4.6: Funciones convexas y derivados
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Figura\(4.6\): Una función convexa.
Dejar\(I\) ser un intervalo de\(\mathbb{R}\) y dejar\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\). Decimos que\(f\) es convexo sobre\(I\) si\[f(\lambda u+(1-\lambda) v) \leq \lambda f(u)+(1-\lambda) f(v)\] para todos\(u, v \in I\) y para todos\(\lambda \in (0, 1)\).
Las siguientes funciones son convexas.
- \(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\),\(f(x)=x\).
- \(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\),\(f(x)=x^{2}\).
- \(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\),\(f(x)=|x|\).
Solución
- Esto es sencillo.
- Aquí no primero eso\(2 x y \leq x^{2}+y^{2}\) para todos los números reales\(x\),\(y\). Entonces, si\(0<\lambda<1\) y\(x, y \in \mathbb{R}\), obtenemos\ [\ begin {alineado}
f (\ lambda x+ (1-\ lambda) y) & =(\ lambda x+ (1-\ lambda) y) ^ {2}\\
&=\ lambda^ {2} x^ {2} +2\ lambda (1-\ lambda) x y+ (1-\ lambda) ^ {2} y^ {2}\\
& leq\ lambda^ {2} x^ {2} +\ lambda (1-\ lambda)\ izquierda (x ^ {2} +y^ {2}\ derecha) + (1-\ lambda) ^ {2} y^ {2}\\
&=\ lambda\ izquierda (\ lambda x^ {2} + (1-\ lambda) x^ {2}\ derecha) + (1-\ lambda)\ izquierda (\ lambda y^ {2} + (1-\ lambda) y^ {2}\ derecha)\
&=\ lambda x^ {2} + (1-\ lambda) y^ {2}\\
&=\ lambda f (x) + (1-\ lambda) f (y)\ text {.}
\ end {alineado}\] - Esto se desprende de la desigualdad triangular y otras propiedades básicas de valor absoluto.
Dejar\(I\) ser un intervalo de\(\mathbb{R}\). Una función\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) es convexa si y solo si para cada\(\lambda_{i} \geq 0, i=1, \ldots, n\), con\(\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i}=1\)\((n \geq 2)\) y para cada\(x_{i} \in I\)\(\i=1, \dots, n\),\[f\left(\sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} x_{i}\right) \leq \sum_{i=1}^{n} \lambda_{i} f\left(x_{i}\right) .\]
- Prueba
-
Dado que lo contrario se sostiene trivialmente, solo necesitamos demostrar esa implicación por inducción. Las conclusiones se sostienen\(n = 2\) por la definición de convexidad. \(k\)Sea tal que la conclusión se mantenga para cualquiera\(n\) con\(2 \leq n \leq k\). Demostraremos que también se sostiene para\(n = k + 1\). Arreglar\(\lambda_{i} \geq 0, i=1, \ldots, k+1\), con\(\sum_{i=1}^{k+1} \lambda_{i}=1\) y arreglar cada\(x_{i} \in I, i=1, \ldots, k+1\). Entonces\[\sum_{i=1}^{k} \lambda_{i}=1-\lambda_{k+1} .\] Si\(\lambda_{k+1}=1\), entonces\(\lambda_{i}=0\) para todos\(i=1, \ldots, k\), y (4.6.2) sostiene. Supongamos\(0 \leq \lambda_{k+1}<1\). Entonces, para cada uno\(i=1, \ldots, k\),\(\lambda_{i} /\left(1-\lambda_{k+1}\right) \geq 0\) y\[\sum_{i=1}^{k} \frac{\lambda_{i}}{1-\lambda_{k+1}}=1 .\] se deduce que\ [\ begin {alineado}
f\ left (\ sum_ {i=1} ^ {k+1}\ lambda_ {i} x_ {i}\ right) &=f\ left [\ left (1-\ lambda_ {k+1}\ right)\ frac {\ sum_ {i=1} ^ {k}\ lambda_ {i} x_ {i}} {1-\ lambda_ {k+1}} +\ lambda_ {k+1} x_ {k+1}\ derecha]\\
& amp;\ leq\ izquierda (1-\ lambda_ {k+1}\ derecha) f\ izquierda (\ frac {\ sum_ {i=1} ^ {k}\ lambda_ {i} x_ {i}} {1-\ lambda_ {k+1}}\ derecha) +\ lambda_ {k+1} f\ izquierda (x_ {k+1}\ derecha)\
&=\ izquierda (1-\ lambda_ {k+1}\ derecha) f\ izquierda (\ sum_ {i=1} ^ {k}\ frac {\ lambda_ {i}} {1-\ lambda_ {k+1}} x_ {i}\ derecha) +\ lambda_ {k+1} f\ izquierda (x_ {k+1}\ derecha)\\
&\ leq\ izquierda (1-\ lambda_ {k+1}\ derecha)\ sum_ {i=1} ^ {k}\ frac {\ lambda_ {i}} {1-\ lambda_ {k+1}} f\ izquierda (x_ {i}\ derecha) +\ lambda_ {k+1} f\ izquierda (x_ {k+1}\ derecha)\\
&= suma_ {i=1} ^ {k+1}\ lambda_ {i} f\ izquierda (x_ {i}\ derecha),
\ end {alineada}\] donde la primera desigualdad se desprende de la definición de convexidad (o es trivial si\(\lambda_{k+1}=0\)) y la última desigualdad se deriva de la suposición inductiva. La prueba ya está completa. \(\square\)
Dejar\(I\) ser un intervalo y dejar\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) ser una función convexa. Entonces\(f\) tiene un mínimo local en\(\bar{x}\) si y solo si\(f\) tiene un mínimo absoluto en\(\bar{x}\).
- Prueba
-
Claramente si\(f\) tiene un mínimo global en\(\bar{x}\), entonces también tiene un mínimo local en\(\bar{x}\).
Por el contrario, supongamos que\(f\) tiene un mínimo local en\(\bar{x}\). Entonces existe\(\delta > 0\) tal que\[f(u) \geq f(\bar{x}) \text { for all } u \in B(\bar{x} ; \delta) \cap I .\] Para cualquiera\(x \in I\), tenemos\(x_{n}=\left(1-\frac{1}{n}\right) \bar{x}+\frac{1}{n} x \rightarrow \bar{x}\). Así,\(x_{n} \in B(\bar{x} ; \delta) \cap I\) cuando\(n\) es suficientemente grande. Así, para tal\(n\),\[f(\bar{x}) \leq f\left(x_{n}\right) \leq\left(1-\frac{1}{n}\right) f(\bar{x})+\frac{1}{n} f(x) .\] Esto implica que para un suficientemente grande\(n\), tenemos\[\frac{1}{n} f(\bar{x}) \leq \frac{1}{n} f(x)\] y, de ahí,\(f(\bar{x}) \leq f(x)\). Ya que\(x\) fue arbitrario, esta muestra\(f\) tiene un mínimo absoluto en\(\bar{x}\). \(square\)
Dejar\(I\) ser un intervalo abierto y dejar\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) ser una función convexa. Supongamos que\(f\) es diferenciable en\(\bar{x}\). Entonces\[f^{\prime}(\bar{x})(x-\bar{x}) \leq f(x)-f(\bar{x}) \text { for all } x \in I .\]
- Prueba
-
Para cualquiera\(x \in I\) y\(t \in (0, 1)\), tenemos\ [\ begin {alineado}
\ frac {f (\ bar {x} +t (x-\ bar {x})) -f (\ bar {x})} {t} &=\ frac {f (t x+ (1-t)\ bar {x}) -f (\ bar {x})} {t}\\
&\ leq\ frac {t f (x) + (1-t) f (\ bar {x}) -f (\ bar {x})} {t}\\
&=f (x) -f (\ bar {x})\ texto {.}
\ end {aligned}\] Dado que\(f\) es diferenciable en\(\bar{x}\),\[f^{\prime}(\bar{x})(x-\bar{x})=\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{f(\bar{x}+t(x-\bar{x}))-f(\bar{x})}{t} \leq f(x)-f(\bar{x}) ,\] lo que completa la prueba. \(\square\)
Dejar\(I\) ser intervalo abierto y dejar\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) ser una función convexa. Supongamos que\(f\) es diferenciable en\(\bar{x}\). Entonces\(f\) tiene un mínimo absoluto en\(\bar{x}\) si y solo si\(f^{\prime}(\bar{x})=0\).
- Prueba
-
Supongamos que\(f\) tiene un mínimo absoluto en\(\bar{x}\). Por Teorema 4.2.1,\(f^{\prime}(\bar{x})=0\). Demostremos lo contrario. Supongamos\(f^{\prime}(\bar{x})=0\). Se deduce del Teorema 4.6.3 que\[0=f^{\prime}(\bar{x})(x-\bar{x}) \leq f(x)-f(\bar{x}) \text { for all } x \in I .\] Esto implica\[f(x) \geq f(\bar{x}) \text { for all } x \in I .\] Así,\(f\) tiene un mínimo absoluto en\(\bar{x}\). \(\square\)
Dejar\(I\) ser un intervalo abierto y supongamos que\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) es una función convexa. Arreglar\(a, b, x \in I\) con\(a < x < b\). Entonces\[\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \leq \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \leq \frac{f(b)-f(x)}{b-x} .\]
- Prueba
-
Dejar\[t=\frac{x-a}{b-a} .\] Entonces\(t \in (0, 1) \) y\[f(x)=f(a+(x-a))=f\left(a+\frac{x-a}{b-a}(b-a)\right)=f(a+t(b-a))=f(t b+(1-t) a) .\] Por convexidad de\(f\), obtenemos\[f(x) \leq t f(b)+(1-t) f(a) .\] Así,\[f(x)-f(a) \leq t f(b)+(1-t) f(a)-f(a)=t[f(b)-f(a)]=\frac{x-a}{b-a}(f(b)-f(a)) .\] Equivalentemente,\[\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \leq \frac{f(b)-f(a)}{b-a} .\] Similarmente, De\[f(x)-f(b) \leq t f(b)+(1-t) f(a)-f(b)=(1-t)[f(a)-f(b)]=\frac{x-b}{b-a}[f(b)-f(a)] .\] ello se deduce que\[\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \leq \frac{f(b)-f(x)}{b-x} .\] La prueba ya está completa. \(\square\)
Dejar\(I\) ser un intervalo abierto y dejar\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) ser una función diferenciable. Entonces\(f\) es convexo si y sólo si\(f^{\prime}\) va aumentando en\(I\).
- Prueba
-
Supongamos\(f\) es convexo. Arreglar\(a < b\) con\(a, b \in I\). Por Lema 4.6.5, para cualquier\(x \in (a, b)\), tenemos\[\frac{f(x)-f(a)}{x-a} \leq \frac{f(b)-f(a)}{b-a} .\] Esto implica, tomar límites, que\[f^{\prime}(a) \leq \frac{f(b)-f(a)}{b-a} .\] De igual manera,\[\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \leq f^{\prime}(b) .\] Por lo tanto\(f^{\prime}(a) \leq f^{\prime}(b)\),, y\(f^{\prime}\) es una función creciente.
Demostremos lo contrario. Supongamos que\(f^{\prime}\) es increasig. Fijar\(x_{1}<x_{2}\) y\(t \in (0, 1)\). Entonces\[x_{1}<x_{t}<x_{2} ,\] donde\(x_{t}=t x_{1}+(1-t) x_{2}\). Por el Teorema del Valor Medio (Teorema 4.2.3), existe\(c_{1}\) y\(c_{2}\) tal que\[x_{1}<c_{1}<x_{t}<c_{2}<x_{2}\] con\ [\ begin {array} {l}
f\ left (x_ {t}\ right) -f\ left (x_ {1}\ right) =f^ {\ prime}\ left (c_ {1}\ right)\ left (x_ {t} -x_ {1}\ right) =f^ {prime}\ izquierda (c_ {1}\ derecha) (1-t)\ izquierda (x_ {2} -x_ {1}\ derecha)\ texto {;}\
f\ izquierda (x_ {t}\ derecha) -f\ izquierda (x_ {2}\ derecha) =f^ {\ prime}\ izquierda (c_ {2}\ derecha)\ izquierda (x_ {t} -x_ {2}\ derecha) =f^ {\ prime}\ izquierda (c_ {2}\ derecha) t\ izquierda (x_ {1} -x_ {2}\ derecha)\ text {.}
\ end {array}\] l Esto implica\ [\ begin {array} {l}
t f\ left (x_ {t}\ right) -t f\ left (x_ {1}\ right) =f^ {\ prime}\ left (c_ {1}\ right) t (1-t)\ left (x_ {2} -x_ {1}\ right)\ text {;}\
(1-t) f\ izquierda (x_ {t}\ derecha) - (1-t) f\ izquierda (x_ {2}\ derecha) =f^ {\ prime}\ izquierda (c_ {2}\ derecha) t (1-t)\ izquierda (x_ {1} -x_ {2}\ derecha)\ texto {.}
\ end {array}\] Ya que\(f^{\prime}\left(c_{1}\right) \leq f^{\prime}\left(c_{2}\right)\), tenemos\[t f\left(x_{t}\right)-t f\left(x_{1}\right)=f^{\prime}\left(c_{1}\right) t(1-t)\left(x_{2}-x_{1}\right) \leq f^{\prime}\left(c_{2}\right) t(1-t)\left(x_{2}-x_{1}\right)=(1-t) f\left(x_{2}\right)-(1-t) f\left(x_{t}\right) .\] reordenando términos, obtenemos\[f\left(x_{t}\right) \leq t f\left(x_{1}\right)+(1-t) f\left(x_{2}\right) .\] Por lo tanto,\(f\) es convexo. La prueba ya está completa. \(\square\)
Dejar\(I\) ser un intervalo abierto y dejar\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) ser una función. Supongamos que\(f\) es dos veces diferenciable en\(I\). Entonces\(f\) es convexo si y solo si\(f^{\prime \prime}(x) \geq 0\) para todos\(x \in I\).
- Prueba
-
De la Proposición 4.3.2 se deduce que\(f^{\prime \prime}(x) \geq 0\) para todos\(x \in I\) si y sólo si la función derivada\(f^{\prime}\) va aumentando sobre\(I\). La conclusión luego sigue directamente del Teorema 4.6.6. \(\square\)
Considera la función\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) que le da\(f(x)=\sqrt{x^{2}+1}\).
Solución
Ahora,\(f^{\prime}(x)=x / \sqrt{x^{2}+1}\) y\(f^{\prime \prime}(x)=1 /\left(x^{2}+1\right)^{3 / 2}\). Ya que\(f^{\prime \prime}(x) \geq 0\) para todos\(x\), se desprende del corolario que\(f\) es convexo.
Dejar\(I\) ser un intervalo abierto y dejar\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) ser una función convexa. Entonces es localmente Lipschitz continuo en el sentido de que para cualquiera\(\bar{x} \in I\), existe\(\ell \geq 0\) y\(\delta > 0\) tal que\[|f(u)-f(v)| \leq \ell|u-v| \text { for all } u, v \in B(\bar{x} ; \delta) .\] en particular,\(f\) es continuo.
- Prueba
-
Arreglar cualquier\(\bar{x} \in I\). Elige cuatro números\(a, b, c, d\) satisfactorios\[a<b<\bar{x}<c<d \text { with } a, d \in I .\] Elige\(\delta > 0\) tal que\(B(\bar{x} ; \delta) \subset(b, c)\). Déjalo\(u, v \in B(\bar{x} ; \delta)\) con\(v < u\). Entonces por Lemma 4.6.5, vemos que\[\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \leq \frac{f(u)-f(a)}{u-a} \leq \frac{f(u)-f(v)}{u-v} \leq \frac{f(d)-f(v)}{d-v} \leq \frac{f(d)-f(c)}{d-c} .\] Usando un enfoque similar para el caso\(u < v\), obtenemos\[\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \leq \frac{f(u)-f(v)}{u-v} \leq \frac{f(d)-f(c)}{d-c} \text { for all } u, v \in B(\bar{x} ; \delta) .\] Elegir\(\ell \geq 0\) suficientemente grande para que\[-\ell \leq \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \leq \frac{f(u)-f(v)}{u-v} \leq \frac{f(d)-f(c)}{d-c} \leq \ell \text { for all } u, v \in B(\bar{x} ; \delta) .\] Entonces (4.6.29 sostiene. La prueba ya está completa. \(\square\)
Ejercicio\(\PageIndex{1}\)
- Dejar\(I\) ser un intervalo y dejar\(f, g: I \rightarrow \mathbb{R}\) ser funciones convexas. Demostrar que\(cf\)\(f + g\),, y\(\max \{f, g\}\) son funciones convexas en\(I\), donde\(c \geq 0\) es una constante.
- Encuentra dos funciones convexas\(f\) y\(g\) en un intervalo\(I\) tal que no\(f \cdot g\) sea convexo.
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-
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Ejercicio\(\PageIndex{2}\)
Dejar\(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) ser una función convexa. Dado\(a, b \in \mathbb{R}\), demostrar que la función definida por\[g(x)=f(a x+b), \text { for } x \in \mathbb{R}\] es también una función convexa en\(\mathbb{R}\).
- Contestar
-
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Ejercicio\(\PageIndex{3}\)
Dejar\(I\) ser un intervalo y dejar\(f: I \rightarrow \mathbb{R}\) ser una función convexa. Supongamos que\(\phi\) es una función convexa, creciente en un intervalo\(J\) que contiene\(f(I)\). Demostrar que\(\phi \circ f\) es convexo en\(I\).
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-
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Ejercicio\(\PageIndex{4}\)
Demostrar que cada una de las siguientes funciones es convexa en el dominio dado:
- \(f(x)=e^{b x}\),\(x \in \mathbb{R}\), donde\(b\) es una constante.
- \(f(x)=x^{k}\),\(x \in[0, \infty)\) y\(k \geq 1\) es una constante.
- \(f(x)=-\ln (1-x)\),\(x \in(-\infty, 1)\).
- \(f(x)=-\ln \left(\frac{e^{x}}{1+e^{x}}\right)\),\(x \in \mathbb{R}\).
- \(f(x)=x \sin x\),\(x \in\left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)\).
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-
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Ejercicio\(\PageIndex{5}\)
Demostrar lo siguiente:
- Si\(a, b\) son números reales no negativos, entonces\[\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b} .\]
- Si\(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\), donde\(n \geq 2\), son números reales no negativos, entonces\[\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n} \geq\left(a_{1} \cdot a_{2} \cdots a_{n}\right)^{1 / n} .\]
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-
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