Batas fungsi cembung

Aug 18 2020

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

TheSilverDoe Aug 18 2020 at 12:11

Petunjuk: coba buktikan bahwa fungsi konveks bisa menurun, entah naik, turun lalu naik.

AndrewKay Aug 21 2020 at 15:40

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 $x\rightarrow-\infty$.