Funzioni convesse – Teoria

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Le funzioni convesse sono estremamente importanti nell’Analisi Matematica. Una funzione reale di variabile reale si dice convessa se le direzioni delle rette secanti al grafico sono monotone, e dunque variano “sempre nello stesso senso”. Tale proprietà possiede numerosi risvolti di carattere sia teorico che pratico, utili in numerose applicazioni. Questa dispensa vuole offrire uno studio della convessità e delle sue conseguenze, concentrandosi sui seguenti punti fondamentali:

Come si definisce formalmente la convessità e quali sono le sue interpretazioni geometriche?
Come si caratterizza la convessità e quali sono le sue relazioni con la continuità? mostreremo infatti che le funzioni convesse sono continue all’interno dell’intervallo di definizione;
Come si caratterizza la convessità in relazione alla monotonia delle derivate prime e al segno delle derivate seconde?
Quali tipo di punti di estremo può avere una funzione convessa? Vedremo che, all’interno del suo dominio, essa può avere soltanto punti di minimo;
Cos’è un punto di flesso e quali sono le sue proprietà?
Applicazioni e approfondimenti: metodo di Newton per la determinazione degli zeri di un’equazione e disuguaglianza di Jensen, una generalizzazione della definizione di convessità.

Se desideri approfondire questi argomenti con una lettura dettagliata, semplice e chiara, questa dispensa è quello che cercavi!

Segnaliamo che alla fine della dispensa vi sono numerosi esercizi su questo importante argomento; riportiamo inoltre le seguenti dispense sulla teoria collegata:

Sommario

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Questa dispensa è un’introduzione alla teoria di funzioni convesse reali di variabile reale. Partendo dalla definizione, vengono studiate le caratterizzazioni della convessità e il suo legame con continuità e derivabilità. Vengono poi trattati gli estremi di una funzione convessa, il concetto di punto di flesso, il metodo di Newton per funzioni convesse e la disuguaglianza di Jensen. Sono infine riportati alcuni esercizi svolti di carattere teorico e pratico.

Autori e revisori

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Autori: Francesco Conti, Luigi De Masi

Revisori: Valerio Brunetti, Daniele Bjørn Malesani, Davide Ranieri, Sara Sottile, Matteo Talluri.

Prerequisiti

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Questa dispensa necessita della conoscenza della logica elementare (implicazione, equivalenza), della definizione intuitiva di insieme, le operazioni tra insiemi (unione, intersezione, prodotto cartesiano), e infine la definizione e le proprietà degli insiemi numerici più comuni. Inoltre, è necessaria la conoscenza delle funzioni elementari più comuni [2], come potenze, radici, esponenziali, logaritmi, seno e coseno, e dei concetti di continuità, derivabilità, massimi e minimi di una funzione [3, 5].

Notazioni

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$\emptyset$	insieme vuoto;
$\mathbb{N}$	insieme dei numeri naturali;
$\mathbb{Z}$	insieme dei numeri relativi;
$\mathbb{Q}$	insieme dei numeri razionali;
$\mathbb{R}$	insieme dei numeri reali;
$f'_{-}(x_0)$ , $f'_{+}(x_0)$	rispettivamente derivata sinistra e destra di $f$ in un punto $x_0$ ;
$\left.f\right\|_I$	restrizione di una funzione $f$ all’insieme $I$ ;
$\max f$ , $\min f$	rispettivamente massimo e minimo della funzione $f$ ;
$\sup f$ , $\inf f$	rispettivamente estremo superiore ed estremo inferiore della funzione $f$ ;
$A^{\circ}$	interno di un insieme $A$ .

Prime definizioni e proprietà

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In questa sezione enunciamo le prime definizioni e alcuni risultati elementari sulle funzioni convesse (e concave), analizzandone le prime proprietà ed il loro comportamento rispetto alle operazioni elementari tra funzioni.

Definizione 1.1 (funzioni convesse e concave). Sia $I\subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione. Si dice che $f$ è

$\quad$

convessa se per ogni $x_1, x_2 \in I$ e ogni $\alpha \in [0,1]$ vale che

(1) $\begin{equation*} f(\alpha x_1 + (1-\alpha) x_2) \leq \alpha f(x_1) + (1-\alpha) f(x_2); \end{equation*}$

concava se per ogni $x_1, x_2 \in I$ e ogni $\alpha \in [0,1]$ vale che

(2) $\begin{equation*} f(\alpha x_1 + (1-\alpha) x_2) \geq \alpha f(x_1) + (1-\alpha) f(x_2). \end{equation*}$

Inoltre, se la diseguaglianza (1) (risp. (2)) è verificata in senso stretto, $f$ si dice strettamente convessa (risp. strettamente concava).

Se $J \subseteq I$ è un intervallo, $f$ si dice convessa (risp. concava) su $J$ se la restrizione $f|_J$ di $f$ a $J$ è convessa (risp. concava).

$\quad$

Da un punto di vista geometrico, la nozione di concavità e di convessità è ispirata dalla posizione reciproca tra il grafico della funzione e il segmento congiungente due punti della funzione stessa.

In particolare, in una funzione convessa il segmento congiungente due punti del grafico è sempre superiore al grafico stesso, mentre in una funzione concava il segmento è sempre inferiore. Infatti, il secondo membro della disuguaglianza (1) (risp. (2)) è l’ordinata del punto del segmento congiungente i punti $(x_1,f(x_1))$ e $(x_2,f(x_2))$ avente ascissa pari a $\alpha x_1 + (1-\alpha)x_2$ , mentre il primo membro rappresenta l’ordinata di un punto del grafico avente ascissa pari a $\alpha x_1 + (1-\alpha)x_2$ . Si veda la figura 1a per una funzione convessa e la figura 2 per una funzione concava.

$\quad$

Figura 1

$\quad$

Ancora, nei casi in cui abbia senso parlare di tangente al grafico (ovvero nei casi di funzioni derivabili) la retta tangente al grafico è sempre inferiore al grafico stesso nel caso di funzioni convesse, mentre è superiore al grafico per funzioni concave. Questa proprietà, che non risulta immediata dalla definizione, verrà dimostrata in seguito (teorema 2.9). Si veda figura 1b.

$\quad$

Figura 2: il grafico di una funzione concava e il segmento congiungente i punti $A$ e $B$ del grafico. Il segmento è al di sotto del grafico mentre la tangente sopra.

$\quad$

Funzioni concave e convesse sono strettamente legate tra di loro. In particolare, vale il seguente risultato.

Proposizione 1.2. Sia $I\subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione. Allora, $f$ è convessa se e solo se $-f$ è concava.

$\quad$

Dimostrazione. Siano $x_1, x_2 \in I$ e $\alpha \in [0,1]$ . Allora vale che

(3) $\begin{equation*} \begin{split} f(\alpha x_1 + (1-\alpha) x_2) \leq & \alpha f(x_1) + (1-\alpha) f(x_2) \iff\\[3pt] -f(\alpha x_1 + (1-\alpha) x_2) \geq& -\alpha f(x_1) - (1-\alpha) f(x_2) = \alpha(-f(x_1)) + (1 - \alpha)(-f(x_2)). \end{split} \end{equation*}$

In virtù della proposizione 1.2, d’ora in avanti ci concentreremo soltanto sulle funzioni convesse, in quanto tutti i risultati varranno anche per le funzioni concave, a meno di invertire il segno.

Osservazione 1.3. Nella definizione 1.1 di funzione convessa (risp. concava) non sono richieste né derivabilità né continuità della funzione $f$ .

Esempio 1.4. In figura 3 è mostrato il grafico delle funzione valore assoluto $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da $f(x) \coloneqq | x |$ per ogni $x \in \mathbb{R}$ . Questa funzione non è derivabile in $0$ , ma è convessa; infatti, se $x_1$ , $x_2 \in \mathbb{R}$ e $\alpha \in [0,1]$ si ha:

(4) $\begin{equation*} \begin{split} f(\alpha x_1 + (1-\alpha)x_2) =& | \alpha x_1 + (1-\alpha)x_2| \\ \le& | \alpha x_1 |+| (1-\alpha)x_2|\\ = & \alpha |x_1| + (1-\alpha)|x_2| \\ = & \alpha f(x_1)+(1-\alpha)f(x_2), \end{split} \end{equation*}$

dove nella prima disuguaglinza si è applicata la disuguaglianza triangolare.

$\quad$

Figura 3: il grafico del valore assoluto. Tale funzione è convessa ma non è derivabile in $0$ .

$\quad$

Ci si chiede se una funzione possa essere allo stesso tempo sia concava che convessa. La risposta è affermativa: le funzioni affini sono sia concave che convesse e tali funzioni sono le uniche a possedere questa proprietà, come mostra il seguente risultato.

Proposizione 1.5. Sia $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una funzione concava e convessa. Allora $f$ è affine.

$\quad$

Dimostrazione. Dalle definizioni di funzione concava (1) e convessa (2), per ogni $x_1, x_2 \in I$ e per ogni $\alpha \in [0,1]$ si ha che

$\begin{cases} f(\alpha x_1 + (1 - \alpha) x_2) \leq \alpha f(x_1) + (1 - \alpha) f(x_2),\\ f(\alpha x_1 + (1 - \alpha) x_2) \geq \alpha f(x_1) + (1 - \alpha) f(x_2), \end{cases}$

da cui segue che

(5) $\begin{equation*} f(\alpha x_1 + (1-\alpha) x_2) = \alpha f(x_1) + (1-\alpha) f(x_2). \end{equation*}$

Facciamo vedere che questa condizione è equivalente alla definizione di funzione affine, i.e. esistono $m,q \in \mathbb{R}$ tali che $f(x)=mx + q$ per ogni $x \in \mathbb{R}$ .

Sia $f$ una funzione tale che $f(x) = mx + q$ per ogni $x\in \mathbb{R}$ , con $m,q \in \mathbb{R}$ , e siano $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ e $\alpha \in [0, 1]$ . Allora

(6) $\begin{equation*} \begin{split} f\left(\alpha x_1 + (1-\alpha)x_2\right) & = m(\alpha x_1 + (1 - \alpha) x_2) + q \\ & = \alpha m x_1 + (1 - \alpha) m x_2 + \alpha q + (1 - \alpha) q \\ & = \alpha (m x_1 + q) + (1 - \alpha) (mx_2 + q) \\ & = \alpha f(x_1) + (1 - \alpha)f(x_2). \end{split} \end{equation*}$

Viceversa, supponiamo che valga (5) per ogni $x_1,x_2 \in I$ e per ogni $\alpha \in [0,1]$ , e mostriamo che esistono $m,q \in \mathbb{R}$ tali che $f(x) = mx + q$ per ogni $x \in \mathbb{R}$ . Si scelga $[a,b] \subseteq I$ con $a<b$ . È immediato verificare che

(7) $\begin{equation*} x = \frac{b-x}{b-a} a + \frac{x-a}{b-a} b \qquad \forall x \in [a,b]. \end{equation*}$

Si ha $\dfrac{x-a}{b-a} = 1 - \dfrac{b-x}{b-a}$ e dal fatto che $x \in [a,b]$ segue che $\dfrac{b-x}{b-a} \in [0,1]$ . Vale dunque

(8) $\begin{equation*} f(x) = f \left (\frac{b-x}{b-a} a + \frac{x-a}{b-a} b \right ) = \frac{b-x}{b-a} f(a) + \frac{x-a}{b-a} f(b), \end{equation*}$

dove nella seconda uguaglianza abbiamo applicato (5) con $x_1=a$ , $x_2=b$ , $\alpha=\dfrac{b-x}{b-a}$ . Svolgendo i calcoli abbiamo quindi

(9) $\begin{equation*} f(x) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a} x + \frac{f(a)b - f(b)a}{b-a} \qquad \forall x \in [a,b], \end{equation*}$

ossia $f$ è affine su $[a,b]$ . Rimane solo da mostrare che (9) è valida per ogni $x_0 \in I$ . Se $x_0 \in I$ , consideriamo $[c,d] \subseteq I$ contenente $x_0$ e $[a,b]$ . Per lo stesso ragionamento di sopra, $f$ è affine su $[c,d]$ e deve coincidere con (9) su $[a,b]$ . Poiché due funzioni affini che coincidono su un intervallo sono uguali, $f$ soddisfa (9) anche in $x_0$ , quindi è affine su $I$ .

Esempio 1.6. In figura 4 è mostrato il grafico di una funzione affine, costituito da una retta, che è una funzione sia concava che convessa.

$\quad$

Figura 4: il grafico del valore assoluto. Tale funzione è convessa ma non è derivabile in $0$ .

$\quad$

L’insieme delle funzioni convesse è chiuso rispetto alla somma, alla moltiplicazione per scalari non negativi e, sotto ipotesi aggiuntive, rispetto alla composizione di funzioni. Più formalmente, vale il seguente risultato.

Proposizione 1.7 (Operazioni tra funzioni convesse). Siano $I,J\subseteq \mathbb{R}$ intervalli e siano $f, g \colon I \to \mathbb{R}$ e $h \colon J \to \mathbb{R}$ funzioni convesse e sia $\lambda \geq 0$ . Allora

$\quad$

$f + g \colon I \to \mathbb{R}$ è una funzione convessa;

$\lambda f \colon I \to \mathbb{R}$ è una funzione convessa;

se $h$ è monotona crescente e $f(I) \subseteq J$ , $h \circ f \colon I \to \mathbb{R}$ è una funzione convessa;

se $f,g$ sono inoltre non negative e con la stessa monotonia, allora $fg \colon I \to \mathbb{R}$ è una funzione convessa.

$\quad$

Dimostrazione.

Presi $x_1, x_2 \in I, \alpha \in [0,1]$ , vale che
(10) $\begin{equation*} \begin{split} (f + g)(\alpha x_1 + (1 - \alpha) x_2 ) & = f(\alpha x_1 + (1 - \alpha) x_2 ) + g(\alpha x_1 + (1 - \alpha) x_2 ) \\ & \leq \alpha f(x_1) + (1 - \alpha) f(x_2) + \alpha g(x_1) + (1 - \alpha) g(x_2) \\ & = \alpha (f(x_1) + g(x_1)) + (1 - \alpha) (f(x_2) + g(x_2)) \\ & = \alpha (f + g)(x_1) + (1 - \alpha) (f + g)(x_2). \end{split} \end{equation*}$

Segue direttamente dalle proprietà delle disequazioni.

Presi $x_1, x_2 \in I, \alpha \in [0,1]$ , vale che
(11) $\begin{equation*} \begin{split} (h \circ f)(\alpha x_1 + (1 - \alpha) x_2) & = h(f(\alpha x_1 + (1 - \alpha) x_2 )) \\ & \leq h(\alpha f(x_1) + (1 - \alpha) f(x_2)) \\ & \leq \alpha h(f(x_1)) + (1 - \alpha) h(f(x_2)) \\ & = \alpha (h \circ f) (x_1) + (1 - \alpha) (h \circ f) (x_2), \end{split} \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza segue dal fatto che $h$ è crescente e $f$ convessa mentre la seconda disuguaglianza segue dalla convessità di $h$ .

Per semplicità di notazione, presi $x_1, x_2 \in I, \alpha \in [0,1]$ , definiamo
$\Delta \coloneqq \alpha(fg)(x_1) + (1-\alpha)(fg)(x_2) - (fg)(\alpha x_1 + (1-\alpha)x_2).$

Dimostrare la tesi è equivalente a dimostrare che $\Delta \geq 0$ . Poiché $f, g$ sono non negative e convesse, si ha che

$(fg)(\alpha x_1 + (1 - \alpha)x_2) \leq \left(\alpha f(x_1) + (1-\alpha)f(x_2)\right)\left(\alpha g(x_1) + (1-\alpha)g(x_2)\right).$

Sostituendo nell’equazione di $\Delta$ otteniamo che

(12) $\begin{equation*} \begin{split} \Delta \geq& \alpha(fg)(x_1) + (1 - \alpha)(fg)(x_2) - \left(\alpha f(x_1) + (1-\alpha)f(x_2)\right)\left(\alpha g(x_1) + (1-\alpha)g(x_2)\right) \\ =& \alpha(fg)(x_1) + (1-\alpha)(fg)(x_2) - \alpha^2(fg)(x_1)+\\ & -(1-\alpha)^2(fg)(x_2) - \alpha(1-\alpha)f(x_1)g(x_2) - \alpha(1-\alpha)f(x_2)g(x_1) \\ =& \alpha(1-\alpha)(fg)(x_1) + (1-\alpha)(1-(1-\alpha))(fg)(x_2) - \alpha(1-\alpha)f(x_1)g(x_2) +\\ & - \alpha(1-\alpha)f(x_2)g(x_1) \\ =& \alpha(1-\alpha)\left(f(x_1) g(x_1) + f(x_2)g(x_2) -f(x_1)g(x_2) - f(x_2)g(x_1)\right) \\ = &\alpha(1-\alpha)\left(f(x_1) - f(x_2)\right)\left(g(x_1) - g(x_2)\right). \end{split} \end{equation*}$

Poiché $\alpha(1-\alpha)\geq 0$ e $f,g$ hanno la stessa monotonia, il segno di $\left(f(x_1) - f(x_2)\right)$ e di $\left(g(x_1) - g(x_2)\right)$ è lo stesso, per cui il prodotto delle due funzioni è positivo e $\Delta \geq 0$ .

Caratterizzazione della convessità

Introduzione.

l fine di stabilire se una funzione è convessa, è utile avere a disposizione delle condizioni sufficienti per la convessità che siano facilmente verificabili. Questa sezione dunque è dedicata alla descrizione di condizioni equivalenti alla definizione di convessità (1).

Prima di enunciare il teorema di caratterizzazione richiamiamo la definizione di epigrafico di una funzione, cioè l’insieme dei punti del piano che stanno sopra al grafico di $f$ .

Definizione 2.1 (epigrafico). Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione. L’epigrafico di $f$ è l’insieme dei punti del piano definito da

$E_f \coloneqq \left\{(x,y) \in I \times \mathbb{R}\; :\; y \geq f(x) \right\}.$

$\quad$

Inseriamo inoltre la definizione di insieme convesso nello spazio euclideo $\mathbb{R}^n$ .

Definizione 2.2 (insieme convesso). Un insieme $A \subseteq \mathbb{R}^n$ si dice convesso se per ogni coppia di punti $x, y \in A$ il segmento che collega $x$ a $y$ è interamente contenuto in $A$ , i.e.

$\begin{equation*} \alpha x + (1 - \alpha )y \in A \qquad \forall x,y \in A, \,\, \forall \alpha \in [0,1]. \end{equation*}$

Un insieme $A \subseteq \mathbb{R}^n$ si dice strettamente convesso se

(13) $\begin{equation*} \alpha x +(1-\alpha)y \in A^{\mathrm{o}} \qquad \forall x,y \in A, \,\, \forall \alpha \in (0,1). \end{equation*}$

$\quad$

Enunciamo ora il teorema di caratterizzazione della convessità per funzioni qualsiasi.

Teorema 2.3 (caratterizzazione della convessità). Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f \colon I \to \mathbb{R}$ una funzione. Allora le seguenti proprietà sono equivalenti:

$f$ è (strettamente) convessa;

se $x_1,x_2 \in I$ con $x_1 < x_2$ , si ha

(14) $\begin{equation*} f(x) \underset{(\text{risp.} <)}{\leq} f(x_1) + \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} (x-x_1) \qquad \forall x \in (x_1,x_2); \end{equation*}$

l’epigrafico di $f$ è (strettamente) convesso in $\mathbb{R}^2$ ;

I rapporti incrementali di $f$ sono (strettamente) crescenti:

(15) $\begin{equation*} \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \underset{(\text{risp.} <)}{\leq} \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1} \underset{(\text{risp.} <)}{\leq} \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}, \qquad \forall x_1 < x_2 < x_3 \in I. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Proviamo che 1 $\Rightarrow$ 2, 2 $\Rightarrow$ 3, 3 $\Rightarrow$ 4 e che 4 $\Rightarrow$ 1.

$\quad$

1 $\Rightarrow$ 2. Siano $x_1,x_2 \in I$ con $x_1 < x_2$ e sia $x \in (x_1,x_2)$ . Si ha

(16) $\begin{equation*} x= \frac{x_2-x}{x_2-x_1} x_1 + \frac{x-x_1}{x_2-x_1} x_2 \end{equation*}$

con

(17) $\begin{equation*} \frac{x-x_1}{x_2-x_1} = 1 - \frac{x_2-x}{x_2-x_1} \quad \text{e inoltre} \quad \frac{x_2-x}{x_2-x_1} \in (0,1) \end{equation*}$

poiché $x_1 < x < x_2$ . Dunque vale

(18) $\begin{equation*} \begin{split} f(x) = & f \left ( \frac{x_2-x}{x_2-x_1} x_1 + \frac{x-x_1}{x_2-x_1} x_2 \right ) \\[4pt] \leq & \frac{x_2-x}{x_2-x_1} f(x_1) + \frac{x-x_1}{x_2-x_1} f(x_2) \\[4pt] = & \frac{x_2- x_1 + x_1-x}{x_2-x_1} f(x_1) + \frac{x-x_1}{x_2-x_1} f(x_2) \\[4pt] = & f(x_1) + \frac{x_1-x}{x_2-x_1} f(x_1) + \frac{x-x_1}{x_2-x_1} f(x_2) \end{split} \end{equation*}$

dove nella disuguaglianza abbiamo usato (1). Riarrangiando i termini si ottiene (14).

2 $\Rightarrow$ 3. Mostriamo che, dati $P_1=(x_1,y_1), P_2=(x_2,y_2) \in E_f$ con $x_1 < x_2$ , allora tutto il segmento congiungente $P_1$ e $P_2$ è contenuto in $E_f$ . Dalla geometria analitica elementare, un punto $(x,y)$ di tale segmento è tale che $x \in (x_1,x_2)$ e soddisfa l’equazione

(19) $\begin{equation*} y= y_1 + \frac{x-x_1}{x_2-x_1} y_2 \geq f(x_1) + \frac{x-x_1}{x_2-x_1} f(x_2) \geq f(x), \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza segue da $y_1 \geq f(x_1)$ , $y_2 \geq f(x_2)$ poiché $P_1,P_2 \in E_f$ , mentre la seconda applicando (14). Ciò mostra che $(x,y) \in E_f$ e dunque l’epigrafico è convesso.

3 $\Rightarrow$ 4. Mostriamo solo la prima delle due disuguaglianze in (15), in quanto l’altra si prova in maniera analoga. Siano quindi $x_1,x_2,x_3 \in I$ con $x_1 < x_2 <x_3$ , definiamo le quantità

(20) $\begin{equation*} m_2 \coloneqq \frac{f(x_2)- f(x_1)}{x_2 - x_1}, \qquad m_3 \coloneqq \frac{f(x_3)- f(x_1)}{x_3 - x_1} \end{equation*}$

e dimostriamo che $m_2 \leq m_3$ .

Osserviamo che $m_2$ è il coefficiente angolare della retta passante per i punti del piano $(x_1,f(x_1))$ e $(x_2,f(x_2))$ , e che $m_3$ .è il coefficiente angolare della retta passante per i punti del piano $(x_1,f(x_1))$ e $(x_3,f(x_3))$ , aventi rispettivamente equazioni

(21) $\begin{equation*} g_{2}(x) = f(x_1) + m_2(x-x_1), \quad g_{3}(x) = f(x_1) + m_3(x-x_1) \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Da queste equazioni si vede che $m_2 \leq m_3$ se e solo se esiste $x > x_1$ tale che $g_2(x) \leq g_3(x)$ . Dimostreremo che $g_2(x_2) \leq g_3(x_2)$ .

Poiché il grafico di $g_3$ contiene il segmento congiungente i punti del piano $(x_1,f(x_1))$ e $(x_3,f(x_3))$ , poiché tali punti sono contenuti nell’epigrafico $E_f$ di $f$ per definizione, e dal fatto che tale epigrafico è convesso per ipotesi, si ha che

(22) $\begin{equation*} (x,g_3(x)) \in E_f \quad \forall x \in [x_1,x_3] \iff g_3(x) \geq f(x) \qquad \forall [x_1,x_3]. \end{equation*}$

Dato che $x_2 \in [x_1,x_3]$ , ciò implica che $g_3(x_2) \geq f(x_2) = g_2(x_2)$ che dimostra la prima disuguaglianza in (15).

4 $\Rightarrow$ 1. Siano $x_1,x_2 \in I$ con $x_1 < x_2$ e sia $\alpha \in [0,1]$ . Dato che (1) è ovvia per $\alpha=0$ e $\alpha=1$ , fissiamo $\alpha \in (0,1)$ . Si ha

(23) $\begin{equation*} \frac{f \big( \alpha x_1 + (1-\alpha) x_2 \big) - f(x_1)}{(1-\alpha)(x_2-x_1)} = \frac{f \big( \alpha x_1 + (1-\alpha) x_2 \big) - f(x_1)}{\big(\alpha x_1 + (1-\alpha) x_2\big) - x_1} \leq \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}, \end{equation*}$

dove la disuguaglianza segue da (15) e dal fatto che $x_1 < \alpha x_1 + (1-\alpha) x_2 < x_2$ . Moltiplicando il primo e il terzo membro della disuguaglianza di sopra per $(1-\alpha)(x_2-x_1)$ e svolgendo i prodotti si ottiene (1), ossia la conclusione.

Osservazione 2.4. Dal punto di vista geometrico, il punto 3 del teorema 2.3 ci dice che, presi due punti $x_1,x_2\in I$ il grafico della funzione sta non al di sopra del grafico della corda congiungente $(x_1,f(x_1))$ e $(x_2,f(x_2))$ .

Le disuguaglianze centrali in (15) derivano direttamente da quella tra il primo e il terzo membro, come mostra il prossimo lemma, che utilizzeremo nel seguito e che è interessante di per sé.

Lemma 2.5. Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo, sia $f \colon I \to \mathbb{R}$ una funzione e siano $x_1 < x_2 < x_3 \in I$ . Se vale

(24) $\begin{equation*} \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \leq \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}, \end{equation*}$

allora si ha

(25) $\begin{equation*} \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \leq \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1} \leq \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Chiamiamo

(26) $\begin{equation*} m_{12} \coloneqq \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}, \qquad m_{13} \coloneqq \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}, \qquad m_{23} \coloneqq \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}, \end{equation*}$

e supponiamo di sapere che $m_{12} \leq m_{23}$ . La conclusione equivale a dimostrare che $m_{12} \leq m_{13} \leq m_{23}$ . Con semplici calcoli algebrici si ha

(27) $\begin{equation*} \begin{split} m_{13} (x_3 - x_2) + m_{13}(x_2 - x_1) = & m_{13} (x_3 - x_1) \\ = & f(x_3) - f(x_1) \\ = & f(x_3) - f(x_2) + f(x_2) - f(x_1) \\ = & m_{23} (x_3-x_2) + m_{12}(x_2-x_1). \end{split} \end{equation*}$

Confrontando il primo e l’ultimo membro si ottiene

(28) $\begin{equation*} (m_{13} - m_{12})(x_2 - x_1) = (m_{23} - m_{13})(x_3 - x_2). \end{equation*}$

Dato che i fattori $(x_2 - x_1)$ e $(x_3 - x_2)$ sono positivi, l’uguaglianza in (28) implica che i numeri $m_{13} - m_{12}$ e $m_{23} - m_{13}$ devono avere lo stesso segno. Dato che la loro somma è pari a $m_{23} - m_{12}$ che è non-negativa per ipotesi, si ha che

(29) $\begin{equation*} m_{13} - m_{12} \geq 0, \qquad m_{23} - m_{13} \geq 0, \end{equation*}$

ossia

(30) $\begin{equation*} m_{12} \leq m_{13} \leq m_{23}, \end{equation*}$

che è la tesi.

Osservazione 2.6. Il lemma 2.5 ha un’interessante interpretazione geometrica, rappresentata in figura 5: chiamando

(31) $\begin{equation*} P_1 \coloneqq \big(x_1, f(x_1)\big), \qquad P_2 \coloneqq \big(x_2, f(x_2)\big), \qquad P_3 \coloneqq \big(x_3, f(x_3)\big), \end{equation*}$

la pendenza della retta $r_{13}$ congiungente $P_1$ e $P_3$ è in un certo senso “una media” delle pendenze delle rette $r_{12}$ e $r_{23}$ congiungenti rispettivamente $P_1$ con $P_2$ e $P_2$ con $P_3$ .

$\quad$

Figura 5: rappresentazione grafica del lemma 2.5; il coefficiente angolare della retta $r_{13}$ è compreso tra i coefficienti angolari delle rette $r_{12}$ e $r_{23}$ .

$\quad$

Enunciamo ora un risultato di convessità per cui è necessaria l’ipotesi di continuità della funzione in esame. Tale proposizione afferma che, se una funzione è continua, allora per mostrarne la convessità è sufficiente verificare la disuguaglianza di convessità soltanto nel punto medio del segmento considerato, ossia per $\alpha= \dfrac{1}{2}$ .

Teorema 2.7. Sia $I\subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione continua e tale che

(32) $\begin{equation*} f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \leq \frac{f(x_1) + f(x_2)}{2} \qquad \forall x_1,x_2 \in I. \end{equation*}$

Allora $f$ è convessa.

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che $f$ sia continua e che soddisfi (32), ma che non sia convessa nel senso della definizione 1.1. Per il punto 4 e che 4 del teorema 2.3, esistono quindi $a,x,b \in I$ con $a <x< b$ tali che

$f(x) > \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} (x - a)-f(a).$

Definendo quindi la funzione $g \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ come

$g(t) \coloneqq f(t) - \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} (t - a)-f(a) \qquad \forall t \in [a,b],$

ciò è equivalente ad assumere che $g(x)>0$ . Mostriamo che ciò conduce a una contraddizione.

Poiché $f$ è continua, anche la funzione $g$ è continua; inoltre, poiché essa è definita in un intervallo chiuso e limitato, ammette massimo e minimo per il teorema di Weierstrass [3, teorema 5.30]. Dunque esiste $M \coloneqq \max_{x\in [a,b]} g(x)$ e, poiché $g(x)>0$ , segue che $M>0$ .

Osserviamo che, poiché $f$ soddisfa (32), anche $g$ soddisfa (32); infatti se $x_1, x_2 \in [a,b]$ , allora

(33) $\begin{equation*} \begin{split} g\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) = & f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) - \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} \left(\frac{x_1+x_2}{2} - a\right)-f(a)\\ \leq & \frac{f(x_1) + f(x_2)}{2} - \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} \left(\frac{x_1+x_2}{2} - a\right)-f(a)\\ = & \dfrac{1}{2}\left(f(x_1) + f(x_2) - \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} (x_1 + x_2 - 2a) - 2f(a) \right)\\ = & \dfrac{1}{2}\left(f(x_1)- \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} (x_1 - a) - f(a) + f(x_2)- \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} (x_2 - a) - f(a) \right)\\ = & \dfrac{g(x_1) + g(x_2)}{2}. \end{split} \end{equation*}$

Sia $\bar{x} \coloneqq \inf\{x \in [a,b] \colon g(\bar{x}) = M \}$ ; sia $\bar{x}_k$ una successione tale che $g(\bar{x}_k)=M$ e tale che $\bar{x}_k \to \bar{x}$ . Per la continuità di $g$ e per la caratterizzazione della continuità per successioni [3, teorema 3.3], allora

(34) $\begin{equation*} g(\bar{x})=M. \end{equation*}$

Inoltre segue che $\bar{x}\neq a$ e $\bar{x} \neq b$ (altrimenti $g(a)=M$ o $g(b)=M$ , che è assurdo poichè $g(a)=g(b) = 0$ e $M>0$ ). Dunque si ha che $\bar{x} \in (a,b)$ , da cui esiste $\delta >0$ tale che $(\bar{x}-\delta, \bar{x}+\delta)\subset [a,b]$ . Allora si ha che

$2M = 2g(\bar{x}) \leq g(\bar{x} - \delta) + g(\bar{x}+\delta) < M + M,$

dove la prima disuguaglianza segue dalla convessità nel punto medio e la disuguaglianza $g(x-\delta)< M$ segue dal fatto che $\bar{x}-\delta < \bar{x}$ , che è l’estremo inferiore dei punti di massimo assoluti per $g$ , mentre $g(\bar{x}+\delta) \leq M$ poiché $M=\max g$ .

Quindi abbiamo appena verificato che

$g(\bar{x}) < M,$

che contraddice (34), da cui l’assurdo.

Osservazione 2.8. Senza l’ipotesi di continuità, una funzione convessa nel punto medio non è necessariamente convessa. Dei controesempi possono essere costruiti con l’uso dell’Assioma della Scelta, tuttavia ciò esula dalla trattazione di questa dispensa.

Caratterizzazione delle funzioni convesse derivabili.

Per le funzioni derivabili una o due volte, possiamo dare ulteriori caratterizzazioni della convessità.

Finora abbiamo enunciato un teorema di caratterizzazione delle funzioni convesse (teorema 2.3), mentre nel teorema 2.7 abbiamo provato un criterio di convessità per funzioni continue. Enunciamo ora un ulteriore teorema di caratterizzazione, nel quale si richiede che la funzione in esame sia anche derivabile.

Teorema 2.9 (caratterizzazione delle funzioni convesse derivabili). Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione continua in $I$ e derivabile in $I^{\circ}$ . Allora le seguenti proprietà sono equivalenti:

$f$ è (strettamente) convessa;

per ogni $x_1 \in I^{\circ}, x_2 \in I$ si ha che
$f(x_2) \geq f(x_1) + f'(x_1)(x_2-x_1) \qquad \text{(risp. $f(x_2) > f(x_1) + f'(x_1)(x_2-x_1) $)}.$

$f'$ è una funzione (strettamente) crescente in $I^{\circ}$ .

$\quad$

Dimostrazione. Proviamo che 1 $\Rightarrow$ 2, 2 $\Rightarrow$ 3 e che 3 $\Rightarrow$ 1.

$\quad$

1 $\Rightarrow$ 2. Poiché $f$ è convessa, vale il punto 3 del teorema 2.3. Fissiamo $x_1,x_2 \in I^{\mathrm{o}}$ e supponiamo che $x_1<x_2$ , in quanto l’altro caso è analogo. Si ha

$f(x) \leq f(x_1) + \dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1) \qquad \forall x \in (x_1,x_2).$

Tale disuguaglianza si può scrivere come

$\dfrac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}(x_2-x_1) \leq f(x_2)-f(x_1) \qquad \forall x \in (x_1,x_2),$

Poiché tale disuguaglianza rimane vera effettuando il limite per $x \to x_1$ , per la derivabilità di $f$ in $x_1$ si ottiene

$f'(x_1) (x_2-x_1) \leq f(x_2) - f(x_1),$

ossia la tesi.

2 $\Rightarrow$ 3. Siano $x_1,x_2 \in I^{\circ}$ con $x_1<x_2$ e proviamo che $f'(x_1) \leq f'(x_2)$ . Per ipotesi sappiamo che

$f'(x_1) \leq \dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}.$

Allo stesso modo, scambiando i ruoli di $x_1$ ed $x_2$ , si ha che

$f'(x_2) \leq \dfrac{f(x_1)- f(x_2)}{x_1-x_2},$

da cui si ha la tesi mettendo assieme le due disuguaglianze.

3 $\Rightarrow$ 1. Dimostreremo che vale il punto 4 del teorema 2.3, quindi consideriamo $x_1, x_2 < x_3 \in I$ . Per il teorema di Lagrange applicato agli intervalli $[x_1,x_2]$ e $[x_2,x_3]$ , esistono $a \in (x_1,x_2)$ e $b \in (x_2,x_3)$ tali che
(35) $\begin{equation*} \frac{f(x_2)- f(x_1)}{x_2 - x_1} = f'(a) \leq f'(b) = \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}, \end{equation*}$

dove la disuguaglianza segue dall’ipotesi di monotonia di $f'$ in quanto per costruzione si ha $a < b$ . Da ciò e dal lemma 2.2, si ha

(36) $\begin{equation*} \frac{f(x_2)- f(x_1)}{x_2 - x_1} \leq \frac{f(x_3)- f(x_1)}{x_3 - x_1} \leq \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}, \end{equation*}$

ossia la conclusione.

Enunciamo ora un’ulteriore caratterizzazione della convessità, nel caso in cui $f$ sia derivabile due volte all’interno del suo intervallo di definizione.

Teorema 2.10. Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione continua in $I$ e derivabile due volte in $I^{\circ}$ . Allora $f$ è convessa se e solo se $f''(x) \ge 0$ per ogni $x \in I^{\circ}$ .

$\quad$

Dimostrazione. Se $f$ è convessa, poiché $f$ è derivabile in $I^{\circ}$ per il teorema v allora $f'$ è crescente; poiché $f'$ è a sua volta derivabile in $I^{\circ}$ ed è crescente, allora $f'' \ge 0$ in $I^{\circ}$ . Viceversa, Se $f''\ge 0$ in $I^{\circ}$ allora $f'$ è crescente in in $I^{\circ}$ ; applicando il teorema 2.9 segue che $f$ è convessa.

Convessità, continuità e derivabilità

Introduzione.

In questa sezione esploreremo il rapporto tra funzioni convesse e la loro continuità e derivabilità.

Legame tra continuità e convessità.

Nell’osservazione 1.3 abbiamo precisato che affinché una funzione $f$ sia convessa non è necessario che essa sia derivabile o continua. Ci si chiede dunque cosa leghi il concetto di convessità a quello di continuità.

Partiamo da un concetto più debole di continuità, ossia la semicontinuità superiore (risp. inferiore).

Definizione 3.1 (funzione semicontinua superiormente o inferiormente). Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $x_0\in I$ . Una funzione $f \colon I \to \mathbb{R}$ si dice semicontinua superiormente (risp. inferiormente) in $x_0$ se

$\limsup_{x \to x_0} f(x) \leq f(x_0) \qquad \text{(risp. $\liminf_{x \to x_0} f(x) \geq f(x_0)$)}.$

Proposizione 3.2 (semicontinuità delle funzioni convesse). Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f \colon I \to \mathbb{R}$ una funzione convessa. Allora $f$ è semicontinua superiormente.

$\quad$

Dimostrazione. Fissato $x_1 \in I$ , vogliamo mostrare che $f$ è semicontinua superiormente in $x_1$ ; scegliendo $\varepsilon>0$ , per la definizione di $\limsup$ occorre e basta dimostrare che esiste $\delta>0$ tale che

(37) $\begin{equation*} f(x) \leq f(x_1) + \varepsilon \qquad \forall x \in (x-\delta,x+\delta). \end{equation*}$

Scegliamo $x_2 \in I$ con $x_2 \neq x_1$ e supponiamo per fissare le idee che $x_1 < x_2$ . Per la convessità di $f$ e per (14) si ha

(38) $\begin{equation*} f(x) \leq f(x_1) + \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1) \eqqcolon g(x) \qquad \forall x \in (x_1,x_2), \end{equation*}$

dove quindi $g \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ è una funzione affine. Poiché $g$ è continua, esiste $\delta>0$ tale che

(39) $\begin{equation*} g(x)< g(x_1) + \varepsilon \qquad \forall x \in (x_1-\delta,x_1+\delta). \end{equation*}$

Unendo queste considerazioni si ha dunque

(40) $\begin{equation*} f(x) \leq g(x) < g(x_1)+\varepsilon = f(x_1)+ \varepsilon \qquad \forall x \in (x_1,x_1+\delta), \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza segue da (38), la seconda da (39) e l’uguaglianza da $g(x_1)=f(x_1)$ . Scegliendo d’altra parte $x_2< x_1$ , si ottiene la medesima disuguaglianza in un intorno sinistro di $x_1$ e ciò quindi dimostra (37), ossia la semicontinuità superiore di $f$ in $x_1$ .

Ci si chiede se ci siano legami più forti con la continuità. La risposta è affermativa e nel seguito investighiamo il rapporto tra funzioni convesse e lipschitziane. Ricordiamo la definizione di funzione lipschitziana e rimandiamo a [3, sezione 6.3] per una trattazione approfondita dell’argomento.

Definizione 3.3 (funzione lipschitziana). Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ . Una funzione $f\colon I \to \mathbb{R}$ è lipschitziana se esiste $L\geq 0$ tale che

$|f(x) - f(y)| \leq L|x - y| \qquad \forall x, y \in I.$

$\quad$

Il seguente risultato afferma che una funzione convessa è localmente lipschitziana.

Teorema 3.4. Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione convessa. Allora per ogni intervallo chiuso e limitato $[c,d] \subset I^{\mathrm{o}}$ , $f$ ristretta a $[c,d]$ è lipschitziana. In particolare, $f$ è continua in $I^{\mathrm{o}}$ .

$\quad$

Dimostrazione. Senza perdita di generalità possiamo supporre $I=[a,b]$ e siano $c,d \in \mathbb{R}$ tali che $[c,d] \subset (a,b)$ . Siano $t_1,t_2$ tali che $a < t_2 < c < d <t_1 < b$ . Poiché $f$ è convessa, per il punto 4 del teorema 2.3 si ha

$\dfrac{f(c)- f(t_2)}{c-t_2}\leq \dfrac{f(x)-f(y)}{x-y} \leq \dfrac{f(t_1)-f(d)}{t_1-d}, \qquad \forall x,y \in [c,d].$

Sia

$L \coloneqq \max \left\lbrace \left|\dfrac{f(c)- f(t_2)}{c-t_2}\right|, \left|\dfrac{f(t_1)-f(d)}{t_1-d}\right|\right\rbrace .$

allora si ha che

$|f(x)-f(y)| \leq L|x-y| , \qquad \forall x,y \in [c,d]$

Ciò prova che $f$ è lipschitziana su $[c,d]$ .

Facciamo vedere ora che $f$ è continua in ${I}^{\mathrm{o}}$ . Siano $x_0 \in (a,b)$ e $\delta >0$ tali che

$[x_0 - \delta, x_0 + \delta] \subset (a,b).$

Allora per quanto appena provato, $f$ è lipschitziana su $[x_0 - \delta, x_0 + \delta]$ , cioè esiste $L\ge 0$ tale che

$|f(x)-f(y)| \le L |x-y| \qquad \forall x, y \in [x_0 - \delta, x_0 + \delta].$

Come provato in [3, corollario 6.26, ogni funzione lipschitziana è uniformemente continua (e dunque continua); per completezza, proviamo questa asserzione. Fissato $\varepsilon > 0$ , si ha

(41) $\begin{equation*} |f(x)-f(y)| \le L|x-y| < L \dfrac{\varepsilon}{L} = \varepsilon \qquad \forall x,y \in [x_0-\delta,x_0+\delta]\,\, \text{ con } \,\, |x-y|< \dfrac{\varepsilon}{L}, \end{equation*}$

che prova l’uniforme continuità di $f$ in $[x_0 - \delta, x_0 + \delta]$ e in particolare la continuità di $f$ in $0$ .

Restringersi all’interno dell’intervallo $I$ nel teorema 3.4 è essenziale. Si consideri infatti il seguente esempio di funzione convessa su un intervallo chiuso ma non continua al bordo.

Esempio 3.5. Sia $f\colon [0,1]\to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases*} 1, & \text{se } $x=0$,\\ 0, & \text{altrimenti}, \end{cases*}$

rappresentata in figura 6.

$\quad$

Figura 6: la funzione $f$ dell’esempio 3.5 è convessa ma è discontinua in $0$ . In ogni caso, $f$ è superiormente semicontinua in $0$ .

$\quad$

Chiaramente $f$ non è continua in $x=0$ , infatti

$\lim_{x\to 0} f(x) = 0 \neq f(0) = 1.$

Proviamo che $f$ è convessa. Siano $x_1, x_2 \in (0,1]$ e $\alpha \in [0,1]$ , allora

$f(\alpha x_1 + (1-\alpha )x_2) = 0 \quad \text{e} \quad \alpha f(x_1) + (1-\alpha )f(x_2) = \alpha \cdot 0 + (1-\alpha )\cdot 0 = 0.$

Se $x_1=0$ (o equivalentemente $x_2=0$ ) procedendo analogamente si ha che

$f(\alpha x_1 + (1-\alpha )x_2) = 0 \leq \alpha = \alpha \cdot 1 + (1-\alpha )\cdot 0 = \alpha f(x_1) + (1-\alpha )f(x_2).$

Legame tra derivabilità e convessità.

Dopo aver investigato il legame tra continuità e convessità, ci interroghiamo sul legame tra funzioni convesse e derivabili. Ricordiamo la caratterizzazione equivalente di convessità data dal punto 4 del teorema 2.3, i.e. $f \colon I \subseteq \mathbb{R}$ è convessa se e solo se

$\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2-x_1} \leq \frac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3-x_1} \le \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3-x_2}, \qquad \forall x_1<x_2<x_3 \in I.$

Lemma 3.6 (derivate sinistra e destra di funzioni convesse). Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f \colon I \to \mathbb{R}$ una funzione convessa. Allora le derivate sinistra e destra di $f$ esistono in ogni punto di $I$ e vale¹

(42) $\begin{equation*} f'_-(x_1) \leq f'_+(x_1) \leq f'_-(x_2) \qquad \forall x_1,x_2 \in I\,\, \text{con } x_1 < x_2. \end{equation*}$

Inoltre, se $x \in I^{\mathrm{o}}$ , allora $f'_-(x)$ e $f'_+(x)$ sono finite.

Ovviamente nell’eventuale estremo sinistro di $I$ esiste soltanto la derivata destra $f'_+$ , mentre nell’estremo destro di $I$ esiste soltanto la derivata sinistra $f'_-$ . ↩

$\quad$

Dimostrazione. Dato che il risultato è locale, dipende cioè soltanto dalle proprietà di $f$ in un intorno del punto considerato, possiamo assumere senza perdita di generalità che l’intervallo $I=[a,b]$ sia chiuso e limitato.

$\quad$

Esistenza delle derivate sinistra e destra di $f$ . Fissiamo $x_1 \in I$ con $x_1 \neq b$ e mostriamo che $f$ è derivabile a destra in $x_1$ . Poiché $f$ è convessa, per il punto 4 del teorema 2.3 si ha

(43) $\begin{equation*} \frac{f(x_2)- f(x_1)}{x_2-x_1} \leq \frac{f(x_3)- f(x_1)}{x_3-x_1} \qquad \forall x_2,x_3 \in I \,\,\text{con } x_2 < x_3. \end{equation*}$

Dunque la funzione

(44) $\begin{equation*} x \in (x_1,b] \longmapsto \frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}, \end{equation*}$

che a $x \in (x_1,b]$ associa il rapporto incrementale di $f$ nell’intervallo $(x_1,x)$ , è crescente. Grazie a questa monotonia si ha che esiste il limite

(45) $\begin{equation*} f'_+(x_1) = \lim_{x \to x_1^+} \frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1} = \inf_{x> x_1} \frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}, \end{equation*}$

che è proprio la derivata destra di $f$ in $x_1$ . In maniera analoga si mostra l’esistenza della derivata sinistra di $f$ in $x_1$ se $x_1 \in (a,b]$ .

Vale (42). Siano $x_1,x_2 \in I$ con $x_1 < x_2$ . Applicando di nuovo il il punto 4 del teorema 2.3 si ha

(46) $\begin{equation*} \frac{f(x_1)-f(\alpha)}{x_1 - \alpha} \leq \frac{f(\beta)-f(x_1)}{\beta - x_1} \leq \frac{f(\gamma)- f(\beta)}{\gamma - \beta} \leq \frac{f(x_2)- f(\gamma)}{x_2- \gamma} \qquad \text{se } a < \alpha < x_1 <\beta <\gamma < x_2. \end{equation*}$

Calcolando i limiti dei rapporti in (46) per $\alpha \to x_1^-$ , per $\beta \to x_1^+$ e per $\gamma \to x_2^-$ , e considerando che tali limiti esistono per quanto provato al punto precedente, si ottiene

(47) $\begin{equation*} f'_-(x_1) \leq f'_+(x_1) \leq \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1} \leq f'_-(x_2), \end{equation*}$

cioè la tesi.

$f'_-(x)$ e $f'_+(x)$ sono finite in $I^{\mathrm{o}}$ .
Fissiamo $x_1 \in (a,b)$ e scegliamo $\delta>0$ tale che $[x_1-\delta,x_1+\delta] \subset (a,b)$ . Per il teorema 3.4, $f$ è lipschitziana in $[x_1-\delta,x_1+\delta]$ , quindi da (45) segue che il valore $f'_+(x_1)$ è limitato dalla costante di Lipschitz di $f$ in $[x_1-\delta,x_1+\delta]$ , dunque esso è finito. In maniera analoga si mostra che $f'_-(x_1)$ è finita.

Come immediata conseguenza del lemma precedente, otteniamo la derivabilità di una funzione convessa in tutti i punti interni, tranne al più una quantità numerabile di essi.

Teorema 3.7 (derivabilità delle funzioni convesse). Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f \colon I \to \mathbb{R}$ una funzione convessa. Allora $f$ è derivabile in $I^{\mathrm{o}}$ tranne una quantità al più numerabile di punti. Inoltre $f'$ è, quando definita, una funzione crescente.

$\quad$

Dimostrazione. Per il lemma 3.6 sappiamo che in ogni punto di $I^{\circ}$ esistono derivata destra e sinistra di $f$ e per ogni $x_0,x_1 \in I^{\circ}$ con $x_0< x_1$ si ha che

(48) $\begin{equation*} f'_{-}(x_0) \leq f'_{+}(x_0) \leq f'_{-}(x_1) \leq f'_{+}(x_1). \end{equation*}$

Consideriamo l’insieme

$\Delta \coloneqq \left\lbrace x \in I^{\circ} \; \colon \; f'_{-}(x)<f'_{+}(x)\right\rbrace.$

A ciascun $x\in \Delta$ si può associare l’intervallo non vuoto $I_x \coloneqq (f'_{-}(x), f'_{+}(x))$ . Pertanto, ad ogni $x\ \in \Delta$ si può associare (grazie all’assioma delle scelte numerabili) un numero razionale $q_x \in \mathbb{Q}$ tale che

$f'_{-}(x)< q_x <f'_{+}(x), \qquad \forall x \in \Delta.$

Per (48) si ha che per ogni $x\in I^{\circ}$ gli intervalli $I_x$ sono a due a due disgiunti e dunque se $x, y \in \Delta$ , $x\neq y$ si ha che $q_x \neq q_y$ . Segue dunque che, la funzione appena definita, che associa a ogni elemento x dell’insieme $\Delta$ un numero razionale, è iniettiva. Poiché l’insieme $\mathbb{Q}$ è numerabile, ciò implica che $\Delta$ è al più numerabile, cioè la tesi.

Osserviamo infine che, nei punti in cui $f'$ esiste, essa chiaramente coincide poiché $f'_-$ e con $f'_+$ . Poiché ognuna di queste due funzioni è crescente, anche $f'$ risulta crescente.

Osservazione 3.8. L’ultimo asserto sulla monotonia di $f'$ non si poteva ricavare dal teorema 2.9, in quanto tale risultato afferma che la convessità è equivalente al fatto che $f'$ sia crescente, sotto l’ipotesi che $f'$ esista ovunque in $I^{\mathrm{o}}$ . Poiché abbiamo visto che la funzione valore assoluto $x \in \mathbb{R} \mapsto |x|$ è convessa ma non derivabile in $0$ , non si poteva applicare la caratterizzazione delle funzioni convesse derivabili data dal teorema 2.9 per affermare che $f'$ sia crescente.

D’altra parte però, il teorema 3.7 fornisce un’altra dimostrazione del fatto che, se $f$ è convessa e derivabile, allora $f'$ è crescente.

Estremi di una funzione convessa

Leggi...

Dopo aver investigato i legami delle funzioni convesse con continuità e derivabilità, ci si chiede se tali funzioni abbiano massimi/minimi.

Cominciamo trattando i punti di minimo di funzioni convesse.

Teorema 4.1. Siano $I\subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f \colon I \to \mathbb{R}$ una funzione strettamente convessa. Se esiste un punto $x_0 \in I$ di minimo per $f$ , allora esso è unico.

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo per assurdo che esistano due punti di minimo $x_0, x_1$ per $f$ . Dalla definizione di minimo si ha necessariamente che

$f(x_0) = \min\limits_{x \in I} f(x) = f(x_1) =: m.$

Senza perdita di generalità, supponiamo $x_0 < x_1$ e consideriamo il segmento $[x_0, x_1]$ , $\alpha \in [0, 1]$ . Poiché $f$ è strettamente convessa, dalla definizione 1.1 vale che

(49) $\begin{equation*} \begin{split} f(\alpha x_0 + (1 - \alpha) x_1) & < \alpha f(x_0) + (1 - \alpha)f(x_1) \\ & = \alpha m + m - \alpha m \\ & = m. \end{split} \end{equation*}$

Questo è assurdo perché $m = \min\limits_{x \in I} f(x)$ .

Abbiamo quindi provato che, se il minimo di una funzione strettamente convessa esiste, allora il punto di minimo in cui tale valore è assunto è unico.

Grazie al teorema di Fermat [7, teorema 1], i punti di minimo relativo di una funzione $f \colon (a,b) \to \mathbb{R}$ derivabile sono da ricercare tra i punti $x \in (a,b)$ che soddisfano l’equazione

(50) $\begin{equation*} f'(x)=0, \end{equation*}$

ossia i cosiddetti punti stazionari. Il teorema di Fermat non si può invertire: i punti stazionari possono essere anche di massimo, oppure non essere né di massimo né di minimo. Occorre quindi stabilirne la natura con altri metodi (studio del segno di $f'$ in un intorno della soluzione, oppure studio del segno di $f''$ , etc…).

Se $f$ è una funzione convessa, invece tutto questo lavoro ulteriore non è necessario: si può provare infatti che ogni punto stazionario è di minimo assoluto per $f$ , come stabilito dal seguente teorema. In altre parole, per una funzione convessa il teorema di Fermat si può in un certo senso invertire, come rappresentato in figura 7.

Teorema 4.2. Sia $f \colon (a,b) \to \mathbb{R}$ una funzione convessa e sia $x_0 \in (a,b)$ un punto in cui $f$ è derivabile e tale che $f'(x_0)=0$ . Allora $x_0$ è un punto di minimo assoluto per $f$ .

$\quad$

Dimostrazione. Fissiamo $x_1 \in (a,b)$ e mostriamo che $f(x_1) \geq f(x_0)$ . Per fissare le idee, supponiamo $x_1 \in (x_0,b)$ in quanto l’altro caso è analogo. Poiché $f$ è convessa, per il punto 4 del teorema 2.3 si ha

(51) $\begin{equation*} \frac{f(x)-f(x_0)}{x - x_0} \leq \frac{f(x_1)- f(x_0)}{x_1 - x_0} \qquad \forall x \in (x_0,x_1). \end{equation*}$

Poiché $f$ è derivabile in $x_0$ e $f'(x_0)=0$ per ipotesi, calcolando il limite dell’espressione di sopra per $x \to x_0^+$ , si ottiene

(52) $\begin{equation*} 0 \leq \frac{f(x_1)- f(x_0)}{x_1 - x_0}. \end{equation*}$

Poiché $x_1>x_0$ , ciò implica che $f(x_1) \geq f(x_0)$ . Analogamente si mostra che la medesima disuguaglianza vale se $x_1 \in (a,x_0)$ .

Osservazione 4.3. In realtà, con un argomento analogo e simile alla dimostrazione del lemma 3.6, si poteva mostrare il seguente risultato più forte: se $f \colon (a,b) \to \mathbb{R}$ è una funzione convessa e $x_0 \in (a,b)$ è tale che $f'_-(x_0)=0$ oppure $f'_+(x_0)=0$ , allora $x_0$ è di minimo assoluto per $f$ .

$\quad$

Figura 7: invertibilità del teorema di Fermat per funzioni convesse; un eventuale punto stazionario per una funzione convessa è necessariamente di minimo assoluto per essa.

$\quad$

I risultati di sopra si possono generalizzare a funzioni convesse in intervalli chiusi per i punti sul bordo dell’intervallo, la cui dimostrazione è lasciata come facile esercizio per il lettore.

Proposizione 4.4. Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione convessa. Valgono le seguenti equivalenze:

$\quad$

$f'_-(a) \geq 0$ se e solo se $a$ è un punto di minimo assoluto per $f$ ;

$f'_+(b) \leq 0$ se e solo se $b$ è un punto di minimo assoluto per $f$ ;

$\quad$

Finora abbiamo stabilito dei criteri per ottenere l’esistenza di punti di estremo di funzioni convesse. Ci chiediamo ora se sia possibile determinarne “a priori” l’esistenza, ossia senza altre informazioni a parte la convessità della funzione. Come primo risultato, osserviamo che vale la seguente generalizzazione del teorema di Weierstrass [3, teorema 5.3] a funzioni semicontinue superiormente, e quindi in particolare a funzioni convesse.

Proposizione 4.5. Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione semicontinua superiormente; allora $f$ possiede massimo assoluto.

$\quad$

Dimostrazione. Sia $M=\sup_{[a,b]}f$ e sia $x_n$ una successione di punti in $[a,b]$ tale che

(53) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} f(x_n)=M. \end{equation*}$

Tale successione esiste per definizione di estremo superiore. Poiché $[a,b]$ è chiuso e limitato, per il teorema di Bolzano-Weierstrass, esiste una sottosuccessione $x_{n_k}$ di $x_n$ convergente a $\bar{x} \in [a,b]$ . Da ciò e dalla semicontinuità superiore di $f$ si ha quindi

(54) $\begin{equation*} f(\bar{x}) \geq \lim_{k \to + \infty} f(x_{n_k}) = M, \end{equation*}$

Poiché $M=\sup_{[a,b]}f$ , la disuguaglianza non può essere stretta, dunque $f(\bar{x})=M$ , ossia $\bar{x}$ è un punto di massimo assoluto per $f$ .

Come corollario otteniamo l’esistenza del massimo assoluto per ogni funzione convessa su un intervallo chiuso e limitato. In realtà, per funzioni convesse vale un caso particolare del cosiddetto principio del massimo, estremamente importante nello studio delle equazioni differenziali alle derivate parziali: i punti di massimo di una funzione convessa non costante possono essere solo al bordo del dominio.

Proposizione 4.6 (principio del massimo per funzioni convesse). Sia $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione convessa. Allora $f$ possiede massimo assoluto.

Inoltre, se $f$ possiede un punto di massimo in $(a,b)$ , allora essa è costante. In particolare, gli unici punti di massimo di una funzione strettamente convessa possono essere soltanto $a$ o $b$ .

$\quad$

Dimostrazione. Poiché $f$ è convessa, essa è superiormente semicontinua per la proposizione 3.2, dunque a essa si può applicare la proposizione 4.6 e ottenere l’esistenza del massimo assoluto $M \coloneqq \max f$ .

Supponiamo ora che $\bar{x} \in (a,b)$ sia un punto di massimo interno e mostriamo che $f$ è costante. Poiché $\bar{x}$ è interno, siano $x_1,x_2 \in [a,b]$ tali che $x_1 < \bar{x} < x_2$ . Dal punto 4 del teorema 2.3 si ha

(55) $\begin{equation*} \frac{f(\bar{x})- f(x_1)}{\bar{x}- x_1} \leq \frac{f(x_2) - f(\bar{x})}{x_2 - \bar{x}}, \end{equation*}$

ma dal fatto che $f(\bar{x}) = \max f$ , deve aversi $f(x_1) \leq f(\bar{x})$ e $f(x_2) \leq f(\bar{x})$ , da cui

(56) $\begin{equation*} \frac{f(\bar{x})- f(x_1)}{\bar{x}- x_1} \geq 0 \geq \frac{f(x_2) - f(\bar{x})}{x_2 - \bar{x}}. \end{equation*}$

Confrontando (55) e (56) l’unica possibilità è che

(57) $\begin{equation*} \frac{f(\bar{x})- f(x_1)}{\bar{x}- x_1} = 0 = \frac{f(x_2) - f(\bar{x})}{x_2 - \bar{x}}, \end{equation*}$

cioè che $f(x_1)= f(\bar{x})= f(x_2)=M$ . Dall’arbitrarietà di $x_1$ e $x_2$ , segue che $f$ è costantemente pari a $M$ .

Infine, se $f$ è strettamente convessa, in particolare non può essere costante, dunque per quanto appena provato non può avere punti di massimo all’interno del dominio.

Trattiamo ora l’esistenza di punti di minimo per funzioni convesse. Chiaramente, se $f \colon [a,b] \to \mathbb{R}$ è una funzione convessa e continua, allora $\min f$ esiste per il teorema di Weierstrass [3, teorema 5.3]². Notiamo esplicitamente però che in generale una funzione convessa può non possedere minimo, anche se la convessità è stretta ed essa è definita su un intervallo chiuso e limitato, come mostrato dal prossimo esempio.

Esempio 4.7. Consideriamo la funzione $f \colon [0,1] \to \mathbb{R}$ definita da

(58) $\begin{equation*} f(x) = \begin{cases} 1 & \text{se } x=0\\ x^2 & \text{se } x\in (0,1] \end{cases} \end{equation*}$

e rappresentata in blu in figura 8. Mostriamo che essa è strettamente convessa. Infatti, essa è derivabile 2 volte in $(0,1]$ con $f''(x)=2>0$ per ogni $x \in (0,1]$ , dunque è strettamente convessa in $(0,1]$ per il teorema 2.9; inoltre, come rappresentato in figura 8, si ha

(59) $\begin{equation*} \begin{split} f\big(\alpha \cdot 0 + (1-\alpha)x_0 \big) = & (1-\alpha)^2x_0^2 \\ < & (1-\alpha) x_0^2 \\ \leq & \alpha \cdot 1 + (1-\alpha) x_0^2 \\ = & \alpha f(0) + (1-\alpha) f(x_0) \qquad \forall x_0 \in (0,1],\,\,\forall \alpha \in (0,1), \end{split} \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza segue da $\alpha \in (0,1)$ . Dunque $f$ è strettamente convessa in $[0,1]$ per la definizione 1.1.

Osserviamo però che $f$ non ha minimo, in quanto

(60) $\begin{equation*} \inf_{[0,1]} f = 0, \qquad \text{e} \qquad f(x)>0 \quad \forall x \in [0,1]. \end{equation*}$

$\quad$

Figura 8: la funzione $f$ dell’esempio 4.7; essa è strettamente convessa, ma non assume valore minimo.

$\quad$

Osservazione 4.8. I risultati di unicità del punto di minimo per funzioni convesse sono strumenti utili nei problemi di ottimizzazione. Molti metodi di ottimizzazione godono di proprietà di convergenza solo locali; l’esistenza di un solo punto di minimo garantisce che minimi locali e globali coincidano (uno in questo caso), per cui anche metodi aventi proprietà di convergenza soltanto locale ereditano la convergenza globale dalle proprietà specifiche delle funzioni strettamente convesse.

Poiché $f$ è continua in $(a,b)$ per il teorema 3.4, per applicare il teorema di Weierstrass basta verificare che $f$ sia continua in $a$ e in $b$ . ↩

Punti di flesso

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Definiamo ora il concetto di punto di flesso, cioè un punto in cui la funzione cambia la propria convessità o concavità. Nel seguito, per abuso di notazione, diremo che $f'(x_0) = + \infty$ se

$\lim\limits_{x \to x_0^+} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim\limits_{x \to x_0^-} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = + \infty.$

Useremo analoga notazione per $f'(x_0) = - \infty$ .

Definizione 5.1 (punti di flesso). Siano $A \subseteq \mathbb{R}$ , $f\colon A \to \mathbb{R}$ e $x_0 \in A^{\circ}$ . Il punto $x_0$ si dice punto di flesso se esiste un intorno destro di $x_0$ in cui $f$ è convessa (risp. concava) ed un intorno sinistro di $x_0$ in cui $f$ è concava (risp. convessa).

$\quad$

Osservazione 5.2. Geometricamente, se $x_0$ è un punto di flesso per la funzione $f$ e la derivata $f'(x_0)$ esiste, la tangente a $f$ nel punto $x_0$ “attraversa” il grafico di $f$ . In figura 9 è mostrato questo comportamento.

$\quad$

Figura 9: la tangente al grafico attraversa il grafico stesso in corrispondenza del punto di flesso $A$ .

$\quad$

Osservazione 5.3. Dal teorema 2.10 segue direttamente che se $f$ è derivabile due volte e $x_0$ è un punto di flessi per $f$ , allora $f''(x_0) = 0$ e cambia segno in un intorno destro e sinistro di $x_0$ . Infatti se $f''$ è continua, poiché $f''$ assume segni diversi da un lato e dall’altro di $x_0$ , deve aversi $f''(x_0)=0$ . Se invece $f$ è soltanto derivabile due volte, il fatto che $f''(x_0)= 0$ segue dal teorema di Darboux [8, teorema 1.1]; supponiamo per fissare le idee che $f$ sia convessa in un intorno sinistro di $x_0$ e concava in un intorno destro, allora $f''(x)\geq 0$ a sinistra e $f''(x)\leq 0$ a destra. Fissiamo $x_1$ nell’intorno destro di $x_0$ in cui $f$ è concava. Per il teorema di Darboux, $f''$ assume tutti i valori compresi tra $f''(x_0)$ e $f''(x_1)$ nell’intervallo $(x_0,x_1)$ ; poiché in tale intervallo $f''(x) \leq 0$ , deve aversi $f''(x_0) \leq 0$ . Analogamente si mostra che $f''(x_0) \geq 0$ , da cui $f''(x_0)=0$ .

I punti di flesso in cui esiste la derivata $f'$ di $f$ possono essere classificati in base al valore di tale derivata.

Definizione 5.4 (flesso orizzontale, verticale, obliquo). Sia $A\subseteq \mathbb{R}$ e sia $f\colon A \to \mathbb{R}$ una funzione. Sia $x_0$ un punto di flesso per $f$ tale che esista $f'(x_0)$ (finito o infinito). Allora $x_0$ si dice:

$\quad$

punto di flesso orizzontale se la tangente a $f$ in $x_0$ è orizzontale, ovvero se $f'(x_0) = 0$ ;

punto di flesso verticale se la tangente a $f$ in $x_0$ è verticale, ovvero se $f'(x_0) = \pm \infty$ ;

punto di flesso obliquo se la tangente a $f$ in $x_0$ è obliqua, ovvero se $f'(x_0) \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ .

$\quad$

Figura 10: una funzione con un punto di flesso orizzontale (sinistra) e con un punto di flesso verticale (destra).

$\quad$

Osservazione 5.5. In figura 11 è mostrato un punto di flesso in cui la derivata non esiste. La funzione considerata è $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \begin{cases} \arctan(\frac{x}{2}), & x \geq 0 \\ \arctan(2x), & x < 0 \end{cases}.$

La funzione è chiaramente convessa nell’intervallo $(-\infty, 0]$ e concava nell’intervallo $[0, +\infty)$ , dunque $0$ è un punto di flesso per $f$ , poiché la derivata di $f$ non esiste in tale punto, esso non ricade in alcuna delle tipologie elencate dalla definizione 5.4.

$\quad$

Figura 11: La funzione in figura non è derivabile in $0$ , ma la concavità cambia tra l’intorno sinistro e destro di $0$ . Per cui $0$ è un punto di flesso in cui la derivata non esiste.

$\quad$

Approfondimenti

Introduzione.

In questa sezione analizzeremo due possibili approfondimenti sull’argomento delle funzioni convesse. Il primo riguarda il metodo di Newton, il secondo la disuguaglianza di Jensen.

Il metodo di Newton per funzioni convesse.

Esaminiamo ora il metodo di Newton, o metodo delle tangenti. Il metodo di Newton consente di calcolare le radici di un’equazione $f(x) = 0$ , sotto opportune ipotesi su $f\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ . Descriviamo adesso intuitivamente il metodo di Newton, che è espresso formalmente nel teorema 6.1 nel quale si richiede che $f$ sia continua, derivabile, convessa e che possegga uno zero in $(a,b)$ . Fissiamo il punto $x_1 = b$ e tracciamo la retta $r_1$ tangente al grafico della funzione nel punto $x_1$ . Tale retta ha equazione

$y = f(x_1) + f'(x_1)(x - x_1).$

Se $f'(x_1) \neq 0$ , chiamiamo $x_2$ il punto di intersezione di $r_1$ con l’asse delle ascisse, ovvero

$x_2 = x_1 - \frac{f(x_1)}{f'(x_1)}.$

Sotto le ipotesi del teorema 6.1, si può mostrare che $x_2$ sia più vicino allo zero di $f$ . Iterando il procedimento si definisce una successione in cui è stato posto $x_1= b$ e

$x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)}.$

Nel teorema 6.1 mostreremo che tale successione converge allo zero di $f$ . In figura 12 è mostrato il procedimento che definisce i punti della successione $\left\{x_n\right\}_{n \in \mathbb{N}}$ .

$\quad$

Figura 12: L’iterazione di Newton per determinare una successione convergente allo zero della funzione $f$ . Partendo da $x_1$ , tracciamo la tangente a $f$ nel punto $f(x_1)$ e chiamiamo $x_2$ l’intersezione di tale retta con l’asse delle ascisse (sinistra). Il nuovo punto $x_2$ è più vicino allo zero della funzione di $x_1$ . Ripetiamo lo stesso procedimento per trovare $x_3$ (destra).

$\quad$

Teorema 6.1 (metodo di Newton). Sia $f\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione strettamente crescente, convessa, continua in $[a,b]$ e derivabile in $(a,b]$ ; supponiamo inoltre che $f(a) < 0 < f(b)$ .

Allora la successione $\left\{x_n\right\}$ definita secondo l’iterazione di Newton

$\begin{cases} x_1 = b, \\ x_{n+1} = x_n - \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}, \end{cases} \qquad \forall n \in \mathbb{N},$

converge decrescendo all’unico zero di $f(x)$ in $[a,b]$ .

$\quad$

Dimostrazione. Osserviamo innanzitutto che, in virtù del teorema di esistenza degli zeri [9,teorema 1], lo zero $x^* \in (a,b)$ esiste poiché $f$ è continua e $f(a)<0<f(b)$ . Inoltre tale zero è unico per la monotonia stretta di $f$ .

Proviamo prima che la successione $x_n$ è ben definita in $[a,b]$ , che è decrescente, e poi mostriamo che essa converge a $x^*$ .

$\quad$

$f'(x)>0$ per ogni $x \in (a,b)$ . Sia $x \in (a,b)$ . Poiché $f$ è strettamente crescente, applicando il teorema di Lagrange all’intervallo $[a,x]$ si ottiene che esiste un punto $\xi \in (a,x)$ tale che $f'(\xi)>0$ . Poiché $f$ è convessa, $f'$ è crescente per il punto 3 del teorema 2.9 e dunque $f'(x)> f'(\xi)>0.$

$x_n$ è ben definita in $(a,b]$ , decrescente e tale che $f(x_n) \geq 0$ . Mostriamo per induzione tali proprietà.

Ovviamente si ha $x_1=b \in (a,b]$ e $f(x_1)=f(b)>0$ per ipotesi.

Supponiamo ora che $x_n \in (a,b]$ e che $f(x_n) \geq 0$ . Dal punto precedente segue che $f'(x_n)>0$ e dunque l’espressione

(61) $\begin{equation*} x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} \end{equation*}$

che definisce $x_{n+1}$ ha senso. Inoltre, da $f(x_n) \geq 0$ e da $f'(x_n)>0$ , segue che $x_{n+1} \leq x_n \leq b$ .

Per provare che $x_{n+1} \in (a,b]$ , definiamo ora la funzione affine $r \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ che descrive la retta tangente a $f$ in $x_n$ , ossia descritta da

(62) $\begin{equation*} r(x) = f(x_n) + f'(x_n)(x-x_n) \qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Si ha

(63) $\begin{equation*} r(a) \leq f(a) < 0 = f(x_n) + f'(x_n) \left (x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} - x_n \right ) = r(x_{n+1}) \leq f(x_{n+1}), \end{equation*}$

dove la prima e l’ultima disuguaglianza seguono dalla convessità di $f$ per il punto 2 del teorema 2.9. Poiché $r$ è una funzione crescente (il suo coefficiente angolare è $f'(x_n)>0$ ), da (63) si ottiene $a< x_{n+1}$ e dunque $x_{n+1} \in [a,b]$ . Inoltre, sempre da (63) segue che $f(x_{n+1}) \geq 0$ .

$x_n$ converge a $x^*$ . Dalla monotonia di $f$ e dal fatto che $f(x_n) \geq 0$ per ogni $n \in \mathbb{N}$ , si ha
(64) $\begin{equation*} x_n \geq x^* \qquad \forall n \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Poiché $x_n$ è decrescente e limitata dal basso da $x^*$ , essa è convergente per [1, teorema 6.1] e indichiamo con $\bar{x}$ il suo limite. Sappiamo quindi che

(65) $\begin{equation*} a < x^* \leq \bar{x} < b, \end{equation*}$

e vogliamo mostrare che $\bar{x}= x^*$ . Riarrangiando l’espressione (61) si ottiene

(66) $\begin{equation*} f'(x_n)(x_{n-1}-x_n) = - f(x_n) \qquad \forall n \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Passando al limite per $n \to + \infty$ in questa equazione si ottiene

(67) $\begin{equation*} 0= -f(\bar{x}). \end{equation*}$

Infatti, il limite al membro di destra segue dalla continuità di $f$ e per la caratterizzazione della continuità per successioni data da [3, teorema 3.3]. Invece il limite al membro di sinistra segue dal fatto che la successione $f'(x_n)$ è limitata per la locale lipschitzianità di $f$ in un intorno di $\bar{x}$ data dal teorema 3.4, mentre

(68) $\begin{equation*} \lim_{n \to + \infty} (x_{n+1}-x_n) = \bar{x} - \bar{x} = 0, \end{equation*}$

da cui

(69) $\begin{equation*} \lim_{n \to + \infty} f'(x_n)(x_{n+1}-x_n) = 0. \end{equation*}$

Da (67) e dall’unicità dello zero $x^*$ di $f$ , segue che $\bar{x}=x^*$ .

Il teorema 6.1 garantisce la convergenza della successione, sotto opportune ipotesi. Ma possiamo dire molto di più, ovvero stimare la velocità di convergenza del metodo di Newton rispetto al numero di iterazioni. Più precisamente, il prossimo risultato riguarda la velocità di convergenza del metodo di Newton.

Proposizione 6.2. Sia $f\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ una funzione strettamente crescente, convessa, derivabile due volte con derivata seconda continua. Supponiamo che $f(a) < 0 < f(b)$ , che $m\coloneqq f'(a)>0$ e $M \coloneqq \max_{x \in [a, b]} f'(x)$ . Allora, se $x_n$ è la successione del teorema 6.1 e se $\bar{x}$ è l’unico zero di $f$ vale che

$x_n - \bar{x} \leq \frac{2m}{M}\left[\frac{M}{2m}(x_0 - \bar{x})\right]^{2^n} \qquad \forall n \in \mathbb{N}.$

$\quad$

Dimostrazione. Per costruzione, abbiamo che

(70) $\begin{equation*} f(x_n) = f'(x_n) (x_n - x_{n+1}). \end{equation*}$

Per la formula di Taylor con resto di Lagrange, per ogni $n \in \mathbb{N}$ esiste $z_n \in (\bar{x}, x_n)$ tale che

(71) $\begin{equation*} 0 = f(\bar{x}) = f(x_n) + f'(x_n)(\bar{x} - x_n) + \frac{f''(z_n)}{2}(\bar{x} - x_n)^2. \end{equation*}$

Mettendo insieme le equazioni (70) e (71) otteniamo:

$0 = f'(x_n)(x_n - x_{n+1}) + f'(x_n)(\bar{x} - x_n) + \frac{f''(z_n)}{2}(\bar{x} - x_n)^2,$

da cui segue che

$x_{n+1} - \bar{x} = \frac{f''(z_n)}{2f'(x_n)}(\bar{x} - x_n)^2.$

Definendo $\varepsilon_n = x_n - \bar{x} \geq 0$ l’errore al passo $n$ , per ogni $n \in \mathbb{N}$ , abbiamo che

$0 \leq \varepsilon_{n+1} = \frac{f''(z_n)}{2f'(x_n)}\varepsilon_n^2 \leq \frac{M}{2m}\varepsilon_n^2.$

A questo punto, per concludere la dimostrazione, usiamo un ragionamento per induzione. Per $n = 0$ la tesi diventa semplicemente $x_0 - \bar{x} \leq x_0 - \bar{x}$ che è banalmente vera. Assumendo l’ipotesi induttiva, si ha che

$\varepsilon_{n+1} \leq \frac{M}{2m}\varepsilon_n^2 \leq \frac{2m}{M}\left[\frac{M}{2m}(x_0 - \bar{x})\right]^{2^{n+1}}$

che è esattamente la tesi.

Osservazione 6.3. L’ipotesi $f'(a)>0$ non è restrittiva in quanto per la monotonia e la convessità di $f$ , esiste un valore $a' \in (a,\bar{x})$ tale che $f(a')>0$ . Dunque, a meno di restringere leggermente l’invervallo di partenza, si può assumere che $m=f'(a)>0$ , in modo che la stima abbia senso.

Osservazione 6.4. L’ipotesi che $f$ sia derivabile due volte nella proposizione 6.2 può essere sostituita con la derivabilità di $f$ una volta e l’ipotesi che $f'$ sia Lipschitziana: in tal caso la costante $M$ si può sostituire con la costante di Lipschitz di $f'$ ; infatti

$0=f(x_n) + f'(\xi)(\bar{x}-x_n)$

e si scrive

$f'(x_n) \leq f'(\xi) + M(x_n - \xi) \leq f'(\xi) + M(x_n - \bar{x}),$

da cui si ottiene

$0 \leq f(x_n) + f'(x_n)(\bar{x}- x_n) + M(\bar{x}- x_n) ^2.$

Ragionando come prima, si giunge alla medesima conclusione.

Osservazione 6.5. Il membro di destra nella stima della proposizione 6.2 converge a zero (e quindi fornisce una stima utile per l’errore) se e solo se il punto iniziale $x_0$ è scelto in modo che la quantità tra parentesi quadre sia minore di $1$ . Poiché $x_n \to \bar x$ , sicuramente esiste $N \in \mathbb{N}$ tale che tale disuguaglianza è valida per $x_N$ . Considerando tale punto come punto iniziale, la stima diventa significativa.

Nel seguito mostriamo due esempi di applicazione del metodo di Newton.

Esempio 6.6. Si consideri l’equazione

$x^3 + 3x -5 = 0.$

Vogliamo applicare il metodo di Newton alla funzione $f \colon [0,2]\to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) \coloneqq x^3 + 3x -5 \qquad \forall x\in [0,2].$

Osserviamo che $f$ possiede uno zero poiché $f(0)= -5$ e $f(2) = 9$ , dunque $f(0)\cdot f(2)<0$ . Si noti che $f$ soddisfa le ipotesi del teorema 6.1, infatti $f$ è derivabile due volte con derivata seconda continua (in quanto $f$ è una funzione polinomiale), $f$ è crescente poiché

$f'(x) = 3x^2 +3 > 0 \qquad \forall x \in [0,2],$

inoltre $f$ è convessa e $f'(0)= 3 >0$ . Nel seguito costruiremo la successione del teorema 6.1 partendo non dal punto $b$ ma dal punto $a$ ; il procedimento è analogo.

Dato $x_0 = 0$ , abbiamo che $f(x_0) = -5$ e $f'(x_0) = 3$ . Per cui:

$x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} =0 - \frac{-5}{3} = \frac{5}{3} \approx 1.67.$

Ancora,

$f(x_1) = \frac{125}{27} \qquad \text{e} \qquad f'(x_1) = \frac{25}{3} +3 = \frac{34}{3}.$

Perciò:

$x_2 = \frac{5}{3} - \frac{125}{27}\frac{3}{34} = \frac{385}{306} \approx 1.26.$

Dunque $f(x_2) \approx 0.766, f'(x_2) \approx 7.749$ e sostituendo come sopra otteniamo che $x_3 \approx 1.16$ , mentre l’approssimazione alla terza cifra decimale della soluzione analitica è $1.154$ .

Esempio 6.7. Si consideri l’equazione

$x^5 + 5x -1 = 0.$

Vogliamo applicare il metodo di Newton alla funzione $f \colon [0,1]\to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) \coloneqq x^5 + 5x -1 \qquad \forall x\in [0,1].$

Osserviamo che $f(0) = -1$ e $f(1) = 5$ , dunque $f(0)\cdot f(1)<0$ , da cui segue che $f$ ammette uno zero. Si noti che $f$ soddisfa le ipotesi del teorema 6.1, infatti $f$ è derivabile due volte con derivata seconda continua (in quanto $f$ è una funzione polinomiale), $f$ è crescente poiché

$f'(x) = 5x^4 + 5 > 0 \qquad \forall x \in [0,1],$

inoltre $f$ è convessa e $f'(0)= 5 >0$ . Anche in questo esempio costruiremo la successione del teorema 6.1 partendo non dal punto $b$ ma dal punto $a$ ; il procedimento è analogo.

Sia $x_0 = 0$ , per cui $f(x_0) = -1, f'(x_0) = 5$ , quindi

$x_1 = \frac{1}{5}, \qquad f(x_1) \approx 3\cdot 10^{-4} \quad \text{e}\quad f'(x_1) = 5.008.$

Ne segue che $x_2 \approx 0.199$ , che è esattamente l’approssimazione alla terza cifra decimale della soluzione analitica.

Disuguaglianza di Jensen.

Definizione 6.8 (media pesata). La media pesata di $x_1,\dots, x_n \in \mathbb{R}$ e pesi $\alpha_1, \dots, \alpha_n \in (0,1)$ tali che $\alpha_1+\dots+\alpha_n = 1$ è la somma

$\sum_{i=1}^n \alpha_i x_i.$

$\quad$

Osservazione 6.9. Nel caso in cui $\alpha_1 = \dots = \alpha_n = \dfrac{1}{n}$ la media pesata coincide con la classica media aritmetica.

La disuguaglianza di convessità si può scrivere anche per più di $2$ punti. In tal caso, essa prende il nome di disuguaglianza di Jensen.

Teorema 6.10 (disuguaglianza di Jensen). Sia $I\subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione convessa; allora per ogni $n \in \mathbb{N}$ , per ogni $x_1, \dots, x_n \in I$ e per $\alpha_1,\dots, \alpha_n \in[0,1]$ tale che $\sum_{i=1}^n \alpha_i = 1$ , si ha

$f(\alpha_1 x_1 + \dots + \alpha_n x_n) \leq \alpha_1 f(x_1) + \dots + \alpha_n f(x_n).$

$\quad$

Dimostrazione. Si procede per induzione sul numero $n$ di punti. Per $n=2$ la disuguaglianza si riconduce alla definizione 1.1 di convessità. Supponiamo quindi dimostrata la disuguaglianza per $n-1$ punti e mostriamo che essa è valida per $n$ punti. Siano $x_1, \dots, x_n \in I$ e siano $\alpha_1, \dots, \alpha_n\in[0,1]$ tali che

$\sum_{i=1}^n \alpha_i = 1.$

Senza perdita di generalità, si può supporre che $\alpha_1 \neq 1$ , altrimenti ci si ridurrebbe al caso di un unico punto. Quindi si ha

(72) $\begin{equation*} f\left(\alpha_1x_1 + \dots + \alpha_nx_n\right) = f\left(\alpha_1 x_1 + (1-\alpha_1) \sum_{i=2}^n\frac{\alpha_i}{1 - \alpha_1}x_i\right). \end{equation*}$

Poiché

$\displaystyle \sum_{i=2}^n\frac{\alpha_i}{1 - \alpha_1} = 1$

e $I$ è un intervallo, il punto

$\displaystyle \xi= \sum_{i=2}^n\frac{\alpha_i}{1 - \alpha_1}x_i$

è una combinazione convessa di punti di $I$ , quindi $\xi \in I$ . Infatti, se $a, b \in I$ sono tali che $a \leq x_2, \dots, x_n \leq b$ , si ha

(73) $\begin{equation*} \begin{split} a & = \sum_{i=2}^n\frac{\alpha_i}{1-\alpha_1}a \\ & \leq \sum_{i=2}^n\frac{\alpha_i}{1-\alpha_1}x_i \left( = \xi\right) \\ & \leq \sum_{i=2}^n\frac{\alpha_i}{1-\alpha_1}b \\ & = b. \end{split} \end{equation*}$

Perciò $\xi \in [a, b] \subseteq I$ . Dall’equazione (72) si ottiene

(74) $\begin{equation*} \begin{split} f\left(\alpha_1x_1 + \dots + \alpha_nx_n\right) & \leq \alpha_1f(x_1) + (1-\alpha_1)f(\xi) \\ & \leq \alpha_1f(x_1) + (1-\alpha_1)\sum_{i=2}^n\frac{\alpha_i}{1-\alpha_1}f(x_i) \\ & = \sum_{i=1}^n\alpha_if(x_i), \end{split} \end{equation*}$

dove nella prima disuguaglianza abbiamo usato la definizione di convessità applicata ai punti $x_1, \xi$ dell’equazione (72), mentre nella seconda disuguaglianza abbiamo applicato l’ipotesi induttiva.

Dal teorema 6.10 si ottengono direttamente i seguenti corollari, con opportune scelte dei coefficienti.

Corollario 6.11. Sia $I\subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione convessa, allora per ogni $x_1, \dots, x_n \in I$ e per ogni $\alpha_1, \dots, \alpha_n > 0$ si ha

$f\left(\frac{\alpha_1 x_1 + \dots + \alpha_n x_n}{\alpha_1 + \dots + \alpha_n}\right) \leq \frac{\alpha_1 f(x_1) + \dots + \alpha_n f(x_n)} {\alpha_1 + \dots \alpha_n}$

$\quad$

Dimostrazione. Siccome $\alpha_1, \dots \alpha_n > 0$ , ponendo

$\displaystyle \beta_i := \frac{\alpha_i}{\alpha_1+ \dots + \alpha_n}$

per ogni $i = 1, \dots, n$ abbiamo che $\beta_1 + \dots + \beta_n = 1$ e la tesi segue direttamente dal teorema 6.10.

Corollario 6.12. Sia $I\subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f\colon I \to \mathbb{R}$ una funzione convessa, allora per ogni $x_1,\dots, x_n\in I$ si ha

$f\left(\frac{x_1 + \dots + x_n}{n} \right) \leq \frac{1}{n}\left(f(x_1) + \dots + f(x_n) \right).$

$\quad$

Dimostrazione. Si applica il teorema 6.10 con $\alpha_1 = \dots = \alpha_n = \dfrac{1}{n}$ .

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Esercizi

Esercizio 7.1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f\colon[0, +\infty) \to \mathbb{R}$ una funzione monotona crescente. Si provi allora che la funzione $g\colon[0, +\infty) \to \mathbb{R}$ definita da

$g(x) \coloneqq \int_{0}^{x}f(t)\,dt \qquad \forall x \in [0, +\infty)$

è una funzione convessa.

Svolgimento.

La funzione $g$ è ben definita, in quanto le funzioni monotone sono integrabili secondo Riemann, si veda ad esempio [1, teorema 5.1]. Consideriamo quindi $a,b \in [0,+\infty)$ con $a \leq b$ e $\alpha \in [0,1]$ ; vogliamo dimostrare che

(75) $\begin{equation*} g \big(\alpha a + (1-\alpha)b \big) \leq \alpha g(a) + (1-\alpha)g(b). \end{equation*}$

Si ha

(76) $\begin{equation*} \begin{split} g \big(\alpha a + (1-\alpha)b \big) - g(a) = & \int_0^{\alpha a + (1-\alpha)b } f(t) \,\mathrm{d}t - \int_0^{a} f(t) \,\mathrm{d}t \\ = & \int_a^{\alpha a + (1-\alpha)b } f(t) \,\mathrm{d}t \\ \leq & \big(\alpha a + (1-\alpha)b - a \big) f\big( \alpha a + (1-\alpha)b \big) \\ = & (1-\alpha)(b-a) f\big( \alpha a + (1-\alpha)b \big). \end{split} \end{equation*}$

dove la disuguaglianza segue dal fatto che $f$ è monotona crescente in $[a, \alpha a + (1-\alpha)b ]$ e dal fatto che lunghezza dell’intervallo di integrazione è pari a $\alpha a + (1-\alpha)b - a$ . In maniera esattamente analoga si prova che

(77) $\begin{equation*} g(b) - g \big(\alpha a + (1-\alpha)b \big) \geq \alpha (b-a) f\big( \alpha a + (1-\alpha)b \big). \end{equation*}$

Moltiplicando la disuguaglianza (76) per $\alpha$ , moltiplicando la disuguaglianza (77) per $1-\alpha$ e confrontandole tra di loro si ottiene

(78) $\begin{equation*} \alpha g \big(\alpha a + (1-\alpha)b \big) - \alpha g(a) \leq (1-\alpha) g(b) - (1-\alpha)g \big(\alpha a + (1-\alpha)b \big). \end{equation*}$

Riarrangiando i termini si ottiene (75), cioè la tesi.

Esercizio 7.2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $a \in (0,+\infty)$ e sia $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ una funzione definita da

$f(x) \coloneqq a^x \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Studiare la convessità di $f$ .

Svolgimento.

Poiché $f$ è derivabile due volte, possiamo applicare il teorema 2.10 per verificare la convessità di $f$ studiando il segno della derivata seconda. Abbiamo che:

(79) $\begin{equation*} \begin{split} f'(x) = \log(a)a^x & \qquad \forall x \in \mathbb{R},\\ f''(x) = \log^2(a) a^x& \qquad \forall x \in \mathbb{R}, \end{split} \end{equation*}$

da cui

$f''(x) >0 \quad \forall x \in \mathbb{R} \Longleftrightarrow a\in (0,1)\cup (1,+\infty),$

$f''(x) = 0 \quad \forall x \in \mathbb{R} \Longleftrightarrow a = 1.$

Perciò per il teorema 2.10 $f$ è convessa per ogni $a \in (0,+\infty)$ ed è strettamente convessa se $a\in (0,1)\cup (1,+\infty)$ .

Esercizio 7.3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) \coloneqq \sin(x) \qquad \forall x\in \mathbb{R}.$

Studiare la convessità di $f$ .

Svolgimento.

La funzione $f$ è derivabile due volte, per cui possiamo applicare il teorema 2.10 e studiare il segno di $f''$ . Si ha che

(80) $\begin{equation*} \begin{split} f'(x) = \cos(x) &\qquad \forall x \in \mathbb{R}\\ f''(x) =-\sin(x) &\qquad \forall x \in \mathbb{R}, \end{split} \end{equation*}$

da cui

$f''(x) \ge 0 \Longleftrightarrow \sin(x) \leq 0 \Longleftrightarrow x \in [(2k - 1)\pi, 2k\pi], k \in \mathbb{Z}.$

Segue quindi che $f$ non è convessa in tutto $\mathbb{R}$ , ma solo negli intervalli $[(2k - 1)\pi, 2k\pi]$ , $k \in \mathbb{Z}$ .

Esercizio 7.4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $a\in (0,1)\cup (1,+\infty)$ e sia $f\colon (0, +\infty) \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) \coloneqq \log_a(x) \qquad \forall x\in (0, +\infty).$

Studiare la convessità di $f$ .

Svolgimento.

La funzione $f$ è derivabile due volte, per cui possiamo applicare il teorema 2.10 e studiare il segno di $f''$ . Si ha che

(81) $\begin{equation*} \begin{split} f'(x) = \frac{1}{x}\frac{1}{\log(a)} &\qquad \forall x \in \mathbb{R}, \\ f''(x) = - \frac{1}{x^2}\frac{1}{\log(a)} &\qquad \forall x \in \mathbb{R}, \end{split} \end{equation*}$

Osserviamo che se $a\in (0,1)$ , allora

$f''(x) > 0 \qquad \forall x \in (0, +\infty),$

mentre se $a>1$ allora $f''(x) < 0$ per ogni $x\in (0,+\infty).$ Segue dunque che $f$ se $a \in (0, 1)$ allora $f$ è strettamente convessa, mentre se $a>1$ è strettamente concava.

Esercizio 7.5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) \coloneqq \dfrac{x^2 +1}{e^x} \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Studiare la convessità di $f$ .

Svolgimento.

La funzione $f$ è derivabile due volte, per cui possiamo applicare il teorema 2.10 e studiare il segno di $f''$ . Si ha che

(82) $\begin{equation*} \begin{split} f'(x) = -e^{-x}(x-1)^2 &\qquad \forall x \in \mathbb{R}, \\ f''(x) = e^{-x} (3 - 4x + x^2) &\qquad \forall x \in \mathbb{R}, \end{split} \end{equation*}$

Poiché

$e^{-x} > 0 \qquad \forall x \in \mathbb{R},$

dobbiamo soltanto studiare il segno di $x^2-4x+3$ . Le radici di questo polinomio di secondo grado sono $x=1$ e $x=3$ ed esso assume segno positivo per valori esterni a tali radici. Segue che $f$ è strettamente convessa negli intervalli $(-\infty, 1] \cup [3, +\infty)$ ed è strettamente concava nell’intervallo $[1, 3]$ .

Esercizio 7.6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Per quali valori del parametro $a \in \mathbb{R}$ la funzione $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \log(1+x^2) - \frac{a}{2}x^2 \qquad \forall x \in \mathbb{R}$

è convessa?

Svolgimento.

Siccome $f$ è derivabile due volte guardiamo il segno della derivata seconda per studiare la convessità di $f$ , come stabilito dal teorema 2.10. Si ha

(83) $\begin{equation*} \begin{split} f'(x) = \frac{2x}{x^2+1} - ax &\qquad \forall x \in \mathbb{R}\\ f''(x) = -a-\frac{2(x^2 -1)}{(1 + x^2)^2} &\qquad \forall x \in \mathbb{R}. \end{split} \end{equation*}$

Poiché

$f''(x)\geq0 \Longleftrightarrow a \leq -\frac{2(x^2 - 1)}{(x^2+1)^2}, \quad \forall x \in \mathbb{R}$

occorre capire per quali $a \in \mathbb{R}$ tale condizione è valida. Per brevità di notazione, definiamo la funzione $g\colon\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$g(x) \coloneqq -\dfrac{2(x^2-1)}{(x^2+1)^2},$

e determiniamo $\mathrm{inf}_\mathbb{R} g$ . Poiché

$\lim_{x\to+\infty}g(x) = \lim_{x\to-\infty}g(x) = 0,$

e poiché $g$ continua e $g\left(\dfrac{1}{2}\right)<0$ , tale funzione ammette minimo per [4, proposizione 4.5]; inoltre tale minimo viene assunto in un punto critico poiché $g$ è derivabile ovunque. Calcoliamo dunque la derivata prima di $g$ :

$g'(x) = \frac{4(x^3-3x)}{(x^2+1)^3} \qquad \forall x \in \mathbb{R},$

da cui segue che

$g'(x) = 0 \Longleftrightarrow x=\{0, \sqrt{3}, -\sqrt{3}\}.$

e $g(0) = 0$ , $g(\sqrt{3}) = g(-\sqrt{3}) = -\dfrac{1}{4}$ . Segue dunque che

$\min_\mathbb{R} g = -\frac{1}{4},$

da cui se $a\leq-\dfrac{1}{4}$ si ha che $f''(x) \geq 0$ per ogni $x \in \mathbbR}$ . Quindi, per il teorema 2.10 $f$ è convessa per tali valori di $a$ .

Esercizio 7.7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f$ : $\mathbb{R}\to (0,+\infty)$ . Si dica quali delle seguenti affermazioni sono corrette:

$\quad$

$f$ convessa implica che $\log(f)$ è convessa;

$\log(f)$ convessa implica che $f$ è convessa.

Svolgimento.

Verifichiamo che l’affermazione non è corretta. Un controesempio immediato è considerare $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da $f(x) \coloneqq x$ per ogni $x\in \mathbb{R}$ . Dunque, è immediato vedere che $f$ è convessa, poiché affine, ma $\log x$ è strettamente concava.

L’affermazione è corretta. Infatti, è sufficiente notare che, poiché $f$ è a valori positivi per ipotesi, possiamo riscrivere $f = e^{\log f}$ . Dato che la funzione esponenziale $\psi(y) = e^y$ è convessa e monotona crescente, e che $\varphi = \log(f)$ è convessa per ipotesi, si conclude che $f = \psi \circ \varphi$ è convessa per la proposizione 1.7.

Esercizio 7.8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si mostri che la funzione $f\colon(0, +\infty) \to \mathbb{R}$ definita da $f(x) \coloneqq -\log(x)$ per $x \in (0,+\infty)$ è convessa e si usi tale fatto per dimostrare la seguente disuguaglianza, detta disuguaglianza di Young,

$\left\vert x y \right\vert \leq \dfrac{\left \vert x \right \vert ^p}{p}+\dfrac{\left \vert y \right \vert ^q}{q}\qquad\forall x,y \in \mathbb{R}$

con $p,\,q >1$ tali che $\dfrac{1}{p}+\dfrac{1}{q}=1$ .

Svolgimento.

La funzione $f(x) = -\log(x)$ è derivabile due volte e la sua derivata seconda è $f''(x) = 1/x^2$ , che è positiva per ogni $x > 0$ . Di conseguenza, $f$ è convessa per il teorema 2.10. Per definizione di convessità, quindi, presi $x,y \in \mathbb{R}$ arbitrari:

$-\log\left(\frac{1}{p}|x|^p+\frac{1}{q}|y|^q\right) \leq -\frac{1}{p}\log\left(|x|^p\right) - \frac{1}{q}\log\left(|y|^q\right) = -\log\left(|xy|\right).$

Moltiplicando per $-1$ ed esponenziando ambo i membri, per la monotonia del logaritmo, si ha

$\frac{1}{p}|x|^p+\frac{1}{q}|y|^q \geq |xy|,$

che è la disuguaglianza di Young.

Esercizio 7.9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare i punti di flesso della funzione $f\colon\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = x e^x \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Svolgimento.

Abbiamo che:

$f'(x) = (x + 1)e^x \qquad \forall x \in \mathbb{R},$

$f''(x) = (x + 2)e^x\qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Per cui

$f'' \geq 0 \qquad \forall x \in [-2, +\infty),$

$f'' \leq 0 \qquad \forall x \in (-\infty, -2].$

Quindi il punto $x_0 = -2$ è di flesso per $f$ perché la derivata seconda cambia segno in un suo intorno ed è definita in $x_0$ . Poiché la derivata prima esiste, è finita e non nulla in $x_0$ , il punto è di flesso obliquo.

Esercizio 7.10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare i punti di flesso della funzione $f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \sin(x) \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Svolgimento.

Guardando le derivate abbiamo

$f'(x) = \cos(x)\qquad \forall x \in \mathbb{R},$

$f''(x) = - \sin(x) \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

La derivata seconda si annulla in tutti i punti del tipo $x_k = k \pi, k \in \mathbb{Z}$ e cambia segno negli intorni destri e sinistri di tali punti, per cui sono effettivamente punti di flesso. Possiamo concludere che tali punti sono dei flessi obliqui in quanto gli zeri della derivata seconda non coincidono mai con quelli della derivata prima (escludendo quindi il caso di punto di flesso orizzontale) e il coseno è una funzione limitata (escludendo quindi il caso di punto di flesso verticale).

Esercizio 7.11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare i punti di flesso della funzione $f\colon\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \frac{1}{1+x^2} \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Svolgimento.

Si ha

$f'(x) = - \frac{2x}{(1+x^2)^2} \qquad \forall x \in \mathbb{R},$

$f''(x) = - \frac{2}{(1+x^2)^2} + \frac{8x^2}{(1+x^2)^3} = \frac{2(3x^2 - 1)}{(1 + x^2)^3} \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Perciò $f''(x) = 0$ nei punti $x_1 = \dfrac{1}{\sqrt 3}$ e $x_2 = -\dfrac{1}{\sqrt 3}$ e la derivata seconda cambia segno negli intorni destri e sinistri di tali punti. Vale che

$f'(x_1) = - \frac{3\sqrt{3}}{8}\qquad \text{e} \qquad f'(x_2) = \frac{3\sqrt{3}}{8}$

e pertanto i due punti sono di flesso obliquo.

Esercizio 7.12 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . È data la funzione $f\colon\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R}$ definita da

$f(x) = x^2 - 3x + \log|x| \qquad \forall x \in \mathbb\setminus\{0\}.$

Determinare i punti di flesso di $f$ .

Svolgimento.

Abbiamo che

$f'(x) = 2x + \frac{1}{x} - 3 \qquad \forall x \in \mathbb{R}\setminus\{0\},$

$f''(x) = 2 - \frac{1}{x^2} \qquad \forall x \in \mathbb{R}\setminus\{0\}.$

Per cui i possibili punti di flesso sono $x_1 = \dfrac{1}{\sqrt 2}$ e $x_2 = -\dfrac{1}{\sqrt 2}$ . Si ha che $f''$ cambia segno negli intorni dei suoi zeri, per cui sono entrambi punti di flesso. Siccome

$f'(x_1) = \frac{3}{\sqrt{2}} - 3 \qquad \text{e} \qquad f'(x_2) = -\frac{3}{\sqrt{2}} - 3,$

i due punti sono di flesso obliquo.

Esercizio 7.13 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare i punti di flesso della funzione $f\colon\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x) = \sqrt[3]{8 - x^3} \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Svolgimento.

La derivata prima di $f$ risulta

$f'(x) = \frac{- x^2}{\sqrt[3]{(8 - x^3)^2}} \qquad \forall x \in \mathbb{R},$

e la derivata seconda è

$f''(x) = \frac{- 16x}{(8 - x^3)\sqrt[3]{(8 - x^3)^2}} \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Abbiamo che $f''(0) = 0, f'' > 0$ in un intorno sinistro di $0$ e $f'' < 0$ in un intorno destro di $0$ . Per cui $0$ è un punto di flesso. Poiché $f'(0) = 0$ , $0$ è un punto di flesso a tangente orizzontale. Notiamo inoltre che $f'$ e $f''$ non sono definite nel punto $x = 2$ , ma lo sono in tutti i suoi intorni. Il segno di $f''$ è positivo in un intorno destro di $2$ ed è negativo in un intorno sinistro di $2$ . Abbiamo che:

$f'(-2) = - \infty$

per cui $x = 2$ è un punto di flesso verticale. La figura 13 mostra il grafico di $f$ con i suoi due flessi.

$\quad$

Figura 13: il grafico della funzione $f(x) = \sqrt[3]{8 - x^3}$ . Sono inoltre evidenziati i due punti di flesso e le relative rette tangenti.

$\quad$

Esercizio 7.14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $f \colon (a,b) \to \mathbb{R}$ una funzione convessa e derivabile. Allora $f'$ è continua.

Svolgimento.

Fissiamo $x_0 \in (a,b)$ e mostriamo che $f'$ è continua in $x_0$ . Per il teorema 2.9, sappiamo che $f'$ è monotona crescente, quindi esistono i limiti

(84) $\begin{equation*} \ell_- \coloneqq \lim_{x \to x_0^-} f'(x) = \sup_{x < x_0} f'(x) \leq f'(x_0) \leq \inf_{x > x_0} f'(x) = \lim_{x \to x_0^+} f'(x) \eqqcolon \ell_+ \end{equation*}$

Per il teorema di Darboux [8, teorema 1.1], la funzione derivata possiede la proprietà dei valori intermedi, quindi $f'$ assume tutti i valori compresi nell’intervallo $[\ell_-,\ell_+]$ . Per (84), ovvero per la monotonia di $f'$ , necessariamente allora tale intervallo deve essere costituito dal solo valore $f'(x_0)$ . Dunque

(85) $\begin{equation*} \lim_{x \to x_0^-} f'(x) = \ell_- = f'(x_0) = \ell_+ = \lim_{x \to x_0^+} f'(x), \end{equation*}$

ossia $f'$ è continua in $x_0$ . Per l’arbitrarietà di $x_0 \in (a,b)$ , $f'$ è continua.

Esercizio 7.15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Diciamo che una funzione $f \colon (a,b) \to \mathbb{R}$ è localmente convessa se, per ogni punto $x \in (a,b)$ , esiste $\delta_x > 0$ tale che $f$ è convessa nell’intorno $(x-\delta_x,x+\delta_x)$ .

Mostrare che, se $f$ è localmente convessa, allora è convessa.

Svolgimento.

Osserviamo innanzitutto che, dal teorema 3.4, e dall’ipotesi di locale convessità, per ogni punto $x \in (a,b)$ , $f$ è continua in $(x-\delta_x,x+\delta_x)$ . Quindi $f$ è continua in $(a,b)$ .

Siano $x,y \in (a,b)$ con $x < y$ e definiamo la funzione $g \colon [x,y] \to \mathbb{R}$ come

(86) $\begin{equation*} g(t) = f(t) - f(x) + \frac{f(y)-f(x)}{y-x} (t-x) \qquad \forall t \in [x,y]. \end{equation*}$

Per il punto 2 del teorema 2.3 e dall’arbitrarietà di $x,y \in (a,b)$ , è sufficiente mostrare che $g(t) \leq 0$ per ogni $t \in [x,y]$ .

Osserviamo innanzitutto che $g$ è una funzione continua poiché somma di una funzione continua e di una funzione affine e che $g$ è localmente convessa per la proposizione 1.7 poiché è somma di una funzione localmente convessa e una convessa. Inoltre vale $g(x)=g(y)=0$ .

Supponiamo per assurdo che esista $t \in [x,y]$ tale che $g(t)>0$ . Per la continuità di $g$ e per il teorema di Weierstrass, allora esiste $M \coloneqq \max_{[x,y]}g >0$ . Definiamo dunque l’insieme

(87) $\begin{equation*} E = \{t \in [x,y] \colon g(t)=M\}, \end{equation*}$

ossia l’insieme dei punti di massimo assoluto per $g$ , e chiamiamo

(88) $\begin{equation*} \tau = \inf E. \end{equation*}$

Per la continuità di $g$ si ha che $\tau$ deve soddisfare

(89) $\begin{equation*} g(\tau) = M, \end{equation*}$

da cui segue in particolare che $\tau \in (x,y)$ in quanto $M>0$ , mentre $g(x)=g(y)=0$ . Per la locale convessità di $g$ , esiste un intorno $(\tau - \delta_\tau, \tau + \delta_\tau)\subseteq (a,b)$ di $\tau$ in cui $g$ è convessa. Da $(\tau - \delta_\tau, \tau + \delta_\tau)\subseteq (a,b)$ segue che $\tau$ è un punto di massimo per $g$ in $(\tau - \delta_\tau, \tau + \delta_\tau)$ , quindi per il principio del massimo dato dalla proposizione 4.6, $g$ è costantemente pari a $M$ in $(\tau - \delta_\tau, \tau + \delta_\tau)$ , ma ciò vuol dire che esiste $t< \tau$ tale che $g(t)=M$ , in contraddizione col fatto che $\tau=\inf E$ .

Da tale contraddizione segue che $g(t) \leq 0$ per ogni $t \in [x,y]$ , come volevasi dimostrare.

Esercizio 7.16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e siano $f,g \colon I \to \mathbb{R}$ due funzioni convesse. Si provi che la funzione $h \colon I \to \mathbb{R}$ definita da

(90) $\begin{equation*} h(x) = \max \{ f(x), g(x) \} \qquad \forall x \in I \end{equation*}$

è convessa (si veda la figura 14).

Analogamente, se $\mathcal{F}$ è un insieme di funzioni convesse aventi dominio $I$ tali che la funzione $h \colon I \to \mathbb{R}$ definita da

(91) $\begin{equation*} h(x) = \sup_{f \in \mathcal{F}} f(x) \qquad \forall x \in I \end{equation*}$

sia finita ovunque, allora $h$ è convessa.

Osservazione 7.17.

Notiamo che, nella seconda parte dell’esercizio 7.16, l’insieme $\mathcal{F}$ può essere anche infinito e possedere qualunque cardinalità.

Svolgimento.

Siano $x,y \in I$ e sia $\alpha \in [0,1]$ . Si ha

(92) $\begin{equation*} \begin{gathered} f \big( \alpha x + (1-\alpha)y \big) \leq \alpha f(x) + (1-\alpha)f(y) \leq \alpha h(x) + (1-\alpha)h(y), \\ g \big( \alpha x + (1-\alpha)y \big) \leq \alpha g(x) + (1-\alpha)g(y) \leq \alpha h(x) + (1-\alpha)h(y). \end{gathered} \end{equation*}$

dove le prime disuguaglianze sono dovute alla convessità di $f$ e $g$ , mentre le seconde disuguaglianze seguono da $h= \max\{f,g\}$ . Da tali relazioni segue che

(93) $\begin{equation*} h \big( \alpha x + (1-\alpha)y \big) = \max \Big\{f \big( \alpha x + (1-\alpha)y \big), g \big( \alpha x + (1-\alpha)y \big) \Big\} \leq \alpha h(x) + (1-\alpha)h(y), \end{equation*}$

ossia, per l’arbitrarietà di $x,y \in I$ e $\alpha \in [0,1]$ , che $h$ è convessa.

$\quad$

Figura 14: illustrazione dell’esercizio 7.16; se $f$ e $g$ sono funzioni convesse allora la funzione massimo $h=\max\{f,g\}$ , rappresentata in verde, è convessa.

$\quad$

In maniera analoga, sia $\mathcal{F}$ un insieme di funzioni convesse aventi dominio $I$ e supponiamo che $h=\sup_{f \in \mathcal{F}} f$ sia ovunque finita. Fissando nuovamente $x,y \in I$ e $\alpha \in [0,1]$ , si ha

(94) $\begin{equation*} f \big( \alpha x + (1-\alpha)y \big) \leq \alpha f(x) + (1-\alpha)f(y) \leq \alpha h(x) + (1-\alpha)h(y) \qquad \forall f \in \mathcal{F}, \end{equation*}$

dove la prima disuguaglianza deriva dalla convessità di $f$ , mentre la seconda da $h = \sup_{\mathcal{F}} f$ . Poiché l’ultimo membro di (94) non dipende da $f$ , passando all’estremo superiore nel primo membro al variare di $f \in \mathcal{F}$ , si ottiene

(95) $\begin{equation*} h \big( \alpha x + (1-\alpha)y \big) = \sup_{f \in \mathcal{F}} \Big\{f \big( \alpha x + (1-\alpha)y \big)\Big\} \leq \alpha h(x) + (1-\alpha)h(y). \end{equation*}$

Di nuovo ciò implica la convessità di $h$ .

Esercizio 7.18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $I \subseteq \mathbb{R}$ un intervallo e sia $f \colon I \to \mathbb{R}$ una funzione. Si provi che le seguenti affermazioni sono equivalenti:

$f$ è convessa;

$f$ è estremo superiore di funzioni affini, ossia esiste un insieme $\mathcal{F}$ costituito da funzioni affini e aventi dominio $I$ tali che
(96) $\begin{equation*} f(x) = \sup_{g \in \mathcal{F}} g(x) \qquad \forall x \in I. \end{equation*}$

Svolgimento.

Mostriamo separatamente le due implicazioni.

$\quad$

1 $\Rightarrow$ 2. Definiamo

(97) $\begin{equation*} \mathcal{F} \coloneqq \left \{ g \colon I \to \mathbb{R}, \,\,\, g(x) \leq f(x) \,\,\forall x \in I,\,\,\, g \text{ affine} \right \}, \end{equation*}$

ovvero $\mathcal{F}$ è l’insieme delle funzioni affini che sono ovunque minori o uguali a $f$ . Definiamo inoltre la funzione $h \colon I \to \mathbb{R}$ come l’estremo superiore delle funzioni $\mathcal{F}$ , cioè

(98) $\begin{equation*} h(x) = \sup_{g \in \mathcal{F}} g(x) \qquad \forall x \in I. \end{equation*}$

Poiché ogni funzione $g \in \mathcal{F}$ è limitata dall’alto da $f$ , si ha

(99) $\begin{equation*} h(x) = \sup_{g \in \mathcal{F}} g(x) \leq f(x) \qquad \forall x \in I. \end{equation*}$

In particolare $h$ è finita ovunque. Mostriamo ora che $h\geq f$ , che prova l’asserto. A tal fine, fissiamo $x_0 \in I^{\mathrm{o}}$ (il caso al bordo è analogo) e mostriamo che $h(x_0)=f(x_0)$ . Infatti, per il lemma 3.6 in $x_0$ esistono $f'_-(x_0), f'_+(x_0)$ , cioè le derivate sinistra e destra di $f$ in $x_0$ e vale

(100) $\begin{equation*} f'_-(x_0) \leq f'_+(x_0). \end{equation*}$

Fissiamo $m$ tale che $f'_-(x_0) \leq m \leq f'_+(x_0)$ e definiamo la funzione affine $g \colon I \to \mathbb{R}$ come

(101) $\begin{equation*} g(x) = f(x_0) + m (x- x_0) \qquad \forall x \in I. \end{equation*}$

Si ha ovviamente $g(x_0)=f(x_0)$ , dunque rimane da dimostrare che $g(x) \leq f(x)$ per ogni $x \in I$ . Cominciamo a osservare che

(102) $\begin{gather*} f(x) = f(x_0) + \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} (x-x_0) \geq f(x_0) + f'_-(x_0) (x-x_0) \geq g(x) \qquad \forall x \in I,\,\, x < x_0,\qquad \\ \end{gather*}$

(103) $\begin{gather*} g(x) \leq f(x_0) + f'_-(x_0) (x-x_0) \leq f(x_0) + \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} (x-x_0) = f(x) \qquad \forall x \in I, \,\, x > x_0,\qquad \end{gather*}$

dove le disuguaglianze seguono dalla scelta di $m$ e dalla monotonia dei rapporti incrementali data dal punto 4 del teorema 2.3, che implicano

(104) $\begin{equation*} \begin{gathered} m \geq f'_-(x_0) = \lim_{x \to x_0^-} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \geq \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \qquad \forall x \in I, \,\, x < x_0, \\ m \leq f'_+(x_0) = \lim_{x \to x_0^+} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \leq \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \qquad \forall x \in I, \,\, x > x_0, \end{gathered} \end{equation*}$

Unendo (102) e (103), si ottiene

(105) $\begin{equation*} f(x) \geq g(x) \qquad \forall y \in I, \end{equation*}$

ossia $g \in \mathcal{F}$ . Da ciò e da (105) si ha che anche $h(x_0) \geq f(x_0)$ e quindi $h=f$ .

2 $\Rightarrow$ 1. Poichè tutte le funzioni affini sono convesse, $f= \sup_{\mathcal{F}} g$ è convessa in quanto estremo superiore di funzioni convesse, per il secondo punto dell’esercizio 7.16.

Riferimenti bibliografici

[1] Giusti, E., Analisi matematica 1, Bollati Boringhieri (1988).

[2] Qui Si Risolve, Funzioni elementari — Volume 1.

[3] Qui Si Risolve, Funzioni continue.

[4] Qui Si Risolve, Funzioni continue – esercizi.

[5] Qui Si Risolve, Calcolo differenziale — Teoria sulle derivate.

[6] Qui Si Risolve, Limite di una successione monotona.

[7] Qui Si Risolve, Il teorema di Fermat.

[8] Qui Si Risolve, Il teorema di Darboux.

[9] Qui Si Risolve, Il teorema di esistenza degli zeri.

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