这个问题的最优解在约束参数中是凸的吗？

Question

让$f:\mathbb R^+\to\mathbbR$是一个平滑的函数，满足$f（1）=0$，假设$|f美元|$随着距离的增加而增长$1$:$|f（x）|$当$x\ge 1美元$，当$x\le 1美元$.

假设也是这样$\lim_｛x\to\infty｝|f（x）|=\infty$.对于任何$s\英寸（0,1）$，定义$$F（s）=\min_{xy=s，x，y>0}F^2（x）+F^2$$

（最小值存在于$|f美元|$在无穷远处发散。）

问题：是否存在凸函数$g（s）$这样的话$F=克^p$对一些人来说$p\ge 1美元$? 我不需要$克$要积极。

以下是发生这种情况的两个示例：

线性惩罚： $f（x）=x-1$.在这种情况下$$F（个）=\开始{cases}2（平方米{s} -1个)^2，&\text{if}\，s\ge\frac{1}{4}\\1-2s，&\text{if}\，s\le\frac{1}{4}\结束{cases}$$是凸的，因为$F'（个）$非递减。

对数惩罚： $f（x）=\log x$.在这种情况下$$F（s）=2f^2（\sqrt s）=\frac｛1｝｛2｝（\log s）^2$$是不凸面的。

然而，我们已经$F=g^2$哪里$g（s）=-\frac{1}{\sqrt2}\logs$它是凸的。

这两个例子背后有什么普遍现象吗？

Answer 1

答案是否定的。例如，让$f（x）：=|x-1|^{3/2}$.然后$$F（s）=\开始{cases}F_1（s）&\text{if}0<s\le1/9\\F_2（s）&\text{if}1/9\le s<1，\结束{cases}$$哪里$$F_1（s）：=1-3 s-2s^{3/2}$$ $$F_2（s）：=2+6s-2（3+s）s^{1/2}$$这里可以注意到$F_1（1/9）=16/27=F_2（1/9$和$F'_1（1/9）=-4=F'_2（1/9$.

从定义$F（美元）$，很明显$F>0美元$在$(0,1)$所以，让$a:=1/p\英寸（0,1）$，我们看到期望的目标是$h:=F^a$为凸形或（如果美元$均匀）凹面。（如果$小时$是凹面的美元$是平的，我们可以接受$g:=-h$.然后$克$会是凸的，我们也会$g^p=h^p=F$.)所以，让$h_j:=F_j^a$对于$j=1,2$，我们看到必须出现以下情况之一：

（i）h_1美元$在上凸起$(0,1/9]$和2美元$在上是凸的$[1/9,1)$;

（ii）h_1美元$凹开$(0,1/9]$和2美元$凹开$[1/9,1)$.

然而，$h_1''（1/9）$等于3a-4美元$在符号中，因此是$<0$对于美元\英寸（0,1）$，而$h2''（1/9）$等于2+3a美元$在符号中，因此是$>0$对于$a\in（0,1]）$因此，（i）或（ii）两种情况都不能发生。

这是的图表$F“$: