Об одном свойстве выпуклой функции

[arqady]

Пусть $f:\mathbb R\rightarrow\mathbb R$ выпуклая функция. Докажите, что:

$$f(a)+f(b)+f(c)+f(d)+2f\left(\tfrac{a+b+c+d}{4}\right)\geq f\left(\tfrac{a+b}{2}\right)+ f\left(\tfrac{a+c}{2}\right)+ f\left(\tfrac{a+d}{2}\right)+ f\left(\tfrac{b+c}{2}\right)+ f\left(\tfrac{b+d}{2}\right)+ f\left(\tfrac{c+d}{2}\right)$$

Из этого неравенства немедленно сдедует неравенство Туркевичи:
Для неотрицательных $a$, $b$, $c$ и $d$ докажите, что:

$$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geq a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2.$$

Имеется ещё вот такая радость:

$$f(a)+f(b)+f(c)+f(d)+8f\left(\tfrac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3\left(f\left(\tfrac{a+b+c}{3}\right)+ f\left(\tfrac{a+b+d}{3}\right)+ f\left(\tfrac{a+c+d}{3}\right)+ f\left(\tfrac{b+c+d}{3}\right)\right)$$

[vpb]

Покажем, как задача может быть сведена к частному случаю, в котором участвуют не функции, а только числа. Ход рассуждений несколько экзотический. Я вообще не собирался писать, тем более и до конца не дорешал, но сегодня наткнулся на эту тему.

(Вероятно, arqady имел в виду какой-то изящный элементарный ход решения, а предлагаемый --- тупо технический. Пардон.)

1) Ясно, что можно предполагать $a\leq b\leq c\leq d$. Кроме того, аффинным преобразованием аргумента можно привести к случаю $a=0$, $d=1$.

2) $f$ --- выпуклая функция, определенная на $[0,1]$. Из общих свойств выпуклых функций следует, что $f$ непрерывна во внутренних точках, и также можем считать, что и в граничных точках $0$, $1$ тоже. Короче, $f$ непрерывна на $[0,1]$.

3) Опять-таки из общих свойств выпуклых функций, для любого $\varepsilon>0$ можно найти кусочно-линейную выпуклую функцию $f_1$ такую, что $|f-f_1|<\varepsilon$ всюду на $[0,1]$. Поэтому исходное неравенство достаточно доказать для кусочно линейных (в общей теории такие называются "полиэдральные", а тут можно сказать "полигональные") выпуклых функций.

4) Вычитая из $f$ подходящую линейную функцию, можно считать, что $f(0)=f(1)=0$. Таким образом, $f\leq0$ всюду на $[0,1]$.

5) Для $0<t<1$ введем "функцию Грина" $G(x,t)=-x/t$ при $0\leq x\leq t$, и $=(x-1)/(1-t)$ при $t\leq x\leq 1$.
Т.е. $=0$ при $x=0,1$, $=-1$ при $x=t$, а на отрезках $[0,t]$ и $[t,1]$ линейная. Ясно, что $G(x,t)$ выпукла по $x$ на $[0,1]$.

Предложение. Пусть $f$ --- выпукла на $[0,1]$, кусочно-линейная, $f(0)=f(1)=0$, $f\not\equiv0$. Тогда $f$ представляется как положительная линейная комбинация

$$ f(x)=\sum_{k=1}^m\lambda_kG(x,t_k), $$

для некоторых $t_i\in (0,1)$, $\lambda_i>0$.

Доказательство. Поскольку $f$ --- кусочно-линейна и выпукла, то существуют точки $0<t_1<\ldots<t_m<1$, такие, что на каждом из отрезков $[t_i, t_{i+1}]$ $f$ линейна. На этих отрезках производная $f'$ постоянна, а в точке $x=t_i$ делает скачок, причем величина этого скачка $\mu_i>0$ положительна. Таким образом, $f$ является решением диффуравнения

$$f''(x)=\sum_{i=1}^m\mu_i\delta(x-t_i),$$

с краевыми условиями $f(0)=f(1)=0$. Остается заметить, что функция $G(x,t)$ является решением уравнения $f''(x)=a\delta(x-t)$, $f(0)=f(1)=0$, с $a=1/t(1-t)$. Значит

$$ f(x)=\sum_{i=1}^m\mu_i t_i(1-t_i)G(x,t_i). $$

$\square$

Замечание. Конечно, легко дать доказательство предложения, и не поминая дельта-функции. Но исходно я это решал именно так.

Вывод: достаточно утверждение задачи доказать лишь для случая функций $G(x,t)$.

[arqady]

Для функций Грина это нужно ведь как-то доказать. По-моему, этот частный случай гораздо неприятнее, чем общий.

[vpb]

arqady в сообщении #1386679 писал(а):

По-моему, этот частный случай гораздо неприятнее, чем общий.

Нимало ! Там надо только рассмотреть разные случаи расположения, какие из чисел $b/2,c/2,\ldots, (1+c)/2$ по какую сторону от $t$ лежат. Всего с учетом разных очевидных соображений и симметрий получается порядка 12 вариантов (причем, возможно, и не все из них реализуются), и каждый рассматривается прямолинейно. Я три рассмотрел, дальше надоело. Интересно, конечно, будет узнать Ваше решение.

[arqady]

Докажу второе неравенство. Первое оставлю для тренировки.

Пусть $a\geq b\geq c\geq d.$
Рассмотрим три случая.
1. $a\geq\frac{a+b+c+d}{4}\geq b\geq c\geq d.$
В этом случае $a+c+d\geq3b$.
Теперь, Йенсен даёт

$$f(b)+f(c)+f(d)\geq3f\left(\frac{b+c+d}{3}\right).$$

Поэтому остаётся доказать, что

$$f(a)+8f\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3\left(f\left(\frac{a+b+c}{3}\right)+f\left(\frac{a+b+d}{3}\right)+f\left(\frac{a+c+d}{3}\right)\right),$$

что верно по неравенству Караматы поскольку легко проверить, что

$$\left(a,\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4}\right)\succ$$

$$\succ\left(\tfrac{a+b+c}{3},\tfrac{a+b+c}{3},\tfrac{a+b+c}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3}\right).$$

2. $a\geq b\geq\frac{a+b+c+d}{4}\geq c\geq d.$
Здесь $3b\geq a+c+d$ и $a+b+d\geq3c.$
Снова, Йенсен даёт:

$$f(a)+f(b)+f\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3f\left(\frac{a+b+\frac{a+b+c+d}{4}}{3}\right)=3f\left(\frac{5a+5b+c+d}{12}\right)$$

и

$$f(c)+f(d)+f\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3f\left(\frac{c+d+\frac{a+b+c+d}{4}}{3}\right)=3f\left(\frac{a+b+5c+5d}{12}\right).$$

Поэтому остаётся доказать, что

$$f\left(\tfrac{5a+5b+c+d}{12}\right)+f\left(\tfrac{a+b+5c+5d}{12}\right)+2f\left(\tfrac{a+b+c+d}{4}\right)\geq f\left(\tfrac{a+b+c}{3}\right)+f\left(\tfrac{a+b+d}{3}\right)+f\left(\tfrac{a+c+d}{3}\right)+f\left(\tfrac{b+c+d}{3}\right),$$

которое следует из двух Какамат поскольку

$$\left(\frac{5a+5b+c+d}{12},\frac{a+b+c+d}{4}\right)\succ\left(\frac{a+b+c}{3},\frac{a+b+d}{3}\right)$$

и

$$\left(\frac{a+b+c+d}{4},\frac{a+b+5c+5d}{12}\right)\succ\left(\frac{a+c+d}{3},\frac{b+c+d}{3}\right).$$

3. $a\geq b\geq c\geq\frac{a+b+c+d}{4}\geq d.$
Этот случай аналогичен первому, но я покажу, для коллекции.
Здесь $3c\geq a+b+d$ и согласно Йенсену

$$f(a)+f(b)+f(c)\geq3f\left(\frac{a+b+c}{3}\right).$$

Поэтому остаётся доказать, что:

$$f(d)+8f\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3\left(f\left(\frac{a+b+d}{3}\right)+f\left(\frac{a+c+d}{3}\right)+f\left(\frac{b+c+d}{3}\right)\right),$$

что снова следует из Караматы поскольку

$$\left(\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},d\right)\succ$$

$$\succ\left(\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{b+c+d}{3},\tfrac{b+c+d}{3},\tfrac{b+c+d}{3}\right).$$

Поскольку Йенсен это по существу Карамата, то каждый из этих трёх случаев можно было бы убить с помощью Караматы в один шаг.
Проверка была бы нудной. Так, по крайней мере, видно как можно догадаться, что с чем группировать.