Asimptotik yakınlık ve sınırsız araçlarla katı dışbükeylik hakkında bir soru
İzin Vermek $F:[0,\infty) \to [0,\infty)$ olmak $C^1$ kesinlikle dışbükey işlev.
İzin Vermek $\lambda_n \in [0,1],a_n\le c<b_n \in [0,\infty)$ tatmin etmek $$ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n)b_n=c_n \tag{1}$$ ve varsayalım ki $c_n \to ֿ\infty$. (Hangi ima$b_n \to ֿ\infty$). $c>0$ sadece biraz sabit $a_n$ sınırlı.
Ayarlamak $D_n=\lambda_nF(a_n)+(1-\lambda_n)F(b_n)-F\big(c_n\big) $ve varsayalım ki $\lim_{n \to \infty}D_n=0$
Soru: Yapar$\lambda_n \to 0$?
Benim sezgim şu ki $F$ "daha az dışbükey" olur (afin olmaya daha yakın) $x \to \infty$, o zaman çok fazla ağırlık veremeyiz $a_n$-Aksi halde aradaki "dışbükeylik boşluğundan" etkileniriz $a_n$ ve $b_n$ ihmal edilemez bir miktarda, $D_n$ büyük.
Düzenle:
Bu, Ron P'nin cevabını anlamaya yönelik bir girişimdir:
Sahibiz $D(a_n,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)+(1-\lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, nerede $ \lambda_n a_n +(1-\lambda_n) b_n=c_n$.
Benzer şekilde, $D(a,c_n,b_n)=\tilde \lambda_n F(a)+(1-\tilde \lambda_n)F( b_n)-F(c_n)$, nerede $ \tilde\lambda_n a +(1-\tilde \lambda_n) b_n=\tilde c_n$.
Farz et ki $a_n \to a$. (Bu ima eder$\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$). Sahibiz
$$D(a_n,c_n,b_n)-D(a,c_n,b_n)=\lambda_n F(a_n)-\tilde \lambda_n F(a)+(\tilde \lambda_n-\lambda_n)F(b_n). \tag{2}$$ İlk terim sıfır olma eğilimindedir, çünkü $F(a_n) \to F(a)$ ve $\lambda_n-\tilde \lambda_n \to 0$.
İkinci terim neden sıfıra meyillidir? üzerinde kontrolümüz yok$F(b_n)$, sağ?
Yanıtlar
Cevap Evet.
Aslında, genelliği kaybetmeden yeniden ölçeklendirerek (wlog) $c=1$. Gösterimleri basitleştirmek için$f:=F$, $a:=a_n$, $b:=b_n$, $c:=c_n$, $t:=\lambda_n$, $D:=D_n$. Bir alt diziye geçmek, wlog$a\to a_*\in[0,1]$ ve $t\to t_*\in(0,1]$. Ayrıca wlog$a+2\le c$, dan beri $a\le1$ ve $c\to\infty$. Ayrıca wlog$b>c$Wlog'dan beri $t>0$ ve $c>a$.
Dışbükeylik tarafından $f$ ve eşitsizlikler $a+1\le a+2\le c$, \ begin {denklem *} f (a + 1) \ ge f (c) + \ frac {a + 1-c} {bc} \, (f (b) -f (c)). \ etiket {1 } \ end {denklem *} Şimdi konveksite kullanılıyor$f$ yine eşitsizlikle birlikte $a+2\le c$ ve (1), bizde \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*}böylece \ başlar {denklem *} d \ to0. \ tag {2} \ end {equation *} Öte yandan, \ begin {equation *} d \ to \ frac {f (a _ *) + f (a _ * + 2)} 2-f (a _ * + 1 )> 0 \ end {denklem *} katı dışbükeyliğe göre$f$. Bu (2) ile çelişir.$\Box$
Not: Yukarıdan görüldüğü gibi, durum$c\to\infty$ rahatlamak $\liminf(c-a)>0$.
Yukarıdaki çözüm biraz gizemli görünebilir. Aslında fikir oldukça basit bir geometrik fikirdir. Herhangi bir gerçek için$A,B,C$ gibi $A\le B\le C$"kazansın" $g(A,B;C)$ dışbükey fonksiyonun grafiğindeki nokta arasındaki mesafeyi belirtir $f$ apsis ile $C$ ve akor üzerinde aynı apsisli nokta, grafiğindeki noktaları birleştirir. $f$ abscissas ile $A$ ve $B$.
Yani (aşağıdaki resme bakın), $D=g(a,b;c)$ ve $\tilde d=g(a,c;a+1)$, nerede $\tilde d$yukarıdaki çok satırlı ekranda tanımlandığı gibidir. Bu ekranda gösterildi$\tilde d\le\tilde D$, resimden anlaşılıyor. Ayrıca eğer$t$ uzak sınırlanmış $0$ - yani, eğer $c/b$ uzak sınırlanmış $1$benzer üçgenlere bakarak resimden de anlaşılacağı üzere $\tilde D\asymp D\to0$; cf. yukarıdaki çok satırlı ekranın son satırı. Bu ve eşitsizlik$\tilde d\le\tilde D$ ima etmek $\tilde d\to0$.
Dışbükeylik tarafından $f$herhangi bir sabit gerçek için $A,C$ gibi $A\le C$, kazanç $g(A,B;C)$ azalmıyor $B\in[C,\infty)$(burada başka bir resim çizmek isteyebilirsiniz). Bu nedenle ve çünkü$a+2\le c$, sahibiz $d=g(a,a+2;a+1)\le g(a,c;a+1)=\tilde d$, Böylece $d\le\tilde d$, yukarıdaki çok satırlı ekranın ilk üç satırında gösterilen.
Bu, (1) ve yukarıdaki çok satırlı ekranın geometrik açıklamasıdır.
Önce soruyu yeniden formüle edelim. İçin$0\leq a\leq c\leq b$, İzin Vermek $\lambda=\lambda(a,c,b)\in[0,1]$ öyle numara olun $c=\lambda a + (1-\lambda)b$, ve için $f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$ tanımlamak $$ D_f(a,c,b)= \lambda f(a)+(1-\lambda)f(b)-f(c). $$
Lemma 1. Bırak$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$kesinlikle dışbükey ve sürekli türevlenebilir olmalıdır. İzin Vermek$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ böyle diziler olmak $a_n$ Sınırlı, $c_n-a_n$ 0'dan uzağa sınırlanmıştır ve $\limsup \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Sonra,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
İlk olarak wlog varsaymamıza izin veren bir dizi azaltma adımı uygularız. $a_n=0$, $c_n\geq 1$, , hepsi için $n$, ve $\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Bunun mümkün olduğuna inanıyorsanız, doğrudan aşağıdaki Lemma 5'e geçebilirsiniz.
Bir alt dizi alarak $n'$ hangisinde $\liminf \lambda(a_{n'},c_{n'},b_{n'})>0$Lemma 1, Lemma 2'den gelir.
Lemma 2. Bırak$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$kesinlikle dışbükey ve sürekli türevlenebilir olmalıdır. İzin Vermek$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ böyle diziler olmak $a_n$ Sınırlı, $c_n-a_n$ 0'dan uzağa sınırlanmıştır ve $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Sonra,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
Bir alt diziyi daha fazla alarak $n'$ hangisinde $a_{n'}$ birleşir, Lemma 2 Lemma 3'ten sonra gelir.
Lemma 3. Bırak$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$kesinlikle dışbükey ve sürekli türevlenebilir olmalıdır. İzin Vermek$0\leq a_n\leq c_n\leq b_n$ böyle diziler olmak $a_n\to a$, $c_n-a_n$ 0'dan uzağa sınırlanmıştır ve $\liminf \lambda(a_n,c_n,b_n)>0$. Sonra,$\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)>0$.
Herhangi bir sabit için $\epsilon>0$, fonksiyonlar $\lambda(a,c,b)$ sürekli $a$ tekdüze olarak $c$ ve $b$ etki alanı üzerinden $\epsilon\leq a +\epsilon\leq c\leq b$; bu nedenle, Lemma 3 varsayımları altında,$0<\liminf\lambda(a_n,c_n,b_n)=\liminf\lambda(\lim a_n,c_n,b_n)$. Ayrıca,$\lim a_n <a<\liminf c_n$ yeterince küçük, sahibiz $\liminf\lambda(a,c_n,b_n)>0$. Dan beri$D_f(a,c,b)$ azalıyor $a$, $\limsup D_f(a_n,c_n,b_n)\geq\limsup D_f(a,c_n,b_n)$. Bu nedenle, Lemma 3, Lemma 4'ten gelir.
Lemma 4. Bırak$f\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$kesinlikle dışbükey ve sürekli türevlenebilir olmalıdır. İzin Vermek$0\leq a\leq c_n\leq b_n$ böyle diziler olmak $c_n-a$ 0'dan uzağa sınırlanmıştır ve $\liminf \lambda(a,c_n,b_n)>0$. Sonra,$\limsup D_f(a,c_n,b_n)>0$.
İzin Vermek $T\colon \mathbb R\to\mathbb R$ eşleyen afin dönüşüm ol $a$ -e $0$ ve $\inf c_n$ -e $1$. Değiştiriliyor$f$ tarafından $F=f\circ T^{-1}$, ve $a,c_n,b_n$ tarafından $T(a),T(c_n),T(b_n)$ sırasıyla, Lemma 4, Lemma 5'ten sonra gelir.
Lemma 5. Bırak$F\colon \mathbb R_+\to\mathbb R$kesinlikle dışbükey ve sürekli türevlenebilir olmalıdır. İzin Vermek$1\leq c_n\leq b_n$ böyle diziler olmak $\liminf \lambda(0,c_n,b_n)>0$. Sonra,$\limsup D_F(0,c_n,b_n)>0$.
Lemma Kanıtı 5. Wlog varsayıyoruz ki$F(0)=0$ ve göster $\lambda_n=\lambda(0,c_n,b_n)$ ve $D_n=D_F(0,c_n,b_n)$.
Bir işlev tanımlayın $G\colon [1,\infty)\times (1,\infty)\to \mathbb R$ tarafından $$ G(x,y)=\tfrac 1 y F(xy)-F(x). $$
İddia 6. $G$ olumlu ve her ikisinde de artıyor $x$ ve $y$.
İddia Kanıtı 6. O zamandan beri$F$ kesinlikle dışbükey $F(0)=0$, ve $x = 1/y(xy)+(1-1/y)0$, $G(xy)>0$. Dan beri$F'$ artıyor, biz var $\frac {d}{dx}G(xy)=F'(xy)-F'(x)>0$, yani $G$ artar $x$. Dan beri$F'$ artıyor ve $G(x,y)=1/y\int_0^yF'(xt)x\,dt - F(x)$, $G$ artar $y$, İddia 6'nın kanıtını tamamlamak.
Varsayalım ki $\lambda_0>0$ öyle ki $\lambda_n\geq \lambda_0$ hepsi için $n$. Sonra,$$ D_n = G(c_n,1/(1-\lambda_n))\geq G(1,1/(1-\lambda_0)>0, \quad\text{for all $n$.} $$ QED