K 凸函数的一些性质和相关证明

一、K 凸函数的定义：

定义1 ∀a,b>0\quad\forall~ a, b>0∀ a,b>0
K+f(a+x)−f(x)−a{f(x)−f(x−b)b}≥0K+f(a+x)-f(x)-a\Big\{\frac{f(x)-f(x-b)}{b}\Big\}\geq 0K+f(a+x)−f(x)−a{bf(x)−f(x−b)}≥0
定义2∀a>0\quad\forall~ a>0∀ a>0
K+f(a+x)−f(x)−af′(x)≥0K+f(a+x)-f(x)-af'(x)\geq 0K+f(a+x)−f(x)−af′(x)≥0
定义3∀0<μ<1\quad\forall~ 0<\mu<1∀ 0<μ<1
μf(x1)+(1−μ)(f(x2)+K)≥f(μx1+(1−μ)x2)\mu f(x_1)+(1-\mu)(f(x_2)+K)\geq f(\mu x_1+(1-\mu)x_2)μf(x1)+(1−μ)(f(x2)+K)≥f(μx1+(1−μ)x2)

定义3 其实由定义1 改造而来，只要令 x1=x−bx_1=x-bx1=x−b, x2=x+ax_2=x+ax2=x+a, μ=aa+b\mu=\frac{a}{a+b}μ=a+ba 即可。

还有一个 CK 凸函数，它针对能力约束问题，此时， 0<a≤C0<a\leq C0<a≤C, 0<b≤C0<b\leq C0<b≤C。

二、一个 K 凸函数图像：

K 凸的几何意义是：对于三个点 x−bx-bx−b, xxx, x+ax+ax+a，(x−b,f(x−b))(x-b,f(x-b))(x−b,f(x−b)), (x,f(x))(x,f(x))(x,f(x)) 的连线在 x+ax+ax+a 的值一定落在f(x+a)+Kf(x+a)+Kf(x+a)+K 下面。

三、sss, SSS 的定义

设 fff 为在定义域 [A,B][A, B][A,B] 上的一个 K 凸函数，f∗f^\astf∗ 为其在定义域内的最小值，

S={x∣f(x)=f∗}s=min⁡{x∣f(x)≤f∗+K,x≤S}\begin{aligned} S&=\{x\mid f(x)=f^\ast\}\\ s&=\min\{x\mid f(x)\leq f^\ast+K, x\leq S\} \end{aligned} Ss={x∣f(x)=f∗}=min{x∣f(x)≤f∗+K,x≤S}
注：sss 可能不在定义域内。

四、K-凸函数的相关性质

1. f(x)f(x)f(x) 在区间 [A,s][A, s][A,s] 上单调递减.

证明：当 x<sx<sx<s 时，根据 sss 的定义，显然 f(x)>f(S)+Kf(x)>f(S)+Kf(x)>f(S)+K。令 x+a=Sx+a=Sx+a=S，则根据定义1 或定义 2，当 x<sx<sx<s 时,
af′(x)≤K+f(S)−f(x)<0af'(x)\leq K+f(S)-f(x)<0af′(x)≤K+f(S)−f(x)<0
因此 f(x)f(x)f(x) 在区间 [A,s][A, s][A,s] 上单调递减。

2. 对任意 s<x1<x2s<x_1<x_2s<x1<x2，都有 f(x2)+K≥f(x1)f(x_2)+K\geq f(x_1)f(x2)+K≥f(x1).

证明：
(1) 若 x2>x1≥Sx_2>x_1\geq Sx2>x1≥S 或 x1<x2≤Sx_1<x_2\leq Sx1<x2≤S, 在定义1 中令 x−b=Sx-b=Sx−b=S, x+a=x2x+a=x_2x+a=x2, x=x1x=x_1x=x1，得到：
K+f(x2)−f(x1)−(x2−x1){f(x1)−f(S)x1−S}≥0⇒K+f(x2)−f(x1)≥(x2−x1){f(x1)−f(S)x1−S}⇒K+f(x2)−f(x1)≥0(since f(x1)≥f(S))\begin{aligned} &K+f(x_2)-f(x_1)-(x_2-x_1)\Big\{\frac{f(x_1)-f(S)}{x_1-S}\Big\}\geq 0\\ \Rightarrow~~&K+f(x_2)-f(x_1)\geq (x_2-x_1)\Big\{\frac{f(x_1)-f(S)}{x_1-S}\Big\}\\ \Rightarrow~~&K+f(x_2)-f(x_1)\geq 0\quad\big (\text{since}~~f(x_1)\geq f(S)\big ) \end{aligned} ⇒ ⇒ K+f(x2)−f(x1)−(x2−x1){x1−Sf(x1)−f(S)}≥0K+f(x2)−f(x1)≥(x2−x1){x1−Sf(x1)−f(S)}K+f(x2)−f(x1)≥0(since f(x1)≥f(S))
(2) 若 x1<S<x2x_1<S<x_2x1<S<x2，在定义1 中令 x+a=Sx+a=Sx+a=S, x−b=sx-b=sx−b=s, x=x1x=x_1x=x1，得到：
K+f(S)−f(x1)−(S−x1){f(x1)−f(s)x1−s}≥0⇒K+f(S)−f(x1)≥(S−x1){f(x1)−f(S)−Kx1−s}⇒K+f(S)−f(x1)≥0⇒K+f(x2)−f(x1)≥0(since f(x2)≥f(S))\begin{aligned} &K+f(S)-f(x_1)-(S-x_1)\Big\{\frac{f(x_1)-f(s)}{x_1-s}\Big\}\geq 0\\ \Rightarrow~~&K+f(S)-f(x_1)\geq (S-x_1)\Big\{\frac{f(x_1)-f(S)-K}{x_1-s}\Big\}\\ \Rightarrow~~&K+f(S)-f(x_1)\geq 0\quad\Rightarrow K+f(x_2)-f(x_1)\geq 0\quad\big (\text{since}~~f(x_2)\geq f(S)\big ) \end{aligned}⇒ ⇒ K+f(S)−f(x1)−(S−x1){x1−sf(x1)−f(s)}≥0K+f(S)−f(x1)≥(S−x1){x1−sf(x1)−f(S)−K}K+f(S)−f(x1)≥0⇒K+f(x2)−f(x1)≥0(since f(x2)≥f(S))□\Box□

对任意 s<x1<x2s<x_1<x_2s<x1<x2，当然也满足 K-凸条件：K+f(x2)≥f(x1)+(x2−x1)f(x1)−f(x1−b)bK+f(x_2)\geq f(x_1)+(x_2-x_1)\frac{f(x_1)-f(x_1-b)}{b}K+f(x2)≥f(x1)+(x2−x1)bf(x1)−f(x1−b)

3. 在定义域 [A,B][A, B][A,B] 上的最优订货策略为 (s,S)(s, S)(s,S), 即：

g(x)=inf⁡y≥x,A≤y≤B[Kδ(y−x)+f(y)]={f(S)+Kx<sf(x)x≥s\begin{aligned} g(x)=&\inf_{y\geq x, A\leq y\leq B} \big [K\delta (y-x)+f(y)\big ]\\ =&\begin{cases} f(S)+K\quad &x<s\\ f(x)\quad &x\geq s \end{cases} \end{aligned}g(x)==y≥x,A≤y≤Binf[Kδ(y−x)+f(y)]{f(S)+Kf(x)x<sx≥s

需要证明当 f(x)f(x)f(x) 为 k 凸函数时，g(x)g(x)g(x) 为 k 凸函数。
证明：我们需证明 g(x)g(x)g(x) 满足定义1. 对任意三个点 x−bx-bx−b, xxx, x+ax+ax+a
一共有以下四种情况：
(1) 若 x−b≥sx-b\geq sx−b≥s 时，
K+g(x+a)−g(x)−a{g(x)−g(x−b)b}=K+f(x+a)−f(x)−a{g(x)−g(x−b)b}\begin{aligned} &K+g(x+a)-g(x)-a\Big\{\frac{g(x)-g(x-b)}{b}\Big\}\\ =&K+f(x+a)-f(x)-a\Big\{\frac{g(x)-g(x-b)}{b}\Big\} \end{aligned}=K+g(x+a)−g(x)−a{bg(x)−g(x−b)}K+f(x+a)−f(x)−a{bg(x)−g(x−b)}
上式就是 f(x)f(x)f(x) K凸函数的定义，显然成立。

(2) 若 x+a<sx+a< sx+a<s 时，
K+g(x+a)−g(x)−a{g(x)−g(x−b)b}=K+f(S)+K−f(S)−K−a{f(S)+K−f(S)−Kb}=0\begin{aligned} &K+g(x+a)-g(x)-a\Big\{\frac{g(x)-g(x-b)}{b}\Big\}\\ =&K+f(S)+K-f(S)-K-a\Big\{\frac{f(S)+K-f(S)-K}{b}\Big\}\\ =&0 \end{aligned}==K+g(x+a)−g(x)−a{bg(x)−g(x−b)}K+f(S)+K−f(S)−K−a{bf(S)+K−f(S)−K}0
上式显然是 K凸函数。

(3) 若 x−b<x<s<x+ax-b<x<s<x+ax−b<x<s<x+a 时，
K+g(x+a)−g(x)−a{g(x)−g(x−b)b}=K+f(x+a)−f(S)−K−a{f(S)+K−f(S)−Kb}=f(x+a)−f(S)≥0\begin{aligned} &K+g(x+a)-g(x)-a\Big\{\frac{g(x)-g(x-b)}{b}\Big\}\\ =&K+f(x+a)-f(S)-K-a\Big\{\frac{f(S)+K-f(S)-K}{b}\Big\}\\ =&f(x+a)-f(S)\geq 0 \end{aligned}==K+g(x+a)−g(x)−a{bg(x)−g(x−b)}K+f(x+a)−f(S)−K−a{bf(S)+K−f(S)−K}f(x+a)−f(S)≥0
为 K凸函数。

(4) 若 x−b<s<xx-b<s<xx−b<s<x 时，
K+g(x+a)−g(x)−a{g(x)−g(x−b)b}=K+f(x+a)−f(x)−a{f(x)−f(S)−Kb}≥K+f(x+a)−f(x)−a{f(x)−f(s)b}\begin{aligned} &K+g(x+a)-g(x)-a\Big\{\frac{g(x)-g(x-b)}{b}\Big\}\\ =&K+f(x+a)-f(x)-a\Big\{\frac{f(x)-f(S)-K}{b}\Big\}\\ \geq &K+f(x+a)-f(x)-a\Big\{\frac{f(x)-f(s)}{b}\Big\} \end{aligned}=≥K+g(x+a)−g(x)−a{bg(x)−g(x−b)}K+f(x+a)−f(x)−a{bf(x)−f(S)−K}K+f(x+a)−f(x)−a{bf(x)−f(s)}

根据性质2， K+f(x+a)−f(x)≥0K+f(x+a)-f(x)\geq 0K+f(x+a)−f(x)≥0。
若 f(x)≤f(s)f(x)\leq f(s)f(x)≤f(s)，上式显然大于等于零。
若 f(x)<f(s)f(x)< f(s)f(x)<f(s)，根据性质 1，可以得出 x>sx>sx>s，又因为 x−b<sx-b<sx−b<s，即 b>x−sb>x-sb>x−s，上述表达式可以变为：
K+f(x+a)−f(x)−a{f(x)−f(s)b}≥K+f(x+a)−f(x)−a{f(x)−f(s)x−s}\begin{aligned} &K+f(x+a)-f(x)-a\Big\{\frac{f(x)-f(s)}{b}\Big\}\\ \geq &K+f(x+a)-f(x)-a\Big\{\frac{f(x)-f(s)}{x-s}\Big\} \end{aligned}≥K+f(x+a)−f(x)−a{bf(x)−f(s)}K+f(x+a)−f(x)−a{x−sf(x)−f(s)}

刚好为 K凸函数的定义，因此也大于等于零。

综合以上，在四种情况下，g(x)g(x)g(x) 均为 K 凸函数。□\Box□

4. 若 ggg 为一个 K-凸函数，则 fff 也是一个 K-凸函数，其中 fff 为

f(x)=min⁡x≤y≤x+Rg(y)f(x)=\min_{x\leq y\leq x+R}g(y)f(x)=x≤y≤x+Rming(y)

证明：
我们需要证明
f(μx1+(1−μ)x2)≤μf(x1)+(1−μ)(f(x2)+K)f(\mu x_1+(1-\mu)x_2)\leq \mu f(x_1)+(1-\mu)(f(x_2)+K)f(μx1+(1−μ)x2)≤μf(x1)+(1−μ)(f(x2)+K)

设 f(x)=g(x+β(x)R)f(x)=g\big(x+\beta(x)R\big)f(x)=g(x+β(x)R)，其中 β(x)∈[0,1]\beta(x)\in [0,1]β(x)∈[0,1]，则
min⁡0≤z≤Rg(μx1+(1−μ)x2+z)≤g(μx1+(1−μ)x2+μβ(x1)R+(1−μ)β(x2)R)\begin{aligned}&\min_{0\leq z\leq R}g(\mu x_1+(1-\mu)x_2+z)\\ &\leq g\big(\mu x_1+(1-\mu)x_2+\mu\beta(x_1)R+(1-\mu)\beta(x_2)R\big) \end{aligned}0≤z≤Rming(μx1+(1−μ)x2+z)≤g(μx1+(1−μ)x2+μβ(x1)R+(1−μ)β(x2)R)

上面这一步很巧，利用构造函数去掉了 min 对分析函数性质的影响，也最重要，下面使用时结合了 f(x)f(x)f(x) 的定义（第一个小于等于号，稍微有点绕）

因此
f(μx1+(1−μ)x2)=g(μx1+(1−μ)x2+β(μx1+(1−μ)x2)R)≤g(μx1+(1−μ)x2+μβ(x1)R+(1−μ)β(x2)R)=g(μ(x1+β(x1)R)+(1−μ)(x2+β(x2)R))≤μg(x1+β(x1)R)+(1−μ)(g(x2+β(x2)R)+K))=μf(x1)+(1−μ)(f(x2)+K)\begin{aligned}f(\mu x_1+(1-\mu)x_2)&=g\big(\mu x_1+(1-\mu)x_2+\beta(\mu x_1+(1-\mu)x_2)R\big)\\ &\leq g\big(\mu x_1+(1-\mu)x_2+\mu\beta(x_1)R+(1-\mu)\beta(x_2)R\big)\\ &=g\big(\mu(x_1+\beta(x_1)R)+(1-\mu)(x_2+\beta(x_2)R)\big)\\ &\leq\mu g(x_1+\beta(x_1)R)+(1-\mu)(g(x_2+\beta(x_2)R)+K))\\ &=\mu f(x_1)+(1-\mu)(f(x_2)+K) \end{aligned}f(μx1+(1−μ)x2)=g(μx1+(1−μ)x2+β(μx1+(1−μ)x2)R)≤g(μx1+(1−μ)x2+μβ(x1)R+(1−μ)β(x2)R)=g(μ(x1+β(x1)R)+(1−μ)(x2+β(x2)R))≤μg(x1+β(x1)R)+(1−μ)(g(x2+β(x2)R)+K))=μf(x1)+(1−μ)(f(x2)+K)
得证 □\qquad\Box□