Igualdad en la definición de la función midconvex

Question

Que $f:I \rightarrow \mathbb{R}$, donde $I\subset \mathbb{R}$ es un intervalo, ser midconvex, que $$f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leq \frac{f(x)+f(y)}{2}$$ for all $x, y \in I$. Asumir que $x_0, y_0 \in \mathbb{R}$ tal que $x_0

Gracias.

Añadido.

¿Tal vez entonces $f(qx_0+(1-q)y_0)=qf(x_0)+(1-q)f(y_0)$ $q=\frac{k}{2^n}$, donde $n \in \mathbb{N}$, $k=0,1,...,2^n$?

Answer 1

Considere el ejemplo siguiente. Que $B$ sea una base de Hamel de $\mathbb R$ sobre lo racionales $\mathbb Q$. Así cada $x \in \mathbb R$ se puede escribir únicamente como $x = \sum_{b \in B} c_b(x) b$, donde todos sino finito muchos de lo $cb(x)$ $0$ para cualquier particular $x$. Que $f(x) = c{b_0}(x)^2$ % dado $b_0 \in B$. Desde $c_b\left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{c_b(x) + c_b(y)}{2}$ $f$ es punto medio convexo. Para cualquier $x_0$ y $y_0$ tal que $c_b(x_0) = c_b(y_0) = 0$ tenemos $f\left(\frac{x_0+y_0}{2}\right) = \frac{f(x_0)+f(y_0)}{2} = 0$. Pero hay un conjunto denso de puntos de $ y_1$ donde $f\left(\frac{x_0+y_1}{2}\right)

Answer 2

Si entiendo tu pregunta correctamente (después de la adición en su pregunta y aclaración en los comentarios) que desea lo sé, si se cumple lo siguiente:

Deje $f$ ser un punto medio convexo (un.k.una. Jensen convexa) en función de $[x_0,y_0]$, es decir, para cualquier $x,y\in[x_0,y_0]$ $$ f\left(\frac{x+y}2\right)\le \frac{f(x)+f(y)}2 \qquad (1)$$ sostiene. Supongamos que, por otra parte, $$ f\left(\frac{x_0+y_0}2\right)=\frac{f(x_0)+f(y_0)}2 \qquad (2).$$ A continuación,$f(qx_0+(1-q)y_0)=qf(x_0)+(1-q)f(y_0)$$q=\frac{k}{2^n}$, donde $n \in \mathbb{N}$, $k=0,1,...,2^n$.

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Esto puede ser demostrado por inducción en $n$.

Para $n=1$ la demanda es equivalente a (1).

Para $n=2$ queremos mostrar que $f\left(\frac{x_0+3y_0}4\right)=\frac{f(x_0)+3f(y_0)}4$ y $f\left(\frac{3x_0+y_0}4\right)=\frac{3f(x_0)+f(y_0)}4$. El uso de (1) para los puntos de $\frac{x_0+3y_0}4$ $\frac{3x_0+y_0}4$ tenemos $$2f\left(\frac{x_0+y_0}2\right) \le f\left(\frac{x_0+3y_0}4\right) + f\left(\frac{3x_0+y_0}4\right). \qquad (3)$$ También podemos obtener a partir de (1) que $$2f\left(\frac{x_0+3y_0}4\right) \le f\left(\frac{x_0+y_0}2\right) + f(y_0) \qquad (4)$$ y $$2f\left(\frac{3x_0+y_0}4\right) \le f(x_0)+f\left(\frac{x_0+y_0}2\right) \qquad (5) $$ La combinación de (3), (4), (5) tenemos que $$4f\left(\frac{x_0+y_0}2\right) \le 2f\left(\frac{x_0+3y_0}4\right) + 2f\left(\frac{3x_0+y_0}4\right) \le f(x_0)+2f\left(\frac{x_0+y_0}2\right)+f(y_0).$$ Pero ya a partir de (2) sabemos que, de hecho, la igualdad se cumple para la izquierdo y derecho de expresión, hemos de conseguir que la igualdad tiene en (4) y (5), también. Esto implica que nuestro reclamo por $n=2$.

Supongamos que la afirmación es verdadera para $n$, vamos a mostrar es para $n+1$: Vamos a $q=\frac{k}{2^{n+1}}$. Si $k$ es aún, la afirmación de sigue a partir de la hipótesis de inducción. Si $k$ es impar, podemos usar lo hemos demostrado en el caso de $n=2$, utilizando cualquiera de las $\frac{k-1}{2^{n+1}}$ y $\frac{k+3}{2^{n+1}}$ o $\frac{k-3}{2^{n+1}}$ y $\frac{k+1}{2^{n+1}}$ en lugar de $x_0$$y_0$. (Podemos elegir lo del par pertenece a la original intervalo. Para estos puntos la afirmación es verdadera, ya que $k\pm1$, $k\pm 3$ son aún).

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La prueba es básicamente una modificación de la prueba de que cada punto medio convexo función racionalmente es convexo, ver a esta pregunta: Mostrando que $f$ es convexo (Usted puede probar si otras pruebas mencionadas no pueden ser modificados para su situación también.)