¿Es una función convexa en un cubo dimensional infinito limitado?

Question

Supongamos $f : [0, 1]^\alpha \to \mathbb{R}$ es convexa. De lo anterior se sigue que $f$ tiene un límite inferior?

He demostrado que esto tiene para finito $α$. Mi pregunta es si también tiene infinitas $α$.

En el caso finito, puedo demostrarlo por inducción. En primer lugar, nos muestran un intervalo de $[0, 1]$. (Para convexo $f : [0, 1] \to \mathbb{R}$, $x ≥ \frac{1}{2}$ tenemos $f(x) ≥ 2f(\frac{1}{2}) - f(0)$, y una similar obligado tiene por $x ≤ \frac{1}{2}$.)

Siguiente, supongamos que $f : [0, 1]^{n + 1} \to \mathbb{R}$ es convexa. A continuación, para cada una de las $x ∈ [0, 1]$, vamos a $f_x$ ser la función que se lleva a $y ∈ [0, 1]^n$ a $f(x, y_1, …, y_n)$. Luego de cada función $f_x$ es convexa, y por lo tanto por la hipótesis inductiva es limitado. Deje $b(x)$ ser el mayor límite inferior de $f_x$. A continuación, $b : [0, 1] \to \mathbb{R}$ también es convexo. (Para cualquier $ε > 0$hay $y$ e $y'$ tal que $f_x(y) < b(x) + \frac{ε}{2}$ e $f_{x'}(y') < b(x') + \frac{ε}{2}$. Así \begin{align} b(λx + (1-λ)x') & ≤ f(λx + (1-λ)x', y) \\ & ≤ λf(x, y) + (1 - λ)f(x', y') \\ & < λb(x) + (1 - λ)b(x') + ε \end{align} Por lo $b(λx + (1-λ)x') ≤ λb(x) + (1 - λ)b(x')$.) Así que por la primera parte, $b$ también tiene un límite inferior, y este debe ser un límite inferior para $f$.

Parece un argumento similar usando inducción transfinita podría funcionar en general, pero yo no sé cómo el paso del límite.

Answer 1

No, no puede ser delimitada a continuación. Considere la posibilidad de $K=[0,1]^\alpha$ como un subconjunto del espacio de Banach $\ell^\infty(\alpha)$. $K$ es un barrio de el punto de $u=\left(\frac12,\frac12,\cdots\right)$. Si $\alpha\ge\aleph_0$, entonces hay una discontinuo lineal funcional $\phi:\ell^\infty(\alpha)\to \Bbb R$. Discontinua funcionales son ilimitados (en ambas direcciones) en todos los bloques abiertos, por lo tanto, $f(x)=\phi(x-u)$ es una función convexa $K\to\Bbb R$ sin límites inferiores.