볼록함수

현이 그래프 위에 뜨면 볼록 — 미분 가능할 때는 f′f' 증가와 동치이고, 이계도함수 부호로 판정합니다. 옌센 부등식까지.

f(tx+(1−t)y)≤tf(x)+(1−t)f(y)f(tx+(1-t)y) \le tf(x)+(1-t)f(y)
f convex   ⟺  f′ increasing,f′′≥0  ⟹  convexf \text{ convex } \iff f' \text{ increasing}, \quad f'' \ge 0 \implies \text{convex}

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

f(x)=x2f(x) = x^2이 볼록함임을 직접 증명하세요.

(tx+(1−t)y)2≤tx2+(1−t)y2  ⟺  t(1−t)(x−y)2≥0(tx+(1-t)y)^2 \le tx^2+(1-t)y^2 \iff t(1-t)(x-y)^2 \ge 0
a=−1,b=1a=-1, b=1 — 현이 포물선 위에 뜬다
증명 보기
  1. 차이를 전개하면 tx2+(1−t)y2−(tx+(1−t)y)2=t(1−t)(x−y)2tx^2+(1-t)y^2-(tx+(1-t)y)^2 = t(1-t)(x-y)^2입니다. ((tx+(1−t)y)(tx+(1-t)y)를 제곱해 정리하면 x2x^2과 y2y^2의 계수가 t(1−t)t(1-t)로 묶입니다.)
  2. t∈[0,1]t \in [0,1]이므로 t(1−t)≥0t(1-t) \ge 0이고, 제곱이므로 (x−y)2≥0(x-y)^2 \ge 0입니다. 따라서 우변은 00 이상입니다.
  3. 즉 (tx+(1−t)y)2≤tx2+(1−t)y2(tx+(1-t)y)^2 \le tx^2+(1-t)y^2 — 볼록성의 정의가 성립하므로 x2x^2은 볼록합니다. 위 화면에서 a=−1,b=1a=-1, b=1일 때 최대 간격이 11인 이유이기도 합니다.

ff가 미분 가능하고 f′f'이 증가하면 ff는 볼록함을 증명하세요.

f(x2)−f(x1)x2−x1=f′(c1)≤f′(c2)=f(x3)−f(x2)x3−x2\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} = f'(c_1) \le f'(c_2) = \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}
exe^x — f′′>0f'' > 0인 예
증명 보기
  1. x1<x2<x3x_1 < x_2 < x_3이라 두면, [x1,x2][x_1, x_2]와 [x2,x3][x_2, x_3]에 평균값정리를 적용해 f′(c1)=f(x2)−f(x1)x2−x1f'(c_1) = \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}, f′(c2)=f(x3)−f(x2)x3−x2f'(c_2) = \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}인 c1∈(x1,x2)c_1 \in (x_1, x_2), c2∈(x2,x3)c_2 \in (x_2, x_3)이 존재합니다. c1<c2c_1 < c_2이고 f′f'이 증가하므로 f′(c1)≤f′(c2)f'(c_1) \le f'(c_2)입니다.
  2. 기울기 부등식 f(x2)−f(x1)x2−x1≤f(x3)−f(x2)x3−x2\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}를 정리하면 f(x2)≤(x3−x2)f(x1)+(x2−x1)f(x3)x3−x1f(x_2) \le \frac{(x_3-x_2)f(x_1)+(x_2-x_1)f(x_3)}{x_3-x_1}을 얻습니다 — 중간점의 함숫값이 양 끝점을 잇는 현 아래에 있습니다.
  3. x2=tx1+(1−t)x3x_2 = tx_1+(1-t)x_3이라 두면 x3−x2x3−x1=t\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1} = t, x2−x1x3−x1=1−t\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1} = 1-t이므로 부등식은 f(tx1+(1−t)x3)≤tf(x1)+(1−t)f(x3)f(tx_1+(1-t)x_3) \le tf(x_1)+(1-t)f(x_3) — 볼록성의 정의입니다. 참고로 f′′≥0f'' \ge 0이면 f′f'에 평균값정리를 적용해 f′f'이 증가합니다.

log의 오목성으로부터 두 수의 AM–GM 부등식을 유도하세요.

log⁡a+b2≥log⁡a+log⁡b2=log⁡ab\log\frac{a+b}{2} \ge \frac{\log a + \log b}{2} = \log\sqrt{ab}
현 그림은 log에도 똑같이 적용된다
증명 보기
  1. (log⁡)′′(x)=−1x2<0(\log)''(x) = -\frac{1}{x^2} < 0이므로, 이차도함수 판정의 오목 버전(문제 2의 부등호 반전)에 의해 log⁡\log는 오목함수입니다 — 현이 그래프 아래에 놓입니다.
  2. t=12t = \frac12인 옌센 부등식(오목 버전)을 적용하면 log⁡a+b2≥log⁡a+log⁡b2\log\frac{a+b}{2} \ge \frac{\log a + \log b}{2}입니다.
  3. 우변은 12(log⁡a+log⁡b)=log⁡ab\frac12(\log a + \log b) = \log\sqrt{ab}이므로, 양변에 지수함수를 취하면 a+b2≥ab\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab} — AM–GM 부등식입니다. (지수는 증가함수라 부등호가 유지됩니다.)

9. 미분