转载一篇东东《关于中点凸函数和连续函数的关系》

kuing

原文链接：liuxiaochuan.org/2012/09/midpointconvex.htm

原标题：关于中点凸函数和连续函数的关系

在数学分析的学习中，韩吴同学注意到这样一个问题：

能否构造一个开区间 `(0,1)` 上的不连续的函数 `f(x)`，使得满足
\[f\left(\frac{x+y}2\right)\leqslant\frac{f(x)}2+\frac{f(y)}2.\]

由于定义于某个开区间比如 `(0,1)` 上的凸函数一定是连续函数，而将凸函数的性质弱化一点就变成了上述的这个所谓的“中点凸”性质。要看出这个性质确实是比凸函数更弱的性质，是需要构造反例来证明的。

但是，居然有下面这个有趣的定理，属于 Sierpinski：

定理：如果一个开区间 `(0,1)` 上定义的函数满足“中点凸”性质，并且该函数还是 Lebesgue 可测的，那么这个函数就是凸函数，也因此是连续函数。

事实上，我们甚至还有更强大的定理：

定理（Ostrowski）：如果一个“中点凸”函数在某个正测度的 Lebesgue 可测集合上是有界的，那么这个函数就是凸函数。

因此，为了构造反例，我们要从经典的 Vitali 不可测集合出发，逐步构造出一个不可测函数，满足题目要求的性质。这里的知识需要了解“实变函数”课程，具体的，是 Lebesgue 积分和测度理论。为此，首先考察所有 `(0,1)` 区间的有理数，并把它们写成既约的分数形式，然后在这些有理数上定义函数 `f(q/p)=-p`，这是我们最终要定义函数的出发点。

现在对于任何两个数 `x`, `y\in(0,1)`，定义 Vitali 等价关系如下：`x\sim y` 当且仅当 `x-y` 是有理数。

给定任意两个非有理数的等价类，并取定任意的两个代表元 `x`, `y`，注意到 `(x+y)/2` 一定不属于前面三个等价类的任何一个。下面取定这个数 `z=(x+y)/2` 为相应的等价类的代表元。依照此方法，我们也可以定义 `w=2x-y` 为一个新的等价类的代表元。最后，定义集合 `B(x,y)` 为一个由 `x`, `y` 生成的最小的对下面两种运算封闭的集合：
\begin{align*}
x,y&\mapsto\frac{x+y}2,\\
x,y&\mapsto 2x-y,
\end{align*}
由集合 `B_0=\{x,y\}` 出发，定义 `B_1=\{x,y,z,w_1,w_2\}`，其中 `z=(x+y)/2`, `w_1=2x-y`, `w_2=2y-x`（注意如果 `w_i\notin(0,1)`，则把它去掉不加以考虑），然后再定义 `E_2` 为从 `E_1` 出发，通过两种运算所能得到所有数的有限集合。注意这样得到的每个 `E_i` 不同等价类的代表元的集合。最后，`B^1=\cup_iB_i` 就是由 `x`, `y` 生成的最小的对上述两种运算封闭的集合。

称这样的一个由无理数代表元构成的集合 `B^1` 为“基本集合”，由上述的构造我们看到，这样的集合是一个可数集合。于是，由于等价类一共有不可数个，我们还可以寻找这个集合所代表的等价类以外的新的等价类，至少两个，并从中任意选取两个代表元 `x'`, `y'`。

由这样的两个代表元又可以生产新的“基本集合”`B'`，我们令 `B^2=B^1\cup B'`。因此，我们可以依次定义 `B^1,\ldots,B^i,\ldots`，满足 `B^i\subset B^{i+1}`，并且每一个集合都对两种运算封闭。这时，再考察 `B^\omega=\cup_iB^i`，显然这个集合也对两种运算封闭，并且它全部由无理数的等价类代表元构成。因此，我们启用超限归纳法，得到，任何通过这样方式得到的集合都同时满足：1. 对两种运算封闭；2. 全部由无理数的等价类代表元构成。

最后，按照包含关系，我们可以在这样的集合构成的集合上定义一个序，然后根据 Zorn 引理，得到一个极大元 `I`，这个极大元显然包括所有的无理数等价类的某个代表元，并且对上述两个运算封闭。

首先定义对任何上述代表元 `x_*\in I`，函数 `f(x_*)=0`，对给定 `(0,1)` 中的一个元素 `x`，一定存在一个既约有理数 `q/p` 和某个 `I` 中元素 `x_*`，使得 `x-q/p=x_*`，然后定义 `f(x)=-p`。

让我们来验证这函数是满足“中点凸”性质的。

事实上，对于 `x`, `y\in(0,1)`，设 `x=x_*+r/p`, `y=y_*+s/q`，我们有
\[f\left(\frac{x+y}2\right)=f\left(\frac{x_*+y_*}2+\frac{rq+ps}{2pq}\right)=-2pq,\]
而
\[\frac{f(x)}2+\frac{f(y)}2=-\frac12(p+q)\geqslant f\left(\frac{x+y}2\right).\]

kuing

《凸分析》（史树中）P72：设 $f$ 为 $(a, b)$ 上的连续函数。试证明，$f$ 是凸函数的充要条件为
\[
f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \leqslant \frac{1}{2}\left(f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)\right), \forall x_1, x_2 \in(a, b) .
\]
试指出，$f$ 连续的条件不能去掉，但可减弱为在 $(a, b)$ 中的一点邻域中上有界。
［提示：把 $\Bbb R$ 看作有理数域 $\Bbb Q$ 上的线性空间，则 $\Bbb R$ 也有 Hamel 基，使得每个 $x \inR$ 都可用它们作有理绞性表示。由此可构造出关于有理薮线性的 $\Bbb R$ 上的不连续函数．］

kuing

话说，突然发现，只要用柯西方程就可以很容易构造出来了。

设 $K(x)$ 为任意一个柯西方程的非连续解，令 $f(x)=\cosh\bigl(K(x)\bigr)$，则
\begin{align*}
f(x)+f(y)&=\cosh\bigl(K(x)\bigr)+\cosh\bigl(K(y)\bigr)\\
&=2\cosh\frac{K(x)+K(y)}2\cosh\frac{K(x)-K(y)}2\\
&\geqslant2\cosh\frac{K(x)+K(y)}2\\
&=2\cosh\left(K\left(\frac{x+y}2\right)\right)\\
&=2f\left(\frac{x+y}2\right).
\end{align*}

kuing

不过柯西方程的非连续解的构造其实也跟上面的差不多，所以其实楼上干的还是有点多余的感觉……

pxchg1200

设 $f(x)$ 是 $I=(a, b)$ 上的实值可测函数．若 $f(x)$ 具有中值（下）凸性质：
\[
f\left(\frac{x+y}{2}\right) \leqslant \frac{f(x)+f(y)}{2}, \quad x, y \in I,
\]
则 $f \in C(I)$．
证明 根据数学分析的理论易知，若 $f(x)$ 是 $I$ 上的有界函数，则 $f \in C(I)$．

对此，假定 $f(x)$ 在 $x=x_0 \in I$ 处不连续，且考查区间 $\left[x_0-2 \delta, x_0\right.$ $+2 \delta] \subset I$ ，其中存在 $\left\{\xi_k\right\}:$
\[
\xi_k \in\left(x_0-\delta, x_0+\delta\right), \quad f\left(\xi_k\right) \geqslant k \quad(k=1,2, \cdots)
\]
对于任意的 $x \in\left(\xi_k-\delta, \xi_k+\delta\right)$ ，显然有
\[
x_0-2 \delta \leqslant x \leqslant x_0+2 \delta, x_0-2 \delta \leqslant x' ≝ 2 \xi_k-x \leqslant x_0+2 \delta
\]
由 $2 \xi_k=x'+x$，可知 $2 f\left(\xi_k\right) \leqslant f(x)+f\left(x'\right)$．从而必有 $f(x) \geqslant k$ 或者 $f\left(x'\right) \geqslant k$：这说明
\[
m\left(\left\{x \in\left(\xi_k-\delta, \xi_k+\delta\right): f(x) \geqslant k\right\}\right) \geqslant \delta
\]
也就是说，对于任意大的自然数 $k$，均有
\[
m\left(\left\{x_0-2 \delta \leqslant x \leqslant x_0+2 \delta: f(x) \geqslant k\right\}\right) \geqslant \delta
\]
从而导致 $f\left(x_0\right)=+\infty$，矛盾．即得所证．

icesheep

回复 9# pxchg1200


    为什么有界的中点凸就意味着连续呢？

Tesla35

回复 10# icesheep


冰羊也来了

其妙

回复  icesheep


冰羊也来了
Tesla35 发表于 2013-10-21 10:51

冰洋是谁？大羊？

Tesla35

回复 12# 其妙


    冰羊就是冰羊啦。在贴吧里常见。PLU_icesheep

hbghlyj

Tesla35 发表于 2013-10-21 11:06
回复 12# 其妙

chaoli.club也有一位icesheep用户. 最新动态 2月前

hbghlyj

kuing 发表于 2013-8-9 07:23
试指出：$f$ 连续的条件不能去掉。
[提示：把 $\mathbf{R}$ 看作有理数域 $\mathbf{Q}$ 上的线性空间，则 $\mathbf{R}$ 也有 Hamel 基，使得每个 $\mathbf{x} \in \mathbf{R}$ 都可用它们作有理线性表示。由此可构造出关于有理数线性的 $\mathbf{R}$ 上的不连续函数。]

把 $\mathbf{R}$ 看作有理数域 $\mathbf{Q}$ 上的线性空间，则 $\mathbf{R}$ 也有 Hamel 基 $ B\subset \mathbf {R} $，使得對於任何實數$ x $，存在唯一的有限集合 $ \left\{b_{1},\dots ,b_{n}\right\}\subset B$ 以及唯一對應的 $ n $ 個非零有理數$\{q_{1},\dots ,q_{n}\} $，滿足：
$$ x=\sum _{i=1}^{n}q _{i}b_{i}$$
在 $B$ 上任意定义 $f$，并将其线性扩展到 $\mathbf{R}$：如果 $x=\sum_{i=1}^n q_i b_i$，其中 $q_i \in \mathbb{Q}$ 且 $b_i \in B$，则令$$f(x):=\sum_{i=1}^n q_i f\left(b_i\right)$$由于 $x$ 的这种表示是唯一的，$f$ 的定义不会引起歧义，并且很容易看出 $f$ 是线性的。

hbghlyj

kuing 发表于 2013-8-9 07:23
但可减弱为在 $(a,b)$ 中的一点邻域中上有界。

这个减弱版怎么证明？