MA.3.5 函数单调性和凸性

函数单调性与极值

单调性

• 减弱
  • 若 $f^{\prime }(x)$ 仅在 孤立点^{少数、有限个} 为零，结论不变
  • Eg. $x^3$
• $I$ 的闭端点只要连续，结论不变（不要求可导）
  • 只需 $C[a,b]\cap D(a,b)$
• 逆命题不成立
• 证明

Proof
#Lagrange中值定理
$f(x_1)-f(x_2)=f^{\prime }(\xi )(x_1-x_2)$

• 推论：
  若 $f$ 在区间 $I$ 可导 （ $D(I),C[I]$ ），则 $f‘(x)\ge 0\iff f(x)$在 $I$ 单增
  • 证明

  Proof
  $\Rightarrow \mathrm{容}\mathrm{易}\mathrm{证}\mathrm{明}$
  $\Leftarrow :$
  $\mathrm{定}\mathrm{义}:\mathrm{在}I\mathrm{中}\mathrm{取}x\in I$
  $\mathrm{即}\mathrm{证}:f^{\prime }(x)>0$

Analysis
${\displaystyle \frac{\pi }{2}}:\mathrm{端}\mathrm{点}$
$1:lim$

Proof
$\mathrm{补}\mathrm{充}\mathrm{定}\mathrm{义}：f=\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}},0<x\le {\displaystyle \frac{\pi }{2}}\\ \\ 1,x=0\end{array}$
$\Rightarrow f\in C[0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}}]$
$f^{\prime }(x)={\left({\displaystyle \frac{\sin x}{x}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{x\cos x-\sin x}{x^2}}$$={\displaystyle \frac{\cos x(x-\tan x)}{x^2}}<0(x\in (0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}}))$
$\mathrm{故}f(x)\mathrm{在}(0,\frac{\pi }{2})\mathrm{严}\mathrm{格}\mathrm{递}\mathrm{减}$

left=-1
right=4
top=3
bottom=-3
---
\ln(1+x)
\frac x{\sqrt{1+x}}

Proof
$F(x):=\ln (1+x)-{\displaystyle \frac{x}{\sqrt{1+x}}},F(0)=0-0=0$
$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& ={\displaystyle \frac{1}{1+x}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{1+x}-\frac{x}{\sqrt{1+x}}}{1+x}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1+x}}-{\displaystyle \frac{2+x}{2\sqrt{1+x}(1+x)}}\\ & ={\displaystyle \frac{2\sqrt{1+x}-(2+x)}{2\sqrt{1+x}(1+x)}}\\ & =-{\displaystyle \frac{[(1+x)-2\sqrt{1+x}+1{]}^2}{2\sqrt{1+x}(1+x)}}\\ & =-{\displaystyle \frac{(\sqrt{1+x}+1{)}^2}{2\sqrt{1+x}(1+x)}}<0\end{array}$

函数极值判别法

#Fermat引理

• 理解：驻点处二阶导不为0即为极值点
• 缺点：
  • 导数判断：不能判断不可导点
  • 当$f^{″}(x_0)=0$时失效：三种情况都可能
    • Eg. $f(x)=x^4,x_0=0\mathrm{为}\mathrm{驻}\mathrm{点}+\mathrm{极}\mathrm{小}\mathrm{值}\mathrm{点}$
    • Eg. $f(x)=-x^4,x_0=0\mathrm{为}\mathrm{驻}\mathrm{点}+\mathrm{极}\mathrm{大}\mathrm{值}\mathrm{点}$
    • Eg. $f(x)=x^3,x_0=0\mathrm{为}\mathrm{驻}\mathrm{点}+\mathrm{非}\mathrm{极}\mathrm{值}\mathrm{点}$
• 证明

Proof

1. 先证明极大值的情况
   由于 $f^{″}(x)=\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(x_0)}{x-x_0}$，$f^{\prime }(x_0)=0$
   $=\underset{x\to x_0}{lim}{\displaystyle \frac{f^{\prime }(x)}{x-x_0}}<0$
   根据保号性，存在 $\delta >0$，对于所有 $x\in \mathring{U}(x,\delta )$，有 ${\displaystyle \frac{f^{\prime }(x)}{x-x_0}}<0$。
   因此，对于 $x<x_0$，有 $f^{\prime }(x)>0$，对于 $x>x_0$，有 $f^{\prime }(x)<0$。
2. 同理可得极小值的情况

Proof

对 $x$ 求导：$$6y^2 y' - 4yy' + 2y + 2xy' - 2x = 0 \dots (1)$$

令 $y^{\prime }=0$，得 $y=x$。因此，驻点处函数值等于自变量。

将 $y=x$ 带入原方程：$$2x^3 - x^2 - 1 = 0$$

解得 $(x-1)(2x^2+x+1)=0$，驻点为 $x=1$，此时 $y(1)=x=1$。

对 $(1)$ 式继续求导：$$6y(y')^2 + 3y^2 y'' - 2(y')^2 - 2yy'' + y' + y' + xy'' - 1 = 0$$

令 $x=1$ 得此时 $y^{\prime }(1)=0$，$y(1)=1$。

因此，$y^{″}(1)=\frac{1}{2}>0$，因此 $y(1)=1$ 为极小值。

函数最值求法：

已知:

• 区间内部的最值点一定是极值点.
• 因此最值点一定在极值点和区间端点中,
• 从而一定在驻点, 不可导点和区间端点中

原则： 如果 $f\in C[a,b]$，则只需求出 $f$ 在上述三类点处的函数值，再比较其大小，就可得 $f$ 的最大值和最小值。

Solution

令 $f^{\prime }(x)=0$，

$$(2-x)e^x=0$$

解得驻点为 $x=2$（注意：$x=0$ 不在定义域内）。

又 $f(1)=\frac{1}{e}$，$f(3)=\frac{9}{e^3}$，$f(2)=\frac{4}{e^2}$。

因此，$f_{\text{max}}=\frac{4}{e^2}$，$f_{\text{min}}=\frac{1}{e}$

Solution

$$S=2\pi r^2+2\pi rh$$$$V=\pi r^{2}h$$

因此，

$$S=2\pi r^2+\frac{2V}{r}(r>0)$$

令 $S^{\prime }=4\pi r-\frac{2V}{r^2}=0$，解得 $r=\sqrt[3]{\frac{V}{2\pi }}$。

由生活经验，只有这个点为最小值点。

下面给出证明：

$$S^{\prime }=r(4\pi -\frac{2V}{r^3})$$

因此，$r/h=\sqrt[3]{\frac{1}{2\pi }}$ 为 $S$ 的极小值点。

函数的凸性和拐点

凸性

• 理解：
  • 自变量的加权平均的函数值小于等于函数值加权平均的值
  • 函数值小于相应弦上的点
• $x=\alpha x-1+(1-\alpha )x_2$
  • $\alpha ={\displaystyle \frac{x_2-x}{x_2-x_1}}$
  • 可知 $\alpha$ 与 $x$ 一一对应
• 证明：弦方程:
  • $f(x_1)={\displaystyle \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}}(x-x_1)+f(x_1)$
  • 代入$x=\alpha x-1+(1-\alpha )x_2$

• 理解：k左方弦<k右方弦
• 这个条件表明在 $I$ 上的凸函数的图像上，任意两点间的切线斜率是递增的。
• 证明

Proof

=>:
对于任意 $x_1,x_2\in I$，令 $\alpha =\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}$，则 $x_2=\alpha x_1+(1-\alpha )x_3$。
由于 $f$ 为凸函数，有：

$f(x_2)=f(\alpha x_1+(1-\alpha )x_3)\le \alpha f(x_1)+(1-\alpha )f(x_3)$
$=\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}f(x_1)+\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}f(x_3)$

#添项
$\Rightarrow (x_3-x_2+x_2-x_1)f(x_2)\le (x_3-x_2)f(x_1)+(x_2-x_1)f(x_3)$

$\Rightarrow (x_3-x_1)f(x_2)\le (x_3-x_2)f(x_1)+(x_2-x_1)f(x_3)$

得证。

<=:
对于任意 $x_1<x_3\in I$ 和任意 $\alpha \in (0,1)$，令 $x_2=\alpha x_1+(1-\alpha )x_3$，则 $x_1<x_2<x_3$。
由必要性的证明易得：

$$f(\alpha x_1+(1-\alpha )x_3)\le \alpha f(x_1)+(1-\alpha )f(x_3)$$

等价于 $k_1<k_2$ 成立。证毕。

Proof

1. 若$x_1<x_0<x_2$：
由等价定义，显然成立。

2. 若$x_0<x_1<x_2$：
由凸性定义和导数定义：

$$f(x_1)\le f(x_0)+k(x_2)(x_1-x_0)$$

因此，$k(x_1)<k(x_2)$。

3. 若$x_1<x_2<x_0$：
类似可得。

• 开区间上递增 = 闭区间上凸函数
• 凸函数的范围可以扩大到闭端点
• 证明

Proof
=>:
$\mathrm{\forall }{x}_1,x_2\in (a,b)$，以及$\mathrm{\forall }x\in (x_1,x_2)$，由等价定义：

$\frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}\le \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$

令$x\to x_1^{+}$，由保序性知：

$\underset{x\to x_1^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x_1^{+})\le \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$

类似的，$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\le f^{\prime }(x_2^{-})$。

因此，$f^{\prime }(x)$递增。

<=:
对于任意$x_1<x_2<x_3\in [a,b]$，由 #Lagrange中值定理

存在${\xi }_1\in (x_1,x_2)$和${\xi }_2\in (x_2,x_3)$使得

$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }({\xi }_1),\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}=f^{\prime }({\xi }_2)$

由${\xi }_1<{\xi }_2$，且$f^{\prime }(x)$单调递增：

$f^{\prime }({\xi }_1)<f^{\prime }({\xi }_2)$

即$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}$。

• 不证自明的
  • 可导函数递增即$f^{\prime }(x)\ge 0$
  • $f^{\prime }(x)$递增即$f^{″}(x)\ge 0$
• 特别地，我们称$f^{″}(x)>0$的函数为 严格凸函数

拐点

NOTE THAT: 有二阶导即邻域内有一阶导

Proof
$\because f^{\prime }(x)$存在，又$\because x_0$为拐点
$\therefore x_0$两侧，$f^{\prime }$有不同单调性

即$x_0$时$f^{\prime }$的极值点。注意到：$f^{\prime }$在$x_0$可导。

由 #Fermat引理 ：

$f^{″}(x_0)=0$

Proof

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x{e}^{-x},& \text{if }x\ge 0\\ -x{e}^{-x},& \text{if }x<0\end{array}$$$$\Rightarrow f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-x}(1-x),& \text{if }x>0\\ e^{-x}(x-1),& \text{if }x<0\end{array}$$

$\therefore \underset{x\to 0^{+}}{lim}{f}^{\prime }(x)=1$

又$f$在$0$处连续，$\Rightarrow f^{\prime }+(0)=1$。类似地，$f^{\prime }-(0)=-1$。故$f$在$0$处不可导，故$x=0$二阶不可导，可能为拐点。

计算$f^{″}(x)$得：

$$f^{″}(x)=\{\begin{array}{ll}(x-2)e^{-x},& \text{if }x>0\\ (2-x)e^{-x},& \text{if }x<0\end{array}$$

令$f^{″}(x)=0$得$x=2$，故$x=2$可能为拐点。

列表如下：

$$\begin{array}{|cccccc|}\hline x& (-\mathrm{\infty },0)& 0& (0,2)& 2& (2,+\mathrm{\infty })\\ f^{″}(x)& +& \mathrm{不}\mathrm{存}\mathrm{在}& -& 0& +\\ f^{\prime }(x)& \uparrow & \mathrm{不}\mathrm{存}\mathrm{在}& \downarrow & f^{\prime }(2)& \uparrow \\ f(x)& \mathrm{下}\mathrm{凸}& \mathrm{拐}\mathrm{点}& \mathrm{上}\mathrm{凸}& \mathrm{拐}\mathrm{点}& \mathrm{下}\mathrm{凸}\\ \hline\end{array}$$

Proof

两边取对数: $\ln a+\ln b\le \ln ({\displaystyle \frac{1}{p}}{a}^p+{\displaystyle \frac{1}{q}}{b}^q)$
即证: ${\displaystyle \frac{1}{p}}\ln a^p+{\displaystyle \frac{1}{q}}\ln b^q=\ln a+\ln b\le \ln ({\displaystyle \frac{1}{p}}{a}^p+{\displaystyle \frac{1}{q}}{b}^q)$

令$f(x)=\ln x$
$\Rightarrow f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}},f^{″}(x)=-{\displaystyle \frac{1}{x}}<0$
$\therefore f$ 严格上凸
$x_1:=a^p,x_2:=b^p$

由凸函数定义：

$\therefore {\displaystyle \frac{1}{p}}f(a^p)+{\displaystyle \frac{1}{q}}f(b^q)\le f({\displaystyle \frac{1}{p}}{a}^p+{\displaystyle \frac{1}{q}}{b}^q)$

函数作图步骤

1. 求定义域$D_f$，考察函数的特性（奇偶性、周期性）；

2. 求$f^{\prime }(x)$和$f^{″}(x)$；

3. 求$f^{\prime }(x)=0$和$f^{″}(x)=0$的根，以及一阶、二阶不可导点；

4. 列表（上述点分割$D_f$，考察$f^{\prime }(x)$和$f^{″}(x)$在子区间上的符号，确定函数的单调性、极值点、极值和凸性、拐点）；

5. 求曲线的渐近线（水平、垂直和斜的，参考习题1.3/14）；

6. 作图（取合适的坐标长度，建立坐标系，先画渐近线）