Punto medio-convexo y continuo implica convexo

Question

Dado que $$f\left(\frac{x+y}{2}\right)\leqslant \frac{f(x)+f(y)}{2}~,$$ cómo puedo demostrar que $f$ es convexo.
Gracias.

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Editar: Siento la confusión. $f$ se supone que es continua en un intervalo $(a,b)$ .

Answer 1

Abajo está la prueba del hecho de que todo punto medio convexo es racionalmente convexo que copié de mi anterior post sobre un foro diferente .

Si se añade la condición de que $f$ es continua, entonces de la convexidad racional se obtendrá la convexidad (Nótese que si se está interesado sólo en funciones continuas, entonces basta con demostrar la validez de $f(t x + (1-t)y)\le t f(x) + (1-t)f(y)$ para $t=\frac k{2^n}$ como sugiere el comentario de Jonas. La prueba de este hecho es un poco más fácil. He dado una prueba un poco más complicada, ya que la relación entre la convexidad del punto medio y la convexidad racional parece ser interesante por sí misma).

Tal vez debería mencionar también que las funciones convexas de punto medio se llaman Jensen convexo por algunos autores.

Obsérvese que sin algunas condiciones adicionales sobre $f$ La convexidad del punto medio no implica convexidad, véase esta pregunta: Un contraejemplo para el ejercicio 4 del capítulo 3 de Big Rudin

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Dejemos que $f: R\to R$ ser un punto medio convexo función, es decir $$f\left(\frac{x+y}2\right) \le \frac{f(x)+f(y)}2$$ para cualquier $x,y \in R$ .

Demostraremos que entonces esta función cumple $$f(t x + (1-t)y)\le t f(x) + (1-t)f(y)$$ para cualquier $x,y\in R$ y cualquier racional número $t\in\langle0,1\rangle$ .

Pista: Inducción de Cauchy: ver wikipedia o AoPS o respuestas a este post .

Prueba. Es relativamente fácil ver que basta con mostrar $f([x_1+\dots+x_k]/k)\le [f(x_1)+\dots+f(x_k)]/k$ para cualquier número entero $k$ (y cualquier elección de $x_1,\dots,x_k\in R$ ).

El caso $k=2^n$ es una inducción directa.

Ahora bien, si $2^{n-1}<k\le 2^n$ entonces denotamos $\overline x=\frac{x_1+\dots+x_k}k$ . Ahora desde $$f(\overline x)=f\left(\frac{x_1+\dots+x_k+\overline x+\dots+\overline x}{2^n}\right) \le\frac{f(x_1)+\dots+f(x_k)+(2^n-k)f(\overline x)}{2^n}$$ obtenemos $kf(\overline x) \le f(x_1+\dots+f(x_k)$ mediante una simple manipulación algebraica.

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El hecho de que la mensurabilidad de $f$ es suficiente para la implicación punto medio convexo $\Rightarrow$ convexo para sostener fue mencionado en algunos de los comentarios anteriores y en las respuestas a la pregunta que enlacé. Algunas referencias para este hecho:

Constantin Niculescu, Lars Erik Persson: Funciones convexas y sus aplicaciones, p.60 :

H. Blumberg [31] y W. Sierpinski [226] han observado independientemente que si $f : (a, b) \to \mathbb R$ es medible y el punto medio es convexo, entonces $f$ también es continua (y por tanto convexo). Véase [212, pp. 220.221] para los resultados relacionados.

[31] H. Blumberg, Sobre las funciones convexas , Trans. Amer. Math. Soc. 20 (1919), 40-44.

[212] A. W. Roberts y D. E. Varberg, Funciones convexas , Academic Press, Nueva York y Londres, 1973.

[226] W. Sierpinski, On measurable convex functions, Fondo. Matemáticas. 1 (1920), 125–129.

Marek Kuczma: Una introducción a la teoría de las ecuaciones e inecuaciones funcionales, p.241 . Menciona el libro T. Bonnesen y W. Fenchel, Teoría de los cuerpos convexos , Berlín, 1934 como referencia adicional.

Answer 2

Como ya se mencionó anteriormente es sencillo ver que para una función convexa de punto medio $f$ $$f\left(\frac{x_1+x_2+\ldots+x_{2^n}}{2^n}\right)\leq\frac{1}{2^n}(f(x_1)+f(x_2)+\ldots f(x_{2^n}))$$ Al establecer $x_i=x$ para $1\leq i\leq m$ y $x_i=y$ para $m+1\leq i\leq 2^n$ donde $1\leq m\leq 2^n$ es un número entero obtenemos ahora $$f\left(\frac{m}{2^n}x+(1-\frac{m}{2^n})y\right)\leq \frac{m}{2^n}f(x)+(1-\frac{m}{2^n})f(y)$$ Dado que el conjunto de números racionales diádicos de la forma $\frac{m}{2^n}$ con $m$ y $n$ enteros y $1\leq m\leq 2^n$ es denso en $[0,1]$ la prueba se desprende de la continuidad de f.

Answer 3

Me gustaría demostrar adecuadamente por inducción que si $ m\in\{0,1,2,\ldots,2^{n}-1\} $ entonces $$ f\left(\frac{m}{2^n}x+\Big(1-\frac{m}{2^n}\Big)y\right)\le \frac{m}{2^n}f(x) +\Big(1-\frac{m}{2^n}\Big)f(y). $$ y entonces el resultado se sigue por contuinidad ya que $$ m=\lfloor2^nt\rfloor \in\{0,1,2,\ldots,2^{n}\} ~and\frac{\lfloor2^nt\rfloor}{2^n}\to t$$

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El estado inicial $n = 1$ es trivial por hipótesis.

Ahora suponemos que para cada $k<n$ , siempre que $m\in\{0,1,2,\ldots,2^{k-1}-1\}$ tenemos $$ f\left(\frac{m}{2^k}x+\Big(1-\frac{m}{2^k}\Big)y\right)\le \frac{m}{2^k}f(x) +\Big(1-\frac{m}{2^k}\Big)f(y). \tag{I}\label{I} $$

queremos demostrar \eqref {I} para $k=n$ .

Dejemos que $m \in\{0,1,2,\ldots,2^{n}-1\}$ entonces la división por 2 da como resultado $m =2p +r$ con $r\in \{0,1\}$ \begin{align}X&:=\left(\frac{m}{2^n}x+\Big(1-\frac{m}{2^n}\Big)y\right)= \left(\frac{2p +r}{2^n}x+\Big(1-\frac{2p +r}{2^n}\Big)y\right) \\&= \left(\frac{p }{2^n}x+\frac{p +r}{2^n}x+\Big(1-\frac{p }{2^n}y-\frac{p +r}{2^n}y\Big)y\right) \\&= \frac12 \left(\frac{p }{2^{n-1}}x+\frac{p +r}{2^{n-1}}x+\Big(2-\frac{p }{2^{n-1}}y-\frac{p +r}{2^{n-1}}y\Big)y\right) \\&=\frac12\left(\frac{p }{2^{n-1}}x+ \Big(1-\frac{p }{2^{n-1}}y\Big)\right)+\frac12\left(\frac{p+r }{2^{n-1}}x+ \Big(1-\frac{p +r}{2^{n-1}}y\Big)\right) \\&:= \color{red}{\frac{1}{2}\left(X_1+X_2\right)}\end{align}

Por otra parte, dado que $r\in \{0,1\}$ y $m\in\{0,1,2,\ldots,2^{n}-1\}$ es fácil comprobar mediante la paridad que $p,p+1 \in \{0,1,2,\ldots,2^{n-1}-1\}$ es decir $p+r \in \{0,1,2,\ldots,2^{n-1}-1\}$

Por hipótesis de inducción obtenemos \begin{align}f(X) &= f\left(\frac{1}{2}\left(X_1+X_2\right)\right)\le \frac12f(X_1) +\frac12f(X_2) \\&= \frac12f\left(\frac{p }{2^{n-1}}x+ \Big(1-\frac{p }{2^{n-1}}y\Big)\right)+\frac12f\left(\frac{p+r }{2^{n-1}}x+ \Big(1-\frac{p +r}{2^{n-1}}y\Big)\right) \\&\le\frac12\left(\frac{p }{2^{n-1}}f(x)+ \Big(1-\frac{p }{2^{n-1}}f(y)\Big)\right)+\frac12\left(\frac{p+r }{2^{n-1}}f(x)+ \Big(1-\frac{p +r}{2^{n-1}}f(y)\Big)\right) \\&= \frac{2p+r}{2^n}f(x) +\Big(1-\frac{2p+r}{2^n}\Big)f(y)\\&= \frac{m}{2^n}f(x) +\Big(1-\frac{m}{2^n}\Big)f(y).\end{align}

Answer 4

¿Puede proporcionar más información sobre $f$ ? Por ejemplo, la propiedad se mantiene para las funciones continuas $f: I \rightarrow \mathbb{R}$ , $I$ siendo un intervalo de números reales. Creo que este resultado se debe a Jensen [1].

Teorema (Jensen). Sea $f: I\rightarrow\mathbb{R}$ sea una función continua. Entonces $f$ es convexo si y sólo si es convexo en el punto medio, es decir, para $x,y$ en $I$ tenemos

$$ f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leq \frac{f(x)+f(y)}{2} $$

1] J. L. W. V. Jensen, Sobre funciones convexas y desigualdades entre valores medios Acta Math., 30 (1906), 175-193.

Answer 5

He aquí un esbozo de la prueba estándar por contradicción:

si $f$ no es convexo, entonces la continuidad implica que existe un intervalo $[a',b']\subset (a,b)$ tal que, si $g:[a',b']\to \mathbb R$ se define por $$g(x)=f(x)-\frac{f(b')-f(a')}{b'-a'}(x-a')-f(a'),$$

entonces lo siguiente es cierto:

$\tag 1 s:=\sup_{x\in [a',b']}\{g(x)\}>0$

$\tag 2 g(a')=g(b')=0$

$\tag 3 g \ \text{is midpoint convex}$

La motivación para ello es que si $f$ no es convexa, entonces, por continuidad, la gráfica de $f$ debe elevarse por encima de un segmento que conecte los puntos finales $(a',f(a'))$ y $(b',f(b'))$

Tenga en cuenta que como $g$ es continua y $[a',b']$ es compacto, $s$ es realmente alcanzado por al menos una $x\in [a',b'].$

Ahora, pon $c=\inf \{x\in [a',b']: g(x)=s\}.$ Continuidad de $g$ implica que $g(c)=s$ y $(2)$ implica que $a'<c<b'.$ Ahora elige $\delta>0$ lo suficientemente pequeño como para que $c+\delta$ y $c-\delta$ están contenidas en $(a',b').$ Entonces, la definición de $c$ junto con $(1)$ implica que $g(c-h)<g(c)$ y $g(c+h)\le g(c)$ y, por lo tanto, que $g(c)>\frac{g(c-h)+g(c+h)}{2}$ que se contradice con $(3).$