lim[x→∞]f(x)=0 となる狭義の凸関数fの性質

１．まえがき

　あるサイトに、(0,∞)で定義された狭義の凸関数 f が lim [x→∞] f(x)=0　をみたすとき
　
　(1) f(x)＞0
　(2) An=Σ[k=1,n] { f(k)-∫[k,k+1] f(x)dx } はn→∞で収束する。
　(3) lim[n→∞]An > f(1)/2

　を示せという問題があった。とても面白かったので以下に述べる。

２．証明

　(1) 0＜x＜y＜z＜w とする。f は狭義の凸関数なので
　　　(f(y)-f(x))(y-x)＜(f(z)-f(y))/(z-y)＜(f(w)-f(z))/(w-z)

　となる。ここでw→∞とすると(f(w)-f(z))/(w-z)→0 となる。つまり
　　　(f(y)-f(x))/(y-x)＜(f(z)-f(y))/(z-y)≦0 だから

　　　f(y)＜f(x)・・・・(a)

　つまり、f は狭義の単調減少関数である。このとき、もし f(x)≦0となる
　x＞0 があったとすると、(a)から f(y)＜0 となるyがある。

　つまり、y＜zならば、f(z)＜f(y)＜0となり、z→∞でも f(z)→0
　とならない。これは矛盾なので、x＞0 ならば f(x)＞0 となる。



　(2) (a)からf は（狭義の）単調減少なので k≦x≦k+1 ならば
　　　f(k+1)≦f(x)≦f(k) だから、f(k+1)≦∫[k,k+1] f(x)dx≦f(k)

　つまり、f(k)-∫[k,k+1] f(x)dx≧0 だからAnのΣ内の各項は０以上なのでAnは単調増加。さらに

　　　An=Σ[k=1,n]{ f(k) - ∫[k,k+1] f(x)dx }≦Σ[k=1,n]{f(k)-f(k+1)}=f(1)-f(n+1)＜f(1)

　ゆえに、Anは単調増加で上に有界なので収束する。

　(3) f は狭義の凸関数だから、区間(k,k+1)で
　　　f(k)+{f(k+1)-f(k)}(x-k)＞f(x)
　が成立つことはあきらか。これを次の式に代入して

　　　f(k) - ∫[k,k+1] f(x)dx＞f(k)-∫[k,k+1]( f(k)+{f(k+1)-f(k)}(x-k) )dx
　　　　=f(k)-f(k)-{f(k+1)-f(k)}∫[0,1] x dx={f(k)-f(k+1)}/2

　整理して次式をえる。
　　　{f(k) - ∫[k,k+1] f(x)dx}＞{f(k)-f(k+1)}/2・・・(b)



　Σを取って
　　　Bn=Σ[k=2,n]{f(k) - ∫[k,k+1] f(x)dx}＞Σ[k=2,n]{f(k)-f(k+1)}/2=(f(2)-f(n+1))/2

　ここで、n→∞とすれば、lim[n→∞]Bn ≧ f(2)/2になる。
　この両式に(b)でk=1としたものを加えると

　　　lim[n→∞]An=lim[n→∞]Bn+{f(1) - ∫[1,2] f(x)dx}＞ f(2)/2 + {f(1)-f(2)}/2=f(1)/2

　となり結論を得る。極限をとると不等号「＞」が「≧」になるところに工夫がいった。

補足
●はじめ、f(1)>0という条件があったが必要ないとわかった。　
●上の議論で関数 f の連続性は積分のために必要と思ったが、関数 fは区間(a,b)で凸関数であれば、
　区間(a,b)で連続になると教えていただいた。以下に概略

　　　a＜x＜y＜b とすると
　　　(f(x)-f(a))/(x-a)≦(f(y)-f(x))/(y-x)≦(f(y)-f(b))/(y-b) となる。

　　　M(x,y)=max{|f(x)-f(a)|/(x-a), |f(y)-f(b)|/(y-b)} とすれば
　　　-M≦(f(y)-f(x))/(y-x)≦M となるから、|y-x|<δ=ε/M とすれば

　　　|f(y)-f(x)|＜ε　を得る。x＞y でも同じ議論ができる。

以上