成立。

类似地,也可证明凸函数有相似结论成立。

定理二:若$f(x)$是下凸连续函数,则对任意正数
$$0<\alpha<1\\0<\beta<1\\\alpha+\beta=1$$

和函数定义域上任意两点,都有
$$f(\alpha{x_1}+\beta{x_2})\leq\alpha{f(x_1)}+\beta{f(x_2)}$$

成立;当两点重合时,等号成立。

证明:作函数
$$g(\alpha)=f(\alpha{x_1}+(1-\alpha)f(x_2))-\alpha{f(x_1)}-(1-\alpha)f(x_2)$$

接下来只需证明函数g在[0,1]上大于零。

易知函数g在[0,1]上为连续函数,故存在最值,不妨设其最大值为M,即存在
$$M=g(\alpha_0),\quad\alpha_0\in[0,1]$$

假设$M>0$,因为$g(0)=g(1)=0$,所以
$$0<\alpha_0<1\\\therefore\exists\delta>0\quad{s.t.}0<\alpha_0-\delta<\alpha_0+\delta<1\\g(\alpha_0-\delta)<M\\g(\alpha_0+\delta)<M\\$$


$$y_1=(\alpha_0-\delta)x_1+(1-\alpha_0+\delta)x_2\\y_2=(\alpha_0+\delta)x_1+(1-\alpha_0-\delta)x_2\\$$

因为f为下凸连续函数,所以
$$\begin{aligned}f(\frac{y_1+y_2}{2})&\leq\frac{1}{2}[f(y_1)+f(y_2)]\\f(\alpha_0x_1+(1-\alpha_0)x_2)&\leq\frac{1}{2}[f((\alpha_0-\delta)x_1+(1-\alpha_0+\delta)x_2)\\&\quad+f((\alpha_0+\delta)x_1+(1-\alpha_0-\delta)x_2)]\\f(\alpha_0x_1+(1-\alpha_0)x_2)-\alpha_0f(x_1)-(1-\alpha_0)f(x_2)&\leq\frac{1}{2}[f((\alpha_0-\delta)x_1+(1-\alpha_0+\delta)x_2)\\&\quad+f((\alpha_0+\delta)x_1+(1-\alpha_0-\delta)x_2)]\\&\quad-\alpha_0f(x_1)-(1-\alpha_0)f(x_2)\\g(\alpha_0)&\leq\frac{1}{2}[f((\alpha_0-\delta)x_1+(1-\alpha_0+\delta)x_2)\\&\quad+f((\alpha_0+\delta)x_1+(1-\alpha_0-\delta)x_2)]\\&\quad-\frac{1}{2}[(\alpha_0-\delta)f(x_1)+(\alpha_0+\delta)f(x_1)\\&\quad+(1-\alpha_0+\delta)f(x_2)+(1-\alpha_0-\delta)f(x_2)]\\&=\frac{1}{2}[g(\alpha_0-\delta)+g(\alpha_0+\delta)]\\&<\frac{1}{2}(M+M)=M\end{aligned}$$

这与最值M矛盾,从而肯定M不大于零,定理获证。

定理三(加权Jensen不等式):若$f(x)$是下凸函数,则对任意的n正数
$$0<\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\\\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n=1$$

和函数定义域上任意n点,都有
$$f(\lambda_1{x_1}+\lambda_2{x_2}+\cdots+\lambda_n{x_n})\leq\lambda_1{f(x_1)}+\lambda_2{f(x_2)}+\cdots+\lambda_n{f(x_n)}$$

成立;当n个点重合时,等号成立。

证明:当$n=2$时,由定理2知,命题成立。

假设当$n=k,(k\geq2)$时,命题成立。则当$n=k+1$时
$$\begin{aligned}f(\lambda_1{x_1}+\lambda_2{x_2}+\cdots+\lambda_{k+1}{x_{k+1}})&=f(\frac{\lambda_1{x_1}+\lambda_2{x_2}+\cdots+\lambda_{k}{x_k}}{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_k}(\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_k)+\lambda_{k+1}x_{k+1})\\&\leq(\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_k)f(\frac{\lambda_1{x_1}+\lambda_2{x_2}+\cdots+\lambda_{k}{x_k}}{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_k})+\lambda_{k+1}f(x_{k+1})\\&\leq(\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_k)[\frac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_k}f(x_1)+\cdots\\&+\frac{\lambda_k}{\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_k}f(x_k)]+\lambda_{k+1}f(x_{k+1})\\&=\lambda_1{f(x_1)}+\lambda_2{f(x_2)}+\cdots+\lambda_k{f(x_k)}+\lambda_{k+1}f(x_{k+1})\end{aligned}$$

所以$n=k+1$时,命题成立。综合上述两步骤,肯定原命题成立。

定理二的形式当然也是加权Jensen不等式。

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