Изпъкнали функции. Необходими и достатъчни условия за изпъкналост

18. Изпъкнали функции. Необходими и достатъчни условия за изпъкналост.

такива че p₁ + p₂ = 1 е изпълнено f (p₁.x₁ + p₂.x₂)  p₁.f (x₁) + p₂.f (x₂);

такива че p₁ + p₂ = 1 е изпълнено f (p₁.x₁ + p₂.x₂)  p₁.f (x₁) + p₂.f (x₂);

Доказателство: Имаме a  x_i  b  (p_i > 0) p_i.a  p_i.x_i  p_i.b;

Събираме тези неравенства за i = 1, 2, …, n и получаваме:

(p₁ + p₂ + … + p_n).a  p₁.x₁ + p₂.x₂ + … + p_n.x_n  (p₁ + p₂ + … + p_n).b

 a  x  b;

Твърдението остава в сила когато интервала е отворен или полуотворен;

Доказателство:

Нека x  [a, b]; тогава в сила е равенството:

a . (b – x)/(b – a) + b . (x – a)/(b – a) = x;

действително, ако умножим и двете страни с (b – a)  0 получаваме:

a.b – a.x + b.x – b.a = x.(b – a), което очевидно е изпълнено;

освен това (b – x)/(b – a) + (x – a)/(b – a) = 1 

a . (b – x)/(b – a) + b . (x – a)/(b – a) е изпъкнала комбинация на a и b;

f (p₁.x₁ + p₂.x₂ + … + p_n.x_n)  p₁.f (x₁) + p₂.f (x₂) + … + p_n.f (x_n);

Доказателство:

Ще извършим доказателството с индукция по n;

База: при n = 2 неравенството очевидно е изпълнено по определението за изпъкнала функция;

Стъпка: нека неравенството е изпълнено за n-1;

ще докажем, че то е изпълнено за n;

нека p₁, p₂, …, p_n са произволни положителни числа,

такива че p₁ + p₂ + … + p_n = 1; нека S = p₂ + … + p_n;

f (p₁.x₁ + p₂.x₂ + … + p_n.x_n) = f (p₁.x₁ + S. (p₂.x₂/S + p₃.x₃/S + … +

+ p_n.x_n/S)); нека p₂.x₂/S + p₃.x₃/S + …+ p_n.x_n/S = x₁; ясно е, че

x₁ е изпъкнала комбинация на x₂, x₃, …, x_n  x₁  ;

тогава f (p₁.x₁ + p₂.x₂ + … + p_n.x_n) = f (p₁.x₁ + S.x₁)  p₁.f (x₁) +

+ S.f (x₁) по дефиницията за изпъкналост; от индукционното предпложение получаваме, че:

f (p₁.x₁ + p₂.x₂ + … + p_n.x_n)  p₁.f (x₁) + S.p₂/S.f (x₂) + S.p₃/S.f (x₃) + … +

+ S.p_n/S.f (x_n) = p₁.f (x₁) + p₂.f (x₂) + … + p_n.f (x_n);

тогава f (x) е изпъкнала (вдлъбната)  f (x) е монотонно растяща (намаляваща) функция;

Доказателство: Ще докажем теоремата за изпъкналост; за вдлъбнатост е абсолютно аналогично;

Нека f (x) е монотонно растяща функция;

f (p₁.x₁ + p₂.x₂) – p₁.f (x₁) – p₂.f (x₂) = p₁.(f (p₁.x₁ + p₂.x₂) – f (x₁)) -

p₂.(f (x₂) - f (p₁.x₁ + p₂.x₂));

по теоремата на Лагранж получаваме:

f (p₁.x₁ + p₂.x₂) – f (x₁) = f (t₁).(p₁.x₁ + p₂.x₂ – x₁) = p₂.f (t₁).(x₂ – x₁),

където t₁  (x₁, p₁.x₁ + p₂.x₂);

f (x₂) - f (p₁.x₁ + p₂.x₂) = f (t₁).(x₂ - p₁.x₁ - p₂.x₂) = p₂.f (t₂).(x₁ – x₂),

където t₂  (p₁.x₁ + p₂.x₂, x₂); да отбележим, че t₁ < t₂;

получаваме:

f (p₁.x₁ + p₂.x₂) – p₁.f (x₁) – p₂.f (x₂) = p₂.(x₂ – x₁).(f (t₁) – f (t₂))  0, тъй като f (x) е монотонно растяща и t₁ < t₂ 

f (p₁.x₁ + p₂.x₂)  p₁.f (x₁) + p₂.f (x₂)  f (x) е изпъкнала функция;

Нека f (x) е изпъкнала функция;

Нека 0 < h < x₂ – x₁;

тогава x₁ + h  [x₁, x₂]  от горното твърдение

x₁ + h = p₁.x₁ + p₂.x₂, където p₁ > 0, p₂ > 0 и p₁ + p₂ = 1;

в такъв случай (f (x₁ + h) – f (x₁))/h = f (p₁.x₁ + p₂.x₂) – f (x₁)/(x₁ - p₁.x₁ +

p₂.x₂)  (p₁.f (x₁) + p₂.f (x₂) – f (x₁))/(p₂.(x₂ – x₁)) = (f (x₂) – f (x₁))/(x₂ – x₁);

от друга страна:

x₂ - h  [x₁, x₂]  от горното твърдение

x₂ - h = q₁.x₁ + q₂.x₂, където q₁ > 0, q₂ > 0 и q₁ + q₂ = 1;

в такъв случай (f (x₂ - h) – f (x₂))/(-h) = (f (x₂) – f (x₂ – h))/h = (f (x₂) –

- f (q₁.x₁ + q₂.x₂))/(x₂ – q₁.x₁ - q₂.x₂)  (f (x₂) – q₁.f (x₁) – q₂.f (x₂))/

/(q₁.(x₂ - x₁) = q₁.(f (x₂) – f (x₁))/(q₁.(x₂ – x₁)) = (f (x₂) – f (x₁))/(x₂ – x₁);

и така получихме, че за всяко h, такова че 0 < h < x₂ – x₁ е изпълнено:

(f (x₁ + h) – f (x₁))/h  (f (x₂) – f (x₁))/(x₂ – x₁)  (f (x₂ - h) – f (x₂))/(-h);

ако сега h  0+0 при граничния преход получаваме:

f (x₁)  f (x₂)  f (x) е монотонно растяща функция;
Следствие: Ако f (x) е дефинирана и поне два пъти диференцируема в интервал , тогава f (x) е изпъкнала (вдлъбната) в   f (x)  0 ( 0) за всяко x  ;

Доказателство: Тъй като f (x)  0 ( 0)  oт следствие 2 на теоремата на Лагранж, че f (x) е монотонно растяща (намаляваща) функция 

f (x) е изпъкнала (вдлъбната);
Приложение на изпъкналост
Ще докажем, че e^x е изпъкнала в R; действително

f (e^x) = e^x > 0 за всяко x  R;

по друг начин това може да се запише така:

1/ + 1/ = 1  a.b  a^/ + b^/;

Доказателство:

полагаме p = 1/, q = 1/, x = lna^ = .lna, y = lnb^ = .lnb;

тогава от изпъкналостта на e^x получаваме:

e^p.x+q.y  p.e^x + q.e^y  е^{.lna.1/+.lnb.1/}  a^/ + b^/  a.b  a^/ + b^/;
n

Твърдение (неравенство за средно аритметично и средно геометрично): Нека a₁, a₂, …, a_n > 0, n  N; в сила е неравенството:

(a₁ + a₂ + … + a_n)/n   a₁.a₂ ….a_n;

Доказателство:

Използваме неравенство на Йенсен и изпъкналост на e^x;

полагаме p₁ = p₂ = … = p_n = 1/n; x₁ = lna₁, x₂ = lna₂, …, x_n = lna_n;

тогава:

e^{p1.x1+p2.x2+…+pn.xn}  p₁.e^x1 + p₂.e^x2 + …+ p_n.e^xn 

n

e^{lna1/n + lna2/n +…+lnan/n}  e^lna1/n + e^lna2/n + … + e^lnan/n 

 a₁.a₂ … a_n  (a₁ + a₂ + … + a_n)/n;
Твърдение (неравенство на Хьолдер за суми): Нека

x₁, x₂, …, x_n, y₁, y₂, …, y_n  R⁺, n  N; освен това p, q > 0 и

p

q

x₁.y₁ + x₂.y₂ + … + x_n.y_n   x₁^p + x₂^p + …+ x_n^p. y₁^q + y₂^q + …+ y_n^q ;

p

q

Доказателство:

Полагаме a_i = x_i/A, b_i = y_i/B за всяко i = 1, 2, …, n;

ясно е, че a₁^p + a₂^p + … + a_n^p = 1 и b₁^q + b₂^q + … + b_n^q = 1;

прилагаме неравенство на Юнг за a_i, b_i > 0 и p, q; получаваме:

a_i.b_i  a_i^p/p + b_i^q/q; събираме тези неравенства за i = 1, 2, …, n;

получаваме:

a₁.b₁ + a₂.b₂ + …+ a_n.b_n  (a₁^p + a₂^p + … + a_n^p)/p + (b₁^q + b₂^q + … + b_n^q)/q = 1/p + 1/q = 1 

p

q

2. 
   
   Каталог: 1kurs
   1kurs -> Лекции и семинарни занятия по аналитична геометрия
   1kurs -> Лекции по увод в програмирането
   1kurs -> Лекции и семинарни занятия по линейна алгебра
   1kurs -> Лекции по обектно-ориентирано програмиране
   1kurs -> Седмичен разпис
   
   
   
   Изтегляне 4.23 Mb.
   
   Сподели с приятели: