La función se caracteriza por $f(\alpha x+(1-\alpha) y) \le f^{\alpha}(x/\alpha)f^{1-\alpha}(y)$ ¿convexo?

Question

[Editar. La cuestión carece de ciertas condiciones importantes, como amablemente ha señalado Elemento neutro . A continuación, la versión modificada. Pido disculpas por las omisiones y muchas gracias a Elemento neutro y usuario254665 por comentarios útiles. ]

Esto está relacionado con el pregunta planteado por Boby . Para una variante, considere el no negativo función $f(x)$ satisfecho por $$ f(\alpha\, x + (1 - \alpha) \, y) \le f^{\alpha}(x/\alpha) \, f^{1-\alpha}(y), \qquad (1) $$ para $\alpha \in (0, 1]$ y real $x$ y $y$ .

¿Qué podemos decir de su función? ¿Es siempre convexa?

[Edit2. En la pregunta original de Boby, hay una condición adicional que requiere que $x \ge y$ . Pero lamentablemente se me pasó esta condición en la edición anterior. Así que me conformaré con el resultado de la pregunta anterior. Me disculpo por las muchas omisiones. Sin embargo, si alguien puede comentar cómo esta condición cambia el resultado, sería muy apreciado. Gracias].

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He aquí algunas observaciones que pueden ayudar o no.

Observación 1

Con $y = x$ tenemos $$ f(x) \le f(x/\alpha). \qquad (2) $$ Esto significa que $f(x)$ aumenta para $x \ge 0$ y disminuyendo para $x \le 0$ . Un corolario es que $f(0)$ es el mínimo global, es decir $$ f(0) \le f(x). \qquad (3) $$

Observación 2

Por La desigualdad de Young o el desigualdad ponderada AM-GM tenemos $$ f^\alpha(x/\alpha) f^{1-\alpha}(y) \le \alpha f(x/\alpha) + (1 - \alpha) f(y). \qquad (4) $$ Así, (4) y (1) requieren $$ f(y + \alpha (x - y)) \le \alpha \, f(x/\alpha) + (1 - \alpha) \, f(y). $$

Answer 1

Algunas ideas a continuación.

Desde fracciones de poderes se definen sólo por la falta de números negativos de este problema en su declaración de $f\ge0$, lo que viene a $f(0)\ge0$ desde $0$ es el global min.

Si $f(0)=0$, a continuación, recoger $y=0$ en las condiciones dadas para obtener $f(\alpha x)\le0$ por cada $\alpha\in(0,1],\ x\in\mathbb{R}$. En este caso,$f\equiv0$.

Lo cierto es que $f(0)>0$. Claramente $f=k>0$ constante es una solución para este problema.

Miremos para los no-constante de soluciones. De nuevo por $y=0$ tenemos $$ f(\alpha x)\le f^\alpha(x/\alpha)f^{1-\alpha}(0) $$

Suponga que $f$ no es constante. A continuación,$\lim_{x\to+\infty}f(x)=\sup_{x\ge0} f(x)=+\infty$. Del mismo modo, $\lim_{x\to-\infty}f(x)=\sup_{x\le0} f(x)=+\infty$.

Más precisamente, si asumimos que $\lim_{x\to+\infty}f(x)=\ell=\sup_{x\ge0} f(x)<+\infty$$\ell\ge f(0)>0$. Pick $x=\alpha^{-2}$ y deje $\alpha\to 0$ conseguir $\ell\le f(0)$ a partir de la cual obtenemos la contradicción $f\equiv f(0)$.

Ahora veo que la mayor desigualdad se obtiene por $x=0$. Es decir, $$ f(\alpha x)\le f^\alpha(x)f^{1-\alpha}(0) $$ (He cambiado el nombre de $y\to x,\ 1-\alpha\to\alpha$ )

También veo que $f(x):=e^{|x|}$ es una solución así que voy a estar interesados en la secuela sólo con la convexidad de $f$.

Algo más. Tenga en cuenta que $f(x)=e^{g(x)}$ es una solución de este problema iff para todos $\alpha\in(0,1],\ x,y\in\mathbb{R}$, $g(\alpha x+(1-\alpha)y)\le\alpha g(x/\alpha)+(1-\alpha)g(y)$.

Esta observación demuestra que el problema es equivalente a preguntar si $g$ es convexo cuando $g(\alpha x+(1-\alpha)y)\le\alpha g(x/\alpha)+(1-\alpha)g(y)$ es válido para cada $\alpha\in(0,1],\ x,y\in\mathbb{R}$ (y que es una simplificación del problema).

Answer 2

Planteamiento del problema: ¿Qué podemos decir acerca de una función de $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ con la propiedad de que $$ (P)\ \ \forall \alpha\en(0,1],\ x,y\in\mathbb{R},\ x\ge y,\ \ f(\alpha x+(1-\alpha)y)\le f^{\alpha}(x/\alpha)f^{1-\alpha}(y)? $$

Ya que podemos tomar $x=y$, $f(0)$ es todavía el mínimo global de valor.

Suponga que $f(0)=0$. Pretendemos que en este caso se $f\equiv 0$. De hecho, tome $y=0$ (P) para obtener $\forall \alpha\in(0,1],\ x\ge 0,\ \ f(\alpha x)\le 0$ a partir de que $f(x)=0$ por cada $x\ge0$. Del mismo modo, hacer $x=0$ (P) para obtener $\forall \alpha\in(0,1],\ y\le 0,\ \ f((1-\alpha) y)\le 0$ a partir de que $f(y)=0$ por cada $y\le0$.

Lo cierto es que $f(0)>0$. Claramente $f=k>0$ constante es una solución para este problema.

Nos dicen que si $f$ no es constante en $\mathbb{R}_{+}$$\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

De nuevo por $y=0$ tenemos $$ \forall \alpha\en(0,1],\ x\ge 0,\ \ f(\alpha x)\le f^\alpha(x/\alpha)f^{1-\alpha}(0) $$

Si asumimos que el$\lim_{x\to+\infty}f(x)=\ell=\sup_{x\ge0} f(x)<+\infty$$\ell\ge f(0)>0$. Pick $x=\alpha^{-2}$ para obtener $$ \forall \alpha\en(0,1],\ \ f(\alpha^{-1})\le f^\alpha(\alpha^{-3})f^{1-\alpha}(0)\le\ell^{\alpha} f^{1-\alpha}(0) $$

y pasar a supremum $\alpha$ conseguir $\ell\le f(0)$ de la $f\equiv f(0)$.

Del mismo modo, si $f$ no es constante en $\mathbb{R}_{-}$$\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$. (Esta vez pick $x=0$.)

Sin embargo, apliquemos el logaritmo natural a la desigualdad de conseguir, por $g(x)=\ln f(x)$ que $$ (PL)\ \ \ \ forall \alpha\en(0,1],\ x,y\in\mathbb{R},\ x\ge y,\ \ g(\alpha x+(1-\alpha)y)\le {\alpha}g(x/\alpha)+(1-\alpha)g(y) $$

Tenemos $f$ (P) iff $g$ (PL); tanto en $f$ $g$ satisfacer (PL); y estamos buscando para los no-constante de soluciones.

De nuevo de $x=y$ sabemos que $g(0)$ es el valor min, $g$ es la disminución en el negativo $x-$eje y el aumento positivo de la $x-$eje y $\lim_{x\to\pm\infty}g(x)=+\infty$. Podemos suponer que $g$ es no negativo con $g(0)=0$ lo contrario que lo reemplacemos por $g-g(0)$.

Debido a $0$ es un mínimo global, tenemos: $g$ es convexa en a $\mathbb{R}$ fib $g$ es convexa en a $\mathbb{R}_{-}$ $g$ es convexa en a $\mathbb{R}_{+}$.

Considere la función $g(x)=\sqrt{x}$, para $x\ge0$, $g(x)=0$, para $x<0$.

A continuación, para $\alpha\in(0,1)$, $x\ge y$ se consideran los casos:

(A) $\alpha x+(1-\alpha)y\le0$,

(B) $\alpha x+(1-\alpha)y>0$, $x\ge0\ge y$ y

(C) $\alpha x+(1-\alpha)y>0$, $x\ge y\ge0$.

Condición (PL) se comprueba fácilmente en caso de que (a) por $g(\alpha x+(1-\alpha)y)=0$$g\ge0$.

En el caso (B) tenemos $g(\alpha x+(1-\alpha)y)\le\alpha g(x/\alpha)+(1-\alpha)g(y)\Leftrightarrow\sqrt{\alpha x+(1-\alpha)y}\le\alpha\sqrt{x/\alpha}=\sqrt{\alpha x}$ lo cual es cierto porque $\alpha x+(1-\alpha)y>0$$x\ge0\ge y$.

En el caso (C) $$ g(\alpha x+(1-\alpha)y)\le\alpha g(x/\alpha)+(1-\alpha)g(y)\Leftrightarrow $$ $$ \sqrt{\alpha x+(1-\alpha)y}\le\alpha\sqrt{x/\alpha}+(1-\alpha)\sqrt{y}=\sqrt{\alpha x}+(1-\alpha)\sqrt{y}\Leftrightarrow $$ $$ \alpha x+(1-\alpha)y\le\alpha x+(1-\alpha)^{2}y+2(1-\alpha)\sqrt{\alpha xy}\Leftrightarrow\alpha y\le2\sqrt{\alpha xy} $$ lo cual es cierto porque $\alpha\le\sqrt{\alpha}$$y\le\sqrt{xy}$.

Por lo tanto $g$ satisface (PL) y no es convexa (en $\mathbb{R}$). Por lo tanto $f(x)=e^{\sqrt{x}}$, para $x\ge0$, $f(x)=1,$ para $x<0$ es continuo, satisface (P), pero no es convexo (es cóncava en a $[0,1]$). Por lo que su modificado pregunta tiene una respuesta negativa.