Dzisiejszy odcinek cyklu omawia kolejną ważną własność: funkcja jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy jej ilorazy różnicowe są niemalejące. Temu zdaniu brak jeszcze matematycznej precyzji, choć oczywiście występują tu pojęcia matematyczne. Zapraszam więc do lektury.
Ilorazem różnicowym funkcji $f$ w punktach $x, u$ nazywamy wyrażenie\[\frac{f(x)-f(u)}{x-u}\,.\]Siłą rzeczy musimy wymagać, aby $x\ne u$. Jak więc rozumieć monotoniczność takich ilorazów? Niech jeden z argumentów zmienia się, a drugi pozostanie stały. Przy ustalonym $x$ rozważmy funkcję $\varphi_x$ argumentu $u\ne x$, określoną wzorem\[\varphi_x(u)=\frac{f(x)-f(u)}{x-u}\,.\]Powiedzenie ilorazy różnicowe funkcji $f$ są niemalejące oznacza teraz, że dla każdego elementu $x\in D_f$ (gdzie $D_f$ oznacza dziedzinę funkcji $f$) funkcja $\varphi_x$, określona w zbiorze $D_f\setminus\{x\}$, jest niemalejąca.
A mówiąc najprościej, chodzi o następujący fakt:
Twierdzenie. Funkcja $f:\I\to\RR$ określona w przedziale $\I\subset\RR$ jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego $x\in\I$ oraz dla każdych $x_1,x_2\in\I$ takich, że $x_1 < x_2$ oraz $x_1\ne x$, $x_2\ne x$, zachodzi nierówność\[\frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}\xle\frac{f(x)-f(x_2)}{x-x_2}\,.\tag{1}\label{1}\]
Dla dowodu załóżmy najpierw, że funkcja $f$ jest wypukła. Możliwe są trzy przypadki: albo $x < x_1 < x_2$, albo $x_1 < x < x_2$, albo $x_1 < x_2 < x$. W każdym z nich rozumujemy podobnie. Poniżej szczegółowo rozważę przypadek $x_1 < x < x_2$, analizę pozostałych powierzając Czytelnikom. Tak więc mamy $x=tx_1+(1-t)x_2$ dla pewnego $t\in(0,1)$. Łatwo możemy obliczyć, że $t=\dfrac{x_2-x}{x_2-x_1}$. Zapiszmy nierówność definiującą funkcję wypukłą:\[f\bigl(tx_1+(1-t)x_2\bigr)\xle tf(x_1)+(1-t)f(x_2)\,.\]Stosując nasze oznaczenia dochodzimy natychmiast do nierówności\[f(x)\xle\frac{x_2-x}{x_2-x_1}f(x_1)+\frac{x-x_1}{x_2-x_1}f(x_2)\,.\]Mnożąc obie strony nierówności przez $x_2-x_1>0$ dostajemy\[(x_2-x_1)f(x)\xle(x_2-x)f(x_1)+(x-x_1)f(x_2)\,.\]Zapiszmy $x_2-x_1=(x_2-x)+(x-x_1)$ i przegrupujmy nieco lewą stronę powyższej nierówności:\[(x_2-x)f(x)+(x-x_1)f(x)\xle(x_2-x)f(x_1)+(x-x_1)f(x_2)\,,\]skąd\[(x_2-x)\bigl(f(x)-f(x_1)\bigr)\xle(x-x_1)\bigl(f(x_2)-f(x)\bigr)\,.\]Podzielmy jeszcze obie strony ten nierówności przez liczbę dodatnią $(x_2-x)(x-x_1)$, a otrzymamy nierówność \eqref{1}, którą chcieliśmy wykazać.
Załóżmy teraz, że ilorazy różnicowe funkcji $f$ są niemalejące. Wykażemy, że funkcja $f$ jest wypukła. W tym celu ustalmy $x_1,x_2\in\I$ i załóżmy bez straty ogólności, że $x_1 < x_2$. Ustalmy też $t\in(0,1)$ i przyjmijmy $x=tx_1+(1-t)x_2$. Łatwo sprawdzamy, że $x-x_1=(1-t)(x_2-x_1)$ oraz $x_2-x=t(x_2-x_1)$. Ponieważ\[\frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}\xle\frac{f(x)-f(x_2)}{x-x_2}\,,\]to\[\frac{f\bigl(tx_1+(1-t)x_2\bigr)-f(x_1)}{(1-t)(x_2-x_1)}\xle\frac{f\bigl(tx_1+(1-t)x_2\bigr)-f(x_2)}{-t(x_2-x_1)}\,.\]Pomnóżmy obie stromy przez liczbę dodatnią $t(1-t)(x_2-x_1)$:\[tf\bigl(tx_1+(1-t)x_2\bigr)-tf(x_1)\xle -(1-t)f\bigl(tx_1+(1-t)x_2\bigr)+(1-t)f(x_2)\,,\]co już bezpośrednio prowadzi nas do nierówności\[f\bigl(tx_1+(1-t)x_2)\bigr)\xle tf(x_1)+(1-t)f((x_2)\,,\]która definiuje wypukłość funkcji $f$.
Zauważmy, że dla funkcji $f(x)=x^2$ nierówność \eqref{1} sprowadza się do nierówności $x+x_1\xle x+x_2$. Dlatego otrzymujemy łatwy dowód wypukłości funkcji kwadratowej przez monotoniczność ilorazów różnicowych.
Na zakończenie dzisiejszego artykułu zwrócę uwagę na pewną charakteryzację funkcji wypukłych związaną z wyznacznikiem.
Po pomnożeniu obu stron nierówności \eqref{1} przez $(x-x_1)(x-x_2)$ (liczbę ujemną przy założeniu $x_1 < x < x_2$) i przeniesieniu wszystkich wielkości na jedną stronę przekonujemy się, że nierówność ta ma równoważną postać\[(x_2-x)f(x_1)-(x_2-x_1)f(x)+(x-x_1)f(x_2)\xge 0\,,\]co oznacza, że\[\begin{vmatrix}1&1&1\\x_1&x&x_2\\f(x_1)&f(x)&f(x_2)\end{vmatrix}\xge 0\,.\tag{2}\label{2}\]Wystarczy bowiem zastosować rozwinięcie Laplace'a według ostatniego wiersza, aby dojść do równoważności z poprzednią nierównością. Tak więc mamy
Twierdzenie. Funkcja $f:\I\to\RR$ jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy dla wszystkich $x_1, x, x_2\in\I$ takich, że $x_1 < x < x_2$, zachodzi nierówność \eqref{2}.
Dla funkcji $f(x)=x^2$ wyznacznik w nierówności \eqref{2} ma wartość $(x-x_1)(x_2-x)(x_2-x_1)$, więc jest dodatni przy założeniu $x_1 < x < x_2$. Mamy więc kolejny łatwy dowód wypukłości funkcji kwadratowej.