funzione concava e convessa in R

Definizione

Sia $f:I\to \mathbb{R}$, $I$ intervallo,
$f$ si dice convessa (su $I$) se
$\forall x_1,x_2\in I$ (con $x_1<x_2$), e $\forall \gamma \in [0,1]$
$f(\gamma x_1+(1-\gamma ))\le \gamma f(x_1)+(1-\gamma )f(x_2)$

quindi $f$ convessa significa, presi due punti sul grafico,
il segmento che li congiunge sta tutto sopra il grafico.

Se $-f$ è convessa, diremo che $f$ è concava.

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Teorema
Sia $f:I\to \mathbb{R}$, $I$ intervallo,
sono equivalenti:

$1)$ $f$ è convessa
$2)$ $\forall x_1,x_2,x_3\in I$ con $x_1<x_2<x_3$

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

$3)$ $\forall x_1,x_2,x_3\in I$ con $x_1<x_2<x_3$

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

Osservazione
$(1)\iff 2)\iff 3))\iff (1)\Rightarrow 2)\Rightarrow 3\Rightarrow 1))$

Dimostrazione (idea)
$1)\Rightarrow 2)$
$f$ convessa $\Rightarrow$ la condizione $2)$

prendo $x_1<x_2<x_3$

$x_2=\lambda x_1+(1-\lambda )x_3=\lambda (x_1-x_3)+x_3$
$\lambda (x_1-x_3)=x_3-x_2$

$\lambda =\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}$

$1-\lambda =\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}$

quindi applico la condizione di convessità a $x_1$ e $x_3$
con $\lambda =\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}$

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

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

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

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

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

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

$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\le \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}$
primo passo della $2)$
in modo analogo ottengo la seconda parte di $2)$

$2)\Rightarrow 3)$
Ovvio.

$3)\Rightarrow 1)$

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

devo provare che $\forall x_1,x_2,\forall \lambda \in [0,1]$
$f(\lambda x_1+(1-\lambda )x_2)\le \lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2)$

si scrive $x_1<\lambda x_1+(1-\lambda )x_2<x_2$
si applica la $3)$

Corollario
$f:I\to \mathbb{R}$, $f$ derivabile fino al secondo ordine
$f$ convessa $\iff$ $f^{\prime }$ crescente $\iff$ $\forall x\in I,f^{\prime \prime }(x)\ge 0$ $\iff$ $\forall x_0\in I$, la tangente in $x_0$ sta sotto al grafico (è la funzione $x\mapsto f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$)

Teorema
$f:I\to \mathbb{R}$, $f$ derivabile
$f$ convessa $\iff$ $f^{\prime }$ è crescente

Dimostrazione (idea)
"$\Leftarrow$"
Supponiamo $f^{\prime }$ crescente,
prendiamo $x_1<x_2<x_3$, con $x_1,x_2,x_3\in I$
per Lagrange
$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }({\xi }_1)$, con $x_1<{\xi }_1<x_2$
per Lagrange
$\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}=f^{\prime }({\xi }_2)$, con $x_2<{\xi }_2<x_3$
ma ${\xi }_1<{\xi }_2\Rightarrow f^{\prime }({\xi }_1)\le f^{\prime }({\xi }_2)$
quindi $\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\le \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}$
perciò $f$ convessa per $3)$.

"$\Rightarrow$"
Guardando i rapporti incrementali si prova che
$f^{\prime }(x_1)\le f^{\prime }(x_2)$, quando $x_1\le x_2$.

Risorse