Sebuah pertanyaan tentang afinitas asimtotik dan konveksitas ketat dengan sarana tak terbatas
Membiarkan $F:[0,\infty) \to [0,\infty)$ menjadi a $C^1$ fungsi cembung ketat.
Membiarkan $\lambda_n \in [0,1],a_n\le c<b_n \in [0,\infty)$ memuaskan $$ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n)b_n=c_n \tag{1}$$ dan asumsikan itu $c_n \to ֿ\infty$. (yang menyiratkan$b_n \to ֿ\infty$). $c>0$ hanyalah beberapa hal yang konstan, untuk dibuat $a_n$ dibatasi.
Set $D_n=\lambda_nF(a_n)+(1-\lambda_n)F(b_n)-F\big(c_n\big) $, dan asumsikan itu $\lim_{n \to \infty}D_n=0$
Pertanyaan: Apakah$\lambda_n \to 0$?
Intuisi saya adalah bahkan jika $F$ menjadi "kurang cembung" (lebih dekat dengan affine) saat $x \to \infty$, maka kita tidak bisa terlalu membebani $a_n$-karena jika tidak kita terkena "celah konveksitas" antara $a_n$ dan $b_n$ dengan jumlah yang tidak dapat diabaikan, yang seharusnya membuat $D_n$ besar.
Edit:
Ini adalah upaya untuk memahami jawaban Ron P:
Kita punya $D(a_n,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)+(1-\lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, dimana $ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n) b_n=c_n$.
Demikian pula, $D(a,c_n,b_n)=\tilde \lambda_n F(a)+(1-\tilde \lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, dimana $ \tilde\lambda_n a +(1-\tilde \lambda_n) b_n=\tilde c_n$.
Seandainya $a_n \to a$. (Ini menyiratkan$\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$). Kita punya
$$D(a_n,c_n,b_n)-D(a,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)-\tilde \lambda_n F(a)+(\tilde \lambda_n-\lambda_n)F(b_n). \tag{2}$$ Suku pertama cenderung nol, karena $F(a_n) \to F(a)$ dan $\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$.
Mengapa suku kedua cenderung nol? kami tidak memiliki kendali atas$F(b_n)$, Baik?
Jawaban
Jawabannya iya.
Memang, dengan penskalaan ulang, tanpa kehilangan keumuman (wlog) $c=1$. Untuk menyederhanakan notasi, biarkan$f:=F$, $a:=a_n$, $b:=b_n$, $c:=c_n$, $t:=\lambda_n$, $D:=D_n$. Meneruskan ke berikutnya, wlog$a\to a_*\in[0,1]$ dan $t\to t_*\in(0,1]$. Juga, wlog$a+2\le c$, sejak $a\le1$ dan $c\to\infty$. Juga, wlog$b>c$, sejak wlog $t>0$ dan $c>a$.
Dengan konveksitas $f$ dan ketidaksetaraan $a+1\le a+2\le c$, \ begin {persamaan *} f (a + 1) \ ge f (c) + \ frac {a + 1-c} {bc} \, (f (b) -f (c)). \ tag {1 } \ end {persamaan *} Menggunakan sekarang nilai konveks$f$ lagi bersama dengan ketidaksetaraan $a+2\le c$ dan (1), kami punya \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*}sehingga \ begin {persamaan *} d \ to0. \ tag {2} \ end {persamaan *} Di sisi lain, \ begin {persamaan *} d \ to \ frac {f (a _ *) + f (a _ * + 2)} 2-f (a _ * + 1 )> 0 \ end {persamaan *} dengan kecembungan ketat dari$f$. Ini bertentangan (2).$\Box$
Keterangan: Seperti yang terlihat di atas, kondisi$c\to\infty$ bisa santai $\liminf(c-a)>0$.
Solusi di atas mungkin terlihat agak misterius. Sebenarnya, idenya adalah ide geometris yang agak sederhana. Untuk nyata apa pun$A,B,C$ seperti $A\le B\le C$, biarkan "keuntungan" $g(A,B;C)$ menunjukkan jarak antara titik pada grafik fungsi cembung $f$ dengan absis $C$ dan titik dengan absis yang sama pada tali yang menghubungkan titik-titik pada grafik $f$ dengan absis $A$ dan $B$.
Jadi (lihat gambar di bawah), $D=g(a,b;c)$ dan $\tilde d=g(a,c;a+1)$, dimana $\tilde d$adalah seperti yang didefinisikan pada tampilan multi-garis di atas. Di layar itu, terlihat bahwa$\tilde d\le\tilde D$, yang jelas dari gambar. Juga, jika$t$ dibatasi dari $0$ - yaitu, jika $c/b$ dibatasi dari $1$, maka, seperti yang jelas dari gambar dengan melihat segitiga serupa, kita punya $\tilde D\asymp D\to0$; cf. baris terakhir dari tampilan multi-baris di atas. Ini dan ketidaksetaraan$\tilde d\le\tilde D$ berarti $\tilde d\to0$.
Dengan konveksitas $f$, untuk real tetap apa pun $A,C$ seperti $A\le C$, keuntungannya $g(A,B;C)$ tidak berkurang $B\in[C,\infty)$(di sini Anda mungkin ingin membuat gambar lain). Karena itu dan karena$a+2\le c$, kita punya $d=g(a,a+2;a+1)\le g(a,c;a+1)=\tilde d$, maka $d\le\tilde d$, yang diperlihatkan dalam tiga baris pertama dari tampilan multi-baris di atas.
Inilah penjelasan geometri (1) dan tampilan multi-garis di atas.
Pertama mari kita rumuskan kembali pertanyaannya. Untuk$0\leq a\leq c\leq b$, biarkan $\lambda=\lambda(a,c,b)\in[0,1]$ jadilah nomor seperti itu $c=\lambda a + (1-\lambda)b$, dan untuk $f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$ menetapkan $$ D_f(a,c,b)= \lambda f(a)+(1-\lambda)f(b)-f(c). $$
Lemma 1. Biarkan$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$menjadi sangat cembung dan terus menerus dapat dibedakan. Membiarkan$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ menjadi urutan seperti itu $a_n$ terikat, $c_n-a_n$ dibatasi dari 0, dan $\limsup \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Kemudian,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
Kami pertama kali menerapkan urutan langkah-langkah pengurangan yang memungkinkan kami untuk mengasumsikan wlog itu $a_n=0$, $c_n\geq 1$, , untuk semua $n$, dan $\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Jika Anda yakin itu mungkin, Anda dapat langsung beralih ke Lemma 5 di bawah ini.
Dengan mengambil sub-urutan $n'$ di mana $\liminf \lambda(a_{n'},c_{n'},b_{n'})>0$, Lemma 1 mengikuti dari Lemma 2.
Lemma 2. Biarkan$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$menjadi sangat cembung dan terus menerus dapat dibedakan. Membiarkan$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ menjadi urutan seperti itu $a_n$ terikat, $c_n-a_n$ dibatasi dari 0, dan $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Kemudian,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
Dengan mengambil sub-urutan lebih lanjut $n'$ yang keduanya $a_{n'}$ konvergen, Lemma 2 mengikuti dari Lemma 3.
Lemma 3. Biarkan$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$menjadi sangat cembung dan terus menerus dapat dibedakan. Membiarkan$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ menjadi urutan seperti itu $a_n\to a$, $c_n-a_n$ dibatasi dari 0, dan $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Kemudian,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
Untuk apapun tetap $\epsilon>0$, fungsinya $\lambda(a,c,b)$ terus menerus dalam $a$ seragam $c$ dan $b$ di atas domain $\epsilon\leq a +\epsilon\leq c\leq b$; oleh karena itu, berdasarkan asumsi Lemma 3,$0<\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)=\liminf\lambda(\lim a_n,c_n,b_n)$. Selanjutnya untuk$\lim a_n <a<\liminf c_n$ cukup kecil, kami punya $\liminf\lambda(a,c_n,b_n)>0$. Sejak$D_f(a,c,b)$ menurun $a$, $\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)\geq\limsup D_f(a,c_n,b_n)$. Oleh karena itu, Lemma 3 mengikuti dari Lemma 4.
Lemma 4. Biarkan$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$menjadi sangat cembung dan terus menerus dapat dibedakan. Membiarkan$0\leq a\leq c_n\leq b_n$ menjadi urutan seperti itu $c_n-a$ dibatasi dari 0, dan $\liminf \lambda(a,c_n,b_n)>0$. Kemudian,$\limsup D_f(a,c_n,b_n)>0$.
Membiarkan $T\colon \mathbb R\to\mathbb R$ jadilah transformasi affine yang memetakan $a$ untuk $0$ dan $\inf c_n$ untuk $1$. Mengganti$f$ oleh $F=f\circ T^{-1}$, dan $a,c_n,b_n$ oleh $T(a),T(c_n),T(b_n)$ masing-masing, Lemma 4 mengikuti dari Lemma 5.
Lemma 5. Biarkan$F\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$menjadi sangat cembung dan terus menerus dapat dibedakan. Membiarkan$1\leq c_n\leq b_n$ menjadi urutan seperti itu $\liminf \lambda(0,c_n,b_n)>0$. Kemudian,$\limsup D_F(0,c_n,b_n)>0$.
Bukti Lemma 5. Kami menganggap wlog itu$F(0)=0$ dan menunjukkan $\lambda_n=\lambda(0,c_n,b_n)$ dan $D_n=D_F(0,c_n,b_n)$.
Tentukan fungsi $G\colon [1,\infty)\times (1,\infty)\to \mathbb R$ oleh $$ G(x,y)=\tfrac 1 y F(xy)-F(x). $$
Klaim 6. $G$ positif dan meningkat pada keduanya $x$ dan $y$.
Bukti Klaim 6. Sejak$F$ sangat cembung, $F(0)=0$, dan $x = 1/y(xy)+(1-1/y)0$, $G(xy)>0$. Sejak$F'$ meningkat, kami punya $\frac {d}{dx}G(xy)=F'(xy)-F'(x)>0$, jadi $G$ meningkat $x$. Sejak$F'$ meningkat dan $G(x,y)=1/y\int_0^yF'(xt)x\,dt - F(x)$, $G$ meningkat $y$, melengkapi bukti Klaim 6.
Misalkan ada $\lambda_0>0$ seperti yang $\lambda_n\geq \lambda_0$ untuk semua $n$. Kemudian,$$ D_n = G(c_n,1/(1-\lambda_n))\geq G(1,1/(1-\lambda_0)>0, \quad\text{for all $n$.} $$ QED