凸関数の不等式
$区間 \ [a,\ b]\ で、関数 \ f(x) が、任意の \ x_1,\ x_2\ について、\alpha_1 \geqq 0,\ \alpha _2 \geqq 0,\ \alpha _1 +\alpha _2 =1 \ \ である \ \alpha _1, \alpha _2 \ に対して$
$\quad \alpha _1 f(x_1)+\alpha _2 f(x_2) \geqq f(\alpha _1 x_1 + \alpha _2 x_2)$
$がなりたつとき、f(x)\ はこの区間で凸関数であるという。$
$イメージとしては、$
$A(x_1,\ f(x_1)),\ B(x_2,\ f(x_2))\ とし、線分 \ AB\ を \ \alpha _2 : \alpha _1\ に$
$内分する点 \ P\ の座標 \ (x_3,\ y_3)\ は$
$\qquad x_3=\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2 ,\quad y_3=\alpha _1 f(x_1)+\alpha _2 f(x_2)$
$だから、弦 \ AB\ が弧 \ AB\ の上にあるということです。$
$2\ \ 定理1$
$関数 \ f(x)\ は区間\ [a,\ b]\ で \ 2\ 回微分可能で、f''(x) \geqq 0 \ \ ならば\ \ f(x)\ はこの区間で凸関数である。$
$\qquad この証明は$(曲線の凹凸)$をご覧ください。$
$3 \ \ 定理2\ \ (定義の拡張)$
$関数 \ f(x)\ が区間 \ [a,b]\ で凸関数ならば、この区間内の任意の \ x_1,\ x_2,\ x_3\ について$
$\quad \alpha _1 \geqq 0,\ \ \alpha _2 \geqq 0,\ \ \alpha _3 \geqq 0 ,\ \ \alpha _1 +\alpha _2+\alpha _3 =1 \ \ である任意の \ \alpha _1,\ \alpha _2,\ \alpha _3\ \ に対して$
$\quad \alpha _1f(x_1)+\alpha _2f(x_2)+\alpha _3f(x_3) \geqq f(\alpha _1x_1+\alpha _2 x_2+ \alpha _3x_3)$
$(証明)$
$\alpha _1 +\alpha _2 =\beta \ \ (ただし \ \ \beta \neq 0 )\ \ とおくと \ \ \cfrac{\alpha _1}{\beta}+\cfrac{\alpha _2}{\beta}=1,\ \ \cfrac{\alpha _1}{\beta} \geqq 0, \ \ \cfrac{\alpha _2}{\beta} \geqq 0 \ \ だから$
$\qquad \cfrac{\alpha _1}{\beta}f(x_1)+\cfrac{\alpha _2}{\beta}f(x_2) \geqq f(\cfrac{\alpha _1}{\beta}x_1+ \cfrac{\alpha _2}{\beta}x_2)$
$\qquad \therefore \ \ \alpha _1f(x_1)+\alpha _2f(x_2) \geqq \beta f(\cfrac{\alpha _1}{\beta}x_1+ \cfrac{\alpha _2}{\beta}x_2) \hspace{10em}(1)$
$次に$
$z=\cfrac{\alpha _1}{\beta}x_1+\cfrac{\alpha _2}{\beta}x_2 \ \ とおくと \ \ \beta +\alpha _3 =1 ,\ \ \beta \geqq 0, \ \alpha _3 \geqq 0 \ \ だから$
$\qquad \beta f(z)+\alpha _3 f(x_3) \geqq f(\beta z + \alpha _3 x_3)$
$\qquad \beta f(\cfrac{\alpha _1}{\beta}x_1+\cfrac{\alpha _2}{\beta}x_2 )+\alpha _3 f(x_3) \geqq f(\beta z + \alpha _3 x_3)$
$ゆえに$
$\quad \alpha _1f(x_1)+\alpha _2f(x_2)+\alpha _3f(x_3) \geqq \beta f(\cfrac{\alpha _1}{\beta}x_1+\cfrac{\alpha _2}{\beta}x_2 )+\alpha _3 f(x_3) \geqq f(\alpha _1x_1+\alpha _2 x_2+ \alpha _3x_3)$
$さらに一般化すると$
$\quad 関数 \ f(x)\ が区間 \ [a,\ b]\ で凸関数ならば、この区間内の任意の \ x_1,\ x_2,\ \cdots ,\ x_n\ について$
$\qquad \alpha _i \geqq 0 \ \ (i=1,\ 2,\ \cdots,n) ,\ \ \alpha _1 +\alpha _2+\cdots + \alpha _n =1 \ \ である任意の \ \alpha _1,\ \alpha _2,\ \alpha _3\ \ に対して$
$\hspace{3em} \alpha _1f(x_1)+\alpha _2f(x_2)+\cdots +\alpha _nf(x_n) \geqq f(\alpha _1x_1+\alpha _2 x_2+ \cdots +\alpha _n x_n)$
$これは、数学的帰納法で証明できます。$
$4 \ \ 凸関数不等式への応用$
$例1 \quad 無理関数$
(i)$\ \ \alpha _1,\ \alpha _2,\ x_1,\ x_2 \ が正数で、\alpha _1+\alpha _2=1\ \ のとき$
$\qquad \sqrt{\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2} \geqq \alpha _1\sqrt{x_1}+\alpha _2\sqrt{x_2}$
(ii)$\ \ \alpha _1,\ \alpha _2,\ \alpha _3,\ x_1,\ x_2,\ x_3 \ が正数で、\alpha _1+\alpha _2 + \alpha _3=1 \ \ のとき$
$\qquad \sqrt{\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2+\alpha _3 x_3} \geqq \alpha _1\sqrt{x_1}+\alpha _2\sqrt{x_2}+\alpha _3\sqrt{x_3}$
(iii)$\ \ \alpha _1,\ \alpha _2,\ \cdots ,\ \alpha _n,\ x_1,\ x_2,\ \cdots ,\ x_n \ が正数で、\alpha _1+\alpha _2 +\cdots +\alpha _n=1 \ \ のとき$
$\qquad \sqrt{\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2+\cdots + \alpha _n x_n} \geqq \alpha _1\sqrt{x_1}+\alpha _2\sqrt{x_2}+ \cdots +\alpha _n\sqrt{x_n}$
$(証明)$
$f(x)=-\sqrt{x}\ \ は \ x \geqq 0 \ で凸関数だから$
$\qquad \alpha _1f(x_1)+\alpha _2f(x_2)+\cdots +\alpha _nf(x_n) \geqq f(\alpha _1x_1+\alpha _2 x_2+ \cdots +\alpha _n x_n)$
$したがって$
$\qquad \alpha _1(-\sqrt{x_1})+\alpha _2(-\sqrt{x_2}) +\cdots +\alpha _n(-\sqrt{x_n})\geqq -\sqrt{\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2 +\cdots + \alpha _n x_n}$
$\qquad \therefore \ \ \sqrt{\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2 +\cdots + \alpha _n x_n} \geqq \alpha _1 \sqrt{x_1} +\alpha _2 \sqrt{x_2} +\cdots +\alpha _n \sqrt{x_n} $
$(直接証明)$
(i)$は$
\begin{eqnarray*}
& &(\sqrt{\alpha _1 x_1 + \alpha _2 x_2})^2-(\alpha _1\sqrt{x_1}+\alpha _2\sqrt{x_2})^2\\
\\
&=&\alpha _1 x_1+ \alpha _2 x_2-(\alpha _1^2 x_1+2\alpha _1 \alpha _2\sqrt{x_1}\sqrt{x_2}+\alpha _2^2 x_2)\\
\\
&=&\alpha _1(1-\alpha _1)x_1-2\alpha _1 \alpha _2\sqrt{x_1}\sqrt{x_2}+\alpha _2(1-\alpha _2)x_2\\
\\
&=&\alpha _1 \alpha _2 x_1-2\alpha _1 \alpha _2\sqrt{x_1}\sqrt{x_2}+\alpha _2 \alpha _1 x_2\\
\\
&=&\alpha _1 \alpha _2(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})^2\\
\\
&\geqq& 0
\end{eqnarray*}
(ii)$は$
\begin{eqnarray*}
& &(\sqrt{\alpha _1 x_1 + \alpha _2 x2+\alpha _3 x_3})^2-(\alpha _1\sqrt{x_1}+\alpha _2\sqrt{x_2}+\alpha _2 \sqrt{x_3})^2\\
\\
&=&\alpha _1 \alpha _2(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})^2+\alpha _1 \alpha _3(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_3})^2+\alpha _2 \alpha _3(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_3})^2\\
\\
&\geqq 0&
\end{eqnarray*}
(iii)$は$
$\hspace{3em}(\sqrt{\alpha _1 x_1 + \alpha _2 x2+\cdots +\alpha _n x_n})^2-(\alpha _1\sqrt{x_1}+\alpha _2\sqrt{x_2}+\cdots +\alpha _n \sqrt{x_n})^2$
$\hspace{3em}=\alpha _1 \alpha _2(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})^2+\alpha _1 \alpha _3(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_3})^2+\cdots +\alpha _1 \alpha _n(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_n})^2$
$\hspace{13em} +\alpha _2 \alpha _3(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_3})^2+\cdots +\alpha _2 \alpha _n(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_n})^2$
$\hspace{15em} \vdots $
$\hspace{25em} +\alpha _{n-1} \alpha _n(\sqrt{x_{n-1}}-\sqrt{x_n})^2$
$\hspace{3em}\geqq 0$
$例2 \quad 対数関数$
(i)$\ \ \alpha _1,\ \alpha _2,\ x_1,\ x_2 \ が正数で、\alpha _1+\alpha _2=1 \ \ のとき$
$\qquad \log{(\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2)} \geqq \alpha _1\log{x_1}+\alpha _2\log{x_2}$
(ii)$\ \ \alpha _1,\ \alpha _2,\ \cdots ,\ \alpha _n,\ x_1,\ x_2,\ \cdots ,\ x_n \ が正数で、\alpha _1+\alpha _2 +\cdots +\alpha _n=1 \ \ のとき$
$\qquad \log{(\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2+\cdots + \alpha _n x_n)} \geqq \alpha _1\log{x_1}+\alpha _2\log{x_2}+ \cdots +\alpha _n\log{x_n}$
$(証明)$
$f(x)=-\log{x}\ は \ x \geqq 0\ で凸関数だから$
$\qquad \alpha _1f(x_1)+\alpha _2f(x_2)+\cdots +\alpha _nf(x_n) \geqq f(\alpha _1x_1+\alpha _2 x_2+ \cdots +\alpha _n x_n)$
$したがって$
$\alpha _1(-\log{x_1})+\alpha _2(-\log{x_2}) +\cdots +\alpha _n(-\log{x_n})\geqq -\log{(\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2 +\cdots + \alpha _n x_n)}$
$\therefore \ \ \log{(\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2 +\cdots + \alpha _n x_n)} \geqq \alpha _1 \log{x_1} +\alpha _2 \log{x_2} +\cdots +\alpha _n \log{x_n} $
$($i$)の直接証明$
$\ \ m,\ \ n,\ a,\ b \ \ が正数で、m+n=1 \ \ のとき \quad \log{(ma+nb)} \geqq m\log{a}+n\log{b} \ \ を示します。$
$g(x)=nx-a^mx^n+ma \ \ を考える。$
$\quad g'(x)=n-na^mx^{n-1}=n(1-a^mx^{n-1})=n(1-a^mx^{-m})$
$g'(x)=0 \ \ より \quad x^m=a^m \quad \therefore \ \ x=a$
$g''(x)=mna^mx^{-m-1} \ \ より \quad g''(a)=mna^ma^{-m-1}=\cfrac{mn}{a} >0$
$よって \quad g(x)\ は \ x=a\ で極小値 \ \ g(a)=na-a^ma^n+ma=(m+n)a-a^{m+n}=a-a=0 \ \ をとる。$
$\therefore \ \ g(x)=nx-a^mx^n+ma \geqq 0 \quad x=b \ \ とおくと \quad ma + nb \geqq a^mb^n$
$\quad \therefore \ \ \log(ma+nb) \geqq \log a^mb^n =m\log a +n\log b$
$例3 \quad 三角関数$
(i)$\ \ \alpha _1,\ \alpha _2 \ が正数で、0 \leqq x_1 \leqq \pi , \ \ 0 \leqq x_2 \leqq \pi ,\ \ \alpha _1+\alpha _2=1 \ \ のとき$
$\hspace{3em} \sin{(\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2)} \geqq \alpha _1\sin{x_1}+\alpha _2\sin{x_2}$
(ii)$\ \ \alpha _1,\ \alpha _2,\ \cdots ,\ \alpha _n \ が正数で、0 \leqq x_1 \leqq \pi ,\ \ 0 \leqq x_2 \leqq \pi ,\ \cdots ,$
$\qquad 0 \leqq x_n \leqq \pi ,\ \ \alpha _1+\alpha _2 +\cdots +\alpha _n=1 \ \ のとき$
$\hspace{3em} \sin{(\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2+\cdots + \alpha _n x_n)} \geqq \alpha _1\sin{x_1}+\alpha _2\sin{x_2}+ \cdots +\alpha _n\sin{x_n}$
$(証明)$
$f(x)=-\sin{x} \ \ は \ \ 0 \leqq x \leqq \pi \ \ で凸関数だから$
$\qquad \alpha _1f(x_1)+\alpha _2f(x_2)+\cdots +\alpha _nf(x_n) \geqq f(\alpha _1x_1+\alpha _2 x_2+ \cdots +\alpha _n x_n)$
$したがって$
$\alpha _1(-\sin{x_1})+\alpha _2(-\sin{x_2}) +\cdots +\alpha _n(-\sin{x_n}) \geqq -\sin{(\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2 +\cdots + \alpha _n x_n)}$
$\therefore \ \ \sin{(\alpha _1 x_1+\alpha _2 x_2 +\cdots + \alpha _n x_n)} \geqq \alpha _1 \sin{x_1} +\alpha _2 \sin{x_2} +\cdots +\alpha _n \sin{x_n} $
$($i$)の直接証明$
$\ \ m,\ n,\ a,\ b \ \ が正数で、m+n=1 \ \ のとき \quad \sin{(ma+nb)} \geqq m\sin{a}+n\sin{b} \ \ を示します。$
$g(x)=\sin (nx+ma)-n\sin x -m\sin a \quad を考える。$
$\quad g'(x)=n\cos (nx +ma)-n\cos x$
$\quad g''(x)=-n^2\sin (nx +ma)+n\sin x$
$\quad g'(x)=0 \ \ より \ \ \cos (nx +ma)=\cos x$
$\quad 0 < ma+nb < \pi \ \ だから \quad 0 < nx+ma <\pi \ \ よって \quad nx+ma=x \ \ より \quad x=\cfrac{ma}{1-n}=\cfrac{ma}{m}=a$
\begin{eqnarray*}
g''(a)
&=&-n^2\sin (na+ma)+n\sin a\\
\\
&=&-n^2\sin a+n\sin a\\
\\
&=&n(1-n)\sin a\\
\\
&=&nm\sin a\\
\end{eqnarray*}
$n >0,\ \ m >0,\ \ 0 < a <\pi \ \ より \quad g''(a) >0$
$よって \ \ g(x)\ は\ x=a \ で極小となり、極小値は$
\begin{eqnarray*}
g(a)
&=&\sin(n+m)a -n\sin a -m\sin a\\
\\
&=&\sin a -(m+n)\sin a\\
\\
&=&\sin a-\sin a\\
\\
&=&0\\
\end{eqnarray*}
$g(x) \geqq 0 \ \ より \quad \sin (nx+ma) \geqq n\sin x +m\sin a $
$x=b \ \ とおくと \quad \sin{(ma+nb)} \geqq m\sin{a}+n\sin{b}$
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