函数的凹凸性 (Convexity and Concavity of Functions)

1. 基于二阶导数的定义 (Second Derivative Test)

设函数 $f: I \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 在区间 $I$ 上二阶可导：

  • 上凸函数 (Convex Up / Concave) 如果

    $$f''(x) \ge 0, \quad \forall x \in I,$$

    则称 $f$ 在 $I$ 上是 上凸 (convex up) 或 凹的 (concave)。

  • 下凸函数 (Convex Down / Convex) 如果

    $$f''(x) \le 0, \quad \forall x \in I,$$

    则称 $f$ 在 $I$ 上是 下凸 (convex down) 或 凸的 (convex)。

注：这里 $f''(x) = 0$ 时，函数可能是线性。

2. 基于琴生不等式 (Jensen's Inequality)

设 $f: I \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 是定义在凸集 $I$ 上的函数：

  • 上凸函数 (Convex Up / Concave) 对任意 $x_1, x_2 \in I$ 和 $\lambda \in [0,1]$ ：

    $$f(\lambda x_1 + (1-\lambda) x_2) \ge \lambda f(x_1) + (1-\lambda) f(x_2)$$

    则 $f$ 是 上凸 (convex up) 或 凹函数 (concave)。

  • 下凸函数 (Convex Down / Convex) 对任意 $x_1, x_2 \in I$ 和 $\lambda \in [0,1]$ ：

    $$f(\lambda x_1 + (1-\lambda) x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda) f(x_2)$$

    则 $f$ 是 下凸 (convex down) 或 凸函数 (convex)。

3. 基于切线位置的定义 (Tangential Property)

Info

此方法可以加强琴生不等式(拓宽变量范围)

设函数 $f: I \subset \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 在区间 $I$ 上可导。通过比较曲线与其在任意点 $x_0 \in I$ 处的切线 $L(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$ 的相对位置来定义：

  • 上凸函数 (Convex Up / Concave) 如果曲线始终位于切线的上方（或重合）：

    $$f(x) \ge f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0), \quad \forall x, x_0 \in I$$

    则称 $f$ 是 上凸 (convex up) 或 凹函数 (concave)。

  • 下凸函数 (Convex Down / Convex) 如果曲线始终位于切线的下方（或重合）：

    $$f(x) \le f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0), \quad \forall x, x_0 \in I$$

    则称 $f$ 是 下凸 (convex down) 或 凸函数 (convex)。

4. 对比总结 (Comparison)

方法 (Method)上凸函数条件 (Convex Up / Concave)下凸函数条件 (Convex Down / Convex)注释 (Notes)
二阶导数$f''(x) \ge 0$$f''(x) \le 0$局部微分条件
琴生不等式$f(\text{内分点}) \ge \text{函数值的内分}$$f(\text{内分点}) \le \text{函数值的内分}$割线在曲线下方/上方
切线位置$f(x) \ge \text{切线函数}$$f(x) \le \text{切线函数}$曲线在切线上方/下方

我们采取定义一,将定义二作为导出结论

利用二阶导数证明琴生不等式 (Jensen's Inequality)

1. 构造辅助函数

设定目标函数 $f(x)$ 为二阶可导函数，且满足 $f''(x) > 0$ （即 $f(x)$ 为严格凸函数）。

为了证明对于 $\lambda \in [0, 1]$ ，有 $f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2)$ ，我们固定 $x_1$ 和 $\lambda$ ，构造关于 $x$ 的辅助函数 $F(x)$ ：

$$F(x) = f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) - \lambda f(x_1) - (1-\lambda)f(x)$$

2. 求导分析

对 $F(x)$ 关于 $x$ 求一阶导数：

$$F'(x) = (1-\lambda) f'(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) - (1-\lambda)f'(x)$$

提取公因子后得：

$$F'(x) = (1-\lambda) \left[ f'(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) - f'(x) \right]$$

已知条件： 若 $f''(x) > 0$ ，则 $f'(x)$ 在定义域上单调递增。

3. 分情况讨论单调性

情况一：当 $x < x_1$ 时

  1. 变量位置： 此时 $\lambda x_1 + (1-\lambda)x$ 是 $x_1$ 和 $x$ 的加权平均值，由于 $x < x_1$ ，则有：
    $$x < \lambda x_1 + (1-\lambda)x < x_1$$
  2. 导数符号： 因为 $f'(x)$ 单调递增，所以 $f'(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) > f'(x)$ 。
  3. 结论： 此时 $F'(x) > 0$ ，函数 $F(x)$ 单调递增。

情况二：当 $x > x_1$ 时

  1. 变量位置： 由于 $x > x_1$ ，加权平均值满足：
    $$x_1 < \lambda x_1 + (1-\lambda)x < x$$
  2. 导数符号： 因为 $f'(x)$ 单调递增，所以 $f'(\lambda x_1 + (1-\lambda)x) < f'(x)$ 。
  3. 结论： 此时 $F'(x) < 0$ ，函数 $F(x)$ 单调递减。

4. 最终结论

计算 $F(x)$ 在 $x = x_1$ 处的值：

$$F(x_1) = f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_1) - \lambda f(x_1) - (1-\lambda)f(x_1) = 0$$

由单调性可知， $F(x)$ 在 $x = x_1$ 处取得极大值（也是最大值） $0$ 。 因此，对于任意的 $x_2$ ，均有：

$$F(x_2) \le F(x_1) = 0$$

代入 $F(x)$ 的定义式并移项，得证：

$$f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2)$$

等号成立时当且仅当 $x_1=x_2$

利用 $n=2$ 结论证明 $n$ 元琴生不等式

1. 前提结论（已证）

已知对于 $f''(x) > 0$ 的凸函数，二元琴生不等式成立：

$$f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2) \quad \text{其中 } \lambda \in [0, 1]$$

2. 核心思想：整体代换法

我们将 $n$ 个变量的加权平均拆分为：第 $n$ 个变量 与 前 $n-1$ 个变量构成的整体。

设 $\sum_{i=1}^n \lambda_i = 1$ 。令 $L = \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i$ ，则有 $L + \lambda_n = 1$ 。 $n$ 元组合式可以改写为：

$$\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i = \left( \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i x_i \right) + \lambda_n x_n = L \cdot \left( \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} x_i \right) + \lambda_n x_n$$

3. 推导步骤

第一步：应用二元结论（降维）

令 $X_{n-1} = \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} x_i$ ，这是一个新的自变量。此时原式变为二元加权：

$$f\left( L \cdot X_{n-1} + \lambda_n x_n \right)$$

由于 $L + \lambda_n = 1$ ，直接套用 $n=2$ 的结论：

$$f(L \cdot X_{n-1} + \lambda_n x_n) \le L \cdot f(X_{n-1}) + \lambda_n f(x_n)$$

第二步：迭代展开

现在我们需要处理 $f(X_{n-1})$ ，即：

$$f\left( \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} x_i \right)$$

注意到这里的系数和 $\sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} = \frac{L}{L} = 1$ ，它依然符合琴生不等式的形式，但规模缩小到了 $n-1$ 。

通过重复上述“提取最后一个变量”的操作：

  1. 将 $n-1$ 元拆解为 $(n-2)$ 的整体与第 $n-1$ 个变量，应用一次 $n=2$ 结论。
  2. 将 $n-2$ 元进一步拆解...
  3. 直到最后拆解为 $n=2$ 。

第三步：代回原式

经过层层拆解（或利用归纳法思想），最终所有项都会被展开为：

$$f\left( \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i \right) \le L \cdot \left[ \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\lambda_i}{L} f(x_i) \right] + \lambda_n f(x_n)$$

消去分母上的 $L$ ：

$$f\left( \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i \right) \le \sum_{i=1}^{n-1} \lambda_i f(x_i) + \lambda_n f(x_n) = \sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i)$$

4. 结论

只要二元形式（ $n=2$ ）成立，就可以通过将前 $k$ 项看作整体的方式，像剥洋葱一样把不等式推广到任意 $n$ 元情况。 等号成立时当且仅当 $x_1=x_2=...=x_n$

实战应用

从感性的角度认识,函数的凹凸性(或者说琴生不等式)其实描绘的是,自变量集中时和自变量分散时的函数值大小:

  1. 对于上凸函数,自变量集中时函数值会比较大,自变量分散时函数值会比较小
  2. 下凸函数,Vice Versa

以下两种情况琴生不等式适用:

  1. 化乘法为加法(取对数)
  2. 变量分离(单元函数)

举些例子具体说明一下:

小试牛刀

1.设 $A=\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}},B=2\sqrt[3]{3}$ ,比较A,B大小. $B\gt A$ ,证明从略

2. $A,B,C为三角形的内角,证明:sinA+sinB+sinC\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$

3. $A,B,C$ 为锐角三角形的内角,证明:

(1) $cosA+cosB+cosC\le \frac{3}{2}$ (2) $tanA+tanB+tanC\ge 3\sqrt{3}$

4.用广义琴生不等式证明广义均值不等式:

$\sum_{i=1}^n \lambda_i = 1,\lambda_i\ge 0,a_i\ge0,则\prod_{i=1}^n a_i^{\lambda_i}\le \sum_{i=1}^n a_i\lambda_i$

提示: $f(x)=\ln x$

渐入佳境

1.(2022北京)已知函数 $f(x) = e^x \ln(1 + x)$ ．

（Ⅰ）求曲线 $y = f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程；

（Ⅱ）设 $g(x) = f'(x)$ ，讨论函数 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上的单调性；

（Ⅲ）证明：对任意的 $s, t \in (0, +\infty)$ ，有 $f(s + t) > f(s) + f(t)$ ．

解析:注意到 $f(0)=0$ ,所以(II)等价于 $f(0) + f(s + t) > f(s) + f(t)$ 相当于自变量越分散,函数值越大,这是下凸函数的特征.

$f'(x)=e^x(\ln(x+1)+\cfrac{1}{x+1})$

$f''(x)=e^x(\ln(x+1)+\cfrac{2}{x+1}-\cfrac{1}{(x+1)^2})=e^x(\ln(x+1)+\cfrac{2x+1}{(x+1)^2})\gt 0(x\ge 0)$

剩下的仿照琴生不等式主元法证明,洒洒水的事:

令 $m(x) = f(x+t) - f(x) - f(t) \quad (x > 0)$ ,

则 $m'(x) = f'(x+t) - f'(x) = g(x+t) - g(x)$ ,

由 (Ⅱ) 中 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，则由 $t > 0$ 得 $s+t > s$ , 则 $g(x+t) > g(x)$ 即 $m'(x) > 0$ ,

说明 $m(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增.

再由 $s > 0$ 得 $m(s) > m(0)$ , 即 $f(s+t) - f(s) - f(t) > f(0+t) - f(0) - f(t) = -f(0)$ ,

由 (Ⅰ) 中 $f(0) = 0$ 得 $f(s+t) - f(s) - f(t) > 0$ ,

所以 $f(s+t) > f(s) + f(t)$ 成立.

事实上,根据二元均值不等式,有:

$f(s+t) > f(s) + f(t) \ge f(\frac{s+t}{2}) (当且仅当s=t时取等)$

2.已知正数 $a_i(i=1,2,...,n)满足\sum^{n}_{i=1}{a_i}=1,求证\prod^{n}_{i=1}{a_i+\frac{1}{a_i}}\ge(n+\frac{1}{n})^n$

证法一：教科书解析版

题目： 设 $f(x) = \ln(x + \frac{1}{x})$ ，证明对任意 $a, b \in (0, 1)$ ，有 $\frac{\ln(a + \frac{1}{a}) + \ln(b + \frac{1}{b})}{2} \geqslant \ln(\frac{a+b}{2} + \frac{2}{a+b})$ 。

证明过程：

即证： $(a + \frac{1}{a})(b + \frac{1}{b}) \geqslant (\frac{a+b}{2} + \frac{2}{a+b})^2$ 即： $ab + \frac{1}{ab} + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geqslant (\frac{a+b}{2})^2 + \frac{4}{(a+b)^2} + 2$ —— $(*)$

又 $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geqslant 2$ ， $ab \leqslant (\frac{a+b}{2})^2$ 并且 $y = x + \frac{1}{x}$ 在 $(0, 1]$ 为单调递减函数， 所以由 $ab \leqslant (\frac{a+b}{2})^2$ 可得 $ab + \frac{1}{ab} \geqslant (\frac{a+b}{2})^2 + \frac{1}{(\frac{a+b}{2})^2} = (\frac{a+b}{2})^2 + \frac{4}{(a+b)^2}$ 从而 $(*)$ 式成立。所以 $f(x) = \ln(x + \frac{1}{x})$ 在 $(0, 1)$ 内为下凸函数。

由琴生不等式（Jensen's Inequality）：

$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln(a_i + \frac{1}{a_i}) \geqslant \ln\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} a_i}{n} + \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} a_i}\right) = \ln(n + \frac{1}{n})$$

（注：此处对应 $\sum a_i = 1$ 的特定情况）

证法二：手写推导版（利用导数验证凸性）

已知： $a_i > 0, \sum_{i=1}^{n} a_i = 1$ 求证： $\prod_{i=1}^{n} (a_i + \frac{1}{a_i}) \geqslant (n + \frac{1}{n})^n$

证明过程：

令 $f(x) = \ln(x + \frac{1}{x})$ ，对其求导：

$$f'(x) = \frac{1}{x + \frac{1}{x}} \cdot (1 - \frac{1}{x^2}) = \frac{x}{x^2 + 1} \cdot \frac{x^2 - 1}{x^2} = \frac{x^2 - 1}{x(x^2 + 1)}$$

当 $x \in (0, 1)$ 时： $x^2 - 1 < 0$ 且 $x(x^2 + 1) > 0$ ，故 $f'(x) < 0$ ，函数单调递减。

继续考察 $f'(x)$ 的单调性（即 $f(x)$ 的凸性）： 对于 $x_1 < x_2 < 1$ ，通过对比可知 $f'(x_1) < f'(x_2)$ ，即 $f'(x)$ 在 $(0, 1)$ 上单调递增。 因此 $f''(x) > 0$ ，说明 $f(x)$ 在 $(0, 1)$ 上是下凸函数。

根据琴生不等式：

$$\sum_{i=1}^{n} f(a_i) \geqslant n f\left(\frac{\sum a_i}{n}\right)$$
$$\ln \prod_{i=1}^{n} (a_i + \frac{1}{a_i}) \geqslant n \ln\left(\frac{1}{n} + \frac{1}{1/n}\right) = n \ln(n + \frac{1}{n}) = \ln(n + \frac{1}{n})^n$$

去对数得：

$$\prod_{i=1}^{n} (a_i + \frac{1}{a_i}) \geqslant (n + \frac{1}{n})^n$$

证毕。

一般来说,往往取倒数或取相反数可以改变不等号的方向:

3.(北大保送生考试)已知正实数 $b_1,b_2,...,b_n$ 满足 $\sum_{i=1}^n b_i=1$ ,证明:

$$ \frac{1}{n}\le \prod_{i=1}^n b_i^{b_i}\le \sum_{i=1}^n b_i^2$$

首先注意到取等条件是变量全部相等,显然需要取自然对数.

$$ -\ln n\le \sum_{i=1}^n(b_i\ln b_i)\le \ln(\sum_{i=1}^n b_i^2)$$

右边是好证的,使用广义琴生不等式即可.

左边可以用 $f(x)=x\ln x$ 的琴生不等式证明,但实际上不必如此繁,取相反数后相当于:

$$\ln n\ge \sum_{i=1}^n(b_i\ln \frac{1}{b_i})$$

其实就是 $f(x)=\ln x$ 的琴生不等式(但是不等号方向发生了改变)