Demostrando que $tf(x) + (1-t)f(y) \leq f(tx + (1-t)y)$

Question

Supongamos que $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ es una función dos veces continuamente diferenciable tal que $f''(x) \leq 0$ . Demostrar que $$tf(x) + (1-t)f(y) \leq f(tx + (1-t)y)$$ para dos puntos cualesquiera $x,y \in \mathbb{R}$ y $0\leq t\leq 1$ .

Empecé intentando tomar la segunda derivada de ambos lados, pero esto sólo me da un resultado increíblemente desordenado.

Se agradece cualquier aportación.

Answer 1

En primer lugar, observamos que si $f''(x)\le 0$ entonces para cualquier $x$ y $y$ tal que $x<y$ el teorema fundamental del cálculo garantiza que

$$\begin{align} f'(y)-f'(x)&=\int_x^y f''(t)\,dt\\\\ &\le 0 \end{align}$$

Así, $f'$ es no decreciente. Por lo tanto, por el teorema fundamental del cálculo tenemos para $x<y$

$$\begin{align} f(y)-f(x)&=\int_x^y f'(t)\,dt\\\\ &\le f'(x)(y-x) \end{align}$$

Ahora, dejemos que $t\in (0,1)$ y que $\xi = tx+(1-t)y$ . Entonces, $x-\xi = (1-t)(x-y)$ y $y-\xi = t(y-x)$ y tenemos

$$\begin{align} f(x)-f(\xi)&\le f'(\xi)(x-\xi) =(1-t)f'(\xi)(x-y)\tag 1\\\\ f(y)-f(\xi)&\le f'(\xi)(y-\xi) =tf'(\xi)(y-x)\tag 2 \end{align}$$

Multiplicando $(1)$ por $t$ y $(2)$ por $(1-t)$ y añadiendo los rendimientos

$$\begin{align} tf(x)+(1-t)f(y) &\le f(\xi)\\\\ &=f(tx+(1-t)y) \end{align}$$

¡Y ya está!

Answer 2

Aquí hay una aproximación más geométrica y ligera de cálculo al enunciado contrapositivo, a saber, que si la desigualdad no se cumple, entonces la segunda derivada debe ser positiva en alguna parte.

¿Qué significa la desigualdad? Significa que si se traza el segmento de recta entre los puntos $(x, f(x))$ y $(y, f(y))$ , entonces la gráfica de la función queda por encima de ese segmento de recta. Por lo tanto, estamos explorando qué ocurre si la gráfica está alguna vez por debajo del segmento. Digamos que eso ocurre en un punto $z \in (x, y)$ .

Dado que el gráfico interseca el segmento en $(x, f(x))$ Para que la gráfica se sitúe por debajo de la línea, la derivada de la función debe ser menor que la pendiente de la línea en algún punto entre $x$ y $z$ (dice el teorema del valor medio ). Del mismo modo, para que la gráfica se encuentre con el segmento de línea en $(y, f(y))$ la derivada de la función debe ser mayor que la pendiente del segmento de la línea en algún punto entre $z$ y $y$ . Por tanto, la derivada de la función ha aumentado, lo que significa que la segunda derivada debe ser positiva en algún punto.

Answer 3

Considere $a < x < b$ en $\mathbb R$ .

Dejemos que $a, a + h \in \mathbb R$ . Por el Teorema del valor medio existe $c \in (a,a + h)$ tal que $$f(a) = f(a + h) + f'(a) \cdot h + \frac{f''(c)}{2} \cdot h^2 $$

como $f'' \leq 0$ $$f(a + h) \leq f(a)+ f'(a) \cdot h$$

Así, $$\frac{f(a+h) - f(a)}{h} \leq f'(a) \,\,\, \text{when}\,\, h> 0 \,\, \text{and} \,\, \frac{f(a+h) - f(a)}{h} \geq f'(a) \,\,\, \text{when}\,\, h< 0 $$

De forma equivalente, para $a < x < b$

$$\frac{f(b) - f(x)}{b-x} \leq \frac{f(x) - f(a)}{x- a} \implies (f(b) - f(x))(x -a ) \leq (f(x) - f(a))(b - x)$$

Añadir $(f(x) - f(a))(x - a)$ a ambos lados de la última desigualdad se obtiene

$$\frac{f(b) - f(a)}{b-a} \leq \frac{f(x) - f(a)}{x- a}$$

que nos da la concavidad de $f$ .

Nota: Su afirmación equivale a decir que $f$ es cóncavo.

Answer 4

$t\in \{0,1\}$ o $x=y$ son casos triviales. Para el caso no trivial , supongamos, por contradicción, que $x<y$ y $0<t<1$ y $f(tx+(1-t)y)>t f(x)+(1-t)f(y).$

Dejemos que $z=tx+(1-t)y.$ Observe que $\frac {y-z}{y-x}=t$ y $\frac {z-x}{y-x}=1-t.$

Por el teorema del valor medio (MVT) existe $z_1\in (x,z)$ y $z_2\in (z,y)$ con $$f'(z_1)=(f(z)-f(x))/(z-x)\; \text { and }\; f'(z_2)=(f(y)-f(z))/(y-z).$$ Tenemos $$f'(z_1)>f'(z_2)$$ $$\text { because }\quad f'(z_1)>f'(z_2)\iff (y-z)(f(z)-f(x))>(z-x)(f(y)-f(x))\iff$$ $$\iff f(z)(y-x)>f(x)(y-z)+f(y)(z-x)\iff$$ $$\iff f(z)>f(x)\frac {y-z}{y-x}+f(y)\frac {z-x}{y-x}\iff$$ $$\iff f(z)>t f(x)+(1-t) f(y) .$$ Aplicación del MVT a $f'$ existe $z_3 \in (z_1,z_2)$ con $$f''(z_3)=\frac {f'(z_2)-f'(z_1)}{z_2-z_1}<0.$$

Observaciones. Los cálculos para obtener $f'(z_1)>f'(z_2)$ se garantizaron considerando el diagrama : El punto $(z,f(z))$ se encuentra por encima del segmento de línea de $(x,f(x))$ a $(y,f(y))$ por lo que la pendiente del segmento de línea de $(x,f(x)$ a $(z,f(z)), $ que es $f'(z_1),$ supera la pendiente $f'(z_2)$ del segmento de $(z,f(z))$ a $ (y,f(y)).$ ..... Además, el resultado principal se mantiene si $f''$ existe y nunca es negativo. La MVT se mantiene mientras la derivada exista, por lo que aplicar la MVT a $f'$ es válido si $f''$ es o no es continua.