用户: Ruiqi chen/CoursesNotes/数学分析 I (实验班)/Oct 21 2024

正文

定理 1. $f$ 在 $(a,b)$ 上凸, 对任意 $a<x<y<b$ 都有 $f$ 在 $x$ 处的左导数 $D_{-}(f)(x)$, 右导数 $D_{+}(f)(x)$ 存在, 且$$D_{-}(f)(x)\le D_{+}(f)(x)\le \frac{f(x)-f(y)}{x-y}\le D_{-}(f)(y)\le D_{+}(f)(y).$$(1)$f$ 在 $(a,b)$ 上连续

证明. 取 $h>0$, $a<x-h<x+h<y-h<y+h<b$, 此时: $$\frac{f(x)-f(x-h)}{h}\le \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\le \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le \frac{f(y)-f(y-h)}{h}\le \frac{f(y+h)-f(y)}{h}$$(2)注意凸性蕴含 $(f(x)-f(x-h))/h$ 关于 $h$ 单调降, $(f(x+h)-f(x))/h$ 关于 $h$ 单调增, 单调有界极限存在.

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定理 2. $f$ 在 $(a,b)$ 上连续, 右导数 $D_{+}(f)$ 单调增, 则 $f$ 是凸函数.

证明. 固定 $z\in (a,b)$, $f(x)-cx$ 的凹凸性与 $f$ 一样, 不妨假设 $D_{+}(f)(z)=0$, 此时 $D_{+}f$ 在 $(0,z]$ 上非正, $D_{+}f$ 在 $(z,b)$ 上非负, 此时只需证明: $$0\le \frac{f(z)-f(y)}{z-y},a<x<z<y<b.$$(3)不妨假设 $f(z)=0$, 只需证明对任意 $y>z$ 有 $f(y)>0$. 令 $g(y)=f(y)+\epsilon (y-z)$, 取: $$y_0=\inf \{y\mid g(y)<0,z\le y<b\}$$(4)且存在一列 $g(y_n)<0$ 而 $y_n\to y_0$, 此时 ${\lim }_{y\to {y_0}^{+}}\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}\le 0$, 与 $D_{+}f\ge \epsilon$ 矛盾. $\epsilon$ 可以任意小, 故 $f(y)\ge 0$.

$\square$

推论 3. $f$ 在 $(a,b)$ 上二次可导, $f$ 是凸函数当且仅当 $f^{\prime \prime }\ge 0$.

例 4. 对 $p\ge 1$, 定义: $${\Vert x\Vert }_p={\left(\sum _{k=1}^n{\left|x_k\right|}^p\right)}^{1/p},x=(x_1,\dots ,x_n)\in {\mathbb{R}}^n.$$(5)满足三角不等式: $${\Vert x+y\Vert }_p\le {\Vert x\Vert }_p+{\Vert y\Vert }_p$$(6)

证明. 不妨假设 $x_i,y_i\ge 0$, $l^p$ 凸, 有: $${\left(t\frac{x_i}{t}+(1-t)\frac{y_i}{1-t}\right)}^p=t{\frac{x_i}{t}}^p+(1-t){\frac{y_i}{1-t}}^p,0<t<1$$(7)从而: $${\Vert x+y\Vert }_p^p=t^{1-p}{\Vert x\Vert }_p^p+(1-t{)}^{1-p}{\Vert y\Vert }_p^p$$(8)取 $t=\frac{{\Vert x\Vert }_p}{{\Vert x\Vert }_p+{\Vert y\Vert }_p}$ 即可.

$\square$

例 5. $-\log x$ 在 $(0,+\infty )$ 上是凸函数, 故: $$-\log (t_1{x}_1+\cdots +t_n{x}_n)\le -t_1\log x_1-\cdots -t_n\log x_n,t_i\ge 0,\sum _{i=1}^n{t}_i=1$$(9)令 $t_i=\frac{1}{n}$ 时, 得: $$\frac{x_1+\cdots +x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1\cdots x_n}$$(10)当 $n=2$ 时有: $$\frac{\gamma x_1+(1-\gamma )x_2}{2}\ge {x_1}^{\gamma }{x_2}^{1-\gamma },0<\gamma <1$$(11)

定义 6. 闭区间 $[a,b]$ 上一个划分 (分割) $\sigma$ 指的是 $[a,b]$ 上的有限点集 $\left\{x_0,x_1,\dots ,x_n\right\}$ 使得: $$0=x_0<x_1<\cdots <x_n=b$$(12)给定 $[a,b]$ 上的单调增函数 $\mu$, 对有界函数 $f$ 定义$$\begin{array}{rl}{\Delta }_i& :=\mu (x_i)-\mu (x_{i-1})\\ M_i& :=\underset{x_{i-1}<x<x_i}{\sup }f(x)\\ m_i& :=\underset{x_{i-1}<x<x_i}{\inf }f(x)\end{array}$$对应划分 $\sigma$ 的 Darboux 上下和定义为: $$\begin{array}{rl}{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )& :=\sum _{i=1}^n{M}_i{\Delta }_i=\sum _{i=1}^n(\mu (x_i)-\mu (x_{i-1}))M_i\\ {\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )& :=\sum _{i=1}^n{m}_i{\Delta }_i=\sum _{i=1}^n(\mu (x_i)-\mu (x_{i-1}))m_i\end{array}$$定义 $f$ 的上下积分为: $$\begin{array}{rl}\overline{{\int }_a^b}fd\mu & :=\underset{\sigma }{\inf }{\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )\\ \underline{{\int }_a^b}fd\mu & :=\underset{\sigma }{\sup }{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )\end{array}$$

定义 7 (Riemann–Stieltjes 积分). 给定 $[a,b]$ 上的单调增函数 $\mu$ 和有界函数 $f$, 如果上下积分相等: $$\overline{{\int }_a^b}fd\mu =\underline{{\int }_a^b}fd\mu$$(13)则称 $f$ 对 $\mu$ 的 Riemann–Stieltjes 积分存在, 且: $${\int }_a^{b}fd\mu :=\overline{{\int }_a^b}fd\mu$$(14)所有可积的函数构成集合 $\mathcal{R}(\mu )$.

定义 8. $\sigma$ 和 ${\sigma }^{\prime }$ 为 $[a,b]$ 的分割, 称 ${\sigma }^{\prime }$ 是 $\sigma$ 的加细, 如果 $\sigma$ 中的分割点都是 ${\sigma }^{\prime }$ 的分割点. 也即 $\sigma \subseteq {\sigma }^{\prime }$. 称 $\overline{\sigma }$ 是 $\sigma ,{\sigma }^{\prime }$ 的共同加细, 如果 $\overline{\sigma }=\sigma \cup {\sigma }^{\prime }$.

命题 9. 如果 $\sigma \subseteq {\sigma }^{\prime }$ 则: $$\begin{array}{rl}{\overline{S}}_{\mu }(f;{\sigma }^{\prime })& \le {\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )\\ {\underline{S}}_{\mu }(f;{\sigma }^{\prime })& \ge {\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )\end{array}$$

推论 10. 有: $$\underline{{\int }_a^b}fd\mu \le \overline{{\int }_a^b}fd\mu$$(15)

定理 11. $f$ 在 $[a,b]$ 上可积等价于任意 $\epsilon >0$ 均存在划分 $\sigma$ 使得: $${\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )<\epsilon$$(16)

命题 12. $f\in \mathcal{R}(\mu )$ 则对任意 $\epsilon >0$ 存在 $\sigma$ 使得对任意 ${\xi }_i\in [x_{i-1},x_i]$ 都有: $$\left|\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)(\mu (x_i)-\mu (x_{i-1}))-{\int }_a^{b}fd\mu \right|<\epsilon$$(17)

定理 13. $[a,b]$ 上的连续函数 $f$ 是可积的.

证明. $f$ 连续则一致连续, 取 $\sigma$ 使得 $\left|x_i-x_{i-1}\right|<\delta$, 此时 $M_i-m_i<\epsilon$, $${\overline{S}}_{\mu }(f;\sigma )-{\underline{S}}_{\mu }(f;\sigma )=\sum _{i=1}^n{\Delta }_i(M_i-m_i)<\epsilon (\mu (b)-\mu (a))$$(18)

$\square$