คำถามเกี่ยวกับความสัมพันธ์แบบไม่แสดงอาการและความนูนที่เข้มงวดด้วยวิธีการที่ไม่ถูกผูกมัด
ปล่อย $F:[0,\infty) \to [0,\infty)$ เป็น $C^1$ ฟังก์ชั่นนูนอย่างเคร่งครัด
ปล่อย $\lambda_n \in [0,1],a_n\le c<b_n \in [0,\infty)$ พอใจ $$ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n)b_n=c_n \tag{1}$$ และสมมติว่า $c_n \to ֿ\infty$. (ซึ่งหมายความว่า$b_n \to ֿ\infty$). $c>0$ เป็นเพียงค่าคงที่เพื่อให้ $a_n$ ขอบเขต
ชุด $D_n=\lambda_nF(a_n)+(1-\lambda_n)F(b_n)-F\big(c_n\big) $และสมมติว่า $\lim_{n \to \infty}D_n=0$
คำถาม:ไม่$\lambda_n \to 0$เหรอ?
สัญชาตญาณของฉันคือแม้ว่า $F$ จะกลายเป็น "นูนน้อยลง" (ใกล้เคียงกับความสัมพันธ์) เมื่อ $x \to \infty$จากนั้นเราไม่สามารถให้น้ำหนักมากกับ $a_n$- มิฉะนั้นเราจะโดน "ช่องว่างนูน" ระหว่าง $a_n$ และ $b_n$ ด้วยจำนวนที่ไม่เล็กน้อยซึ่งควรทำ $D_n$ ใหญ่.
แก้ไข:
นี่คือความพยายามที่จะเข้าใจคำตอบของ Ron P:
เรามี $D(a_n,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)+(1-\lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, ที่ไหน $ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n) b_n=c_n$.
ในทำนองเดียวกัน $D(a,c_n,b_n)=\tilde \lambda_n F(a)+(1-\tilde \lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, ที่ไหน $ \tilde\lambda_n a +(1-\tilde \lambda_n) b_n=\tilde c_n$.
สมมติว่า $a_n \to a$. (โดยนัยนี้$\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$). เรามี
$$D(a_n,c_n,b_n)-D(a,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)-\tilde \lambda_n F(a)+(\tilde \lambda_n-\lambda_n)F(b_n). \tag{2}$$ เทอมแรกมีแนวโน้มที่จะเป็นศูนย์ตั้งแต่นั้นมา $F(a_n) \to F(a)$ และ $\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$.
ทำไมเทอมสองจึงมีแนวโน้มเป็นศูนย์ เราไม่สามารถควบคุมได้$F(b_n)$ใช่มั้ย?
คำตอบ
คำตอบคือใช่
อันที่จริงโดยการปรับขนาดโดยไม่สูญเสียลักษณะทั่วไป (wlog) $c=1$. เพื่อลดความซับซ้อนของสัญกรณ์ให้$f:=F$, $a:=a_n$, $b:=b_n$, $c:=c_n$, $t:=\lambda_n$, $D:=D_n$. ผ่านไปยังภายหลัง wlog$a\to a_*\in[0,1]$ และ $t\to t_*\in(0,1]$. นอกจากนี้ wlog$a+2\le c$, ตั้งแต่ $a\le1$ และ $c\to\infty$. นอกจากนี้ wlog$b>c$ตั้งแต่ wlog $t>0$ และ $c>a$.
โดยความนูนของ $f$ และอสมการ $a+1\le a+2\le c$, \ begin {สมการ *} f (a + 1) \ ge f (c) + \ frac {a + 1-c} {bc} \, (f (b) -f (c)). \ tag {1 } \ end {สมการ *}ใช้ตอนนี้ความนูนของ$f$ อีกครั้งพร้อมกับอสมการ $a+2\le c$ และ (1) เรามี \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*}เพื่อให้\ เริ่ม {สมการ *} d \ to0 \ tag {2} \ end {สมการ *}ในทางกลับกัน\ start {สมการ *} d \ to \ frac {f (a _ *) + f (a _ * + 2)} 2-f (a _ * + 1 )> 0 \ end {สมการ *}โดยความนูนที่เข้มงวดของ$f$. สิ่งนี้ขัดแย้งกับ (2)$\Box$
หมายเหตุ:เงื่อนไขดังกล่าวข้างต้น$c\to\infty$ สามารถผ่อนคลายได้ $\liminf(c-a)>0$.
วิธีแก้ปัญหาข้างต้นอาจดูลึกลับ ในความเป็นจริงแนวคิดนี้เป็นรูปทรงเรขาคณิตที่ค่อนข้างเรียบง่าย สำหรับของจริง$A,B,C$ เช่น $A\le B\le C$ให้ "ได้รับ" $g(A,B;C)$ แสดงระยะห่างระหว่างจุดบนกราฟของฟังก์ชันนูน $f$ กับ abscissa $C$ และจุดที่มี abscissa เดียวกันบนคอร์ดที่เชื่อมต่อกับจุดบนกราฟของ $f$ กับ abscissas $A$ และ $B$.
ดังนั้น (ดูภาพด้านล่าง) $D=g(a,b;c)$ และ $\tilde d=g(a,c;a+1)$, ที่ไหน $\tilde d$เป็นไปตามที่กำหนดไว้ในการแสดงผลหลายบรรทัดด้านบน ในจอแสดงผลนั้นแสดงให้เห็นว่า$\tilde d\le\tilde D$ซึ่งชัดเจนจากภาพ นอกจากนี้ถ้า$t$ อยู่ห่างจาก $0$ - นั่นคือถ้า $c/b$ อยู่ห่างจาก $1$ดังนั้นเมื่อเห็นได้ชัดเจนจากภาพโดยดูสามเหลี่ยมที่คล้ายกันเราก็มี $\tilde D\asymp D\to0$; cf. บรรทัดสุดท้ายของการแสดงผลหลายบรรทัดด้านบน นี่และอสมการ$\tilde d\le\tilde D$ บ่งบอก $\tilde d\to0$.
โดยความนูนของ $f$สำหรับของจริงคงที่ $A,C$ เช่น $A\le C$, กำไร $g(A,B;C)$ ไม่ลดลงใน $B\in[C,\infty)$(ที่นี่คุณอาจต้องการวาดภาพอื่น) ดังนั้นและเนื่องจาก$a+2\le c$, เรามี $d=g(a,a+2;a+1)\le g(a,c;a+1)=\tilde d$, ดังนั้น $d\le\tilde d$ซึ่งแสดงในสามบรรทัดแรกของจอแสดงผลหลายบรรทัดด้านบน
นี่คือคำอธิบายทางเรขาคณิตของ (1) และการแสดงผลหลายบรรทัดด้านบน
ก่อนอื่นเรามากำหนดคำถามใหม่ สำหรับ$0\leq a\leq c\leq b$, ปล่อย $\lambda=\lambda(a,c,b)\in[0,1]$ เป็นตัวเลขนั้น $c=\lambda a + (1-\lambda)b$, และสำหรับ $f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$ กำหนด $$ D_f(a,c,b)= \lambda f(a)+(1-\lambda)f(b)-f(c). $$
บทแทรก 1. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$นูนอย่างเคร่งครัดและแตกต่างอย่างต่อเนื่อง ปล่อย$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ เป็นลำดับเช่นนั้น $a_n$ มีขอบเขต $c_n-a_n$ อยู่ห่างจาก 0 และ $\limsup \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. จากนั้น$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
ก่อนอื่นเราใช้ลำดับขั้นตอนการลดขั้นตอนที่อนุญาตให้เราสมมติว่า wlog นั้น $a_n=0$, $c_n\geq 1$, , เพื่อทุกสิ่ง $n$และ $\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. หากคุณเชื่อว่าเป็นไปได้คุณสามารถข้ามไปยัง Lemma 5 ด้านล่างได้โดยตรง
โดยใช้ลำดับย่อย $n'$ ที่ $\liminf \lambda(a_{n'},c_{n'},b_{n'})>0$, เลม 1 ตามมาจากเลม 2.
บทแทรก 2. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$นูนอย่างเคร่งครัดและแตกต่างอย่างต่อเนื่อง ปล่อย$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ เป็นลำดับเช่นนั้น $a_n$ มีขอบเขต $c_n-a_n$ อยู่ห่างจาก 0 และ $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. จากนั้น$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
โดยการลำดับย่อยเพิ่มเติม $n'$ ซึ่งทั้งสองอย่าง $a_{n'}$ มาบรรจบกันเลม 2 ตามมาจากเลม 3
แทรก 3. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$นูนอย่างเคร่งครัดและแตกต่างอย่างต่อเนื่อง ปล่อย$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ เป็นลำดับเช่นนั้น $a_n\to a$, $c_n-a_n$ อยู่ห่างจาก 0 และ $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. จากนั้น$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
สำหรับการแก้ไขใด ๆ $\epsilon>0$, ฟังก์ชั่น $\lambda(a,c,b)$ ต่อเนื่องใน $a$ สม่ำเสมอใน $c$ และ $b$ ผ่านโดเมน $\epsilon\leq a +\epsilon\leq c\leq b$; ดังนั้นภายใต้สมมติฐานของเลม 3$0<\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)=\liminf\lambda(\lim a_n,c_n,b_n)$. นอกจากนี้สำหรับ$\lim a_n <a<\liminf c_n$ เล็กพอที่เรามี $\liminf\lambda(a,c_n,b_n)>0$. ตั้งแต่$D_f(a,c,b)$ กำลังลดลงใน $a$, $\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)\geq\limsup D_f(a,c_n,b_n)$. ดังนั้นเลม 3 จึงตามมาจากเลม 4
แทรก 4. Let$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$นูนอย่างเคร่งครัดและแตกต่างอย่างต่อเนื่อง ปล่อย$0\leq a\leq c_n\leq b_n$ เป็นลำดับเช่นนั้น $c_n-a$ อยู่ห่างจาก 0 และ $\liminf \lambda(a,c_n,b_n)>0$. จากนั้น$\limsup D_f(a,c_n,b_n)>0$.
ปล่อย $T\colon \mathbb R\to\mathbb R$ เป็นการเปลี่ยนแปลงที่เชื่อมโยงกับแผนที่ $a$ ถึง $0$ และ $\inf c_n$ ถึง $1$. การเปลี่ยน$f$ โดย $F=f\circ T^{-1}$และ $a,c_n,b_n$ โดย $T(a),T(c_n),T(b_n)$ ตามลำดับเลม 4 ตามมาจากเลม 5
แทรก 5. Let$F\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$นูนอย่างเคร่งครัดและแตกต่างอย่างต่อเนื่อง ปล่อย$1\leq c_n\leq b_n$ เป็นลำดับเช่นนั้น $\liminf \lambda(0,c_n,b_n)>0$. จากนั้น$\limsup D_F(0,c_n,b_n)>0$.
หลักฐานเลม 5เราถือว่า wlog นั้น$F(0)=0$ และแสดงว่า $\lambda_n=\lambda(0,c_n,b_n)$ และ $D_n=D_F(0,c_n,b_n)$.
กำหนดฟังก์ชัน $G\colon [1,\infty)\times (1,\infty)\to \mathbb R$ โดย $$ G(x,y)=\tfrac 1 y F(xy)-F(x). $$
ข้อเรียกร้อง 6. $G$ เป็นบวกและเพิ่มขึ้นทั้งสองอย่าง $x$ และ $y$.
หลักฐานการเรียกร้อง 6.ตั้งแต่$F$ นูนอย่างเคร่งครัด $F(0)=0$และ $x = 1/y(xy)+(1-1/y)0$, $G(xy)>0$. ตั้งแต่$F'$ กำลังเพิ่มขึ้นเรามี $\frac {d}{dx}G(xy)=F'(xy)-F'(x)>0$ดังนั้น $G$ เพิ่มขึ้นใน $x$. ตั้งแต่$F'$ กำลังเพิ่มขึ้นและ $G(x,y)=1/y\int_0^yF'(xt)x\,dt - F(x)$, $G$ เพิ่มขึ้นใน $y$กรอกหลักฐานการเรียกร้อง 6.
สมมติว่ามี $\lambda_0>0$ ดังนั้น $\lambda_n\geq \lambda_0$ เพื่อทุกสิ่ง $n$. จากนั้น$$ D_n = G(c_n,1/(1-\lambda_n))\geq G(1,1/(1-\lambda_0)>0, \quad\text{for all $n$.} $$ QED