Dışbükey işlevin sınırı

Question

Aşağıdaki alıştırmayı kontrol etmem gerekecek:

İzin Vermek $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ dışbükey bir işlev.

• Kanıtla $\lim_{x \rightarrow \infty} f(x)$ ve $\lim_{x \rightarrow - \infty} f(x)$ var olmak

• Her iki sınırın da sonlu olması durumunda $f$ sabittir.

---

Benim girişimim:

i) biliyorum eğer $f$ dışbükey ise $$f(t x_1 + (1-t)x_2)< t f(x_1) + (1-t) f(x_2)$$

Keyfi düzeltirsem $N>0$, sonra buna sahibim $x>x_2 \colon \quad f(x)>N$, dışbükeylik sayesinde bu, sınırını kanıtlıyor $+ \infty$ dır-dir $+\infty$.

Aynı argüman için de geçerlidir $\lim_{x \rightarrow -\infty}f(x)$: şunu not etmek yeterlidir: $x<x_1 \colon \quad f(x)>N$.

---

ii)

Grafiksel olarak açık, ama resmi yapmakta bazı problemlerim var.

Sınır sonluysa $L$sonra her biri için $\varepsilon >0$ var bir $M(\varepsilon)$ öyle ki için $$x>M(\varepsilon) \colon \quad |f(x)-L|\leq \varepsilon$$

Varsaymak $f (x) \ne c$. Dışbükeylik tanımına göre, tutması gerekir (için$t \in [0,1]$) $$t f(M)+(1-t)f(M+1) \leq f(t M + (1-t)(M+1))$$

Şimdi, limit tanımına göre, $f(M)$ ve $f(M+1)$ daha az $L-\varepsilon$. Ayrıca, eşitsizliğin rhs'sindeki argüman basitleştirilebilir:

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

Bu nedenle $$L-\varepsilon < f(M-t)$$bu bir çelişki çünkü $M-t<M$ ve dolayısıyla daha büyük olabilir $L-\varepsilon$.

Yani $f$ eşit olmak zorunda $c$. Aslında bu durumda, hala (önemsiz) dışbükeydir ve sınırlar elbette sonludur.

Answer 1

İpucu: bir dışbükey fonksiyonun ya azaldığını ya da arttığını ya da azaldığını sonra arttığını kanıtlamaya çalışın.

Answer 2

dışbükeylik genellikle "$\le$", değil "$\lt$"(aksi takdirde" kesinlikle dışbükey "dir).

F'nin her zaman sonsuza gittiğini göstermek istemezsiniz, çünkü buna gerek yoktur.

İle başla $x\rightarrow\infty$.

Önce iki nokta olduğunu varsayalım $x\lt y$ ile $f(x)\lt f(y)$. Sonra yapabilirsiniz f sonsuza gider göstermektedir. Genelliği kaybetmeden varsayabiliriz ki$x=0$ ve $f(x)=0$ (eğer değilse, sadece değişene kadar f kaydırın ve kaydırın. İlgilendiğimiz davranışı değiştirmeyecektir.)

Biraz düşünün $z>y$. Dan beri$y>x=0$, sonra $z=y/t$ bazı $0<t<1$. Yani dışbükeylik ile,$$tf(z)=tf(y/t)+(1-t)f(0)\ge f(t(y/t)+(1-t)0)=f(y)$$ Yani $f(z)\ge f(y)/t$. Gibi$z\rightarrow \infty$ bu açık $t$ gider $0$, yani $f(y)/t\rightarrow\infty$ (hatırlamak $f(y)>0$) ve bu nedenle $f(z)$. Bu nedenle bu durumda$f$ sonsuza yükselir.

Aksi takdirde bizim varsayımımız yanlıştı, bu nedenle f sabit olmalı ya da sabit olmamalı ve tekdüze azalan olmalıdır. İkincisi olduğunu varsayalım. Yine, başlangıç ​​noktasını taşıyın, böylece$f(0)=0$. Sonra$f(1)<0$ ve dışbükeylik özelliği ile gösterilmesi kolaydır. $f(t)\le t f(1)$ ve bu yüzden $f$ eksi sonsuza gider.

Ardından, davranış için simetri ile argümanı tekrarlayabilirsiniz. $x\rightarrow-\infty$.