5.2 雨课堂作业

解 AGI。

(A)

$f(t{x}_1+(1-t)x_2)+g(t{x}_1+(1-t)x_2)<tf(x_1)+(1-t)f(x_2)+tg(x_1)+(1-t)g(x_2)<t[f(x_1)+g(x_1)]+(1-t)[f(x_2)+g(x_2)]$。

(B)

取$f=g$，则$f-g\equiv 0$，不严格凸。

(C)

取$(a,b)=(0,+\mathrm{\infty })$、$f(x)=\frac{1}{x^2}$、$g(x)=x^2$，则$f\cdot g\equiv 1$，不严格凸。

(D)

同上。

(E)

$-f$是区间$(a,b)$内的严格凹函数，不是严格凸函数。

(F)

取$(a,b)=(0,+\mathrm{\infty })$、$g(x)=\frac{1}{x}$，则$\frac{1}{g(x)}=x$，不严格凸。

(G)

严格凸的单调函数一定严格单调，故$f,g>0$，从而$f\cdot g$严格减，并且$$\begin{array}{}\text{(19)}& \begin{array}{rl}& f(t{x}_1+(1-t)x_2)\cdot g(t{x}_1+(1-t)x_2)<[tf(x_1)+(1-t)f(x_2)]\cdot [tg(x_1)+(1-t)g(x_2)]\\ & =t^{2}f(x_1)g(x_1)+(1-t{)}^{2}f(x_2)g(x_2)+t(1-t)\cdot [f(x_1)g(x_2)+f(x_2)g(x_1)]\\ & =tf(x_1)g(x_1)+(1-t)f(x_2)g(x_2)-t(1-t)\cdot [f(x_1)g(x_1)+f(x_2)g(x_2)-f(x_1)g(x_2)-f(x_2)g(x_1)]\\ & =tf(x_1)g(x_1)+(1-t)f(x_2)g(x_2)-t(1-t)\cdot [f(x_2)-f(x_1)]\cdot [g(x_2)-g(x_1)]\\ & <tf(x_1)g(x_1)+(1-t)f(x_2)g(x_2)\end{array}\end{array}$$

(H)

取$(a,b)=\mathbb{R}$、$h(x)=x^2$、$f(x)=x^2-1$，则$h\circ f(x)=(x^2-1{)}^2$，不严格凸。

(I)

$h[f(t{x}_1+(1-t)x_2)]<h[tf(x_1)+(1-t)f(x_2)]<th[f(x_1)]+(1-t)h[f(x_2)]$。

解 BCD。

(A)

$f(x)=\frac{1}{x}$严格凸且有下界$0$，但无最小值。

(B)

设最小值点为$x_0$，取$x_1>x_0$，则$f(x_1)\ge f(x_0)$。若$f(x_1)=f(x_0)$，则连续函数$f$在区间$[x_0,x_1]$必有最小值$f(x_0)$，与$f$严格凸矛盾，故$f(x_1)>f(x_0)$。由凸函数的性质可得$\mathrm{\forall }x>x_1$，都有$$\begin{array}{}\text{(20)}& \frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}>\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}>0⟹f(x)>f(x_1)+\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}(x-x_1)\end{array}$$ 令$x\to +\mathrm{\infty }$可得$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=+\mathrm{\infty }$。

(C)

假设$f$不严格减，即$\mathrm{\exists }{x}_0,x_1$使得$x_0<x_1$且$f(x_0)\le f(x_1)$。若$f(x_0)=f(x_1)$，则连续函数$f$在区间$[x_0,x_1]$必有最小值$f(x_2)$，且$x_2\ne x_0$，否则与$f$严格凸矛盾；此时取$x_2$为新的$x_0$，则有$f(x_0)<f(x_1)$。同(B)可得$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=+\mathrm{\infty }$，与题设矛盾，故$f$严格减。

(D)

假设$f$不严格减，同(C)可得$\mathrm{\exists }{x}_0,x_1$使得$x_0<x_1$且$f(x_0)<f(x_1)$。连续函数$f$在区间$[x_0,x_1]$上有最小值$m$，此外同(B)(C)可得$$\begin{array}{}\text{(21)}& \begin{array}{rlrl}f(x)& >f(x_1)+\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}(x-x_1)>f(x_1),& & \mathrm{\forall }x>x_1\\ f(x)& \ge m,& & \mathrm{\forall }{x}_0\le x\le x_1\\ f(x)& >f(x_0)+\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}(x-x_0)>f(x_0)-x_0\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0},& & \mathrm{\forall }0<x<x_0\end{array}\end{array}$$ 即$f$有下界，与题设矛盾，故$f$严格减；且由于$f$无下界，故$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=-\mathrm{\infty }$。

解 (1) $f$在$(-\mathrm{\infty },-1)$上严格减，在$(-1,+\mathrm{\infty })$上严格增，且$f(-1)=-\frac{1}{\mathrm{e}}$为$f$的最小值。

(2) $y=0$为$f$在$x\to -\mathrm{\infty }$处的水平渐近线。

(3) $f$在$(-\mathrm{\infty },-2)$上严格凹，在$(-2,+\mathrm{\infty })$上严格凸。

(4) 由(1)可知$f$在$(-1,+\mathrm{\infty })$上严格增，故有反函数$g$，且$g$的定义域为$(-\frac{1}{\mathrm{e}},+\mathrm{\infty })$、值域为$(-1,+\mathrm{\infty })$。

(5) $g$亦在定义域内严格增，故$g(x)>-1$在定义域内恒成立。由于$g$无上界，故$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}g(x)=+\mathrm{\infty }$。由反函数求导公式可得$$\begin{array}{}\text{(26)}& \begin{array}{rl}{g}^{\prime }(x)& =\frac{1}{f^{\prime }[g(x)]}=\frac{1}{(1+g(x)){\mathrm{e}}^{g(x)}}=\frac{g(x)}{x(1+g(x))}\\ g^{″}(x)& =\frac{g^{\prime }(x)\cdot x(1+g(x))-g(x)\cdot [1+g(x)+x{g}^{\prime }(x)]}{x^2(1+g(x){)}^2}=-\frac{g(x{)}^2[2+g(x)]}{x^2(1+g(x){)}^3}<0\end{array}\end{array}$$ 因此$g$在定义域内严格凹。由于$\underset{x\to -{\frac{1}{\mathrm{e}}}^{+}}{lim}g(x)=-1\ne \mathrm{\infty }$，故$g$没有竖直渐近线。计算可得$$\begin{array}{}\text{(27)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{g(x)}{x}\stackrel{x=g^{-1}(y)}{=}\underset{y\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{y}{y{\mathrm{e}}^y}=0,\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}[g(x)-0\cdot x]=+\mathrm{\infty }\end{array}$$ 故$g$在$x\to +\mathrm{\infty }$处不存在渐近线。

(6) 由L’Hôpital法则可得$$\begin{array}{}\text{(28)}& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{g(x)}{\ln x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{g^{\prime }(x)}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{g(x)}{1+g(x)}=1\end{array}$$ $◻$

解 限定$x>-1$。当$\alpha =0$或$\alpha =1$时，

恒成立。下设$\alpha \ne 0,1$，记$f(x)=(1+x{)}^{\alpha }$，则$f^{″}(x)=\alpha (\alpha -1)(1+x{)}^{\alpha +2}$。

1${}^{\circ }$

若$0<\alpha <1$，则$f^{″}(x)<0$，$f$在$(-1,+\mathrm{\infty })$上严格凹。由凹函数的性质可得$$\begin{array}{}\text{(32)}& (1+x{)}^{\alpha }<f(0)+f^{\prime }(0)x=1+\alpha x,\mathrm{\forall }x\in (-1,+\mathrm{\infty })\mathrm{\setminus }\{0\}\end{array}$$

2${}^{\circ }$

若$\alpha >1$或$\alpha <0$，则$f^{″}(x)>0$，$f$在$(-1,+\mathrm{\infty })$上严格凸。由凸函数的性质可得$$\begin{array}{}\text{(33)}& (1+x{)}^{\alpha }>f(0)+f^{\prime }(0)x=1+\alpha x,\mathrm{\forall }x\in (-1,+\mathrm{\infty })\mathrm{\setminus }\{0\}\end{array}$$

注 我们尝试将对数平均数和指数平均数比较，即寻找最好的$\alpha$，使得$\frac{t-1}{\ln t},{\left(\frac{1+t^{\alpha }}{2}\right)}^{\frac{1}{\alpha }}$相差最小。考虑这两个函数在$t=1$处的Taylor展开，可得$$\begin{array}{}\text{(38)}& \begin{array}{rl}\frac{t-1}{\ln t}& =1+\frac{1}{2}(t-1)-\frac{1}{12}(t-1{)}^2+o[(t-1{)}^2]\\ {\left(\frac{1+t^{\alpha }}{2}\right)}^{\frac{1}{\alpha }}& =1+\frac{1}{2}(t-1)+\frac{\alpha -1}{8}(t-1{)}^2+o[(t-1{)}^2]\end{array}\end{array}$$ 令$\frac{\alpha -1}{8}=-\frac{1}{12}$，可解得$\alpha =\frac{1}{3}$，即对数平均数最接近$\frac{1}{3}$次指数平均数。

我们再考虑以下问题：设$\alpha ,\beta$使得以下不等式恒成立：$$\begin{array}{}\text{(39)}& {\left(\frac{1+t^{\alpha }}{2}\right)}^{\frac{1}{\alpha }}<\frac{t-1}{\ln t}<{\left(\frac{1+t^{\beta }}{2}\right)}^{\frac{1}{\beta }},\mathrm{\forall }t\in (0,1)\end{array}$$ 本题结论告诉我们$sup\alpha \ge 0$、$inf\beta \le 1$。我们尝试证明：$sup\alpha =0$、$inf\beta =\frac{1}{3}$。令$f_{\alpha }(x):={\left(\frac{1+t^{\beta }}{2}\right)}^{\frac{1}{\beta }}-\frac{t-1}{\ln t}$，则待证结论的充分条件为：

• $\mathrm{\forall }\alpha \in (0,\frac{1}{3})$，$\mathrm{\exists }{t}_0\in (0,1)$使得$f_{\alpha }(t_0)<0$。
• $f_{1/3}(t)>0$在$t\in (0,1)$上恒成立。

当$\alpha \in (0,\frac{1}{3})$时，求导可得$$\begin{array}{}\text{(40)}& f_{\alpha }^{″}(t)=\frac{1}{t^2}[\frac{2-2t}{{\ln }^{3}t}+\frac{1+t}{{\ln }^{2}t}-\frac{(1-\alpha )t^{\alpha }}{(1+t^{\alpha }{)}^2}{\left(\frac{1+t^{\alpha }}{2}\right)}^{\frac{1}{\alpha }}]\to \frac{3\alpha -1}{12}<0,t\to 1^{-}\end{array}$$ 故$\mathrm{\exists }{t}_0\in (0,1)$使得$f^{″}(t_0)$在$(t_0,1)$恒负。由带Lagrange余项的Taylor展开可得$$\begin{array}{}\text{(41)}& f_{\alpha }(t_0)=f_{\alpha }(1)+f_{\alpha }^{\prime }(1)(t_0-1)+\frac{f_{\alpha }^{″}(\xi )}{2}(t_0-1{)}^2=\frac{1}{2}{f}_{\alpha }^{″}(\xi )(t_0-1{)}^2<0,\xi \in (t_0,1)\end{array}$$ 故命题成立。当$\alpha =\frac{1}{3}$时，令$$\begin{array}{}\text{(42)}& g(t):={\left(\frac{1+t^{1/3}}{2}\right)}^3\ln t-(t-1),\mathrm{\forall }t\in (0,1)\end{array}$$ $f_{1/3}(t)>0$等价于$g(t)<0$，等价于证明$$\begin{array}{}\text{(43)}& h(t):=g(t^3)=\frac{3}{8}(1+t{)}^3\ln t-(t^3-1)>0,\mathrm{\forall }t\in (0,1)\end{array}$$ 求导可得$$\begin{array}{}\text{(44)}& h^{‴}(t)=\frac{9}{4}(\frac{2}{t^3}-\frac{3}{t^2}+\frac{6}{t}-5-\ln \frac{1}{t})>\frac{9}{4}(\frac{2}{t^3}-\frac{3}{t^2}+\frac{5}{t}-4)=\frac{9}{4t^3}(1-t)(4t^2-t+2)>0\end{array}$$ 因此$h^{″}(x)<h^{″}(1)=0$、$h^{\prime }(x)>h^{\prime }(1)=0$、$h(x)<h(1)=0$在$t\in (0,1)$上恒成立，命题得证。

解 当木桩与河道水平线的夹角为$\theta$时，木桩的长度$L$需满足$$\begin{array}{}\text{(45)}& L\le \frac{a}{\cos \theta }+\frac{b}{\sin \theta }=:f(\theta ),\theta \in (0,\frac{\pi }{2})\end{array}$$ 则$L$需满足$L\le \underset{\theta \in (0,\frac{\pi }{2})}{inf}f(\theta )$。求导可得$$\begin{array}{}\text{(46)}& f^{\prime }(\theta )=a\frac{\sin \theta }{{\cos }^2\theta }-b\frac{\cos \theta }{{\sin }^2\theta }=\frac{a{\sin }^3\theta -b{\cos }^3\theta }{{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta }=\frac{a\cos \theta }{{\sin }^2\theta }({\tan }^3\theta -\frac{b}{a})\end{array}$$ 记${\theta }_0:=\arctan \sqrt[3]{\frac{b}{a}}$，则$f$在$(0,{\theta }_0)$上严格减，在$({\theta }_0,\frac{\pi }{2})$上严格增，因此$$\begin{array}{}\text{(47)}& L\ge f({\theta }_0)=a\sqrt{1+{\tan }^2{\theta }_0}(1+\frac{b}{a}\frac{1}{\tan {\theta }_0})=a{(1+{\tan }^2{\theta }_0)}^{3/2}=(a^{2/3}+b^{2/3}{)}^{3/2}\end{array}$$ $◻$