Prueba (sin el uso de cálculo diferencial) de que$e^{\sqrt{x}}$ es convexo en$[1,+\infty)$.

Question

Demostrar (sin uso de diferenciación) que $f(x)=e^{\sqrt{x}}$ es convexa en a$[1,+\infty)$.

El intento. La función de $x\mapsto e^x$ es convexo y el aumento, sino $x\mapsto \sqrt{x}$ es cóncava, así que no podemos usar la proposición de composición: $$(convex~\&~increasing)\circ convex=convex.$$ Definición requeriría para probar por todos los $x,~y\geqslant 1$ e $\lambda \in [0,1]$: $$e^{\sqrt{\lambda x+(1-\lambda) y}}\leqslant \lambda e^{\sqrt{ x}}+(1-\lambda)e^{\sqrt{y}}$$ pero el cuadrado no funciona aquí.

Si hemos utilizado la continuidad en el fin de demostrar a mediados de la convexidad, el problema sería así: $$e^{\sqrt{\frac{x+y}{2}}}\leqslant \frac{e^{\sqrt{x}}+e^{\sqrt{y}}}{2},$$ de forma equivalente: $$e^{\sqrt{\frac{x+y}{2}}}-e^{\sqrt{x}} \leqslant e^{\sqrt{y}}-e^{\sqrt{\frac{x+y}{2}}}$$ (pero sin MVT ¿qué íbamos a hacer con estas diferencias?)

Gracias de antemano por la ayuda.

Answer 1

Para mostrar la convexidad es suficiente para demostrar la propiedad de un apoyo hyperplane en cada punto, es decir, $$e^{\sqrt{x+t}}\geq e^{\sqrt x}+t\cdot \tfrac{1}{2\sqrt x}e^{\sqrt x}\tag{*}$$ siempre que $x\geq 1$ e $t+x\geq 1.$

Me limitaré a recordar aquí cómo la definición de la convexidad de la siguiente manera a partir de (*), para mostrar que no utiliza el cálculo. Dado $y,z\geq 1$ e $0\leq \lambda\leq 1,$ establecer $x=\lambda y+(1-\lambda)z.$ (*) da

\begin{align*} e^{\sqrt y}&\geq e^{\sqrt{x}} + (y-x)\cdot \frac{1}{2\sqrt x}e^{\sqrt x}\\ e^{\sqrt z}&\geq e^{\sqrt{x}} + (z-x)\cdot \frac{1}{2\sqrt x}e^{\sqrt x}\\ &\implies\\ \lambda e^{\sqrt y}+(1-\lambda)e^{\sqrt z}&\geq e^{\sqrt{x}} + (\lambda(y-x)+(1-\lambda)(z-x))\cdot \frac{1}{2\sqrt x}e^{\sqrt x}\\ &= e^{\sqrt{x}}. \end{align*}

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Aún muestran (*). Para $t\leq 0$ podemos utilizar $$\sqrt{x+t}-\sqrt{x}=\frac{t}{\sqrt{x+t}+\sqrt{x}}\geq \frac{t}{2\sqrt x}$$ para obtener $e^{\sqrt{x+t}-\sqrt x}\geq e^{t/2\sqrt x}\geq 1+t/2\sqrt x,$ que es (*).

Para $t\geq 0$ podemos encontrar una $h\geq 0$ tal que $1+\tfrac{t}{2\sqrt x}=e^h.$ Desde $h\geq 0$ tenemos $e^h\geq 1+h+h^2/2,$ así

\begin{align*} x+t&=x+2\sqrt{x}(e^h-1)\\ &\geq x+2h\sqrt x+h^2\sqrt x\\ &\geq x+2h\sqrt x+h^2\\ &=(h+\sqrt x)^2. \end{align*} (Aquí es donde necesitamos $x\geq 1.$) Tomando raíces cuadradas y exponentiating da $e^{\sqrt{x+t}}\geq e^{h+\sqrt x},$ que es (*).

Answer 2

Voy a asumir que nos permite usar la diferenciación de demostrar un resultado intermedio.

(Esto parece razonable, ya que la función exponencial se trata normalmente utilizando el cálculo diferencial; pero si no es aceptable, entonces tal vez el resultado intermedio puede ser derivada de otra manera.)

Dejar de Prensa En la adición a continuación, la desigualdad es probado sin el uso de la diferenciación.

Lema Si $\varphi(t) = [\log(1 + t)]^2 + 2\log(1 + t)$, a continuación, $\varphi(2t) < 2\varphi(t)$ para todos los $t > 0$.

Prueba Sneakily diferenciar: \begin{align*} \tfrac{1}{2}\varphi'(t) & = \frac{1 + \log(1 + t)}{1 + t}, \\ \tfrac{1}{2}\varphi''(t) & = -\frac{\log(1 + t)}{(1 + t)^2} < 0, \end{align*} por lo tanto, $\varphi'(t)$ es estrictamente decreciente para todos los $t \geqslant 0$. En particular, $\varphi'(t) > \varphi'(2t)$ para todos los $t > 0$.

Poner a $\psi(t) = 2\varphi(t) - \varphi(2t)$, tenemos $\tfrac{1}{2}\psi'(t) = \varphi'(t) - \varphi'(2t) > 0$ para todos los $t > 0$, es decir, $\psi$ es estrictamente creciente. Desde $\psi(0) = 0$, tenemos $\psi(t) > 0$ para todos los $t > 0$. $\square$

Debido a $f(x) = e^{\sqrt{x}}$ es estrictamente creciente en función de $[1, \infty)$ a $[e, \infty)$, su inverso $g$ es estrictamente creciente en función de $[e, \infty)$ a $[1, \infty)$ dado por $g(y) = (\log y)^2$. La estricta convexidad de $f$ es equivalente a la estricta concavidad de $g$, por lo que podemos demostrar esto último. Desde $g$ es continua, es suficiente para demostrar el estricto punto medio de la concavidad. Es decir, es suficiente para probar: $$ g[(1 + t)] - g(y) > g[(1 + 2t)y] - g[(1 + t)y] \quad (y \geqslant e, \ t > 0). $$ Esto se simplifica a: $$ \log(1 + t)[\log(1 + t) + 2\log y] > [\log(1 + 2t) - \log(1 + t)][\log(1 + 2t) + \log(1 + t) + 2\log y]. $$ Supongamos por el momento que esto se aplica en el caso particular $y = e$, $\log y = 1$. A continuación, para arbitrario $y \geqslant e$ tenemos: $$ 2\log(1 + t) = \log\left[(1 + t)^2\right] > \log(1 + 2t), $$ dónde: $$ \log(1 + t)(2\log y - 2) \geqslant [\log(1 + 2t) - \log(1 + t)](2\log y - 2), $$ y la desigualdad, por tanto, tiene para todos los $y \geqslant e$. Así, hemos reducido el deseado desigualdad a uno que no impliquen $y$: $$ \log(1 + t)[\log(1 + t) + 2] > [\log(1 + 2t) - \log(1 + t)][\log(1 + 2t) + \log(1 + t) + 2], $$ que se simplifica a: $$ 2[\log(1 + t)]^2 + 4\log(1 + t) > [\log(1 + 2t)]^2 + 2\log(1 + 2t). $$ El anterior Lema ahora que termina la prueba. $\square$

Anexo

El cambio de notación: vamos a $j \colon \mathbb{R}_{\geqslant0} \to \mathbb{R}_{\geqslant0}$ser el estrictamente creciente función continua dada por $$ j(y) = (\log(1 + y) + 1)^2 - 1 \quad (y \geqslant 0). $$ Esta función $j$, que se denota por a$\varphi$ arriba, es la inversa de la estrictamente creciente función continua $h \colon \mathbb{R}_{\geqslant0} \to \mathbb{R}_{\geqslant0}$dado por $$ h(x) = \frac{f(1 + x)}{e} - 1 = e^{\sqrt{1 + x} - 1} - 1 \quad (x \geqslant 0). $$ Por el lema, $f$ es estrictamente convexa si y sólo si: \begin{equation} \label{3114933:eq:1}\tag{1} j(2y) < 2j(y) \quad (y > 0). \end{equation} Si \eqref{3114933:eq:1} se mantiene, entonces, para todos los $x > 0$, $$ 2x = 2j(h(x)) > j(2h(x)), $$ lo que demuestra: \begin{equation} \label{3114933:eq:2}\tag{2} h(2x) > 2h(x) \quad (x > 0). \end{equation} La necesidad de \eqref{3114933:eq:2} se trata de algo obvio. Su suficiencia parece menos obvio, aunque probablemente puede ser demostrado sin pasar de la ronda de las casas como esta. La realización, de todos modos (por lo como no se editar mi respuesta existente): el argumento es conversar formalmente idénticos. Es decir, si \eqref{3114933:eq:2} es satisfecho, entonces, para todos los $y > 0$, $$ 2y = 2h(j(y)) < h(2j(y)), $$ lo que demuestra \eqref{3114933:eq:1}. Por lo tanto, \eqref{3114933:eq:1} y \eqref{3114933:eq:2} son equivalentes; así \eqref{3114933:eq:2} es otra condición necesaria y suficiente para la estricta convexidad de $f$. $\square$

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Tal vez esta es manejable, después de todo! (He hecho un tonto error?)

Por lo anterior, es suficiente para probar que la función $$ \frac{h(x)}{x} = \frac{e^{\sqrt{1 + x} - 1} - 1}{x} \quad (x > 0) $$ es estrictamente creciente. Por lo tanto, es suficiente para probar que la función $$ \psi(u) = \frac{e^{- u 1} - 1}{u^2 - 1} \quad (u > 1) $$ es estrictamente creciente. Pero: \begin{align*} e^{u - 1} - 1 & = (u - 1) + \frac{(u - 1)^2}{2} + (u - 1)^3\rho(u) \\ & = \frac{u^2 - 1}{2} + (u - 1)^3\rho(u), \end{align*} donde $$ \rho(u) = \sum_{n=0}^\infty\frac{(u - 1)^n}{(n + 3)!} \text{ es estrictamente creciente para todos } u \geqslant 1. $$ Por lo tanto: $$ \psi(u) = \frac{1}{2} + \frac{(u - 1)^2}{u + 1}\rho(u) \quad (u > 1), $$ de dónde es suficiente para demostrar - sin, por supuesto, el uso de la diferenciación! - que $\frac{(u - 1)^2}{u + 1}$ es estrictamente creciente, para todos los $u \geqslant 1$. Pero si $a > b \geqslant 0$, entonces $$ \frac{a^2} {+ 2} - \frac{b^2}{b + 2} = \frac{(a - b)(ab + 2a + 2b)}{(a + 2)(b + 2)} > 0, $$ y esto completa la prueba.