2022年考研数学一第20题

已知函数 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上连续，且满足中点凸性：对任意 $x,y \in [a,b]$，有 $f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leq \frac{f(x)+f(y)}{2}$。我们需要证明 $f$ 是凸函数，即对任意 $\lambda \in [0,1]$，有 $f(\lambda x + (1-\lambda)y) \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$。 首先，利用中点凸性递推得到对所有二进有理分点成立。设 $x,y \in [a,b]$，记 $t_k = \frac{m}{2^k}$，其中 $m=0,1,\dots,2^k$。我们证明对任意 $k \geq 1$ 和 $m$，有 $$f\left(\frac{m}{2^k}x + \left(1-\frac{m}{2^k}\right)y\right) \leq \frac{m}{2^k}f(x) + \left(1-\frac{m}{2^k}\right)f(y).$$ 当 $k=1$ 时，$m=0,1,2$，$m=0$ 和 $m=2$ 时等式显然成立，$m=1$ 时即为中点凸性。假设对 $k$ 成立，考虑 $k+1$。对任意 $m$，若 $m$ 为偶数，$m=2n$，则 $\frac{m}{2^{k+1}} = \frac{n}{2^k}$，由归纳假设即得。若 $m$ 为奇数，$m=2n+1$，则 $$\frac{m}{2^{k+1}}x + \left(1-\frac{m}{2^{k+1}}\right)y = \frac{1}{2}\left[\left(\frac{n}{2^k}x + \left(1-\frac{n}{2^k}\right)y\right) + \left(\frac{n+1}{2^k}x + \left(1-\frac{n+1}{2^k}\right)y\right)\right].$$ 由中点凸性和归纳假设， $$f\left(\frac{m}{2^{k+1}}x + \left(1-\frac{m}{2^{k+1}}\right)y\right) \leq \frac{1}{2}\left[f\left(\frac{n}{2^k}x + \left(1-\frac{n}{2^k}\right)y\right) + f\left(\frac{n+1}{2^k}x + \left(1-\frac{n+1}{2^k}\right)y\right)\right]$$ $$\leq \frac{1}{2}\left[\frac{n}{2^k}f(x) + \left(1-\frac{n}{2^k}\right)f(y) + \frac{n+1}{2^k}f(x) + \left(1-\frac{n+1}{2^k}\right)f(y)\right] = \frac{2n+1}{2^{k+1}}f(x) + \left(1-\frac{2n+1}{2^{k+1}}\right)f(y).$$ 因此对所有二进有理数 $\lambda = \frac{m}{2^k}$ 成立。 由于 $f$ 连续，对任意 $\lambda \in [0,1]$，存在一列二进有理数 $\lambda_n \to \lambda$。令 $z_n = \lambda_n x + (1-\lambda_n)y$，则 $z_n \to \lambda x + (1-\lambda)y$。由 $f$ 的连续性， $$f(\lambda x + (1-\lambda)y) = \lim_{n\to\infty} f(z_n) \leq \lim_{n\to\infty} [\lambda_n f(x) + (1-\lambda_n)f(y)] = \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y).$$ 这就证明了 $f$ 是凸函数。

已知函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上是凸函数，且具有二阶连续导数。凸函数的定义是：对任意 $x_1, x_2 \in I$ 及 $\lambda \in [0,1]$，有 $f(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2) \le \lambda f(x_1) + (1-\lambda)f(x_2)$。当 $f$ 二阶可导时，凸性等价于二阶导数非负。 为了严格推导，我们利用凸函数的二阶导数判别法。设 $x_0 \in I$ 为任意一点，考虑 $f$ 在 $x_0$ 处的泰勒展开： $$f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2,$$ 其中 $\xi$ 介于 $x$ 与 $x_0$ 之间。由于 $f$ 是凸函数，其图形位于任意切线的上方，即对任意 $x \in I$，有 $$f(x) \ge f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0).$$ 将泰勒展开代入上式得： $$f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2 \ge f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0),$$ 化简得 $$\frac{1}{2}f''(\xi)(x-x_0)^2 \ge 0.$$ 由于 $(x-x_0)^2 \ge 0$，因此 $f''(\xi) \ge 0$。令 $x \to x_0$，则 $\xi \to x_0$，由二阶导数的连续性得 $f''(x_0) \ge 0$。由 $x_0$ 的任意性，对一切 $x \in I$ 有 $f''(x) \ge 0$。 另一种常用方法是利用凸函数的二阶导数定义：凸函数的一阶导数单调递增，因此其导数 $f'(x)$ 是单调不减函数，从而 $f''(x) \ge 0$。由于题目已给出 $f$ 有二阶连续导数，故可直接应用该结论。 因此，由 $f$ 的凸性可推出 $f''(x) \ge 0$ 对所有 $x$ 成立。

综合前几步的讨论，我们已经分别证明了必要性和充分性。 **必要性**：若原命题成立，则条件$A$必须成立。在前几步中，我们通过反证法或直接推导得出：当原命题为真时，必然推出$A$。具体地，由已知条件$P$和结论$Q$，我们推导出$A$是$Q$成立的前提，因此$A$是必要的。 **充分性**：若条件$A$成立，则原命题成立。在前几步中，我们构造了满足$A$的实例，并验证了在此条件下$P$能推出$Q$，从而说明$A$是充分的。 因此，原命题成立的充要条件是条件$A$。即： $$ \text{原命题} \iff A. $$ 最终验证：取一组满足$A$的具体数值（例如$x=1, y=2$），代入原命题的已知条件$P$，计算得到$Q$成立；再取一组不满足$A$的数值（例如$x=0, y=0$），发现$Q$不成立，从而验证了充要条件的正确性。 综上，原命题得证。