Означает ли строгая выпуклость плюс асимптотическое сродство ограниченное среднее?

Aug 17 2020

Я не уверен, что это точно исследовательский уровень, но я изо всех сил пытаюсь найти доказательство для следующего утверждения:

Позволять $F:[0,\infty) \to [0,\infty)$ быть $C^2$ строго выпуклая функция.

Позволять $\lambda_n \in [0,1],a_n\le c_0<b_n \in [0,\infty)$ удовлетворить $$ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n)b_n=c_n $$ и предположим, что $c_n \to c>c_0$.

Набор $D_n=\lambda_nF(a_n)+(1-\lambda_n)F(b_n)-F\big(c_n\big) $, и предположим, что $\lim_{n \to \infty}D_n=0$

Вопрос: Обязательно$b_n$ быть ограниченным?


У меня есть довольно простое доказательство (которое я представлю ниже) для частного случая, когда $a_n=a,c_n=c$ являются постоянными последовательностями, но у меня возникли проблемы с их обобщением.

Доказательство для упрощенного случая:

У нас есть $ \lambda_n a +(1-\lambda_n)b_n=c$.

Дано $x \ge r$, позволять $\lambda(x) \in [0,1]$ быть уникальным числом, удовлетворяющим $$ \lambda(x) a +(1-\lambda(x))x=c. $$ У нас есть $\lambda(b_n)=\lambda_n$. Определить$$g(x) = \lambda(x) F(a) + (1-\lambda(x))F(x).$$

Строгая выпуклость $F$ подразумевает, что $g$ является строго возрастающей функцией $x$.

Предположение $D_n \to 0$ эквивалентно $g(b_n) \to F(c)$. поскольку$g(b_n) \ge F(c)$ (по выпуклости) и $g$ строго возрастает, заключаем, что $b_n$ должен быть ограничен.

Ответы

6 FedorPetrov Aug 17 2020 at 15:11

Да, $b_n$должен быть ограничен. Предположим противное. Переходя к подпоследовательности, можно предположить, что$a_n\to a$, $b_n\to \infty$. У нас есть$$\lambda_n=\frac{b_n-c_n}{b_n-a_n}\to 1;\, 1-\lambda_n=\frac{c_n-a_n}{b_n-a_n}\sim (c-a)b_n^{-1},$$ и используя $F(b_n)\geqslant F(c_n)+(b_n-c_n)F'(c_n)$ мы получаем $$ D_n+F(c_n)=\lambda_n F(a_n)+(1-\lambda_n)F(b_n)\geqslant \lambda_n F(a_n)+(1-\lambda_n)F(c_n)+(1-\lambda_n)(b_n-c_n)F'(c_n)\\ \to F(a)+(c-a)F'(c)>F(c), $$ таким образом $\liminf D_n>0$.