¿Son los funcionales de Minkowski (también conocidos como medidores) *estrictamente* convexos?

Question

Lleva un subconjunto estrictamente convexo $C$ de digamos, $\mathbb{R}^d$. Para simplificar, asumamos que $C$ es compacto y que $0$ pertenece a su interior.

Define la función de Minkowski \begin{align*} f \colon \mathbb{R}^d & \to [0,+\infty)\\ x &\mapsto \min\{\tau\ge 0 : x \in \tau C\} \end{align*}

Se sabe que $f$ es convexa. ¿Es estrictamente convexo su cuadrado $f^2$?

Al menos en dos dimensiones, parece que sí. Tiene forma de paraboloide cuyas secciones son escaladas de $\partial C$ (en lugar de elipses). Sin embargo, no tengo idea de cómo probarlo ni tengo ninguna intuición geométrica para $d\ge 3$.

Answer 1

Es cierto, lo que sigue es una prueba.

Si $x,y \in \mathbb{R}^d \backslash \{0\}$ son tales que $\forall \alpha>0, \alpha x \neq y$, entonces $f(x)>0, f(y)>0$ y $\frac{x}{f(x)},\frac{y}{f(y)} \in \partial C$ y $ \frac{x}{f(x)}\neq\frac{y}{f(y)}$ entonces, dado que $C$ es estrictamente convexo, para cada $\lambda \in (0,1)$ tenemos que $$(1-\lambda) \frac{x}{f(x)} + \lambda\frac{y}{f(y)} \in \operatorname{int}(C)$$ y luego, en particular, tomando $\lambda=\frac{f(y)}{f(x)+f(y)}$ obtenemos $$\frac{x+y}{f(x)+f(y)}\in \operatorname{int}(C)$$ y por lo tanto $$f(x+y) Entonces si $x,y \in \mathbb{R}^d \backslash\{0\}$ son tales que $\forall \alpha>0, \alpha x \neq y$, entonces también $$\forall \gamma \in (0,1), \forall \alpha>0, (1-\gamma)x \neq \alpha \gamma y$$ y así \begin{align*} \forall \gamma \in (0,1), \Bigl(f\bigl((1-\gamma)x+\gamma y\bigr)\Bigr)^2 &< \Bigl(f\bigl((1-\gamma)x\bigr)+f\bigl(\gamma y\bigr)\Bigr)^2 \\ &= \Bigl((1-\gamma)f(x)+\gamma f(y)\Bigr)^2 \\ &\le (1-\gamma)\bigl(f(x)\bigr)^2+\gamma\bigl(f(y)\bigr)^2. \end{align*} Por otro lado, si $x,y \in \mathbb{R}^d \backslash \{0\}$ son tales que existe $\alpha \in (0,+\infty) \backslash \{1\}$ tal que $\alpha x = y$, entonces \begin{align*} \forall \gamma \in (0,1), \Bigl(f\bigl((1-\gamma)x+\gamma y\bigr)\Bigr)^2 &= \Bigl(f\bigl((1-\gamma)x+\gamma \alpha x\bigr)\Bigr)^2 \\ &= \Bigl(f\bigl((1-\gamma+\gamma \alpha) x\bigr)\Bigr)^2 \\ &= (1-\gamma+\gamma \alpha)^2\bigl(f(x)\bigr)^2 \\ &= \bigl((1-\gamma)\cdot1+\gamma \alpha\bigr)^2\bigl(f(x)\bigr)^2 \\ &< \bigl( (1-\gamma)\cdot 1^2 + \gamma \alpha^2 \bigr) \bigl(f(x)\bigr)^2 \\ &= (1-\gamma)\bigl(f(x)\bigr)^2+\gamma\bigl(f(\alpha x)\bigr)^2 \\ &= (1-\gamma)\bigl(f(x)\bigr)^2+\gamma\bigl(f(y)\bigr)^2. \end{align*} Finalmente, si $x,y\in \mathbb{R}^d$ y $x=0\neq y$ entonces \begin{align*} \forall \gamma \in (0,1), \Bigl(f\bigl((1-\gamma)x+\gamma y\bigr)\Bigr)^2 &= \bigl(f(\gamma y)\bigr)^2 \\ &= \gamma ^2 \bigl(f(y)\bigr)^2 \\ &< \gamma \bigl(f(y)\bigr)^2 \\ &= (1-\gamma) \bigl(f(x)\bigr)^2 + \gamma \bigl(f(y)\bigr)^2 \end{align*} y obviamente el mismo argumento se aplica al caso $x,y\in \mathbb{R}^d$ y $x\neq 0 =y$ intercambiando $x$ y $y$.

Answer 2

Aquí hay otro enfoque que pasa por alto las tecnicidades de los resultados existentes.

Es directo verificar que $f$ es homogéneo positivo, es decir, $f(tx) = tf(x)$ para $t \ge 0$.

Nótese que el calibre $f$ es la mayor función convexa homogénea positiva que está mayorizada por $x \mapsto \delta_C(x) + 1$ (donde $\delta_C$ es la función indicadora 'convexa', es decir, $0$ para $x \in C$ y $+\infty$ para $x \notin C$. Ver la Sección 5 de "Convex Analysis" de Rockafellar, por ejemplo). En particular, $f$ es convexa.

Para establecer la estricta desigualdad, solo necesitamos mostrar que $f$ es estricta en un caso particular: Si $f(x_1) = f(x_2) \neq 0$ y $x_1 \neq x_2$, vemos que $t {x_1 \over f(x_1)} + (1-t) {x_2 \over f(x_2)} \in C^\circ$ para $t \in [0,1]$ y así $f(t {x_1 \over f(x_1)} + (1-t) {x_2 \over f(x_2)}) < 1$, o $f(t x_1 + (1-t) x_2) < f(x_1) = t f(x_1) + (1-t)f(x_2)$.

Ahora sea $q(x) = x^2$ y nótese que $q$ es estrictamente convexa y estrictamente creciente para $x \ge 0$. Sea $s=f^2$.

Supongamos que $t \in (0,1)$ y $x_1 \neq x_2$.

Si $f(x_1) = f(x_2)$ entonces $s(t x_1 + (1-t) x_2) < s(x_1) = t s(x_1) + (1-t)s(x_2)$ ya que $q$ es estrictamente creciente.

De lo contrario, $s(t x_1 + (1-t) x_2) = q(f( t x_1 + (1-t) x_2)) \le q(t f(x_1) + (1-t)f(x_2)) < t s(x_1) + (1-t)s(x_2)$.