¿Cómo probar la función de valor real $f$ es convexo en $[a,d]$ $f$ convexo en $[a,c]$ y $[b,d]$? ($a<b<c<d$).

Question

¿Cómo probar la función de valor real $f$ es convexo en $[a,d]$ $f$ convexo en $[a,c]$ y $[b,d]$? ($a**- - - - - -

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Trato de mostrar que: % arbitrario $x\in(a,b), z\in(c,d)$y todas las $y\in (x,z)$ la desigualdad

$\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}\leqslant \dfrac{f(z)-f(y)}{z-y}$

lleva a cabo. Entonces es convexa en $f$ $[a,d]$.

Pero parece que necesitan algunos trucos de desigualdad, no puedo terminarlo.

Answer 1

Usando la definición de $f(\alpha x + (1- \alpha) y) \le \alpha f(x) + (1 - \alpha) f(y)$ podría no ser el enfoque más sencillo. Recordar, el SOC de convexidad, es decir, si $f''(x) > 0$ $x \in I$ entonces dentro de este intervalo $I$función $f(\cdot)$ es convexo.

Por lo tanto, $f''(x) > 0, ~\forall x \in [a, c]$ y $f''(x) > 0, ~\forall x \in [b, d] \implies f''(x) > 0, ~\forall x \in [a, d],$ como sea necesario.

Answer 2

Los puntos de $B= (b,f(b))$ $C= (c, f(c))$ son los principales puntos de referencia en el gráfico de $f$. Deje $\ell$ ser la línea que conecta $B$$C$. A continuación, las dos condiciones de convexidad implica que la gráfica de $f$ restringido a $[a,b]$ está por encima de $\ell$, y la gráfica de $f$ restringido a $[c,d]$ está por encima de $\ell$.

Pero entonces para cualquier número $x\in [a,b], y\in [c,d]$, los puntos de $X=(x, f(x))$$Y=(y, f(y))$, también por encima de $\ell$. Deje $P$ ser cualquier punto sobre el segmento de línea $XY$. A continuación, la primera coordenada de $P$ $[a,c]$ o en $[b,d]$: asumir que es en $[a,c]$, el otro caso es similar. A continuación, $P$ está por encima de $\ell$, como es arriba $XC$.

Answer 3

Este es un hecho que es geométricamente evidente, pero un dolor de probar.

Tenga en cuenta que la superposición es esencial, si $f(x) = -|x|$, en los intervalos de $[-1,0]$ $[0,1]$ la función $f$ es lineal, por lo tanto convexo, pero claramente $f$ no es convexa en a $[-1,1]$.

Definir $R(x,y) = {f(x)-f(y) \over x-y}$ $x \neq y$ . Tenga en cuenta que $R$ es simétrica. A continuación, $f$ es convexa en el fib $x \mapsto R(x,y)$ es monótona no decreciente para cada una de las $y$. (cf. la derivada de la caracterización de la convexidad.)

Debemos demostrar que para todos los $t \in [0,1]$ que $f((t-1)x+ty) \le (t-1)f(x)+t f(y)$.

Supongamos $x<y$. Si $y \in [a,c]$ o $x \in [b,d]$ no hay nada para mostrar, así que supongamos $x \in [a,b), y\in (c,d]$.

Elija $m,m'$ tal que $b<m'<m<c$. Entonces $R(m,x) \le R(m,m') \le R(y,m') \le R(y,m)$. Esto es cuando la coincidencia se utiliza.

Tenga en cuenta que \begin{eqnarray} R(y,x) &=& {1 \over y-x} [R(m,x)(m-x) + R(y,m)(y-m)] \\ &\ge& {1 \over y-x} [R(m,x)(m-x) + R(m,x)(y-m)] \\ &\ge& R(m,x) \end{eqnarray} Un análisis similar se muestra que el $R(y,x) \le R(y,m)$.

Deje $t^* = {m-x \over y-x}$. Primero supongamos $t \le t^*$ y deje $\lambda={t \over t^*}$. Tenga en cuenta que $x+\lambda(m-x) = x+t (y-x)$. Entonces \begin{eqnarray} f(x+t(y-x)) &=& f(x+ \lambda(m-x)) \\ &\le& f(x)+ \lambda (f(m)-f(x)) \\ &=& f(x)+ t ( {y-x \over m-x} ) ( f(m)-f(x)) \\ &=& f(x) + t (y-x) R(m,x) \\ &\le& f(x) + t (y-x) R(y,x) \\ &=& f(x) + t (f(y)-f(x)) \end{eqnarray} Ahora supongamos $t \ge t^*$ y deje $\mu = {t-t^* \over 1-t^*}$. Tenga en cuenta que $y+(1-\mu) (m-y) = x+t(y-x)$. Entonces \begin{eqnarray} f(x+t(y-x)) &=& fy+(1-\mu) (m-y)) \\ &\le& f(y)+ (1-\mu)(f(m)-f(y)) \\ &=& f(y)+ (1-t)( {y-x \over y-m} ) (f(m)-f(y)) \\ &=& f(y) + (1-t)(y-x) (-R(y,m)) \\ &\le& f(y) + (1-t)(y-x) (-R(y,x)) \\ &=& f(y) + (1-t) (f(x)-f(y)) \\ &=& f(x) + t (f(y)-f(x)) \end{eqnarray}

Answer 4

Aquí estoy, escribiendo $\overline{RS}$ a referirse al segmento de recta que pasa a través de $(R, f(R))$$(S, f(S))$. Y escribir $\overline{RS}(x)$ a referir a la altura de la línea en $x$ . Decir $\overline{RS} \ge \overline{UV}$ $\overline{RS}(x) \ge \overline{UV}(x)$ dentro del dominio.

Tenemos que esablish $\overline{MN}$ se encuentra por encima de $f$ todos los $M$$N$. Los casos no cubiertos directamente por la convexidad supuestos se $M \in [A..B)$$N \in (C .. D]$.

Por el bien de la contradicción, supongamos $\overline{MN} < \overline{BN}$ (excepto en el punto $N$). $M<B$ implica entonces $f(M) < f(B)$.

Desde $C > B$, por la convexidad de la asunción dentro de $[B .. D]$, $f(C) \le \overline{BN}(C)$.

Pero esto coloca a $f(B) \ge \overline{MC}(B)$, contradiciendo la convexidad dentro de $[A .. C]$. Por lo $\overline{MN} \ge \overline{BN}$.

Por el mismo argumento de $\overline{MN} \ge \overline{MC}$. Por lo $\overline{MN}(x) \ge f(x)$.