Limite de uma função convexa

Aug 18 2020

Eu precisaria de uma verificação sobre o seguinte exercício:

Deixei $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ uma função convexa.

  • Provar que $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)$ e $\lim_{x \rightarrow - \infty} f(x)$ existir

  • Mostre que se ambos os limites são finitos, então $f$ é constante.


Minha tentativa:

i) Eu sei que se $f$ é convexo, então $$f(t x_1 + (1-t)x_2)< t f(x_1) + (1-t) f(x_2)$$

Se eu corrigir um arbitrário $N>0$, então eu tenho isso para $x>x_2 \colon \quad f(x)>N$, graças à convexidade, portanto, isso prova o limite para $+ \infty$ é $+\infty$.

O mesmo argumento se aplica a $\lim_{x \rightarrow -\infty}f(x)$: é suficiente notar que para $x<x_1 \colon \quad f(x)>N$.


ii)

Graficamente é óbvio, mas tenho alguns problemas em torná-lo formal.

Se o limite for finito, diga $L$, então para cada $\varepsilon >0$ existe um $M(\varepsilon)$ tal que para $$x>M(\varepsilon) \colon \quad |f(x)-L|\leq \varepsilon$$

Presumir $f (x) \ne c$. Por definição de convexidade, tem que segurar (para$t \in [0,1]$) $$t f(M)+(1-t)f(M+1) \leq f(t M + (1-t)(M+1))$$

Agora, por definição de limite, $f(M)$ e $f(M+1)$ são menos que $L-\varepsilon$. Além disso, o argumento no rhs da desigualdade pode ser simplificado:

$$L-\varepsilon <t f(M)+(1-t)f(M+1) \leq f(t M + (1-t)(M+1)) = f(M-t)$$

Portanto $$L-\varepsilon < f(M-t)$$, o que é uma contradição porque $M-t<M$ e, portanto, pode ser maior do que $L-\varepsilon$.

então $f$ tem que ser igual a $c$. De fato, neste caso, ele ainda é (trivialmente) convexo e os limites são, obviamente, finitos.

Respostas

TheSilverDoe Aug 18 2020 at 12:11

Dica: tente provar que uma função convexa está diminuindo, ou aumentando, ou diminuindo, depois aumentando.

AndrewKay Aug 21 2020 at 15:40

convexidade geralmente significa "$\le$", não "$\lt$"(caso contrário, é" estritamente convexo ").

Você não quer mostrar que f sempre vai para o infinito, porque não precisa.

Começar com $x\rightarrow\infty$.

Suponha que primeiro haja dois pontos $x\lt y$ com $f(x)\lt f(y)$. Então nós podemos mostrar que f vai para o infinito. Podemos supor, sem perda de generalidade, que$x=0$ e $f(x)=0$ (se não, apenas deslize e mude f até que isso aconteça. Isso não mudará o comportamento no qual estamos interessados.)

Considere alguns $z>y$. Desde a$y>x=0$, então $z=y/t$ para alguns $0<t<1$. Então, por convexidade,$$tf(z)=tf(y/t)+(1-t)f(0)\ge f(t(y/t)+(1-t)0)=f(y)$$ então $f(z)\ge f(y)/t$. Como$z\rightarrow \infty$ Está claro que $t$ vai para $0$, então $f(y)/t\rightarrow\infty$ (lembrar $f(y)>0$) e, portanto, também $f(z)$. Portanto, neste caso$f$ aumenta para o infinito.

Caso contrário, nossa suposição era falsa, então f deve ser constante ou não constante e decrescente monótono. Suponha que seja o último. Novamente, mova a origem para que$f(0)=0$. Então$f(1)<0$ e é fácil mostrar pela propriedade de convexidade que $f(t)\le t f(1)$ e entao $f$ vai para menos infinito.

Você pode então repetir o argumento por simetria, para o comportamento como $x\rightarrow-\infty$.