浙江外国语学院数学系，浙江 杭州

收稿日期：2023年6月5日；录用日期：2023年7月7日；发布日期：2023年7月14日

摘要

凸函数是一类具有良好性质和广泛应用的重要函数， $\left(h-s\right)$ -凸函数是h-凸函数与s-凸函数的推广。本文讨论了 $\left(h-s\right)$ -凸函数的一些基本性质，并利用函数的单调性、上积函数和函数列的收敛性等，证明得到了 $\left(h-s\right)$ -凸函数的若干性质定理。

关键词

$\left(h-s\right)$ -凸函数，h-凸函数，凸函数，上积函数

Some Properties of $\left(h-s\right)$ -Convex Functions

Jiaying Lu, Laiman Qu, Man Huang

Department of Mathematics of Zhejiang International Studies University, Hangzhou Zhejiang

Received: Jun. 5^th, 2023; accepted: Jul. 7^th, 2023; published: Jul. 14^th, 2023

ABSTRACT

Convex function is a kind of important function with good properties and wide application. The $\left(h-s\right)$ -convex function is the generization of h-convex functions and s-convex functions. In this paper, some basic properties of $\left(h-s\right)$ -convex functions are discussed, and some property theorems of $\left(h-s\right)$ -convex functions are given by using monotonicity of function, supermultiplicative functions and convergence of function sequence, etc.

Keywords:$\left(h-s\right)$ -Convex Functions, h-Convex Functions, Convex Functions, Supermultiplicative Functions

Copyright © 2023 by author(s) and Hans Publishers Inc.

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http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/

1. 引言

凸函数是一类极为重要的函数，具有许多良好的性质，在不等式的证明、函数极值、控制论等方面都有着广泛的应用。2007年Varosanec [1] 在凸函数、s-凸函数、P-函数和Godunova-Levin函数等的基础上提出了h-凸函数的概念。本文中，我们约定I和J均是 $ℝ$ 上的区间，且 $\left[0,1\right]\subset J$ ， $s\in \left(0,1\right]$ 。相关函数定义如下：

定义1 设函数 $f:I\subseteq ℝ\to ℝ$ 满足

$f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\le \alpha f\left(x\right)+\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)$ , $\forall x,y\in I$ , $\alpha \in \left[0,1\right]$ , (1)

则称f为I上的凸函数。若上述不等式(1)反向，则称f为I上的凹函数。

定义2 [1] 设函数 $f:I\subseteq ℝ\to ℝ$ ，函数 $h:J\subseteq ℝ\to \left[0,\infty \right)$ ，若f满足

$f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\le h\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)$ , $\forall x,y\in I$ , $\alpha \in \left[0,1\right]$ , (2)

则称f为I上的h-凸函数，或者说f属于类 $SX\left(h,I\right)$ 。如果不等式(2)反向，那么称f为I上的h-凹函数，即 $f\in SV\left(h,I\right)$ 。

特别地，当 $h\left(\alpha \right)$ 分别取 $\alpha ,1,\frac{1}{\alpha },{\alpha }^s$ 时，h-凸函数分别为凸函数，P-函数，Godunova-Levin函数和s-凸函数(在第二种意义下)。

在2011年，Ozdemir等 [2] 进一步推广了h-凸函数的概念，提出了 $\left(h-s\right)$ -凸函数，如下所示：

定义3 [2] 设函数 $f:I\subseteq ℝ\to ℝ$ ， $h:J\subseteq ℝ\to \left[0,\infty \right)$ ，其中 $h\ne 0$ ，若f满足

$f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\le h^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h^s\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)$ , $\forall x,y\in \left[0,\infty \right)=I$ , $s\in \left(0,1\right]$ , $\alpha \in \left[0,1\right]$ ,(3)

则称f为区间I上的一个 $\left(h-s\right)$ -凸函数，或者说f属于类 $SX\left(h-s,I\right)$ 。如果不等式(3)反向，那么称f是 $\left(h-s\right)$ -凹函数，即 $f\in SV\left(h-s,I\right)$ 。类似地，当 $s=1$ 时， $\left(h-s\right)$ -凸函数即为h-凸函数。当 $h\left(\alpha \right)=\alpha$ 时， $\left(h-s\right)$ -凸函数即为第二类s-凸函数。

定义4 [1] 设函数 $h:J\subseteq ℝ\to ℝ$ ，若h满足条件

$h\left(xy\right)\ge h\left(x\right)h\left(y\right)$ , $\forall x,y\in J$ , (4)

则称h为区间J上的一个上积函数。如果上述不等式(4)反向，那么称h为下积函数。若不等式(4)取等号，则称h为相乘函数。

在2007年，Varosanec [1] 得到了一系列h-凸函数的性质定理及相关推论。h-凸函数与s-凸函数的Hadamard不等式也相继提出(详见 [3] [4] )。Xin Jin和Beibei Jin等人 [5] 在2022年给出了h-凸函数的一些等价刻画，并对h-凸函数的一些基本性质及应用等进行了深入的讨论。更多关于h-凸函数的性质及应用研究可见参考文献( [6] [7] [8] [9] )。 $\left(h-s\right)$ -凸函数是h-凸函数的一种推广，本文受上述文献的启发，结合函数的单调性、上积性和收敛性等，研究了 $\left(h-s\right)$ -凸函数的一些性质定理。

2. 主要结果及定理的证明

定理1 设 $h_1,h_2$ 是定义在区间J上的非负函数，且有 $h_2\left(t\right)\le h_1\left(t\right)$ ，其中 $t\in \left[0,1\right]$ 。

若 $f\in SX\left(h_2-s,I\right)$ ，则 $f\in SX\left(h_1-s,I\right)$ 。若 $f\in SV\left(h_1-s,I\right)$ ，则 $f\in SV\left(h_2-s,I\right)$ 。

证明 若 $f\in SX\left(h_2-s,I\right)$ ，则对于 $\forall x,y\in I,\alpha \in \left[0,1\right]$ ，有

$f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\le h_2^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h_2^s\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)\le h_1^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h_1^s\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)$ ,

则

$f\in SX\left(h_1-s,I\right)$ .

同理可证当 $f\in SV\left(h_1-s,I\right)$ 时，有

$f\in SV\left(h_2-s,I\right)$ .

定理2 如果 $f,g\in SX\left(h-s,I\right)$ 且 $\lambda >0$ ，那么 $f+g,\lambda f\in SX\left(h-s,I\right)$ 。

如果 $f,g\in SV\left(h-s,I\right)$ 且 $\lambda >0$ ，那么 $f+g,\lambda f\in SV\left(h-s,I\right)$ 。

证明 若 $f,g\in SX\left(h-s,I\right)$ ，则对于 $\forall x,y,u,v\in I$ 和 $\alpha ,t\in \left[0,1\right]$ ，有

$f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\le h^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h^s\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)$ ,

$g\left(tu+\left(1-t\right)v\right)\le h^s\left(t\right)g\left(u\right)+h^s\left(1-t\right)g\left(v\right)$ ,

则

$\lambda f=\lambda f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\le h^s\left(\alpha \right)\lambda f\left(x\right)+h^s\left(1-\alpha \right)\lambda f\left(y\right)$ ,

$f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)+g\left(tu+\left(1-t\right)v\right)\le h^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h^s\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)+h^s\left(t\right)g\left(u\right)+h^s\left(1-t\right)g\left(v\right)$ ,

即

$f+g,\lambda f\in SX\left(h-s,I\right)$ .

同理可证当 $f,g\in SV\left(h-s,I\right)$ 时，有

$f+g,\lambda f\in SV\left(h-s,I\right)$ .

定理3 设f和g为一个相似排列的函数，即 $\forall x,y\in I$ ，有

$\left[f\left(x\right)-f\left(y\right)\right]\left[g\left(x\right)-g\left(y\right)\right]\ge 0$ . (5)

$h_1,h_2$ 是定义在区间J上的非负函数，记 $h\left(t\right)=\max \left\{h_1\left(t\right),h_2\left(t\right)\right\}$ ，c是一个固定的正数。

若 $f\in SX\left(h_1-s,I\right)$ ， $g\in SX\left(h_2-s,I\right)$ ，且 $h^s\left(\alpha \right)+h^s\left(1-\alpha \right)\le c^s$ ，其中 $\alpha \in \left[0,1\right]$ ， $s\in \left(0,1\right]$ ，则

$fg\in SX\left(ch-s,I\right)$ .

若 $f\in SV\left(h_1-s,I\right)$ ， $g\in SV\left(h_2-s,I\right)$ ，且 $h^s\left(\alpha \right)+h^s\left(1-\alpha \right)\ge c^s$ ，其中 $\alpha \in \left[0,1\right]$ ， $s\in \left(0,1\right]$ ，则

$fg\in SV\left(ch-s,I\right)$ .

证明 由不等式(5)可得

$f\left(x\right)g\left(x\right)+f\left(y\right)g\left(y\right)\ge f\left(x\right)g\left(y\right)+f\left(y\right)g\left(x\right)$ .

则 $\forall x,y\in I$ ， $\alpha \in \left[0,1\right]$ ，有

$\begin{array}{l}fg\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\\ \le \left(h_1^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h_1^s\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)\right)\cdot \left(h_2^s\left(\alpha \right)g\left(x\right)+h_2^s\left(1-\alpha \right)g\left(y\right)\right)\\ \le h^{2s}\left(\alpha \right)\left(fg\right)\left(x\right)+h^s\left(\alpha \right)h^s\left(1-\alpha \right)\left[f\left(x\right)g\left(y\right)+f\left(y\right)g\left(x\right)\right]+h^{2s}\left(1-\alpha \right)\left(fg\right)\left(y\right)\\ \le h^{2s}\left(\alpha \right)\left(fg\right)\left(x\right)+h^s\left(\alpha \right)h^s\left(1-\alpha \right)\left[\left(fg\right)\left(x\right)+\left(fg\right)\left(y\right)\right]+h^{2s}\left(1-\alpha \right)\left(fg\right)\left(y\right)\\ =\left(h^s\left(\alpha \right)+h^s\left(1-\alpha \right)\right)\cdot \left(h^s\left(\alpha \right)\left(fg\right)\left(x\right)+h^s\left(1-\alpha \right)\left(fg\right)\left(y\right)\right)\\ \le c^s{h}^s\left(\alpha \right)\left(fg\right)\left(x\right)+c^s{h}^s\left(1-\alpha \right)\left(fg\right)\left(y\right),\end{array}$

即

$fg\in SX\left(ch-s,I\right)$ .

同理可证当 $f\in SV\left(h_1-s,I\right)$ ， $g\in SV\left(h_2-s,I\right)$ 且 $h^s\left(\alpha \right)+h^s\left(1-\alpha \right)\ge c^s$ 时，结论同样成立。

定理4 设I为一个包含0的区间，其中 $x,y\in I$ ， $\alpha ,\beta >0$ 且 $\alpha +\beta \le 1$ 。

(I) 设 $f\in SX\left(h-s,I\right)$ 且 $f\left(0\right)=0$ ，若h是上积函数，则有

$f\left(\alpha x+\beta y\right)\le h^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h^s\left(\beta \right)f\left(y\right)$ . (6)

反之，若非负函数f满足不等式(6)成立，且h是满足 $h^s\left(\alpha \right)<\frac{1}{2}$ ， $\alpha \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 的非负函数，则有 $f\left(0\right)=0$ 。

(II) 设 $f\in SV\left(h-s,I\right)$ 且 $f\left(0\right)=0$ ，若h是下积函数，则有

$f\left(\alpha x+\beta y\right)\ge h^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h^s\left(\beta \right)f\left(y\right)$ . (7)

反之，若非负函数f满足不等式(7)成立，且h是满足 $h^s\left(\alpha \right)>\frac{1}{2}$ ， $\alpha \in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 的非负函数，则有 $f\left(0\right)=0$ 。

证明 先证(I)中的前半部分。

设 $\alpha +\beta =\gamma$ ，按如下方法定义 $a,b$ ： $a=\frac{\alpha }{\gamma },b=\frac{\beta }{\gamma }$ ，则 $a+b=1$ ，

$\begin{array}{c}f\left(\alpha x+\beta y\right)=f\left(a\gamma x+b\gamma y\right)\\ \le h^s\left(a\right)f\left(\gamma x\right)+h^s\left(b\right)f\left(\gamma y\right)\\ =h^s\left(a\right)f\left(\gamma x+\left(1-\gamma \right)\cdot 0\right)+h^s\left(b\right)f\left(\gamma y+\left(1-\gamma \right)\cdot 0\right)\\ \le h^s\left(a\right)\left(h^s\left(\gamma \right)f\left(x\right)+h^s\left(1-\gamma \right)f\left(0\right)\right)+h^s\left(b\right)(h^s\left(\gamma \right)f\left(y\right)+h^s\left(1-\gamma \right)f(\; 0\; ))\end{array}$

$\begin{array}{l}=h^s\left(a\right)h^s\left(\gamma \right)f\left(x\right)+h^s\left(b\right)h^s\left(\gamma \right)f\left(y\right)\\ \le h^s\left(a\gamma \right)f\left(x\right)+h^s\left(b\gamma \right)f\left(y\right)\\ =h^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h^s(\beta )f(\; y\; )\end{array}$

再证(I)中的后半部分。

假设 $f\left(0\right)\ne 0$ ，即 $f\left(0\right)>0$ ，

将 $x=y=0$ 代入式(6)得到

$f\left(0\right)\le h^s\left(\alpha \right)f\left(0\right)+h^s\left(\beta \right)f\left(0\right)$ ,

此时令 $\alpha =\beta$ ，可得

$f\left(0\right)\le 2h^s\left(\alpha \right)f\left(0\right)$ ,

两边同除以 $f\left(0\right)$ 得到

$1\le 2h^s\left(\alpha \right)$ ,

即

$h^s\left(\alpha \right)\ge \frac{1}{2}$ ,

这与已知条件矛盾，则原假设不成立，故

$f\left(0\right)=0$ .

(II)的证明方法可参照(I)的证明过程。

定理5 设 $f:I_1\to \left[0,\infty \right)$ ， $g:I_2\to \left[0,\infty \right)$ ，且满足 $g\left(I_2\right)\subseteq I_1$ ， $0\in I_1$ ， $f\left(0\right)=0$ ，函数 $h_i:J_i\to \left[0,\infty \right)$ ， $h_2\left(J_2\right)\subseteq J_1$ $\left(i=1,2\right)$，且满足 $h_2^s\left(\alpha \right)+h_2^s\left(1-\alpha \right)\le 1$ ，其中 $\alpha \in \left[0,1\right]$ ， $s\in \left(0,1\right]$ 。

(I) 若 $h_1$ 是一个上积函数， $f\in SX\left(h_1-s,I_1\right)$ 且f是递增(递减)函数， $g\in SX\left(h_2-s,I_2\right)$ $\left(g\in SV\left(h_2-s,I_2\right)\right)$，则复合函数

$f\circ g\in SX\left(h_1\circ h_2-s,I_2\right)$ .

(II) 若 $h_1$ 是一个下积函数， $f\in SV\left(h_1-s,I_1\right)$ 且f是递增(递减)函数， $g\in SV\left(h_2-s,I_2\right)$ $\left(g\in SX\left(h_2-s,I_2\right)\right)$，则复合函数

$f\circ g\in SV\left(h_1\circ h_2-s,I_2\right)$ .

证明 (I) $\forall x,y\in I_2$ ，若 $g\in SX\left(h_2-s,I_2\right)$ 且f是递增函数，则

$\left(f\circ g\right)\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\le f\left(h_2^s\left(\alpha \right)g\left(x\right)+h_2^s\left(1-\alpha \right)g\left(y\right)\right)$ ,

接着利用定理4可得

$\begin{array}{l}f\left(h_2^s\left(\alpha \right)g\left(x\right)+h_2^s\left(1-\alpha \right)g\left(y\right)\right)\\ \le h_1^s\left(h_2^s\left(\alpha \right)\right)f\left(g\left(x\right)\right)+h_1^s\left(h_2^s\left(1-\alpha \right)\right)f\left(g\left(y\right)\right)\\ ={\left(h_1\circ h_2\right)}^s\left(\alpha \right)\cdot \left(f\circ g\right)\left(x\right)+{\left(h_1\circ h_2\right)}^s\left(1-\alpha \right)\cdot \left(f\circ g\right)\left(y\right),\end{array}$

即

$f\circ g\in SX\left(h_1\circ h_2-s,I_2\right)$ .

同理可得，若 $g\in SV\left(h_2-s,I_2\right)$ 且f是递减函数，则 $f\circ g\in SX\left(h_1\circ h_2-s,I_2\right)$ 。

(II)的证明方法可参照(I)的证明过程。

定理6 设 $f:I\to ℝ$ ，且 $f\in SX\left(h-s,I\right)$ ， $h:J\to ℝ$ 是一个非负的上积函数，则对于 $\forall x_1,x_2,x_3\in I$ $(x_1<x_2<x_3$ 且 $x_3-x_1,x_3-x_2,x_2-x_1\in J)$ ，有

$h^s\left(x_3-x_2\right)f\left(x_1\right)-h^s\left(x_3-x_1\right)f\left(x_2\right)+h^s\left(x_2-x_1\right)f\left(x_3\right)\ge 0$ . (8)

若h是非负的下积函数且 $f\in SV\left(h-s,I\right)$ ，则不等式(8)反向。

证明 根据题意可得,

$\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}\in \left(0,1\right)\subset J$ , $\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}\in \left(0,1\right)\subset J$ , $\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}+\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}=1$ .

且由h为上积函数知

$h\left(x_3-x_2\right)=h\left(\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}\cdot \left(x_3-x_1\right)\right)\ge h\left(\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}\right)\cdot h\left(x_3-x_1\right)$ ,

$h\left(x_2-x_1\right)=h\left(\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}\cdot \left(x_3-x_1\right)\right)\ge h\left(\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}\right)\cdot h\left(x_3-x_1\right)$ ,

不妨设 $h\left(x_3-x_1\right)>0$ ，则

$h\left(\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}\right)\le \frac{h\left(x_3-x_2\right)}{h\left(x_3-x_1\right)}$ , $h\left(\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}\right)\le \frac{h\left(x_2-x_1\right)}{h\left(x_3-x_1\right)}$ .

令 $\alpha =\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}$ ， $x=x_1$ ， $y=x_3$ 可得

$x_2=\alpha x+\left(1-\alpha \right)y$ ,

由于 $f\in SX\left(h-s,I\right)$ ，则

$\begin{array}{c}f\left(x_2\right)\le f\left(\alpha x+\left(1-\alpha \right)y\right)\\ \le h^s\left(\alpha \right)f\left(x\right)+h^s\left(1-\alpha \right)f\left(y\right)\\ \le h^s\left(\frac{x_3-x_2}{x_3-x{}_1}\right)f\left(x_1\right)+h^s\left(\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}\right)f\left(x_3\right)\\ \le \frac{h^s\left(x_3-x_2\right)}{h^s\left(x_3-x_1\right)}f\left(x_1\right)+\frac{h^s\left(x_2-x_1\right)}{h^s\left(x_3-x_1\right)}f\left(x_3\right)\end{array}$ (9)

不等式(9)两边同乘 $h^s\left(x_3-x_1\right)$ 即可得不等式(8)。

定理7 令函数 $f:I\to ℝ$ ， $h:J\to \left[0,\infty \right)$ ， $f\in SX\left(h-s,I\right)$ 且 $\left(m,M\right)\subseteq I$ 。记 $W_n={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}{w}_i}$ ，其中 $w_1,\cdots ,w_n$ $\left(n\ge 2\right)$ 为区间 $\left(0,1\right)$ 上的正实数，则对于 $\forall x_1,\cdots ,x_n\in \left(m,M\right)$ ，有

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}h\left(\frac{w_i}{W_n}\right)f\left(x_i\right)}\le f\left(m\right){\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}h\left(\frac{w_i}{W_n}\right)h^s\left(\frac{M-w_i}{M-m}\right)}+f\left(M\right){\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n}{\sum }}h\left(\frac{w_i}{W_n}\right)h^s\left(\frac{x_i-m}{M-m}\right)}$ . (10)

若 $f\in SV\left(h-s,I\right)$ ，则不等式(10)反向。

证明 将 $x_1=m$ ， $x_2=x_i$ ， $x_3=M$ 代入式(9)中可得到

$f\left(x_i\right)\le h^s\left(\frac{M-w_i}{M-m}\right)f\left(m\right)+h^s\left(\frac{x_i-m}{M-m}\right)f\left(M\right)$ ,

其中 $i=1,\cdots ,n$ ，将上述不等式两边同乘 $h\left(\frac{w_i}{W_n}\right)$ 之后再相加，即得到式(10)。

注：当 $s=1$ 时，上述定理1~7即为Varosanec [1] 在2007年关于h-凸函数所得的部分性质定理。

定理8 如果函数列 $\left\{f_n\in SX\left(h_n-s,I\right)\right\}$ 在I上收敛于函数f， $\left\{h_n\right\}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上收敛于函数h，那么 $f\in SX\left(h-s,I\right)$ 。

证明 由于 $\left\{h_n\right\}$ 为 $\left[0,1\right]$ 上的非负函数列，故其收敛函数h也是非负函数。由已知条件可知，对于 $\forall x,y\in I,t\in \left[0,1\right]$ ，有

$f_n\left(tx+\left(1-t\right)y\right)\le h_n^s\left(t\right)f_n\left(x\right)+h_n^s\left(1-t\right)f_n\left(y\right)$ .

因此

$\lim f_n\left(tx+\left(1-t\right)y\right)\le \lim \left\{h_n^s\left(t\right)f_n\left(x\right)+h_n^s\left(1-t\right)f_n\left(y\right)\right\}$ .

即

$f\left(tx+\left(1-t\right)y\right)\le h^s\left(t\right)f\left(x\right)+h^s\left(1-t\right)f\left(y\right)$ .

从而

$f\in SX\left(h-s,I\right)$ .

推论 如果函数列 $\left\{f_n\in SX\left(h_n,I\right)\right\}$ 在I上收敛于函数f， $\left\{h_n\left(x\right)\right\}$ 在 $\left[0,1\right]$ 上收敛于函数h，那么 $f\in SX\left(h,I\right)$ 。

致谢

感谢阮建苗教授指导！

基金项目

国家级大学生创新创业训练计划项目(No. 202214275002)。

文章引用

卢嘉颖,屈莱曼,黄 蔓. (h−s)-凸函数的若干性质
Some Properties of (h−s)-Convex Functions[J]. 理论数学, 2023, 13(07): 1946-1952. https://doi.org/10.12677/PM.2023.137200

参考文献