무한한 수단으로 점근 적 친화 성과 엄격한 볼록성에 대한 질문
허락하다 $F:[0,\infty) \to [0,\infty)$ 될 $C^1$ 엄격하게 볼록 기능.
허락하다 $\lambda_n \in [0,1],a_n\le c<b_n \in [0,\infty)$ 풀다 $$ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n)b_n=c_n \tag{1}$$ 그리고 그것을 가정 $c_n \to ֿ\infty$. (이는$b_n \to ֿ\infty$). $c>0$ 단지 약간의 상수입니다. $a_n$ 경계.
세트 $D_n=\lambda_nF(a_n)+(1-\lambda_n)F(b_n)-F\big(c_n\big) $, 그리고 가정 $\lim_{n \to \infty}D_n=0$
질문 : 그렇습니다$\lambda_n \to 0$?
내 직감은 $F$ "덜 볼록"(아핀에 가까움)이됩니다. $x \to \infty$, 그러면 우리는 $a_n$-그렇지 않으면 우리는 사이의 "볼록한 간격"에 의해 타격을 받기 때문에 $a_n$ 과 $b_n$ 무시할 수없는 금액으로 $D_n$ 큰.
편집하다:
이것은 Ron P의 대답을 이해하려는 시도입니다.
우리는 $D(a_n,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)+(1-\lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, 어디 $ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n) b_n=c_n$.
비슷하게, $D(a,c_n,b_n)=\tilde \lambda_n F(a)+(1-\tilde \lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, 어디 $ \tilde\lambda_n a +(1-\tilde \lambda_n) b_n=\tilde c_n$.
한다고 가정 $a_n \to a$. (이것은$\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$). 우리는
$$D(a_n,c_n,b_n)-D(a,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)-\tilde \lambda_n F(a)+(\tilde \lambda_n-\lambda_n)F(b_n). \tag{2}$$ 첫 번째 항은 0이되는 경향이 있습니다. $F(a_n) \to F(a)$ 과 $\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$.
두 번째 항이 0 인 경향이있는 이유는 무엇입니까? 우리는 통제 할 수 없습니다$F(b_n)$, 권리?
답변
대답은 '예'입니다.
사실, 일반성을 잃지 않고 재조정하여 (wlog) $c=1$. 표기법을 단순화하려면$f:=F$, $a:=a_n$, $b:=b_n$, $c:=c_n$, $t:=\lambda_n$, $D:=D_n$. 하위 시퀀스로 전달, wlog$a\to a_*\in[0,1]$ 과 $t\to t_*\in(0,1]$. 또한 wlog$a+2\le c$, 이후 $a\le1$ 과 $c\to\infty$. 또한 wlog$b>c$, wlog 이후 $t>0$ 과 $c>a$.
볼록 함으로 $f$ 그리고 불평등 $a+1\le a+2\le c$, \ begin {equation *} f (a + 1) \ ge f (c) + \ frac {a + 1-c} {bc} \, (f (b) -f (c)). \ tag {1 } \ end {equation *} 이제 볼록도 사용$f$ 다시 불평등과 함께 $a+2\le c$ 그리고 (1), 우리는 \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*}그래서 \ begin {equation *} d \ to0. \ tag {2} \ end {equation *} 반면에 \ begin {equation *} d \ to \ frac {f (a _ *) + f (a _ * + 2)} 2-f (a _ * + 1 )> 0 \ end {equation *} 의 엄격한 볼록성$f$. 이것은 (2)와 모순됩니다.$\Box$
비고 : 위와 같이 조건$c\to\infty$ 긴장을 풀 수있다 $\liminf(c-a)>0$.
위의 솔루션은 다소 신비스럽게 보일 수 있습니다. 사실이 아이디어는 다소 단순한 기하학적 아이디어입니다. 진짜$A,B,C$ 같은 $A\le B\le C$, "이득"하자 $g(A,B;C)$ 볼록 함수의 그래프에서 점 사이의 거리를 나타냅니다. $f$ 가로 좌표로 $C$ 그리고 그래프의 점을 연결하는 코드의 가로 좌표가 같은 점 $f$ 가로 좌표로 $A$ 과 $B$.
그래서 (아래 그림 참조), $D=g(a,b;c)$ 과 $\tilde d=g(a,c;a+1)$, 어디 $\tilde d$위의 멀티 라인 디스플레이에 정의 된 것과 같습니다. 그 디스플레이에서$\tilde d\le\tilde D$, 이것은 그림에서 분명합니다. 또한$t$ 멀리 떨어져있다 $0$ -즉, $c/b$ 멀리 떨어져있다 $1$, 비슷한 삼각형을 보면 그림에서 알 수 있듯이 $\tilde D\asymp D\to0$; cf. 위의 다중 라인 디스플레이의 마지막 라인. 이것과 불평등$\tilde d\le\tilde D$ 암시하다 $\tilde d\to0$.
볼록 함으로 $f$, 고정 실수에 대해 $A,C$ 같은 $A\le C$, 이득 $g(A,B;C)$ 감소하지 않음 $B\in[C,\infty)$(여기에서 다른 그림을 그리고 싶을 수 있습니다). 따라서$a+2\le c$, 우리는 $d=g(a,a+2;a+1)\le g(a,c;a+1)=\tilde d$, 그래서 $d\le\tilde d$, 위의 멀티 라인 디스플레이의 처음 세 줄에 표시되었습니다.
이것은 (1)의 기하학적 설명과 위의 멀티 라인 디스플레이입니다.
먼저 질문을 재구성합시다. 에 대한$0\leq a\leq c\leq b$, 허락하다 $\lambda=\lambda(a,c,b)\in[0,1]$ 그런 숫자가 $c=\lambda a + (1-\lambda)b$, 그리고 $f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$ 밝히다 $$ D_f(a,c,b)= \lambda f(a)+(1-\lambda)f(b)-f(c). $$
Lemma 1. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$엄격하게 볼록하고 지속적으로 미분 할 수 있습니다. 허락하다$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ 다음과 같은 시퀀스 $a_n$ 제한되어 있습니다. $c_n-a_n$ 0에서 멀어지고 $\limsup \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. 그때,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
먼저 wlog를 가정 할 수있는 일련의 감소 단계를 적용합니다. $a_n=0$, $c_n\geq 1$, , 모든 $n$, 및 $\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. 그것이 가능하다고 믿는다면 아래의 Lemma 5로 바로 건너 뛸 수 있습니다.
하위 시퀀스를 취함으로써 $n'$ 어느 $\liminf \lambda(a_{n'},c_{n'},b_{n'})>0$, Lemma 1은 Lemma 2를 따릅니다.
Lemma 2. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$엄격하게 볼록하고 지속적으로 미분 할 수 있습니다. 허락하다$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ 다음과 같은 시퀀스 $a_n$ 제한되어 있습니다. $c_n-a_n$ 0에서 멀어지고 $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. 그때,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
하위 시퀀스를 더 취함으로써 $n'$ 둘 다 $a_{n'}$ 수렴, Lemma 2는 Lemma 3에서 따릅니다.
Lemma 3. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$엄격하게 볼록하고 지속적으로 미분 할 수 있습니다. 허락하다$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ 다음과 같은 시퀀스 $a_n\to a$, $c_n-a_n$ 0에서 멀어지고 $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. 그때,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
모든 고정 $\epsilon>0$, 기능 $\lambda(a,c,b)$ 연속적이다 $a$ 균일하게 $c$ 과 $b$ 도메인을 통해 $\epsilon\leq a +\epsilon\leq c\leq b$; 따라서 Lemma 3의 가정하에$0<\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)=\liminf\lambda(\lim a_n,c_n,b_n)$. 또한$\lim a_n <a<\liminf c_n$ 충분히 작은, 우리는 $\liminf\lambda(a,c_n,b_n)>0$. 이후$D_f(a,c,b)$ 감소하고있다 $a$, $\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)\geq\limsup D_f(a,c_n,b_n)$. 따라서 Lemma 3은 Lemma 4를 따릅니다.
Lemma 4. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$엄격하게 볼록하고 지속적으로 미분 할 수 있습니다. 허락하다$0\leq a\leq c_n\leq b_n$ 다음과 같은 시퀀스 $c_n-a$ 0에서 멀어지고 $\liminf \lambda(a,c_n,b_n)>0$. 그때,$\limsup D_f(a,c_n,b_n)>0$.
허락하다 $T\colon \mathbb R\to\mathbb R$ 매핑하는 아핀 변환 $a$ ...에 $0$ 과 $\inf c_n$ ...에 $1$. 교체$f$ 으로 $F=f\circ T^{-1}$, 및 $a,c_n,b_n$ 으로 $T(a),T(c_n),T(b_n)$ 각각 Lemma 4는 Lemma 5를 따릅니다.
Lemma 5. Let$F\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$엄격하게 볼록하고 지속적으로 미분 할 수 있습니다. 허락하다$1\leq c_n\leq b_n$ 다음과 같은 시퀀스 $\liminf \lambda(0,c_n,b_n)>0$. 그때,$\limsup D_F(0,c_n,b_n)>0$.
Lemma 증명 5. 우리는 wlog를 다음과 같이 가정합니다.$F(0)=0$ 그리고 표시 $\lambda_n=\lambda(0,c_n,b_n)$ 과 $D_n=D_F(0,c_n,b_n)$.
함수 정의 $G\colon [1,\infty)\times (1,\infty)\to \mathbb R$ 으로 $$ G(x,y)=\tfrac 1 y F(xy)-F(x). $$
주장 6. $G$ 긍정적이고 두 가지 모두에서 증가 $x$ 과 $y$.
청구 증명 6. 이후$F$ 엄격하게 볼록합니다. $F(0)=0$, 및 $x = 1/y(xy)+(1-1/y)0$, $G(xy)>0$. 이후$F'$ 증가하고 있습니다. $\frac {d}{dx}G(xy)=F'(xy)-F'(x)>0$, 그래서 $G$ 증가 $x$. 이후$F'$ 증가하고 있으며 $G(x,y)=1/y\int_0^yF'(xt)x\,dt - F(x)$, $G$ 증가 $y$, 클레임 6의 증명을 작성하십시오.
있다고 가정하자 $\lambda_0>0$ 그런 $\lambda_n\geq \lambda_0$ 모든 $n$. 그때,$$ D_n = G(c_n,1/(1-\lambda_n))\geq G(1,1/(1-\lambda_0)>0, \quad\text{for all $엔$.} $$ QED