Batas fungsi cembung
Saya perlu memeriksa latihan berikut:
Membiarkan $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ fungsi cembung.
Buktikan itu $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)$ dan $\lim_{x \rightarrow - \infty} f(x)$ ada
Tunjukkan bahwa jika kedua batasnya terbatas, maka $f$ konstan.
Upaya saya:
i) Saya tahu itu jika $f$ adalah cembung $$f(t x_1 + (1-t)x_2)< t f(x_1) + (1-t) f(x_2)$$
Jika saya memperbaiki sewenang-wenang $N>0$, maka saya memilikinya untuk $x>x_2 \colon \quad f(x)>N$, berkat konveksitasnya, oleh karena itu ini membuktikan batasnya $+ \infty$ adalah $+\infty$.
Argumen yang sama berlaku untuk $\lim_{x \rightarrow -\infty}f(x)$: itu cukup untuk dicatat bahwa untuk $x<x_1 \colon \quad f(x)>N$.
ii)
Secara grafis sudah jelas, tapi saya punya masalah dalam membuatnya formal.
Jika batasnya terbatas, katakan $L$, lalu untuk setiap $\varepsilon >0$ ada $M(\varepsilon)$ seperti itu $$x>M(\varepsilon) \colon \quad |f(x)-L|\leq \varepsilon$$
Menganggap $f (x) \ne c$. Menurut definisi konveksitas, ia harus memegang (untuk$t \in [0,1]$) $$t f(M)+(1-t)f(M+1) \leq f(t M + (1-t)(M+1))$$
Sekarang, menurut definisi batas, $f(M)$ dan $f(M+1)$ lebih kecil dari $L-\varepsilon$. Juga, argumen di rhs tentang ketidaksetaraan dapat disederhanakan:
$$L-\varepsilon <t f(M)+(1-t)f(M+1) \leq f(t M + (1-t)(M+1)) = f(M-t)$$
Karena itu $$L-\varepsilon < f(M-t)$$, yang merupakan kontradiksi karena $M-t<M$ dan karenanya bisa lebih besar dari $L-\varepsilon$.
Begitu $f$ harus sama dengan $c$. Memang dalam hal ini, masih (sepele) cembung, dan tentu saja batasnya terbatas.
Jawaban
Petunjuk: coba buktikan bahwa fungsi konveks bisa menurun, entah naik, turun lalu naik.
konveksitas biasanya berarti "$\le$", tidak"$\lt$"(jika tidak," sangat cembung ").
Anda tidak ingin menunjukkan bahwa f selalu menuju tak terbatas, karena tidak perlu.
Dimulai dari $x\rightarrow\infty$.
Misalkan dulu ada dua poin $x\lt y$ dengan $f(x)\lt f(y)$. Kemudian kita dapat menunjukkan bahwa f menuju tak terhingga. Kita bisa mengandaikan tanpa kehilangan keumuman itu$x=0$ dan $f(x)=0$ (jika tidak, geser dan geser f hingga terjadi. Itu tidak akan mengubah perilaku yang kita minati.)
Pertimbangkan beberapa $z>y$. Sejak$y>x=0$, kemudian $z=y/t$ untuk beberapa $0<t<1$. Jadi dengan konveksitas,$$tf(z)=tf(y/t)+(1-t)f(0)\ge f(t(y/t)+(1-t)0)=f(y)$$ Begitu $f(z)\ge f(y)/t$. Sebagai$z\rightarrow \infty$ jelas itu $t$ pergi ke $0$, jadi $f(y)/t\rightarrow\infty$ (ingat $f(y)>0$) dan karena itu begitu juga $f(z)$. Oleh karena itu dalam kasus ini$f$ meningkat hingga tak terbatas.
Jika tidak, anggapan kami salah, jadi f harus konstan atau non-konstan dan monoton menurun. Misalkan itu yang terakhir. Sekali lagi, pindahkan asal agar$f(0)=0$. Kemudian$f(1)<0$ dan mudah untuk ditunjukkan oleh sifat konveksitas itu $f(t)\le t f(1)$ sehingga $f$ berbunyi minus tak terhingga.
Anda kemudian dapat mengulangi argumen dengan simetri, untuk perilaku sebagai $x\rightarrow-\infty$.