证明实变量函数$|x{|}^p(p\ge 1)$的凸性

证明

首先记$f(x)=|x{|}^p,p\ge 1$

我们通过求二阶导数，易证它得在$(-\infty ,0]$和$[0,+\infty )$上的凸性。
因此f(x)在这两个区间上都满足一阶条件，即
$$f(\theta x+(1-\theta )y)\le \theta f(x)+(1-\theta )f(y),\forall x,y\in (-\infty ,0]\text{\hspace{1em}(1)}$$ $$f(\theta x+(1-\theta )y)\le \theta f(x)+(1-\theta )f(y),\forall x,y\in [0,+\infty )\text{\hspace{1em}(2)}$$
并且，我们知道，$f(x)$在$(-\infty ,0]$上单调减，在$[0,+\infty )$上单调增。

要证明$f(x)$的凸性，就要在全区间$\mathbb{R}$上满足一阶或者二阶条件。然而在$x=0$处$f(x)$对某些$p$未必可微（或二阶可微），通过二阶条件证明显得非常麻烦。

考虑通过一阶条件证明，即
$$f(\theta x+(1-\theta )y)\le \theta f(x)+(1-\theta )f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}\text{\hspace{1em}(3)}$$
上面已经讨论，对于$(-\infty ,0]$和$[0,+\infty )$两个区间上的任意$x,y$一阶条件均分别成立（式(1)(2)），因此不失一般性，仅需要证明$x\le 0\le y$情况下一阶条件成立，则整个实数域上一阶条件都成立。

下面试证明
$$f(\theta x+(1-\theta )y)\le \theta f(x)+(1-\theta )f(y),\forall x\le 0\le y\text{\hspace{1em}(4)}$$

若$\theta x+(1-\theta )y\ge 0$，那么根据$f(x)$的增减性和非负性（因为是绝对值函数）：
$$\begin{array}{rl}& \because \theta x+(1-\theta )y\le (1-\theta )y(x\le 0)\\ & \therefore f(\theta x+(1-\theta )y)\le f((1-\theta )y)\underset{非负性}{\le }f(\theta x)+f((1-\theta )y)\\ & \because f(kx+(1-k)\ast 0)\le kf(x)+(1-k)f(0)=kf(x),\forall x\in \mathbb{R};\forall k,0\le k\le 1\\ & \therefore f(\theta x)+f((1-\theta )y)\le \theta f(x)+(1-\theta )f(y)\\ & \therefore f(\theta x+(1-\theta )y)\le f(\theta x)+f((1-\theta )y)\le \theta f(x)+(1-\theta )f(y)\end{array}$$
同理，若$\theta x+(1-\theta )y\le 0$，那么根据$f(x)$的增减性和非负性（因为是绝对值函数）：
$$\begin{array}{rl}& \because \theta x+(1-\theta )y\ge \theta x(y\ge 0)\\ & \therefore f(\theta x+(1-\theta )y)\le f(\theta x)\underset{非负性}{\le }f(\theta x)+f((1-\theta )y)\\ & \because f(kx+(1-k)\ast 0)\le kf(x)+(1-k)f(0)=kf(x),\forall x\in \mathbb{R};\forall k,0\le k\le 1\\ & \therefore f(\theta x)+f((1-\theta )y)\le \theta f(x)+(1-\theta )f(y)\\ & \therefore f(\theta x+(1-\theta )y)\le f(\theta x)+f((1-\theta )y)\le \theta f(x)+(1-\theta )f(y)\end{array}$$
因此，$f(x)$在实数域上满足一阶条件，它是一个凸函数。

图示

下图显示了$\theta x+(1-\theta )y\ge 0$的情况，希望有助于理解。