Una domanda sull'affinità asintotica e sulla convessità stretta con mezzi illimitati

Question

Permettere $F:[0,\infty) \to [0,\infty)$ essere un $C^1$ funzione strettamente convessa.

Permettere $\lambda_n \in [0,1],a_n\le c<b_n \in [0,\infty)$ soddisfare $$ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n)b_n=c_n \tag{1}$$ e presumilo $c_n \to ֿ\infty$. (il che implica$b_n \to ֿ\infty$). $c>0$ è solo una costante, da fare $a_n$ delimitato.

Impostato $D_n=\lambda_nF(a_n)+(1-\lambda_n)F(b_n)-F\big(c_n\big) $e presumilo $\lim_{n \to \infty}D_n=0$

Domanda: sì$\lambda_n \to 0$?

La mia intuizione è che anche se $F$ diventa "meno convesso" (più vicino ad essere affine) quando $x \to \infty$, quindi non possiamo dare molto peso al $a_n$-perché altrimenti veniamo colpiti dal "gap di convessità" tra $a_n$ e $b_n$ di un importo non trascurabile, che dovrebbe rendere $D_n$ grande.

Modificare:

Questo è un tentativo di capire la risposta di Ron P:

abbiamo $D(a_n,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)+(1-\lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, dove $ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n) b_n=c_n$.

Allo stesso modo, $D(a,c_n,b_n)=\tilde \lambda_n F(a)+(1-\tilde \lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, dove $ \tilde\lambda_n a +(1-\tilde \lambda_n) b_n=\tilde c_n$.

Supporre che $a_n \to a$. (Ciò implica$\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$). abbiamo

$$D(a_n,c_n,b_n)-D(a,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)-\tilde \lambda_n F(a)+(\tilde \lambda_n-\lambda_n)F(b_n). \tag{2}$$ Il primo termine tende a zero, da allora $F(a_n) \to F(a)$ e $\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$.

Perché il secondo termine tende a zero? non abbiamo il controllo$F(b_n)$, destra?

Answer 1

La risposta è si.

Infatti, riscalando, senza perdita di generalità (wlog) $c=1$. Per semplificare le notazioni, lascia$f:=F$, $a:=a_n$, $b:=b_n$, $c:=c_n$, $t:=\lambda_n$, $D:=D_n$. Passando a una sottosequenza, wlog$a\to a_*\in[0,1]$ e $t\to t_*\in(0,1]$. Inoltre, wlog$a+2\le c$, da $a\le1$ e $c\to\infty$. Inoltre, wlog$b>c$, poiché wlog $t>0$ e $c>a$.

Dalla convessità di $f$ e disuguaglianze $a+1\le a+2\le c$, \ begin {equation *} f (a + 1) \ ge f (c) + \ frac {a + 1-c} {bc} \, (f (b) -f (c)). \ tag {1 } \ end {equation *} Usando ora la convessità di$f$ di nuovo insieme alla disuguaglianza $a+2\le c$ e (1), abbiamo \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*}in modo che \ begin {equation *} d \ to0. \ tag {2} \ end {equation *} D'altra parte, \ begin {equation *} d \ to \ frac {f (a _ *) + f (a _ * + 2)} 2-f (a _ * + 1 )> 0 \ end {equation *} dalla stretta convessità di$f$. Ciò contraddice (2).$\Box$

Nota: come visto da sopra, condizione$c\to\infty$ può essere rilassato $\liminf(c-a)>0$.

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La soluzione di cui sopra potrebbe sembrare alquanto misteriosa. In effetti, l'idea è geometrica piuttosto semplice. Per qualsiasi vero$A,B,C$ ad esempio $A\le B\le C$, lascia che il "guadagno" $g(A,B;C)$ denota la distanza tra il punto sul grafico della funzione convessa $f$ con ascisse $C$ e il punto con la stessa ascissa sulla corda che collega i punti sul grafico di $f$ con ascisse $A$ e $B$.

Quindi (vedi l'immagine sotto), $D=g(a,b;c)$ e $\tilde d=g(a,c;a+1)$, dove $\tilde d$è come definito nella visualizzazione multilinea sopra. In quel display, è stato mostrato quello$\tilde d\le\tilde D$, che è chiaro dall'immagine. Inoltre, se$t$ è limitato lontano da $0$ - cioè, se $c/b$ è limitato lontano da $1$, quindi, come risulta chiaro dall'immagine guardando i triangoli simili, abbiamo $\tilde D\asymp D\to0$; cfr. l'ultima riga del display multilinea sopra. Questo e la disuguaglianza$\tilde d\le\tilde D$ implicare $\tilde d\to0$.

Dalla convessità di $f$, per qualsiasi fisso reale $A,C$ ad esempio $A\le C$, il guadagno $g(A,B;C)$ non diminuisce $B\in[C,\infty)$(qui potresti voler disegnare un'altra immagine). Quindi e perché$a+2\le c$, noi abbiamo $d=g(a,a+2;a+1)\le g(a,c;a+1)=\tilde d$, così che $d\le\tilde d$, che era mostrato nelle prime tre righe del display multilinea sopra.

Questa è la spiegazione geometrica di (1) e del display multilinea sopra.

Answer 2

Per prima cosa riformuliamo la domanda. Per$0\leq a\leq c\leq b$, permettere $\lambda=\lambda(a,c,b)\in[0,1]$ essere il numero tale che $c=\lambda a + (1-\lambda)b$, e per $f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$ definire $$ D_f(a,c,b)= \lambda f(a)+(1-\lambda)f(b)-f(c). $$

Lemma 1. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$essere rigorosamente convessi e continuamente differenziabili. Permettere$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ essere sequenze tali che $a_n$ è limitato, $c_n-a_n$ è limitato da 0 e $\limsup \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Poi,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.

Per prima cosa applichiamo una sequenza di passaggi di riduzione che ci consentono di presumere che wlog $a_n=0$, $c_n\geq 1$, , per tutti $n$, e $\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Se credi che ciò sia possibile, puoi saltare direttamente al Lemma 5 di seguito.

Prendendo una sotto-sequenza $n'$ in cui $\liminf \lambda(a_{n'},c_{n'},b_{n'})>0$, Il Lemma 1 segue dal Lemma 2.

Lemma 2. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$essere rigorosamente convessi e continuamente differenziabili. Permettere$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ essere sequenze tali che $a_n$ è limitato, $c_n-a_n$ è limitato da 0 e $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Poi,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.

Prendendo ulteriormente una sotto-sequenza $n'$ su cui entrambi $a_{n'}$ converge, il Lemma 2 segue dal Lemma 3.

Lemma 3. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$essere rigorosamente convessi e continuamente differenziabili. Permettere$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ essere sequenze tali che $a_n\to a$, $c_n-a_n$ è limitato da 0 e $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Poi,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.

Per qualsiasi fisso $\epsilon>0$, le funzioni $\lambda(a,c,b)$ è continuo in $a$ uniformemente in $c$ e $b$ nel dominio $\epsilon\leq a +\epsilon\leq c\leq b$; quindi, secondo le ipotesi del Lemma 3,$0<\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)=\liminf\lambda(\lim a_n,c_n,b_n)$. Inoltre, per$\lim a_n <a<\liminf c_n$ abbastanza piccolo, abbiamo $\liminf\lambda(a,c_n,b_n)>0$. Da$D_f(a,c,b)$ sta diminuendo in $a$, $\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)\geq\limsup D_f(a,c_n,b_n)$. Pertanto, il Lemma 3 segue dal Lemma 4.

Lemma 4. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$essere rigorosamente convessi e continuamente differenziabili. Permettere$0\leq a\leq c_n\leq b_n$ essere sequenze tali che $c_n-a$ è limitato da 0 e $\liminf \lambda(a,c_n,b_n)>0$. Poi,$\limsup D_f(a,c_n,b_n)>0$.

Permettere $T\colon \mathbb R\to\mathbb R$ essere la trasformazione affine che mappa $a$ per $0$ e $\inf c_n$ per $1$. Sostituzione$f$ di $F=f\circ T^{-1}$, e $a,c_n,b_n$ di $T(a),T(c_n),T(b_n)$ rispettivamente, il Lemma 4 segue dal Lemma 5.

Lemma 5. Let$F\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$essere rigorosamente convessi e continuamente differenziabili. Permettere$1\leq c_n\leq b_n$ essere sequenze tali che $\liminf \lambda(0,c_n,b_n)>0$. Poi,$\limsup D_F(0,c_n,b_n)>0$.

Prova del Lemma 5. Assumiamo che wlog$F(0)=0$ e denotare $\lambda_n=\lambda(0,c_n,b_n)$ e $D_n=D_F(0,c_n,b_n)$.

Definisci una funzione $G\colon [1,\infty)\times (1,\infty)\to \mathbb R$ di $$ G(x,y)=\tfrac 1 y F(xy)-F(x). $$

Rivendicazione 6. $G$ è positivo e in aumento in entrambi $x$ e $y$.

Prova del reclamo 6. Da allora$F$ è rigorosamente convesso, $F(0)=0$, e $x = 1/y(xy)+(1-1/y)0$, $G(xy)>0$. Da$F'$ è in aumento, abbiamo $\frac {d}{dx}G(xy)=F'(xy)-F'(x)>0$, così $G$ aumenta in $x$. Da$F'$ è in aumento e $G(x,y)=1/y\int_0^yF'(xt)x\,dt - F(x)$, $G$ aumenta in $y$, completando la prova del reclamo 6.

Supponiamo che ci sia $\lambda_0>0$ tale che $\lambda_n\geq \lambda_0$ per tutti $n$. Poi,$$ D_n = G(c_n,1/(1-\lambda_n))\geq G(1,1/(1-\lambda_0)>0, \quad\text{for all $n$.} $$ QED