Une question sur l'affinité asymptotique et la convexité stricte avec des moyennes illimitées

Aug 18 2020

Laisser $F:[0,\infty) \to [0,\infty)$ être un $C^1$ fonction strictement convexe.

Laisser $\lambda_n \in [0,1],a_n\le c<b_n \in [0,\infty)$ satisfaire $$ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n)b_n=c_n \tag{1}$$ et supposer que $c_n \to ֿ\infty$. (ce qui implique$b_n \to ֿ\infty$). $c>0$ est juste une constante, faire $a_n$ délimité.

Ensemble $D_n=\lambda_nF(a_n)+(1-\lambda_n)F(b_n)-F\big(c_n\big) $, et supposons que $\lim_{n \to \infty}D_n=0$

Question: Est - ce que$\lambda_n \to 0$?

Mon intuition est que même si $F$ devient "moins convexe" (plus proche d'être affine) lorsque $x \to \infty$, alors nous ne pouvons pas mettre trop de poids sur le $a_n$-dans le cas contraire, nous sommes frappés par le "décalage de convexité" $a_n$ et $b_n$ d'un montant non négligeable, ce qui devrait $D_n$ grand.

Éditer:

Ceci est une tentative de comprendre la réponse de Ron P:

Nous avons $D(a_n,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)+(1-\lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, où $ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n) b_n=c_n$.

De même, $D(a,c_n,b_n)=\tilde \lambda_n F(a)+(1-\tilde \lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, où $ \tilde\lambda_n a +(1-\tilde \lambda_n) b_n=\tilde c_n$.

Supposer que $a_n \to a$. (Cela implique$\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$). Nous avons

$$D(a_n,c_n,b_n)-D(a,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)-\tilde \lambda_n F(a)+(\tilde \lambda_n-\lambda_n)F(b_n). \tag{2}$$ Le premier terme tend vers zéro, car $F(a_n) \to F(a)$ et $\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$.

Pourquoi le deuxième terme tend-il à zéro? nous n'avons pas de contrôle sur$F(b_n)$, droite?

Réponses

4 IosifPinelis Aug 18 2020 at 22:25

La réponse est oui.

En effet, par redimensionnement, sans perte de généralité (wlog) $c=1$. Pour simplifier les notations, laissez$f:=F$, $a:=a_n$, $b:=b_n$, $c:=c_n$, $t:=\lambda_n$, $D:=D_n$. Passer à une sous-séquence, wlog$a\to a_*\in[0,1]$ et $t\to t_*\in(0,1]$. Aussi, wlog$a+2\le c$, puisque $a\le1$ et $c\to\infty$. Aussi, wlog$b>c$, depuis wlog $t>0$ et $c>a$.

Par la convexité de $f$ et inégalités $a+1\le a+2\le c$, \ begin {équation *} f (a + 1) \ ge f (c) + \ frac {a + 1-c} {bc} \, (f (b) -f (c)). \ tag {1 } \ end {equation *} En utilisant maintenant la convexité de$f$ encore une fois avec l'inégalité $a+2\le c$ et (1), nous avons \begin{align*} 0\le d&:=\frac{f(a)+f(a+2)}2-f(a+1) \\ &\le \frac{f(a)}2+\frac12\,\frac{(c-a-2)f(a)+2f(c)}{c-a}-f(a+1) \\ &=\tilde d:=\frac{(c-a-1)f(a)+f(c)}{c-a}-f(a+1) \\ &\le\frac{(c-a-1)f(a)+f(c)+D}{c-a} \\ &\ \ -\Big(f(c)+\frac{a+1-c}{b-c}\,(f(b)-f(c))\Big) \\ &=\tilde D:=\frac{b-a-1}{b-a}\frac Dt\sim\frac D{t_*}\to0, \end{align*}de sorte que \ begin {équation *} d \ to0. \ tag {2} \ end {équation *} D'un autre côté, \ begin {équation *} d \ to \ frac {f (a _ *) + f (a _ * + 2)} 2-f (a _ * + 1 )> 0 \ end {équation *} par la convexité stricte de$f$. Cela contredit (2).$\Box$

Remarque: comme vu de ce qui précède, condition$c\to\infty$ peut être détendu pour $\liminf(c-a)>0$.


La solution ci-dessus peut sembler quelque peu mystérieuse. En fait, l'idée est plutôt géométrique. Pour tout vrai$A,B,C$ tel que $A\le B\le C$, laissez le "gain" $g(A,B;C)$ dénoter la distance entre le point sur le graphique de la fonction convexe $f$ avec abscisse $C$ et le point avec la même abscisse sur la corde reliant les points sur le graphique de $f$ avec abscisses $A$ et $B$.

Donc (voir l'image ci-dessous), $D=g(a,b;c)$ et $\tilde d=g(a,c;a+1)$, où $\tilde d$est tel que défini dans l'affichage multiligne ci-dessus. Dans cet affichage, il a été montré que$\tilde d\le\tilde D$, ce qui ressort clairement de l'image. Également si$t$ est délimité de $0$ - c'est-à-dire si $c/b$ est délimité de $1$, alors, comme il ressort clairement de l'image en regardant les triangles similaires, nous avons $\tilde D\asymp D\to0$; cf. la dernière ligne de l'affichage multiligne ci-dessus. Ceci et l'inégalité$\tilde d\le\tilde D$ impliquer $\tilde d\to0$.

Par la convexité de $f$, pour tout réel fixe $A,C$ tel que $A\le C$, le gain $g(A,B;C)$ ne diminue pas en $B\in[C,\infty)$(ici vous voudrez peut-être dessiner une autre image). Par conséquent et parce que$a+2\le c$, nous avons $d=g(a,a+2;a+1)\le g(a,c;a+1)=\tilde d$, de sorte que $d\le\tilde d$, qui apparaît dans les trois premières lignes de l'affichage multiligne ci-dessus.

Il s'agit de l'explication géométrique de (1) et de l'affichage multiligne ci-dessus.

2 RonP Aug 20 2020 at 18:53

Commençons par reformuler la question. Pour$0\leq a\leq c\leq b$, laisser $\lambda=\lambda(a,c,b)\in[0,1]$ être le nombre tel que $c=\lambda a + (1-\lambda)b$, et pour $f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$ définir $$ D_f(a,c,b)= \lambda f(a)+(1-\lambda)f(b)-f(c). $$

Lemme 1. Soit$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$être strictement convexe et différentiable en permanence. Laisser$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ être des séquences telles que $a_n$ est délimité, $c_n-a_n$ est délimité par 0, et $\limsup \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Ensuite,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.

Nous appliquons d'abord une séquence d'étapes de réduction qui nous permettent de supposer que wlog $a_n=0$, $c_n\geq 1$, , pour tous $n$, et $\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Si vous pensez que cela est possible, vous pouvez passer directement au lemme 5 ci-dessous.

En prenant une sous-séquence $n'$ sur lequel $\liminf \lambda(a_{n'},c_{n'},b_{n'})>0$, Le lemme 1 découle du lemme 2.

Lemme 2. Soit$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$être strictement convexe et différentiable en permanence. Laisser$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ être des séquences telles que $a_n$ est délimité, $c_n-a_n$ est délimité par 0, et $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Ensuite,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.

En prenant plus loin une sous-séquence $n'$ sur lequel les deux $a_{n'}$ converge, le lemme 2 découle du lemme 3.

Lemme 3. Soit$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$être strictement convexe et différentiable en permanence. Laisser$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ être des séquences telles que $a_n\to a$, $c_n-a_n$ est délimité par 0, et $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Ensuite,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.

Pour tout fixe $\epsilon>0$, les fonctions $\lambda(a,c,b)$ est continue dans $a$ uniformément dans $c$ et $b$ sur le domaine $\epsilon\leq a +\epsilon\leq c\leq b$; donc, sous les hypothèses du lemme 3,$0<\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)=\liminf\lambda(\lim a_n,c_n,b_n)$. De plus, pour$\lim a_n <a<\liminf c_n$ assez petit, nous avons $\liminf\lambda(a,c_n,b_n)>0$. Puisque$D_f(a,c,b)$ diminue en $a$, $\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)\geq\limsup D_f(a,c_n,b_n)$. Par conséquent, le lemme 3 découle du lemme 4.

Lemme 4. Soit$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$être strictement convexe et différentiable en permanence. Laisser$0\leq a\leq c_n\leq b_n$ être des séquences telles que $c_n-a$ est délimité par 0, et $\liminf \lambda(a,c_n,b_n)>0$. Ensuite,$\limsup D_f(a,c_n,b_n)>0$.

Laisser $T\colon \mathbb R\to\mathbb R$ être la transformation affine qui mappe $a$ à $0$ et $\inf c_n$ à $1$. Remplacement$f$ par $F=f\circ T^{-1}$, et $a,c_n,b_n$ par $T(a),T(c_n),T(b_n)$ respectivement, le lemme 4 découle du lemme 5.

Lemme 5. Soit$F\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$être strictement convexe et différentiable en permanence. Laisser$1\leq c_n\leq b_n$ être des séquences telles que $\liminf \lambda(0,c_n,b_n)>0$. Ensuite,$\limsup D_F(0,c_n,b_n)>0$.

Preuve du lemme 5. Nous supposons que wlog$F(0)=0$ et dénotent $\lambda_n=\lambda(0,c_n,b_n)$ et $D_n=D_F(0,c_n,b_n)$.

Définir une fonction $G\colon [1,\infty)\times (1,\infty)\to \mathbb R$ par $$ G(x,y)=\tfrac 1 y F(xy)-F(x). $$

Réclamation 6. $G$ est positif et augmente dans les deux $x$ et $y$.

Preuve de réclamation 6. Depuis$F$ est strictement convexe, $F(0)=0$, et $x = 1/y(xy)+(1-1/y)0$, $G(xy)>0$. Puisque$F'$ augmente, nous avons $\frac {d}{dx}G(xy)=F'(xy)-F'(x)>0$, donc $G$ augmentation de $x$. Puisque$F'$ augmente et $G(x,y)=1/y\int_0^yF'(xt)x\,dt - F(x)$, $G$ augmentation de $y$, en remplissant la preuve de la réclamation 6.

Supposons qu'il y ait $\lambda_0>0$ tel que $\lambda_n\geq \lambda_0$ pour tous $n$. Ensuite,$$ D_n = G(c_n,1/(1-\lambda_n))\geq G(1,1/(1-\lambda_0)>0, \quad\text{for all $n$.} $$ QED