Si $f$ es continua y $\,f\big(\frac{1}2(x+y)\big) \le \frac{1}{2}\big(\,f(x)+f(y)\big)$ entonces $f$ es convexo

Question

Dejemos que $\,\,f :\mathbb R \to \mathbb R$ sea una función continua tal que $$ f\Big(\dfrac{x+y}2\Big) \le \dfrac{1}{2}\big(\,f(x)+f(y)\big) ,\,\, \text{for all}\,\, x,y \in \mathbb R, $$
entonces ¿cómo demostramos que $f$ es convexo, es decir $$ f\big(tx+(1-t)y\big)\le tf(x)+(1-t)f(y) , \forall x,y \in \mathbb R , t\in (0,1)? $$
Puedo demostrarlo para los racionales diádicos $t=\dfrac k {2^n}$ y luego argumentar por continuidad ; pero me gustaría una prueba más directa . Gracias por adelantado

Answer 1

Si $f\big(\frac{1}{2}(x+y)\big)\le \frac{1}{2}\big(f(x)+f(y)\big)$ entonces $$ f\Big(\frac{3}{4}x+\frac{1}{4}y\Big)=f\Big(\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{2}(x+y)+x\Big)\Big)\le \frac{1}{2}\Big(f\Big(\frac{1}{2}(x+y)\Big)+f(x)\Big)\le \frac{3}{4}f(x)+\frac{1}{4}f(y). $$ Repitiendo convenientemente este argumento, se podría demostrar que siempre que $m\in\{0,1,2,3,\ldots,2^n\}$ entonces $$ f\left(\frac{m}{2^n}x+\Big(1-\frac{m}{2^n}\Big)y\right)\le \frac{m}{2^n}f(x) +\Big(1-\frac{m}{2^n}\Big)f(y), \tag{1} $$ Esto puede hacerse de forma inductiva en $n$ .

A continuación, observe que cualquier $\lambda\in [0,1]$ puede ser aproximado por racionales de la forma $m/2^n$ . De hecho, $$ q_k=\frac{\lfloor2^k\lambda\rfloor}{2^k}\to\lambda,\quad\text{as $ k\to\infty $.} $$ Pero $(1)$ implica que $$ f\big(q_kx+(1-q_k)y\big)\le q_kf(x)+(1-q_k)f(y), $$ y dejar que $k\to\infty$ y utilizando la continuidad de $f$ en $\lambda x+(1-\lambda)y$ obtenemos que $$ f\big(\lambda x+(1-\lambda)y\big)\le \lambda f(x)+(1-\lambda)f(y). $$

Answer 2

En lugar de utilizar los números racionales diádicos, es fácil utilizar los números racionales estándar. Usando la inducción demostramos que $$f\left(\frac{x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{n}}{n}\right) \leq \frac{f(x_{1}) + f(x_{2}) + \cdots + f(x_{n})}{n}\tag{1}$$ para todos los enteros positivos $n$ y todos los números reales $x_{i}$ . Esto se hace en dos etapas:

1. Primero demostramos la relación $(1)$ para todos los enteros positivos $n$ de la forma $n = 2^{m}$ donde $m$ es un número entero positivo. Esto se hace fácilmente por inducción en $m$ y observe que la condición dada en cuestión corresponde a $m = 1$ . Dejaré esto como un ejercicio fácil de inducción.
2. A continuación demostramos que si $n > 1$ es un número entero positivo y la relación $(1)$ se mantiene para $n$ entonces también es válido para $n - 1$ . Esto es como llevar la inducción al revés.

Combinando los dos pasos podemos ver que el primer paso se ocupa de los enteros de la forma $n = 2^{m}$ y el segundo paso se encarga de los valores restantes de $n$ . Para demostrar el segundo paso establecemos $$X = \frac{x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{n- 1}}{n - 1}$$ para que $$f(X) = f\left(\frac{x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{n - 1} + X}{n}\right) \leq \frac{f(x_{1}) + f(x_{2}) + \cdots + f(x_{n - 1}) + f(X)}{n}$$ o $$f(X) \leq \frac{f(x_{1}) + f(x_{2}) + \cdots + f(x_{n - 1})}{n - 1}$$ para que la prueba del segundo paso esté completa.

Ahora demostramos que $$f(tx + (1 - t)y) \leq tf(x) + (1 - t)f(y)\tag{2}$$ para todos los reales $x, y$ y $t \in (0, 1)$ . Primero dejemos $t$ sea racional para que $t = m/n$ donde $m, n$ son enteros positivos con $m < n$ . En la ecuación $(1)$ ponemos $$x_{1} = x_{2} = \cdots = x_{m} = x,\, x_{m + 1} = x_{m + 2} = \cdots = x_{n} = y$$ para conseguir $$f\left(\frac{mx + (n - m)y}{n}\right) \leq \frac{m}{n}f(x) + \frac{n - m}{n}f(y)$$ o $$f(tx + (1 - t)y) \leq tf(x) + (1 - t)f(y)$$ Si $t \in (0, 1)$ es irracional entonces hay una secuencia $t_{n}$ de números racionales en $(0, 1)$ que converge a $t$ y así tenemos $$f(t_{n}x + (1 - t_{n})y) \leq t_{n}f(x) + (1 - t_{n})f(y)$$ Tomando los límites como $n \to \infty$ y utilizando la continuidad de $f$ obtenemos la ecuación $(2)$ para todos los irracionales $t \in (0, 1)$ .

Answer 3

Aquí hay una prueba con sabor a análisis:

Elige algunos $x$ , $y$ y $\varepsilon>0$ . Definir $$C_f(\alpha)=\alpha f(x)+(1-\alpha)f(y)-f(\alpha x+(1-\alpha)y)$$ para ser una medida de lo "convexo" que es el $f$ está en el intervalo $[x,y]$ . Es siempre no negativo si $f$ es convexo. Obsérvese que $C_f$ es continua. Como la gráfica de $C_f$ es sólo una transformación lineal de la de $f$ significa que, a partir de la condición $f$ obtenemos: $$C_f\left(\frac{\alpha+\beta}2\right)\leq\frac{C_f(\alpha)+C_f(\beta)}2.$$ Esto puede demostrarse algebraicamente a partir de la definición de $C_f$ pero esa derivación no es nada del otro mundo y es tangencial al núcleo de la prueba.

Lo interesante que podemos hacer con $C_f$ es definir el siguiente conjunto basado en él: $$S_{\varepsilon}=\{\alpha\in[0,1]:C_f(\alpha)>-\varepsilon\}.$$ Obsérvese que se sostiene claramente que, si $\alpha,\beta\in S_{\varepsilon}$ entonces $\frac{\alpha+\beta}2\in S_{\varepsilon}$ ya que la media de dos valores que no sean inferiores a $-\varepsilon$ seguirá siendo al menos $-\varepsilon$ . Además, como $C_f(x)=C_f(y)=0$ por continuidad, tenemos que existe alguna $\delta$ tal que los conjuntos $[0,\delta)$ y $(1-\delta,1]$ están en $S_{\varepsilon}$ . Esto implica que cualquier valor que surja de la media de cualquier media de valores en esos dos intervalos está en $S_{\varepsilon}$ - por lo que cualquier valor en el intervalo $\left(\frac{1-\delta}2,\frac{1+\delta}2\right)$ está en $S_{\varepsilon}$ .

De forma más general, obsérvese que si tomamos el conjunto de medias de dos intervalos $(\alpha,\alpha+\delta)$ y $(\beta-\delta,\beta)$ para $\alpha<\beta$ donde ambos intervalos están en $S_{\varepsilon}$ donde se tiene un infimo $\alpha$ y el otro un supremum $\beta$ obtendremos el intervalo $\left(\frac{\alpha+\beta-\delta}2,\frac{\alpha+\beta+\delta}2\right)$ - un intervalo de longitud $\delta$ que está perfectamente centrado entre ellos. O bien este intervalo se solapará con ambos (por simetría) los intervalos originales, lo que implica que todo el intervalo $(\alpha,\beta)$ está en $S_{\varepsilon}$ o este intervalo será disjunto de los intervalos originales. Si el nuevo intervalo es disjunto de ambos, podemos formar los conjuntos de sus medias con $(\alpha,\alpha+\delta)$ o $(\beta-\delta,\beta)$ formando dos nuevos intervalos de longitud $\delta$ que pueden superponerse (lo que de nuevo daría lugar a que todos los $(\alpha,\beta)$ está cubierto) o puede que no, en cuyo caso seguimos iterando, produciendo $4$ intervalos, etc. Al final, dejaremos de iterar, ya que sólo hay un número finito de intervalos disjuntos de longitud $\delta$ puede ser empaquetado en $(\alpha,\beta)$ por lo que finalmente concluiremos que todos los $(\alpha,\beta)\subseteq S_{\varepsilon}$ .

Aplicando lo anterior a partir de la afirmación de que $[0,\delta)\cup(1-\delta,1]\subseteq S_{\varepsilon}$ produce que $S_{\varepsilon}=[0,1]$ . Así, $$\forall\varepsilon>0[C_f(x)>-\varepsilon]$$ lo que implica que $C_f(\alpha)\geq 0$ para todos $\alpha\in[0,1]$ y, por lo tanto, que $f$ es convexo.

Answer 4

Me gustaría demostrar adecuadamente por inducción que si $ m\in\{0,1,2,\ldots,2^{n}\} $ entonces $$ f\left(\frac{m}{2^n}x+\Big(1-\frac{m}{2^k}\Big)y\right)\le \frac{m}{2^n}f(x) +\Big(1-\frac{m}{2^n}\Big)f(y). $$ 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 $m\in\{0,1,2,\ldots,2^{k-1}\}$ 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 que \eqref{I} para $k=n$ .

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

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

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 5

Esbozo de la prueba de Boas, sin usar racionales diádicos.

Definir $\Delta_{h}f(x) = f(x+h) - f(x)$ . Entonces la convexidad del punto medio implica

$$\Delta_h^2f(x) = f(x+2h)-2f(x+h) + f(x)\geq 0$$ para todos $x$ en algún intervalo.

Obsérvese que para cualquier número entero positivo $n$ ,

$$\Delta_hf(x) = \sum_{i=0}^{n-1} \Delta_{h/n}f(x + ih/n)\\ \Delta_{h/n}\Delta_hf(x) = \sum_{i=0}^{n-1} \Delta_{h/n}^2f(x + ih/n)\geq 0,$$

y

$$\Delta_{h}f(x + h/n) \geq \Delta_hf(x).$$

Para cualquier número entero positivo m,

$$\Delta_{h}f(x + mh/n) \geq \Delta_hf(x+ (m-1)h/n \geq \cdots \geq\Delta_hf(x)$$

Si $x$ , $x + \delta$ y $h$ son dados, podemos encontrar secuencias de números racionales $m/n$ tal que $mh/n \rightarrow \delta$ y, como $f$ es continua

$$\Delta_hf(x+\delta) \geq \Delta_hf(x).$$

Por lo tanto, $\Delta_hf(x)$ aumenta con $x$ para cada $h$ .

Dejemos que $0 < m < n$ . La media de la primera $m$ términos de la cadena de desigualdades no supera la media de los primeros $n$ que se reduce a

$$\frac{f(x + mh/n) - f(x)}{m}\leq \frac{f(x + h) - f(x)}{n}.$$

Para $h > 0$ tenemos

$$\frac{f(x + mh/n) - f(x)}{mh/n}\leq \frac{f(x + h) - f(x)}{h}.$$

Si $0 < g < h$ podemos elegir una secuencia de racionales $m/n$ tal que $m/n \rightarrow g/h$ y $$\frac{\Delta_gf(x)}{g}\leq \frac{\Delta_hf(x)}{h}.$$

Toma $y > x$ y que $z = t_1x + t_2y$ , donde $t_1 + t_2 = 1$ , $h = y-x$ , $g= z-x$ para que $y-z = t_1(y-x)$ y $z-x = t_2(y-x)$

Entonces

$$\frac{f(z)-f(x)}{z-x}\leq \frac{f(y)-f(x)}{y-x},$$

y

$$f(t_1x+t_2y) = f(z) \leq \frac{y-z}{y-x}f(x) + \frac{z-x}{y-x}f(y) = t_1f(x) + t_2 f(y)$$