Demostrar una propiedad de desigualdad de la función convexa

Problema: Deja F : R norte → R ¯ Sea la función convexa. Dejar X 1 , X 3 ∈ mi (espacio euclidiano en R norte ) y X 2 ∈ ( X 1 , X 3 ) . Pruebalo

F ( X 3 ) − F ( X 2 ) ‖ X 3 − X 2 ‖ ≥ F ( X 2 ) − F ( X 1 ) ‖ X 2 − X 1 ‖ .

Mi intento: Desde X 2 ∈ ( X 1 , X 3 ) entonces existe t ∈ ( 0 , 1 ) tal que X 2 = t X 1 + ( 1 − t ) X 3 . Así tenemos

F ( X 3 ) − F ( X 2 ) ≥ F ( X 3 ) − t F ( X 1 ) − ( 1 − t ) F ( X 3 ) = t F ( X 3 ) − t F ( X 1 ) .
Por lo tanto
F ( X 3 ) − F ( X 2 ) ‖ X 3 − X 2 ‖ ≥ t | t | F ( X 3 ) − F ( X 1 ) ‖ X 3 − X 1 ‖ ≥ − F ( X 3 ) − F ( X 1 ) ‖ X 3 − X 1 ‖ = F ( X 1 ) − F ( X 3 ) ‖ X 1 − X 3 ‖ .

He intentado muchas formas diferentes de obtener un resultado como la solución anterior, pero fallé. Me pregunto que el problema es correcto o no?

tal que X 2 = t X 1 + ( 1 − t ) F ( X 3 ) " − Debes haber querido decir X 2 = t X 1 + ( 1 − t ) X 3 allá. Tenga en cuenta que t = ‖ X 2 − X 3 ‖ ‖ X 1 − X 3 ‖ y usa eso F ( t X 1 + ( 1 − t ) X 3 ) ≤ t F ( X 1 ) + ( 1 − t ) F ( X 3 ) .
@dxiv Lo intenté de esta manera, pero no puedo hacer que $f(x_2) aparezca en ambos lados de la desigualdad. ¿Puedes decirme más detalles?
‖ X 3 − X 1 ‖ = ‖ X 3 − X 2 ‖ + ‖ X 2 − X 1 ‖ desde X 2 ∈ ( X 1 , X 3 ) .

Respuestas (2)

Desde X 2 ∈ ( X 1 , X 3 ) , existe t ∈ ( 0 , 1 ) tal que X 2 = t X 1 + ( 1 − t ) X 3 . Así tenemos

F ( X 2 ) = F ( t X 1 + ( 1 − t ) X 3 ) ≤ t F ( X 1 ) + ( 1 − t ) F ( X 3 ) .   ( 1 )
En primer lugar, de (1) tenemos
F ( X 2 ) − F ( X 1 ) ‖ X 2 − X 1 ‖ ≤ ( 1 − t ) ( F ( X 3 ) − F ( X 1 ) ) ( 1 − t ) ‖ X 3 − X 1 ‖ = F ( X 3 ) − F ( X 1 ) ‖ X 3 − X 1 ‖ y  F ( X 3 ) − F ( X 2 ) ‖ X 3 − X 2 ‖ ≥ t ( F ( X 3 ) − F ( X 1 ) t ‖ X 3 − X 1 ‖ = F ( X 3 ) − F ( X 1 ) ‖ X 3 − X 1 ‖ .
Esto produce
F ( X 3 ) − F ( X 2 ) ‖ X 3 − X 2 ‖ ≥ F ( X 2 ) − F ( X 1 ) ‖ X 2 − X 1 ‖ . ( qed ) .

Eso funciona (+1), de hecho prueba un poco más de lo estrictamente necesario para la desigualdad propuesta.

Desde X 2 ∈ ( X 1 , X 3 ) entonces existe t ∈ ( 0 , 1 ) tal que X 2 = t X 1 + ( 1 − t ) X 3

Escribiéndolo como X 2 − X 3 = t ( X 1 − X 3 ) , resulta que ‖ X 2 − X 3 ‖ = | t | ‖ X 1 − X 3 ‖ . Dado que t es positivo, esto significa t = ‖ X 2 − X 3 ‖ ‖ X 1 − X 3 ‖ . Entonces 1 − t = ‖ X 1 − X 2 ‖ ‖ X 1 − X 3 ‖ ya sea directamente por simetría, o usando la propiedad aditiva para puntos colineales ‖ X 1 − X 3 ‖ = ‖ X 1 − X 2 ‖ + ‖ X 2 − X 3 ‖ .

Con eso, la desigualdad convexa:

( t + ( 1 − t ) ) ⋅ F ( X 2 ) ≤ t F ( X 1 ) + ( 1 − t ) F ( X 3 ) ⟺ t ( F ( X 2 ) − F ( X 1 ) ) ≤ ( 1 − t ) ( F ( X 3 ) − F ( X 2 ) ) ⟺ ‖ X 2 − X 3 ‖ ‖ X 1 − X 3 ‖ ( F ( X 2 ) − F ( X 1 ) ) ≤ ‖ X 1 − X 2 ‖ ‖ X 1 − X 3 ‖ ( F ( X 3 ) − F ( X 2 ) )

Tu camino es muy interesante pero me parece un poco difícil. Tengo que leer su solución para entender lo que insinúa anteriormente.
@TungNguyen Al final, no hay tanta diferencia entre los dos, solo manipulaciones algebraicas ligeramente diferentes. En el norte = 1 caso, supongamos X 1 , X 2 , X 3 son los tres puntos de la grafica y = F ( X ) . Tu solución prueba pendiente  X 1 X 2 ≤ pendiente  X 1 X 3 ≤ pendiente  X 2 X 3 , mientras que mi respuesta prueba pendiente  X 1 X 2 ≤ pendiente  X 2 X 3 directamente.
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