No es suficiente. Supongamos que los elementos de $X$ son $$x_1 < x_2 < \cdots < x_n,$$ y supongamos por simplicidad que $\epsilon = 1$ . A continuación, los valores $f(x_k)$ contienen la misma información que las integrales $$\langle p, f'' \rangle = \int_{x_1}^{x_n} p(x) f''(x) dx,$$ donde $p(x)$ es una función continua lineal a trozos con $p(x_1) = p(x_n) = 0$ . Se puede convertir entre una integral de este tipo y combinaciones lineales de valores de $f(x)$ integrando por partes dos veces. Para cualquier función de prueba $p$ la desigualdad $$|\langle p, f'' \rangle| \le \int_{x_1}^{x_n} |p(x)| dx \qquad \qquad$$ retenciones. Además, muchas de estas desigualdades son lógicamente independientes. Más concretamente, las opciones extremas de $p(x)$ son aquellos para los que $p(x_k)$ alternativo en señal de $i \le k \le j$ y $p(x_k) = 0$ cuando $k < i$ ou $k > j$ . La idea de demostrar que tales como $p$ es extrema es hacer una doble elección de $f''$ que cambia entre $1$ y $-1$ cuando $p$ cruza el $x$ eje. (Pido disculpas por saltarme parte de la lógica en el cálculo de la extremidad, pero creo que esto es correcto). El conjunto resultante de valores para $f(\vec{x})$ no es un politopo, sino una cierta región convexa con límites planos y curvos.
Por ejemplo, considere su estadística, $$f_k = \frac{(x_{k+1}-x_k)f(x_{k+1})-(x_{k+1}-x_{k-1})f(x_k)+(x_k-x_{k+1})f(x_{k-1})}{(x_{k+1}-x_k)(x_{k+1}-x_{k-1})(x_k-x_{k-1})},$$ para triples consecutivos de puntos, y supongamos que $n=4$ . Entonces el par $(f_2,f_3)$ debe estar dentro del cuadrado $[-\frac12,\frac12]^2$ ; has identificado otros dos pares de inecuaciones, pero no recortan más el cuadrado. Lo que ocurre en realidad es que dos de las esquinas del cuadrado se redondean mediante parábolas. Las líneas de apoyo de las parábolas provienen de la función de prueba $p$ que es una interpolación lineal a trozos de $(0,-1,a,0)$ con $a > 0$ .
