凸函数与严格凸函数的几个新判别准则

2024年1月6日发(作者：贵阳初一数学试卷期末题)

凸函数与严格凸函数的几个新判别准则

杨丹;旷华武

【摘 要】在较弱条件下,建立了凸函数与严格凸函数的几个新判别准则,所获结果比一些相应已知结果更具一般性.%Under some weaker conditions,several new

criterions of convex functions and strictly convex functions were

established. The results we obtained are more general than some known

corresponding results.

【期刊名称】《贵州大学学报（自然科学版）》

【年(卷),期】2018(035)001

【总页数】7页(P15-20,34)

【关键词】凸函数;严格凸函数;判别准则

【作 者】杨丹;旷华武

【作者单位】贵州大学 数学与统计学院,贵州 贵阳550025;贵州大学 数学与统计学院,贵州 贵阳550025

【正文语种】中 文

【中图分类】O175

凸函数或者广义凸函数的判别准则是凸分析及其应用中的一个重要研究内容，这个研究内容可简述为:在一定条件下，如何判断一个函数是凸函数或特定类型的广义凸函数？

一般地，设E是拓扑线性空间，X⊆E是一个非空凸子集，f:X→R。以下函数类定义见[1-7]。

定义1 如果∀x,y∈X，∀λ∈[0,1],都有f(λx+(1-λ)y)≤λf(x)+(1-λ)f(y),则称f(x)为X上的凸函数。

定义2 如果∀x,y∈X，x≠y，∀λ∈(0,1)，都有f(λx+(1-λ)y)<λf(x)+(1-λ)f(y),则称f(x)为X上的严格凸函数。

定义3 如果∀x,y∈X，f(x)≠f(y)，∀λ∈(0,1),都有f(λx+(1-λ)y)<λf(x)+(1-λ)f(y),则称f(x)为X上的半严格凸函数。

定义4 如果∀x,y∈X，∀λ∈(0,1),都有f(λx+(1-λ)y)≤max{f(x),f(y)},则称f(x)为X上的拟凸函数。

定义5 如果∀x,y∈X，x≠y，∀λ∈(0,1),都有f(λx+(1-λ)y)

定义6 如果∀x,y∈X,f(x)≠f(y)，∀λ∈(0,1)，都有f(λx+(1-λ)y)

为建立凸函数的判别准则，下面的条件被经常使用：

(A1)∃λ∈(0,1),∀x,y∈X，成立f(y+λ(x-y))≤λf(x)+(1-λ)f(y)。

例如，文献[1]在条件(A1)之下，研究了该条件相关集合的稠密性及凸函数与半连续函数的关系，建立了凸函数的一些判别准则。文献[2]利用条件(A1)，给出了凸函数的一个判别准则。文献[3]将文献[2]中条件半严格凸放宽为半严格拟凸，给出了凸函数的另一个判别准则。文献[4]给出了凸函数另一个特征性质：一个实值函数是凸函数的充分必要条件是它为拟凸函数和满足条件(A1)。

本文目的之一是减弱条件(A1)，在条件(A2)之下建立凸函数的判别准则，其中

(A2)∃[a,b]⊂(0,1)，∀x,y∈X，∃λ∈[a,b]，f(y+λ(x-y))≤λf(x)+(1-λ)f(y)。

例1 设 则f(x)满足条件(A2)，但不满足条件(A1)。

为建立严格凸函数的判别准则，下面的条件被经常使用

(B1) ∃λ∈(0,1),∀x,y∈X，x≠y，成立f(y+λ(x-y))<λf(x)+(1-λ)f(y)。

文献[1,6]分别在上半连续、下半连续、凸性、半严格凸性条件下，利用条件(B1)，得到了严格凸函数的判别准则。

本文目的之二是减弱条件(B1)，在条件(B2)之下建立严格凸函数的判别准则，其中

(B2) ∃[a,b]⊂(0,1)，∀x,y∈X，x≠y,∃λ∈[a,b]，使

f(y+λ(x-y))<λf(x)+(1-λ)f(y)。

例2 设则f(x)满足条件(B2)，但不满足条件(B1)。

1 凸函数的判别准则

引理1 设f:X→R满足条件(A2)，记M=max{b,1-a},m=min{a,1-b},那么对∀

t2>t1，∃t3∈[t1,t2]使且

m(t2-t1)≤t3-t1≤M(t2-t1)，

m(t2-t1)≤t2-t3≤M(t2-t1)，

其中

证明：显然对y+t1(x-y)，y+t2(x-y)，由已知存在t∈[a,b]，使

f(y+t1(x-y)+t((y+t2(x-y)-

(y+t1(x-y)))

≤tf(y+t2(x-y))+(1-t)f(y+t1(x-y))

≤ t(f(y)+t2(f(x)-f(y)))+

(1-t)(f(y)+t1(f(x)-f(y)))

=f(y)+(tt2+(1-t)t1)(f(x)-f(y)),

即 f(y+(tt2+(1-t)t1)(x-y))

≤f(y)+(tt2+(1-t)t1)(f(x)-f(y))。

令t3=tt2+(1-t)t1，则由t∈[a,b]知t1+a(t2-t1)≤t3≤t1+b(t2-t1)，则我们得到a(t2-t1)≤t3-t1≤b(t2-t1) ，(1-b)(t2-t1)≤t2-t3≤(1-a)(t2-t1),且成立

m(t2-t1)≤t3-t1≤M(t2-t1)，

m(t2-t1)≤t2-t3≤M(t2-t1)。

注1：0

引理2 设f:X→R满足条件(A2)，那么∀在[0,1]中稠密。

证明：首先用数学归纳法证明,n=1,2,3,…，且满足

0=tn,0

mn≤tn,k+1-tn,k≤Mn,k=0,1,…,2n-1。

当n′=1时，由引理1可知且存在我们令t1,0=0,t1,2=1,t1,1=t3，则满足

m(t1,2-t1,0)≤t1,1-t1,0≤M(t1,2-t1,0)，

m(t1,2-t1,0)≤t1,2-t1,1≤M(t1,2-t1,0)，

m≤t1,1-t1,0≤M，m≤t1,2-t1,1≤M。

(1)

当n′=2时，再利用引理1，令由必存在t2,1∈[t2,0,t2,2]且同理必存在t2,3∈[t2,2,t2,4]且因此，并且满足以下不等式：

m(t2,2-t2,0)≤t2,1-t2,0≤M(t2,2-t2,0),

m(t2,2-t2,0)≤t2,2-t2,1≤M(t2,2-t2,0),

m(t2,4-t2,2)≤t2,3-t2,2≤M(t2,4-t2,2),

m(t2,4-t2,2)≤t2,4-t2,3≤M(t2,4-t2,2)。

再由(1)式可得 m2≤t2,k+1-t2,k≤M2,k=0,1,2,3。

假设n′=n-1时结论成立，也即存在使

mn-1≤tn-1,k+1-tn-1,k≤Mn-1,k=0,1,…,2n-1-1。

(2)

当n′=n时，我们令tn,2k=tn-1,k,k=0,1,…,2n-1，由假设条件及引理1可知且存在使

m(tn,2k+2-tn,2k)≤tn,2k+1-tn,2k≤M(tn,2k+2-tn,2k)，

m(tn,2k+2-tn,2k)≤tn,2k+2-tn,2k+1≤M(tn,2k+2-tn,2k), k=0,1,…,2n-1-1。

由(2)式，得到mn≤tn,2k+1-tn,2k≤Mn, mn≤tn,2k+2-tn,2k+1≤Mn，k=0,1,…,2n-1-1。即知mn≤tn,k+1-tn,k≤Mn,k=0,1,…,2n-1。

最后，证明在[0,1]中稠密。只须证明∀t∈[0,1],∃使

事实上，对于n=1时，t必在2个区间之一，即[t1,0,t1,1],[t1,1,t1,2]之一。取t所在区间的右端点，记为t1,k1，令则0≤t1-t≤M。对于n=2时，t必在4个区间之一，即[t2,0,t2,1],[t2,1,t2,2],[t2,2,t2,3],[t2,3,t2,4]之一。取t所在区间的右端点，记为t2,k2，再令则0≤t2-t≤M2。按照上述方法依次类推n步，t必在2n个区间之一，即[tn,0,tn,1],[tn,1,tn,2],…,[tn,2n-1,tn,2n]之一。取t所在区间的右端点，记为tn,kn，令则0≤tn-t≤Mn。因为 M=max{b,1-a}，0

注2：a=b引理1与引理2的结论也是成立的。若a=0且b=1，则M=1，以上证明方法失效，事实上此时在[0,1]不必稠密，例子及关于稠密性较详细的研究见[8]。

定理1 设f:X→R满足条件(A2)且f在X下半连续，则f在X上是凸函数。

证明：∀x,y∈X,∀t∈[0,1],由引理2，集合在[0,1]稠密性，因此∃使记z=tx+(1-t)y，yn=tnx+(1-tn)y，显然当n→时，yn→z。由f下半连续性，∀ε>0,∃N∈N+，当n>N时，有f(z)-ε

f(tx+(1-t)y)

由n→时，tn→t及ε的任意性，成立f(tx+(1-t)y)≤tf(x)+(1-t)f(y)，故f在X上是

凸函数。

定理2 设f:X→R满足条件(A2),且f在X上拟凸，则f在X上是凸函数。

证明：∀x,y∈X,∀λ∈[0,1],由引理在[0,1]稠密，则存在{tn}单调递增，当n→时tn→λ，且存在{sn}单调递减，当n→时sn→λ，且令则y+λ(x-y)=(y+tn(x-y))+α[(y+sn(x-y))-(y+tn(x-y))]。再利用f在X上拟凸性，得到

f(y+λ(x-y))

≤max{f(y+tn(x-y)),f(y+sn(x-y))}

≤max{f(y)+tn(f(x)-f(y)),f(y)+sn(f(x)-f(y))}。

当n→时，tn→λ， sn→λ，知f(y+λ(x-y))≤λf(x)+(1-λ)f(y)，故f在X上是凸函数。

推论1 在条件(A2)之下，若f是严格拟凸函数，则f为凸函数。

证明：因为严格拟凸函数必定是拟凸函数，所以由定理2知结论成立。

我们注意到：文献[4]在f的拟凸性和条件(A1)之下，证明了f是凸函数；文献[1,9]在f的下半连续性和条件(A1)之下，证明了f是凸函数。由于条件(A2)比条件(A1)较弱，所以我们的定理1与定理2更具一般性。

文献[1,2,3,9,10]证明了在条件(A1)，以及f的半严格凸性或者半严格拟凸性或者上半连续性之下，都能够得到f是凸函数的判别准则。下面的例子说明在条件(A2)之下，相应的结果是不成立的。

例3 令

则

(1)f在(-,+)满足条件(A2)，上半连续，是半严格凸函数，半严格拟凸函数；

(2)f在(-,+)不是凸函数。

证明：(1)易知f上半连续，半严格凸，半严格拟凸。

取对∀表示连接与之间的线段，其中必存在使得y+λ(x-y)≠0，则f(y+λ(x-

y))=0≤λf(x)+(1-λ)f(y)，说明f在(-,+)满足(A2)。

(2)f在(-,+)不是凸函数，因为对

成立

f(λ0x0+(1-λ0)y0)=1>λ0f(x0)+(1-λ0)f(y0)=0。

2 严格凸函数的判别准则

本节研究严格凸函数的判别准则，我们先证明几个引理。

引理3 设f:X→R满足条件(B2)，M=max{b,1-a}，m=min{a,1-b}, 那么对∀x,y∈X，x≠y，∀t1,t2∈TBx,y∪{0,1}，t2>t1，∃t3∈[t1,t2]使t3∈TBx,y，且

m(t2-t1)≤t3-t1≤M(t2-t1)，

m(t2-t1)≤t2-t3≤M(t2-t1)，

其中TBx,y={t∈(0,1)|f(y+t(x-y))

证明：(i)t1=0,t2=1，对应点y,x，由已知条件存在t∈[a,b]使

f(y+t(x-y))

令t3=t∈(t1,t2)，则t3∈TBx,y，且

m(t2-t1)≤t3-t1≤M(t2-t1)，

m(t2-t1)≤t2-t3≤M(t2-t1)。

(ii)t1=0,t2∈TBx,y，由已知条件，对y≠y+t2(x-y)，存在t∈[a,b]，使

f(y+t((y+t2(x-y))-y))

=tt2f(x)+(1-tt2)f(y)。

令t3=tt2∈(t1,t2)，则t3∈TBx,y，以及

m(t2-t1)≤t3-t1≤M(t2-t1)，

m(t2-t1)≤t2-t3≤M(t2-t1)。

(iii)t1∈TBx,y,t2=1，由已知条件，对y+t1(x-y)≠x，存在t∈[a,b]，使

f((y+t1(x-y))+t(x-(y+t1(x-y))))

=(t+(1-t)t1)f(x)+(1-t)(1-t1)f(y)。

令t3=t+(1-t)t1，则t3∈TBx,y，且

m(t2-t1)≤t3-t1≤M(t2-t1)，

m(t2-t1)≤t2-t3≤M(t2-t1)。

(vi)t1∈TBx,y,t2∈TBx,y，t1

引理4 设f:X→R满足条件(B2)，那么∀x,y∈X，x≠y，TBx,y在[0,1]中稠密。

证明：首先用数学归纳法证明

tn,k∈TBx,y,k=1,…,2n-1,n=1,2,3,…，

0=tn,0

mn≤tn,k+1-tn,k≤Mn,k=0,1,…,2n-1。

当n′=1时，由引理2第(i)种情况，令t1=0,t2=1，对应点y,x，存在t3∈(t1,t2)且t3∈TBx,y，我们令t1,0=t1,t1,2=t2，t1,1=t3，则t1,1∈TBx,y，且成立

m≤t1,1-t1,0≤M，m≤t1,2-t1,1≤M。

(3)

当n′=2时，我们令t2,0=t1,0=0，t2,2=t1,1∈Tx,y，t2,4=t1,2=1。对于t2,0=0，t2,2∈TBx,y，由引理2的第(ii)种情况可知，存在t2,1∈TBx,y且t2,1∈(t2,0,t2,2),满足

m(t2,2-t2,0)≤t2,1-t2,0≤M(t2,2-t2,0)，

m(t2,2-t2,0)≤t2,2-t2,1≤M(t2,2-t2,0)。

再由(3)式可知m2≤t2,1-t2,0≤M2，m2≤t2,2-t2,1≤M2。对于t2,2∈TBx,y，t2,4=1，由引理2的第(iii)种情况知存在t2,3∈[t2,2,t2,4]使t2,3∈TBx,y，且满足不等式m(t2,4-t2,2)≤t2,3-t2,2≤M(t2,4-t2,2)，m(t2,4-t2,2)≤t2,4-t2,3≤M(t2,4-t2,2)。再由(3)式得到m2≤t2,3-t2,2≤M2，m2≤t2,4-t2,3≤M2 。

假设当n′=n-1时结论成立，即存在

tn-1,k∈TBx,y,k=1,…,2n-1-1，

mn-1≤tn-1,k+1-tn-1,k≤Mn-1,k=0,1,…,2n-1-1。

(4)

当n′=n时，我们令tn,2k=tn-1,k,k=1,…,

2n-1-1，则tn,2k∈TBx,y。

对于tn,0=0,tn,2∈TBx,y，由引理2的第(ii)种情况可知，存在tn,1∈TBx,y且tn,1∈(tn,0,tn,2)，满足m(tn,2-tn,0)≤tn,1-tn,0≤M(tn,2-tn,0)，m(tn,2-tn,0)≤tn,2-tn,1≤M(tn,2-tn,0)。由(4)式可知，mn≤tn,1-tn,0≤Mn，mn≤tn,2-tn,1≤Mn。

对于tn,2k∈TBx,y,tn,2k+2∈TBx,y,k=1,2,…,2n-1-2。由引理的第(vi)种情况可知，存在tn,2k+1∈TBx,y,tn,2k+1∈[tn,2k,tn,2k+2],k=1,2,…,2n-1-2。满足下式：

m(tn,2k+2-tn,2k)≤tn,2k+1-tn,2k≤M(tn,2k+2-tn,2k), m(tn,2k+2-tn,2k)≤tn,2k+2-tn,2k+1≤M(tn,2k+2-tn,2k)，由(4) 式可知，mn≤tn,2k+1-tn,2k≤Mn, mn≤tn,2k+2-tn,2k+1≤Mn。k=1,2,…,2n-1-2。

对于tn,2n-2∈TBx,y,tn,2n=1，由引理2的第(iii)种情况可知，存在tn,2n-1∈TBx,y，且tn,2n-1∈[tn,2n-2,tn,2n]，满足

m(tn,2n-tn,2n-2)≤tn,2n-1-tn,2n-2≤M(tn,2n-tn,2n-2)，m(tn,2n-tn,2n-

2)≤tn,2n-tn,2n-1≤M(tn,2n-tn,2n-2)。

由(4)式，mn≤tn,2n-1-tn,2n-2≤Mn，mn≤tn,2n-tn,2n-1≤Mn。

综上所述，tn,k∈TBx,y,k=1,…,2n-1。 n=1,2,3,…，满足

0=tn,0

下面证明TBx,y在[0,1]中稠密。只须证明∀t∈[0,1],∃tn∈TBx,y，使

事实上，对于n′=1时，t必在2个区间之一，即[t1,0,t1,1],[t1,1,t1,2]之一。取t所在区间属于TBx,y的端点，记为t1,k1，令t1=t1,k1∈TBx,y,则0≤|t1-t|

引理5 若f:X→R为凸函数，且∃x,y∈X,x≠y,λ0∈(0,1),使得f(λ0x+(1-λ0)y)=λ0f(x)+(1-λ0)f(y)，则f(λx+(1-λ)y)=λf(x)+(1-λ)f(y)，∀λ∈(0,1)。

证明：用反证法证，假设∃使得

显然以下我们分两种情况证明：

(1)当时，取则于是

f(λ0x+(1-λ0)y)

即知

进而推得或者矛盾。

(2)当取则

f(λ0x+(1-λ0)y)

也即进一步我们得到推得这与矛盾，综上结论成立。

定理3 设f:X→R为凸函数， 如果f满足条件(B2), 则f在X上是严格凸函数。

证明： 假设结论不真，由f在X上凸，则存在x,y∈X,x≠y，λ0∈(0,1)，使得

f(λ0x+(1-λ0)y)=λ0f(x)+(1-λ0)f(y)。 由引理5得到f(λx+(1-λ)y)=λf(x)+(1-λ)f(y)，∀λ∈(0,1)。另一方面，由已知条件，必存在t∈[a,b]使f(y+t(x-y))

推论2 设f:X→R满足条件(B2)且f在X下半连续，则f在X上是严格凸函数。

证明：当f在区间X满足条件(B2)时，f必然满足条件(A2)，则由定理1可知f在X上是凸函数，从而由定理3知f在X上是严格凸函数。

推论3 设f:X→R满足条件(B2)且f为拟凸函数，则f在X上是严格凸函数。

证明：与推论2类似。

推论4 在条件(B2)之下，若f是严格拟凸函数，则f为严格凸函数。

证明：由推论3知。

引理6 设f为X上半严格拟凸函数，x,y∈X，f(x)=f(y)，则

(1)至多存在一个β∈(0,1)使f(y+β(x-y))>f(x)=f(y)；

(2)若存在β∈(0,1)使f(y+β(x-y))>f(x)=f(y) ，则

f(y+λ(x-y))=f(x)=f(y)，∀λ∈(0,1)，λ≠β。证明：(1)用反证法，假设(x,y)中间至少存在两个点y+λ1(x-y)，y+λ2(x-y)，使

f(y+λ1(x-y))>f(x)=f(y)，

f(y+λ2(x-y))>f(x)=f(y)。

不妨设0<λ1<λ2<1，对由于y+λ1(x-y)=y+λ((y+λ2(x-y))-y)，因此

f(y+λ1(x-y))

=f(y+λ2(x-y))，

得f(y+λ1(x-y))

y+λ2(x-y)=y+λ1(x-y)+u(x-(y+λ1(x-y)))，由f半严格拟凸知

f(y+λ2(x-y))

=f(y+λ1(x-y))，

得f(y+λ2(x-y))

(2)用反证法，假设存在λ0∈(0,1)，λ0≠β使f(y+λ0(x-y))

当β>λ0时，取则y+β(x-y)=y+λ0(x-y)+u(x-(y+λ0(x-y)))。由f的半严格拟凸性知f(y+β(x-y))

定理4 设f:X→R半严格拟凸， 如果f满足条件(B2)，则f在X上是严格凸函数。

证明：由推论3，我们只需证明f在X上是拟凸函数。

用反证法，假设∃x,y∈X,x≠y,λ0∈(0,1),f(λ0x+(1-λ0)y)>max{f(x),f(y)}。

当f(x)≠f(y)时，对上述x,y及λ0，由f的半严格拟凸性，我们得到f(λ0x+(1-λ0)y)f(x)=f(y)。由TBx,y在[0,1]中稠密，存在t0∈TBx,y⊆(0,1)，t0≠λ0，使得

f(y+t0(x-y))

以上说明f在X上是拟凸函数，进而由推论3知f在X上是严格凸函数。

推论5 在条件(B2)之下，若f是半严格凸函数，则f为严格凸函数。

证明：因为半严格凸函数必定是半严格拟凸函数，所以由定理4知结论成立。

文献[6,10]在条件(B1)，以及f的凸性或者拟凸性或者半严格凸性或者半严格拟凸

性或者下半连续性之下，证明了f是严格凸函数。由于条件(B2)比条件(B1)较弱，所以我们的定理3与定理4及其推论更具一般性。

文献[1,9]证明了在条件(B1)以及f的上半连续之下，能够得到f的严格凸性。下面的例子说明在条件(B2)以及f上半连续之下，f不一定是严格凸函数。

例4 令

则

(1)f满足条件(B2)，f在(-,+)上半连续；

(2)f在(-,+)不是严格凸函数。

证明：(1)显然f在(-,+)上半连续。取⊂(0,1)，对于∀表示连接与之间的线段，其中必存在使得y+λ(x-y)≠0且f(λx+(1-λ)y)<λf(x)+(1-λ)f(y)，满足(B2)。

(2)取则因此f在(-,+)不是严格凸函数。

参考文献：

[1]黄金莹,赵宇, 康兆敏. 凸函数与半连续函数的关系[J]. 数学的实践与认识, 2010,

40(13):153-159.

[2] Yang X M. Semistrictly convex functions[J]. Opsearch,1994, 31(1):15-27.

[3]杨新民. 凸函数的一个新特征性质[J]. 重庆师范大学学报(自然科学版), 2000，17(1):9-11.

[4]Yang X M, Teo K L, Yang X Q. A characterization of convex function[J].

Applied Mathematics Letters, 2000, 13(1): 27-30.

[5]旷华武,颜宝平.研究预拟凸性的一种新方法[J].贵州大学学报(自然科学版),2003,20(3):255-257.

[6]齐易. 关于凸函数和严格凸函数[J].内蒙古大学学报(自然科学版), 1999，30(1):25-27.

[7]胡毓达,孟志青. 凸分析与非光滑分析[M].上海:上海科学技术出版社, 2000:41-113.

[8]旷华武, 谯高东. 广义凸函数相关集合的稠密性问题[J]. 数学的实践与认识, 2016，46(9):211-220.

[9]杨新民. 凸函数的两个充分性条件[J].重庆师范大学学报(自然科学版), 1994，11(4):9-12.

[10]杨新民. 三种凸性函数的判别准则[J].重庆师范大学学报(自然科学版), 1991，8(2):11-17.