齐次可微函数的对角递减性与一类不等式的证明

2021-01-26王挽澜秦小林

西南民族大学学报(自然科学版) 2020年5期

关键词：对角分块单调

姚勇，王挽澜，秦小林

(1.中国科学院成都计算机应用研究所，四川成都 610041；2.成都大学信息科学与技术学院，四川成都 610106)

首先来看一个不等式的例子

例1：设n是正整数，证明对任意两两不等的非负实数a，b，c都有

证明:考虑函数

引进参数t，从对称性、两两不等且和非负，可设a＞b＞c≥t≥0.考虑t的函数

我们要证明g(t)是一个单调减函数.对g(t)求导数(注意到g(t)的分母中不含有t，容易求导数)，获得

对g′(t)再求一次导数(这里求导依然是简单的)，得到

因为a＞b＞c≥t≥0，我们有g″(t)≥0.因此，g′(t)是单调增函数。记显然A＞0.于是得到

从g′(t)≤0推出g(t)是一个单调减函数.因此，我们有

最后只需证明f(a-c，b-c，0)≥0.也就是要证f(a，b，0)≥0.换言之

这是一个熟知的不等式.它等价于

使用算术-几何平均不等式有

两式相加除以( 4n+1)即证得不等式(2).

这样我们就完成了不等式(1)的证明.

上面的例子显示了函数f的一个特性:它关于变元t是单调递减的.这个特性我们称之为对角递减性.类似例1这样的例子并不是罕见的，事实上有较大的一类函数具有这种属性，可参考文献[1-6].本文中我们将对这类函数作相对深入的研究.

注释1例1中n=1的情况属于四川师范大学李昌勇.

注释2书[3]中阐述了与例1中类似的方法，称为全导数方法.书中也仅仅是使用该方法去证明不等式，并未对方法本身加以研究.

现在，来正式引入对角递减性的概念.

定义1：令x=(x1，…，xn)，实空间Rn中第一卦限记为(不含原点)，即

齐次函数f(x)如果满足对任意的点x都有

其中0≤t≤min{x1，…，xn}，则称函数f(x)在上具有对角递减性.

对角递减性有一个几何解释.在空间Rn中给定单位立方体In=[0，1]n，点P=(1，…，1)是立方体的一个顶点，连接立方体的对角线PO，获得向量对每一个给定的点函数f(x)沿着平行于向量的方向趋向坐标面，f(x)的值是单调减少的，见图1.

图1 对角递减性的几何解释Fig.1 The geometrical interpretation of the diagonal decreasing property

定义2：齐次函数f(x)如果对任意的点都有f(x)≥0则称为在上是非负的，简称非负的.如果满足则称为严格正的.对角递减函数被应用于证明许多的不等式.但对角递减函数自身的研究甚少.本文将向这一方向前进一步，研究了对角递减函数的初步性质.文中以下部分的内容被组织为:第二节是对角递减函数的基本性质.第三节研究了非负三元二次型中对角递减函数出现的概率.它显示了对角递减函数的不足.为了弥补这一弱点，我们在第四节引入了分块对角递减函数的概念，理论结果是证明了严格正的齐次多项式函数，一定是分块对角递减函数.也就是说分块对角递减函数在非负齐次多项式函数中是一个相当大的类.最后是全文的总结以及未来工作的一些想法.

1 微分判别法与应用基础

下面的两个简单引理是定义1的直接结果.考虑到完整性，这里仍给出了证明.

引理1：设f(x)是定义在上的齐次可微函数.记全导数

f(x)是对角递减函数当且仅当

证明：记

函数g(t)关于t单调减少是等价于

根据导数的链式法则

作变量代换

并注意到0≤t≤min{x1，…，xn}，知

也就是

上面的过程是可逆的.所以我们同时证明了充分性和必要性.

引理1中没有出现参数t，表明函数的对角递减性是函数自身的属性与参数t并没有直接关系.对角递减函数有如下的基本性质，它是应用的基础

引理2：集合上的齐次函数f(x)是对角递减函数.则不等式

成立当且仅当

证明：必要性是明显的.主要证明充分性

根据对角递减函数的定义有

由于0≤t≤min{x1，…，xn}，不妨设x1=min{x1，…，xn}.于是

最后一个不等式是等价于

证明完成.

讨论：f(x)|xi=0实际上只有n-1个变元.正如例1所显示出的，要证明与对角递减函数相关的不等式，将被归结到证明至少有一个变量为0的情况，从而减少了变元数量.因此对角递减函数可以起到降低维数的作用.

2 对角递减的三元二次型

下面对最简单的情况——三元二次型来估计对角递减函数在非负三元二次型中所占的比例.令实二次型

其中A=(aij)是实对称矩阵.计算f(x)的全导数得到

于是根据引理1，我们获得

引理3：实二次型

f(x)是对角递减函数当且仅当对每一个i∈{1，2，…，n}都有

证明：由引理1和等式(4)立得.

下面来具体计算三元二次非负型集合中，对角递减函数所占比例是多少.

第一步:规范化三阶实对称矩阵

对称矩阵

所对应的的三元二次型为

假定a11，a22，a33都是正实数(如果其中有一个是负数则三元二次型不是非负的)，考虑变换

于是

矩阵B具有如下形式

注意到

因此从矩阵A转向矩阵B并没有损失非负性.但是矩阵B要简单很多.

引理4[7]:给定二次型

矩阵B具有(5)的形式.不等式

成立当且仅当

讨论：注意到如果bij＞0，则条件bij+1≥0自然成立.因此我们只关注bij≤0的部分.于是假设

也就是将参数空间限制在一个立方体[-1，0]3中.

引理5：满足不等式

的点(x，y，z)所围成的立体的体积记为V1

证明:计算点集的边界曲面，也就是解方程

求得(舍去立方体[-1，0]3外的一枝)

再解方程

得解(同样舍去一个不合题意的解)

根据微积分方法，我们知道

引理6：给定二次型

矩阵B具有(5)的形式.并且假设

则g是对角递减函数并且不等式

成立当且仅当

证明：直接由引理3和引理4得出.

引理7：满足不等式

的点(x，y，z)所围成的立体的体积记为V2

证明：由于条件都是线性约束，根据解析几何的方法，满足条件的点集(x，y，z)是一个凸多面体.求出它的顶点是

并且它是两个四面体的并.这两个四面体的顶点分别为

定理1：给定二次型

矩阵B具有(5)的形式.并且假设

则对角递减函数在非负三元二次型中出现的概率是

证明：由引理5和引理7立得.

3 分块对角递减函数

从定理1可以看到对角递减函数是相对较少的，在证明不等式时作用比较有限.我们将引入更强的分块对角递减函数.

我们记标准单形

由点P1，…，Pk所张成的单形，记为[P1，…，Pk]

将标准单形分解为更小的单形，我们称为单纯剖分，如果小单形满足下面两个条件.

②任意两个小单形内部不相交，即j≠k时Int(Λj)∩Int(Λk)=φ.

如果将空间Rn的点用列向量表示，则小单形Λj的顶点坐标对应了一个列随机矩阵，记为[Λj].矩阵[Λj]是不唯一的，它们相差一个列的置换.

这里要区别记号[P1，…，Pk]和[P1…Pk]

⊙[P1，…，Pk]表示由点P1，…，Pk所张成的单形.

⊙[P1…Pk]表示以P1，…，Pk为列的矩阵.

定义3：在Rn*+上的齐次可微函数f(x)，如果存在标准单形的单纯剖分

使得对每个小单形Λj，f([Λj]x)都是对角递减函数，则称f(x)称为分块对角递减函数.

分块对角递减函数包含了较多的函数.比如我们将证明下面两个结果.

定理2：二元型

证明:根据实数域上单变量多项式的唯一因子分解定理，齐次多项式f(u，v)的不可约因子是一次或二次的.于是要证的结论明显是下面引理8的推论.

引理8：二元二次型

证明：分两种情况b≥0和b＜0.

1.如果b≥0，则根据引理1有r(u，v)是对角递减函数，因为r(u，v)的全导数显然是非负的.

2.如果b＜0，则其判别式需要满足

我们将标准单形Δ2分解为两个小单形Λ1和Λ2

定理3：齐次多项式f∈R[x]，如果

则f是分块对角递减函数.

定理3的证明需要的一个关键引理.它来自文献[8].

引理9[8]：齐次多项式f∈R[x]，如果

则存在正数ε，使得对任意直径小于ε的单形Λ满足f([Λ]x)的系数都是正数.

证明：见文献[8].

定理3的证明：一方面，如果多项式g的系数都是正实数，则显然有

因为

的系数也都是正实数.所以g是对角递减函数.

另一方面，根据引理9，存在正数ε，使得对任意直径小于ε的单形Λ满足f([Λ]x)的系数都是正数.于是只需将标准单形Δn分解为直径充分小的单形就可以了.也就是说只需证明存在Δn的单纯剖分

满足Λj的直径都小于ε.这是可以做到的，比如使用重心剖分[9-10].

综合上述两方面，我们便证明了定理3.

讨论：注意到在非负齐次多项式函数中严格正的齐次多项式函数出现的概率是1.这是因为非负齐次多项式在齐次多项式中是一个锥.这个锥被分为两部分——边界和内部，内部代表严格正的，而边界则代表非负且非严格正的.熟知边界的维数要低于内部的维数.于是随机的取一个非负齐次多项式，它是严格正的齐次多项式的概率是1，也就是说它是分块对角递减函数.这可以粗略地看到分块对角递减函数是相当大的类.