이 강력한 볼록도 추정치가 유지됩니까?
허락하다 $F:[0,\infty) \to [0,\infty)$ 될 $C^2$ 엄격하게 볼록 함수를 사용하고 $r_0<r_1$양의 고정 상수입니다. 허락하다$$a<r_0<r_1<c<b, \tag{1}$$ 그리고하자 $\lambda \in [0,1]$ 풀다 $ \lambda a +(1-\lambda)b=c. $
세트 $D(a,b,c)=\lambda F(a)+(1-\lambda)F(b)-F(c) $.
질문 : 상수 가 있습니까? $m>0$ (에 따라 달라질 수 있습니다 $f,r_0,r_1$ 하지만 $a,b,c$) 그런 $ D(a,b,c) \ge m\lambda(1-\lambda)(r_1-r_0)^2 $ 어떤 선택이든 $a,b,c$ 만족스러운 조건 $(1)$?
요점은 다음과 같습니다.
만약 $f'' \ge m$, 다음 $f$인 볼록한와 파라미터$m$, 그래서 $$ D(a,b,c) \ge \frac{1}{2}m\lambda(1-\lambda)(b-a)^2 \ge \frac{1}{2}m\lambda(1-\lambda)(r_1-r_0)^2 \tag{2} $$필요에 따라. 그러나 우리의 경우$c$ 과 $b$ 임의로 클 수 있으며 $F$ "덜 볼록"(아핀에 더 가깝게) 될 수 있습니다. $x \to \infty$. 즉,$\lim_{x \to \infty}F''(x)=0$, 하한 $(2)$ 사소한 경계가된다 $$ D(a,b,c) \ge \frac{1}{2} (\inf F'')\lambda(1-\lambda)(b-a)^2=0. $$
따라서 강한 볼록성의 "순진한 적용"은 여기에있는 그대로 적용되지 않습니다. 하지만 내 직감은$\lim_{x \to \infty}F''(x)=0$, 우리는 어떻게 든 고정 된 사이에있는 "강한 볼록한 내용"을 만나야합니다 $r_0$ 과 $r_1$ 그래서 "볼록한 간격" $D(a,b,c)$ 0에서 멀어져 야합니다.
나는 표현하려고 생각했다 $D(a,b,c)$ 일부 적분으로 $F''$ 포함하는 도메인을 통해 $[r_0,r_1]$ 그러나 지금까지는 성공하지 못했습니다.
답변
그것을 요구하기에 충분하다면 $F$ 엄격하게 볼록하고 간격에서 미분 가능 $I \subset \Bbb R$. (미분 성 요구 사항도 삭제할 수 있습니다. 답변 끝에있는 설명을 참조하십시오.)
에 대한 $a, b \in I$ 와 $a < b$ 과 $c = \lambda a + (1 - \lambda) b$ 와 $0 \le \lambda \le 1$ 우리는 쓸 수있다 $$ D(a, b, c) = \lambda F(a)+(1-\lambda)F(b)-F(c) \\ = \lambda \bigl \{ F(a) - F(c) - (a-c)F'(c) \bigr\} + (1- \lambda) \bigl \{F(b) - F(c) - (b-c)F'(c)\bigr\} \, . $$
이것은 소개하는 것을 제안합니다 $$ H(u, v) = F(u) - F(v) - (u-v) F'(v) $$ ...에 대한 $u, v \in I$. $H$ 다음과 같은 속성이 있습니다.
- $H(u, v) > 0$ 만약 $u \ne v$.
- $H(u_1, v) > H(u_2, v)$ 만약 $u_1 < u_2 \le v$, 즉 $H(u,v)$ 감소하고있다 $u$ 하는 한 $u \le v$.
- $H(u, v_1) < H(u, v_2)$ 만약 $u \le v_1 < v_2$, 즉 $H(u, v)$ 증가하고있다 $v$ 하는 한 $u \le v$.
속성 (1)은 엄격한 볼록성의 직접적인 결과입니다. $F(u)$ 접선의 해당 값보다 큽니다. $x=v$.
속성 (2)에 대해 우리는 $u_1 < u_2 \le v$ 그리고 계산 $$ H(u_1, v) - H(u_2, v) = F(u_1) - F(u_2) - (u_1 - u_2) F'(v) \\ \ge F(u_1) - F(u_2) - (u_1 - u_2) F'(u_2) = H(u_1, u_2) > 0 \, . $$ 여기서 우리는 $F'$ 증가하고있다.
속성 (3)의 경우 우리는 $u \le v_1 < v_2$ 그리고 계산 $$ H(u,v_1) - H(u, v_2) = -F(v_1) - (u-v_1)F'(v_1) + F(v_2) + (u-v_2) F'(v_2) \\ \le -F(v_1) - (u-v_1)F'(v_2) + F(v_2) + (u-v_2) F'(v_2) \\ = -H(v_1, v_2) < 0 \, . $$
이러한 도구를 사용하여 $D(a, b, c)$아래에서 쉽게됩니다. 만약$a \le r_0 < r_1 \le c < b$ 그때 $$ D(a, b, c) = \lambda H(a, c) + (1-\lambda)H(b,c) \\ \ge \lambda H(a, c) \ge \lambda H(r_0, r_1) \ge \lambda(1- \lambda) H(r_0, r_1) \\ = m \lambda(1-\lambda) (r_1-r_0)^2 $$ 와 $m$ ~로써 정의 된 $$ m = \frac{H(r_0, r_1)}{(r_1-r_0)^2} = \frac{F(r_0) - F(r_1) - (r_0 - r_1) F'(r_1)}{(r_1-r_0)^2} > 0 \, . $$
비고 :
- 가정 $F$ 에 정의되어 있습니다 $[0, \infty)$ 값으로 $[0, \infty)$ 증명에 사용되지 않았습니다.
- 차별화 가능성 요구 사항도 삭제할 수 있습니다. 볼록 함수는 구간의 모든 내부 지점에 단측 도함수를 갖습니다. 위의 증명은 우리가 교체해도 여전히 작동합니다.$F'$ 오른쪽 (또는 왼쪽) 도함수로.
대체 솔루션
최고의 상수가 $m$ 이다 $$m = \frac{F(r_0) - F(r_1) - F'(r_1)(r_0 - r_1)}{(r_1 - r_0)^2} > 0.$$ (참고 : 실제로는 $\frac{1}{(r_1 - r_0)^2}\int_{r_0}^{r_1} (x- r_0) F''(x) \mathrm{d} x$ 이후 긍정적 인 $F(x)$ 엄격하게 볼록합니다.)
먼저 문제를 다음과 같이 수정합니다.
허락하다 $F : [0, \infty) \to [0, \infty)$ 될 $\mathrm{C}^2$엄격하게 볼록 기능. 허락하다$0 < r_0 < r_1$고정 상수입니다. 상수가 있습니까?$m > 0$ 그런 $$\lambda F(a) + (1 - \lambda)F(b) - F(\lambda a + (1 - \lambda)b) \ge m \lambda (1 - \lambda) (r_1 - r_0)^2$$ 모든 실수 $a, b, \lambda$ 만족스러운 $$0 < \lambda < 1, \quad 0 \le a < r_0 < r_1 < \lambda a + (1 - \lambda) b\ ?$$
둘째, 우리는 \begin{align} &\inf_{0 < \lambda < 1,\ 0 \le a < r_0 < r_1 < \lambda a + (1 - \lambda) b} \frac{\lambda F(a) + (1 - \lambda)F(b) - F(\lambda a + (1 - \lambda)b)}{\lambda (1 - \lambda)}\\ =\ & \inf_{0 < \lambda < 1, \ 0 \le a < r_0} \left(\inf_{b > \frac{r_1 - \lambda a}{1 - \lambda}} \frac{\lambda F(a) + (1 - \lambda)F(b) - F(\lambda a + (1 - \lambda)b)}{\lambda (1 - \lambda)}\right)\\ =\ & \inf_{0 < \lambda < 1, \ 0 \le a < r_0} \frac{\lambda F(a) + (1 - \lambda)F(\frac{r_1 - \lambda a}{1 - \lambda}) - F(r_1)}{\lambda (1 - \lambda)} \tag{1}\\ =\ & \inf_{0 < \lambda < 1} \left(\inf_{0 \le a < r_0} \frac{\lambda F(a) + (1 - \lambda)F(\frac{r_1 - \lambda a}{1 - \lambda}) - F(r_1)}{\lambda (1 - \lambda)} \right)\\ =\ & \inf_{0 < \lambda < 1} \frac{\lambda F(r_0) + (1 - \lambda)F(\frac{r_1 - \lambda r_0}{1 - \lambda}) - F(r_1)}{\lambda (1 - \lambda)} \tag{2}\\ =\ & \inf_{y > r_1} \frac{(y - r_0)(y - r_1)F(r_0) + (r_1 - r_0)(y - r_0)F(y) - (y - r_0)^2F(r_1)}{(r_1 - r_0)(y - r_1)} \tag{3}\\ =\ & \lim_{y \to r_1} \frac{(y - r_0)(y - r_1)F(r_0) + (r_1 - r_0)(y - r_0)F(y) - (y - r_0)^2F(r_1)}{(r_1 - r_0)(y - r_1)} \tag{4}\\ =\ & F(r_0) - F(r_1) - F'(r_1)(r_0 - r_1). \tag{5} \end{align}설명 :
(1) :$f(b) = (1 - \lambda)F(b) - F(\lambda a + (1 - \lambda)b)$, 우리는 $f'(b) = (1 - \lambda)F'(b) - (1 - \lambda) F'(\lambda a + (1 - \lambda)b) \ge 0$ (노트: $F'(x)$ 감소하지 않음) 따라서 $f(b)$ 감소하지 않음 $[b, \infty)$.
(2) :$g(a) = \lambda F(a) + (1 - \lambda)F(\frac{r_1 - \lambda a}{1 - \lambda})$, 우리는 $g'(a) = \lambda F'(a) - \lambda F'(\frac{r_1 - \lambda a}{1 - \lambda}) \le 0$ (노트: $F'(x)$ 감소하지 않음) 따라서 $g(a)$ 증가하지 않음 $[0, r_0)$.
(3) : 대체 사용$y = \frac{r_1 - \lambda r_0}{1 - \lambda}$.
(4) : 다음 사실을 사용하십시오 (증거는 마지막에 제공됨).
사실 1 : Let$$g(y) \triangleq \frac{(y - r_0)(y - r_1)F(r_0) + (r_1 - r_0)(y - r_0)F(y) - (y - r_0)^2F(r_1)}{(r_1 - r_0)(y - r_1)}.$$ 그때 $g'(y) \ge 0$ 의 위에 $(r_1, \infty)$.
(5) L' Hopital 규칙을 적용합니다.
우리는 끝났습니다.
$\phantom{2}$
사실 증명 1 : 우리는$y > r_1$, \begin{align} (r_1 - r_0)(y - r_1)^2g'(y) &= (y - r_1)^2F(r_0) - (r_1 - r_0)^2F(y)\\ &\quad + (r_1 - r_0)(y - r_0)(y - r_1)F'(y)\\ &\quad + (-2(y - r_0)(y - r_1) + (y - r_0)^2)F(r_1) \\ &= (y - r_1)^2F(r_0) - (r_1 - r_0)^2( F(y) - F(r_1) ) \\ &\quad - (r_1 - r_0)^2F(r_1) + (r_1 - r_0)(y - r_0)(y - r_1)F'(y)\\ &\quad + (-2(y - r_0)(y - r_1) + (y - r_0)^2)F(r_1)\\ &\ge (y - r_1)^2F(r_0) - (r_1 - r_0)^2(y - r_1)F'(y) \\ &\quad - (r_1 - r_0)^2F(r_1) + (r_1 - r_0)(y - r_0)(y - r_1)F'(y)\\ &\quad + (-2(y - r_0)(y - r_1) + (y - r_0)^2)F(r_1)\\ &= (y - r_1)^2F(r_0) - (y - r_1)^2F(r_1) + (r_1 - r_0)(y - r_1)^2F'(y) \\ &\ge (y - r_1)^2F(r_0) - (y - r_1)^2F(r_1) + (r_1 - r_0)(y - r_1)^2F'(r_1)\\ &= (y - r_1)^2[F(r_0) - F(r_1) - F'(r_1)(r_0 - r_1)]\\ &\ge 0 \end{align} 우리가 사용한 곳 $(y - r_1)F'(y) \ge F(y) - F(r_1)$ 과 $F(r_0) - F(r_1) - F'(r_1)(r_0 - r_1) \ge 0$ 과 $F'(y) \ge F'(r_1)$ (노트: $F(x) \ge F(y) + F'(y)(x-y)$ 볼록 기능의 경우; $F'(x)$감소하지 않습니다.). 우리는 끝났습니다.