Biorąc pochodne w $\inf$

Question

Do wypukłości $f$, Mam to pokazać

$$g(x) \equiv \inf_{\alpha \gt 0} \frac{f(\alpha x)}{\alpha}$$

jest wypukły. ¹

Podana odpowiedź jest przekształcana $g$ jako perspektywiczna transformacja $f$. Ale zamiast tego zastosowałem następujące podejście:

$$\begin{align} g(x) & = \inf_{\alpha \gt 0} \frac{f(\alpha x)}{\alpha} \\ g'(x) & = \inf_{\alpha \gt 0} \frac{\alpha f'(\alpha x)}{\alpha} \\& = \inf_{\alpha \gt 0} f'(\alpha x) \\ g''(x) & = \inf_{\alpha \gt 0} \alpha f''(\alpha x) = 0 \end{align}$$

Od $g'' \geq 0$ dla wszystkich $x$, $g$ jest wypukły.

Czy to rozumowanie jest słuszne? Czy wolno mi brać pochodne „w środku”$\inf$ lubię to?

Proszę zauważyć, że chociaż na tej stronie pojawiają się inne pytania, które dotyczą pokazania wypukłości tej funkcji, moje pytanie jest odrębne, ponieważ dotyczy ważności nowego dowodu podanego powyżej.

1. Stephen Boyd i Lieven Vandenberghe, Convex Optimization, ćwiczenie 3.31c.

Answer 1

Twój dowód nie jest poprawny, ponieważ $$g(x)= \inf_{\alpha \gt 0} \frac{f(\alpha x)}{\alpha}\not\Rightarrow g'(x)= \inf_{\alpha \gt 0} f'(\alpha x).$$ Brać $f(x)=x^2$ następnie $$g(x)=\inf_{\alpha \gt 0} \frac{f(\alpha x)}{\alpha}=\inf_{\alpha \gt 0} \frac{\alpha^2 x^2}{\alpha}=\inf_{\alpha \gt 0} \alpha x^2=0\implies g'(x)=0.$$ Z drugiej strony, $$\inf_{\alpha \gt 0} f'(\alpha x)=\inf_{\alpha \gt 0} 2(\alpha x)=\begin{cases} 0&\text{if $x \ geq 0$,}\\ -\infty&\text{if $x <0$.}\\ \end{cases}$$ Inny przykład: niech $f(x)=(x+1)^2$. Dla$x>0$, $$g(x)=\inf_{\alpha \gt 0} \frac{f(\alpha x)}{\alpha}=\inf_{\alpha \gt 0} \left(\alpha x^2 +2x+\frac{1}{\alpha}\right)=4x\implies g'(x)=4.$$ Z drugiej strony, $$\inf_{\alpha \gt 0} f'(\alpha x)=\inf_{\alpha \gt 0} 2(\alpha x+1)=2.$$