Demostrar que $f$ es convexa en un intervalo dado una desigualdad con determinante

Question

Hoy, he encontrado un interesante problema:

Si $$\begin{vmatrix} \cos{x}&\sin{x}&f(x)\\ \cos{y}&\sin{y}&f(y)\\ \cos{z}&\sin{z}&f(z) \end{vmatrix} \ge 0$ $ % todo $x,y,z$de un intervalo abierto $I$ que $x<y<z<x+\pi$.

muestran que: es convexo en $f(x)$ $I$

Answer 1

Reescribir la ecuación como $$\begin{align} 0 &\le f(x)\sin(z-y)-f(y)\sin(z-x)+f(z)\sin(y-x)\\ &=(f(z)-f(y))\sin(y-x)+f(y)\sin(y-x)(1-\cos(z-y))\\ &-(f(y)-f(x))\sin(z-y)+f(y)\sin(z-y)(1-\cos(y-x))\tag{1} \end {Alinee el} $$ divida por $(z-y)(y-x)$ y tomar el límite doble $\liminf\limits_{x\to y^-}\liminf\limits_{z\to y^+}$ $$\begin{align} 0 &\le\lim_{x\to y^-}\liminf_{z\to y^+}\frac{f(z)-f(y)}{z-y}\frac{\sin(y-x)}{y-x}\\ &+\lim_{x\to y^-}\lim_{z\to y^+}f(y)\frac{\sin(y-x)}{y-x}\frac{1-\cos(z-y)}{z-y}\\ &+\lim_{x\to y^-}\lim_{z\to y^+}f(y)\frac{\sin(z-y)}{z-y}\frac{1-\cos(y-x)}{y-x}\\ &-\limsup\limits_{x\to y^-}\lim_{z\to y^+}\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\frac{\sin(z-y)}{z-y}\tag{2} \end {Alinee el} $$ que se convierte en $$ \limsup\limits_{x\to y^-}\frac{f(y)-f(x)} {y-x} \le\liminf_ {z\to y^+}\frac{f(z)-f(y)} {z-y} \tag {3} $$ desigualdad $(3)$ implica que el $f$ es convexo. El resto sigue de convexidad.