Si $f$ es estrictamente convexo en un conjunto convexo, demuestre que no tiene más de 1 mínimo

Question

Apoye a $A \in \mathbb{R^n}$ es convexo. Si $f:A\to\mathbb{R^n}$ es estrictamente convexo, demuestre que el conjunto de minimizadores es o bien un único individuo o está vacío.

Bien, supongamos que existe más de un minimizador, entonces $f(x_i)\le f(x)\: \forall x\in B_r(x_i),\: r\gt 0$ donde $x_i$ es un minimizador. Por lo tanto, existe $x_j\:s.t\:f''(x_j)\lt0$ , lo cual es una contradicción. Entiendo intuitivamente por qué esto es así, pero creo que mi prueba es incorrecta

Se agradece cualquier ayuda

Gracias

Answer 1

Supongamos que f tiene un mínimo local en $x_1$ y también otro mínimo local en $x_2$ con la condición de que $$f(x_1)\le f(x_2) \quad x_1\ne x_2 $$ La definición de convexidad estricta es $$f\big(h\ x_1+(1-h)x_2\big)\lt h\ f(x_1)+(1-h)f(x_2)\qquad 0\lt h\lt 1$$ Como h es positivo $$f(x_1)\le f(x_2) \Rightarrow h\ f(x_1)\le h\ f(x_2)$$ lo que justifica la siguiente condición $$h\ f(x_1)+(1-h)f(x_2)\le h\ f(x_2)+(1-h)f(x_2)$$ $$\Rightarrow h\ f(x_1)+(1-h)f(x_2)\le f(x_2)$$ Sustituyendo esta condición a la definición de convexidad $$f\big(h\ x_1+(1-h)x_2\big)\lt f(x_2)$$ Si $x_2$ es un mínimo local la vecindad debe ser definida como $f(x)\gt f(x_2)$ lo que supone una contradicción con la condición anterior. Para satisfacer ambas condiciones debe ser que $x_1=x_2$ lo que demuestra que f tiene como mucho un mínimo local.