Вопрос об асимптотическом сродстве и строгой выпуклости с неограниченными средними
Позволять $F:[0,\infty) \to [0,\infty)$ быть $C^1$ строго выпуклая функция.
Позволять $\lambda_n \in [0,1],a_n\le c<b_n \in [0,\infty)$ удовлетворить $$ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n)b_n=c_n \tag{1}$$ и предположим, что $c_n \to ֿ\infty$. (что подразумевает$b_n \to ֿ\infty$). $c>0$ просто некоторая константа, чтобы сделать $a_n$ ограниченный.
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: Есть ли$\lambda_n \to 0$?
Моя интуиция такова, что даже если $F$ становится «менее выпуклым» (ближе к аффинному), когда $x \to \infty$, то мы не можем придавать большое значение $a_n$-поскольку иначе мы столкнемся с "выпуклым промежутком" между $a_n$ и $b_n$ на незначительную сумму, которая должна сделать $D_n$ большой.
Редактировать:
Это попытка понять ответ Рона Пи:
У нас есть $D(a_n,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)+(1-\lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, где $ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n) b_n=c_n$.
Так же, $D(a,c_n,b_n)=\tilde \lambda_n F(a)+(1-\tilde \lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, где $ \tilde\lambda_n a +(1-\tilde \lambda_n) b_n=\tilde c_n$.
Предположим, что $a_n \to a$. (Из этого следует$\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$). У нас есть
$$D(a_n,c_n,b_n)-D(a,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)-\tilde \lambda_n F(a)+(\tilde \lambda_n-\lambda_n)F(b_n). \tag{2}$$ Первый член стремится к нулю, поскольку $F(a_n) \to F(a)$ и $\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$.
Почему второй член стремится к нулю? у нас нет контроля над$F(b_n)$, правильно?
Ответы
Ответ положительный.
Действительно, путем изменения масштаба без потери общности (wlog) $c=1$. Для упрощения обозначений пусть$f:=F$, $a:=a_n$, $b:=b_n$, $c:=c_n$, $t:=\lambda_n$, $D:=D_n$. Переходя к подпоследовательности, wlog$a\to a_*\in[0,1]$ и $t\to t_*\in(0,1]$. Также wlog$a+2\le c$, поскольку $a\le1$ и $c\to\infty$. Также wlog$b>c$, так как wlog $t>0$ и $c>a$.
По выпуклости $f$ и неравенство $a+1\le a+2\le c$, \ begin {уравнение *} f (a + 1) \ ge f (c) + \ frac {a + 1-c} {bc} \, (f (b) -f (c)). \ tag {1 } \ end {формула *} Теперь, используя выпуклость$f$ снова вместе с неравенством $a+2\le c$ и (1) имеем \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*}так что \ begin {уравнение *} d \ to0. \ tag {2} \ end {уравнение *} С другой стороны, \ begin {уравнение *} d \ to \ frac {f (a _ *) + f (a _ * + 2)} 2-f (a _ * + 1 )> 0 \ end {equal *} в силу строгой выпуклости$f$. Это противоречит (2).$\Box$
Замечание: Как видно из вышеизложенного, условие$c\to\infty$ можно расслабиться $\liminf(c-a)>0$.
Приведенное выше решение может показаться несколько загадочным. На самом деле идея довольно простая геометрическая. Для любого реального$A,B,C$ такие как $A\le B\le C$, пусть "набирает" $g(A,B;C)$ обозначим расстояние между точками на графике выпуклой функции $f$ с абсциссой $C$ и точка с такой же абсциссой на хорде, соединяющей точки на графике $f$ с абсциссами $A$ и $B$.
Итак (см. Картинку ниже), $D=g(a,b;c)$ и $\tilde d=g(a,c;a+1)$, где $\tilde d$соответствует определению на многострочном дисплее выше. На этом дисплее было показано, что$\tilde d\le\tilde D$, что видно из рисунка. Кроме того, если$t$ ограничен от $0$ - то есть, если $c/b$ ограничен от $1$, то, как видно из рисунка, глядя на аналогичные треугольники, имеем $\tilde D\asymp D\to0$; ср. последняя строка вышеупомянутого многострочного дисплея. Это и неравенство$\tilde d\le\tilde D$ подразумевать $\tilde d\to0$.
По выпуклости $f$, для любого фиксированного реального $A,C$ такие как $A\le C$, выигрыш $g(A,B;C)$ не убывает в $B\in[C,\infty)$(здесь вы можете нарисовать другую картинку). Поэтому и потому что$a+2\le c$, у нас есть $d=g(a,a+2;a+1)\le g(a,c;a+1)=\tilde d$, так что $d\le\tilde d$, который был показан в первых трех строках вышеупомянутого многострочного дисплея.
Это геометрическое объяснение (1) и вышеупомянутого многострочного дисплея.
Сначала переформулируем вопрос. Для$0\leq a\leq c\leq b$, позволять $\lambda=\lambda(a,c,b)\in[0,1]$ быть таким числом, что $c=\lambda a + (1-\lambda)b$, и для $f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$ определить $$ D_f(a,c,b)= \lambda f(a)+(1-\lambda)f(b)-f(c). $$
Лемма 1. Пусть$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$быть строго выпуклым и непрерывно дифференцируемым. Позволять$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ быть последовательностями, такими что $a_n$ ограничен, $c_n-a_n$ отделена от 0, а $\limsup \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Потом,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
Сначала мы применяем последовательность шагов редукции, которая позволяет нам предположить, что wlog $a_n=0$, $c_n\geq 1$, , для всех $n$, и $\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Если вы уверены, что это возможно, можете сразу перейти к лемме 5 ниже.
Взяв подпоследовательность $n'$ на котором $\liminf \lambda(a_{n'},c_{n'},b_{n'})>0$, Лемма 1 следует из леммы 2.
Лемма 2. Пусть$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$быть строго выпуклым и непрерывно дифференцируемым. Позволять$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ быть последовательностями, такими что $a_n$ ограничен, $c_n-a_n$ отделена от 0, а $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Потом,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
Далее взяв подпоследовательность $n'$ на котором оба $a_{n'}$ сходится, лемма 2 следует из леммы 3.
Лемма 3. Пусть$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$быть строго выпуклым и непрерывно дифференцируемым. Позволять$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ быть последовательностями, такими что $a_n\to a$, $c_n-a_n$ отделена от 0, а $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Потом,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
Для любых фиксированных $\epsilon>0$, функции $\lambda(a,c,b)$ непрерывно в $a$ равномерно в $c$ и $b$ по домену $\epsilon\leq a +\epsilon\leq c\leq b$; поэтому в условиях леммы 3$0<\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)=\liminf\lambda(\lim a_n,c_n,b_n)$. Кроме того, для$\lim a_n <a<\liminf c_n$ достаточно маленький, у нас есть $\liminf\lambda(a,c_n,b_n)>0$. поскольку$D_f(a,c,b)$ уменьшается в $a$, $\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)\geq\limsup D_f(a,c_n,b_n)$. Следовательно, лемма 3 следует из леммы 4.
Лемма 4. Пусть$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$быть строго выпуклым и непрерывно дифференцируемым. Позволять$0\leq a\leq c_n\leq b_n$ быть последовательностями, такими что $c_n-a$ отделена от 0, а $\liminf \lambda(a,c_n,b_n)>0$. Потом,$\limsup D_f(a,c_n,b_n)>0$.
Позволять $T\colon \mathbb R\to\mathbb R$ - аффинное преобразование, отображающее $a$ к $0$ и $\inf c_n$ к $1$. Замена$f$ по $F=f\circ T^{-1}$, и $a,c_n,b_n$ по $T(a),T(c_n),T(b_n)$ соответственно, лемма 4 следует из леммы 5.
Лемма 5. Пусть$F\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$быть строго выпуклым и непрерывно дифференцируемым. Позволять$1\leq c_n\leq b_n$ быть последовательностями, такими что $\liminf \lambda(0,c_n,b_n)>0$. Потом,$\limsup D_F(0,c_n,b_n)>0$.
Доказательство леммы 5. Предположим wlog, что$F(0)=0$ и обозначим $\lambda_n=\lambda(0,c_n,b_n)$ и $D_n=D_F(0,c_n,b_n)$.
Определите функцию $G\colon [1,\infty)\times (1,\infty)\to \mathbb R$ по $$ G(x,y)=\tfrac 1 y F(xy)-F(x). $$
Утверждение 6. $G$ положительный и увеличивается в обоих $x$ и $y$.
Доказательство утверждения 6. Поскольку$F$ строго выпуклый, $F(0)=0$, и $x = 1/y(xy)+(1-1/y)0$, $G(xy)>0$. поскольку$F'$ увеличивается, у нас есть $\frac {d}{dx}G(xy)=F'(xy)-F'(x)>0$, так $G$ увеличивается в $x$. поскольку$F'$ увеличивается и $G(x,y)=1/y\int_0^yF'(xt)x\,dt - F(x)$, $G$ увеличивается в $y$, завершая доказательство утверждения 6.
Предположим, есть $\lambda_0>0$ такой, что $\lambda_n\geq \lambda_0$ для всех $n$. Потом,$$ D_n = G(c_n,1/(1-\lambda_n))\geq G(1,1/(1-\lambda_0)>0, \quad\text{for all $п$.} $$ QED