szukanie zaawansowane
 [ Posty: 15 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 12 wrz 2012, o 08:13 
Użytkownik

Posty: 1446
Lokalizacja: Sosnowiec
Wykazać, że jeśli f jest funkcją wypukłą, oraz f(\lambda_{1}x_{1}+\lambda_{2}x_{2})=\lambda_{1}f(x_{1})+\lambda_{2}f(x_{2}) przy pewnych x_{1} , x_{2} , \lambda_{1} , \lambda_{2} , gdzie x_{1}<x_{2} , \lambda_{1},\lambda_{2}>0 , \lambda_{1}+\lambda_{2}=1 , to na przedziale [x_{1},x_{2}] f jest postaci f(x)=ax+b.

Graficznie jestem sobie w stanie wyobrazić, że coś takiego zachodzi, ale nie potrafię przeprowadzić dowodu.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 12 wrz 2012, o 21:56 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 17948
Lokalizacja: Cieszyn
Należy skorzystać z faktu, że funkcja f ma w punkcie z=\lambda_1x_1+\lambda_2x_2 podparcie afiniczne.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 09:28 
Użytkownik

Posty: 1446
Lokalizacja: Sosnowiec
A co to jest to podparcie afiniczne? W Google nie znalazłem.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 10:10 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 17948
Lokalizacja: Cieszyn
Posta pisałem bardzo zmęczony i wyraziłem się chyba zbyt naukowo, za co przepraszam. Podparciem funkcji f w punkcie x_0 nazywamy każdą funkcję g taką, że g(x_0)=f(x_0) oraz g\le f w całej dziedzinie. Podparcie afiniczne w punkcie x_0 to zatem taka funkcja postaci h(x)=ax+b, że ax_0+b=f(x_0) oraz ax+b\le f(x) dla każdego x z dziedziny.

Dowodzi się, że funkcja wypukła ma w każdym punkcie wewnętrznym dziedziny podparcie afiniczne. Co więcej, każda funkcja postaci h(x)=a(x-x_0)+f(x_0), gdzie f'_-(x_0)\le a\le f'_+(x_0) jest takim podparciem. Wynika stąd, że jeśli funkcja wypukła ma pochodną w punkcie x_0, to podparcie jest jedyne. Na odwrót, z jedyności podparcie wynika też różniczkowalność. Uwaga. Dowodzi się, że w każdym punkcie wewnętrznym dziedziny funkcja wypukła ma pochodne jednostronne.

Prawdziwe jest tez twierdzenie odwrotne: z istnienia podparcia afinicznego w każdym punkcie wewnętrznym dziedziny wynika wypukłość.

Mówiąc ludzkim językiem podparcie afiniczne to po prostu styczna. Oczywiście jeśli istnieje pochodna. Jeśli nie, to każda prosta o geometrycznej własności stycznej (podobna do stycznej mówiąc kolokwialnie - zobacz funkcja modułowa w zerze, podpiera ją więcej prostych.)

W moim poprzednim poście zapisałem tez pewną uwagę, prawdziwość której rozwiązuje całkowicie zadanie. Ale nie byłem w zmęczeniu pewny, więc skasowałem. Ale może ją napiszę. Stwierdziłem mianowicie, że podparcie afiniczne w punkcie z jest zarazem sieczną w punktach x_1,x_2. Wydawalo mi się to bardzo oczywiste, ale potem już nie. Nie mam teraz czasu nie weryfikację tej uwagi. Przekonaj się, że jeśli jest prawdziwa, to zadanie jest rozwiązane. Potem spróbuj ją udowodnić bądź obalić :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 11:08 
Użytkownik

Posty: 1446
Lokalizacja: Sosnowiec
Wydaje mi się, że uwaga jest jak najbardziej prawdziwa. Można przeliczyć, że punkt (z,f(z)) leży na prostej przechodzącej przez (x_{1},f(x_{1})) oraz (x_{2},f(x_{2})). Stąd łatwo wywnioskować, że jedynym podparciem afinicznym jest właśnie ta prosta. Dla pełnego dowodu chciałbym jeszcze zobaczyć, jak się dowodzi, że funkcja wypukła ma w każdym punkcie wewnętrznym podparcie afiniczne. Dla funkcji różniczkowalnej mam taki dowód, ale chciałbym zobaczyć w ogólnym przypadku.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 11:46 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 17948
Lokalizacja: Cieszyn
Już podpowiedziałem Ci powyżej - weź dowolny współczynnik kierunkowy spomiędzy pochodnych jednostronnych i udowodnij, że prosta o napisanym równaniu podpiera funkcję wypukłą f.

Ta uwaga jest z natury "trywialnie widać, że tak jest", a gdy przyjdzie ją wykazać, pojawiają się wątpliwości. :) Leżenie punktu (z,f(z)) na prostej jest dla mnie trywialne. Dalsza część zaniepokoiła mnie wieczorem.

Idąc dalej - pewnie chciałbyś sprawdzić czemu istnieją pochodne jednostronne. Mianowicie już naprawdę łatwo wykazujesz monotoniczność ilorazów różnicowych w dowolnie ustalonym punkcie wewnętrznym x_0. Są one niemalejące. A funkcja monotoniczna ma granice jednostronne w każdym punkcie. Z kolei wykazanie istnienia granic jednostronnych funkcji monotonicznej też nie jest trudne. Ale może na tym zakończymy wgłębianie się w szczegóły. Coś trzeba wiedzieć, na czymś się oprzeć. Tak więc wyjaśniłem Ci szczegóły związane z samą wypukłością. To jest tu najważniejsze. Inaczej niepotrzebnie skupimy uwagę na rzeczach mniej ważnych dla tej konkretnej sprawy.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 11:57 
Użytkownik

Posty: 1446
Lokalizacja: Sosnowiec
Nie napisałem, że jest to trywialne, przeliczyłem to na kartce, a z racji tego, że rachunki były długie nie wpisałem ich tutaj. Odsyłam cię do tematu, gdzie pytałem właśnie o dowód istnienia tych pochodnych jednostronnych, a w międzyczasie spróbuje udowodnić istnienie podparcia afinicznego, mając już te pochodne jednostronne.

224889.htm

-- 13 wrz 2012, o 13:10 --

Zauważyłem, że dopisałeś akapit w czasie, gdy pisałem posta. Twierdzenie o granicy funkcji monotonicznej jest mi znane, ale miałem problem z pokazaniem monotoniczności ilorazu różnicowego. Mianowicie wypukłość jest równoważna nierówności dla x_{1}<x<x_{2}
\frac{f(x_{1})-f(x)}{x_{1}-x} \le  \frac{f(x_{2})-f(x)}{x_{2}-x}
Sprawdzając monotoniczność ilorazu różnicowego w punkcie x i biorąc dwa dowolne punkty x_{1}<x_{2} ; x_{1},x_{2} \neq x żądaną nierówność uzyskałem jedynie w przypadku x_{1}<x<x_{2}.
Może mógłbyś mnie naprowadzić jak ją uzyskać w pozostałych przypadkach?

-- 13 wrz 2012, o 13:40 --

Chyba źle zrozumiałem twojego posta. Napiszę skąd wynika, że prosta przechodząca przez (x_{1},f(x_{1})) oraz (x_{2},f(x_{2})) jest podparciem.
Z wypukłości wynika istnienie podparcia afinicznego, czyli dajmy na to funkcji liniowej p(x).
Ponieważ jest ona podparciem zachodzi w szczególności p(x_{1}) \le f(x_{1}) , p(x_{2}) \le f(x_2}). Gdyby któraś z tych nierówności była ostra to nie zachodziłaby druga. Tą własność dobrze widać na rysunku, ale dla formalności przeprowadziłem też żmudny dowód analityczny.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 13:11 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 17948
Lokalizacja: Cieszyn
No właśnie - tego spostrzeżenia z ostrą nierównością mi brakowało. A z monotonicznością - robi się to podobnie kombinując relacjami. Zostały Ci przypadki x_1<x_2<x oraz x<x_1<x_2. Masz przypadek środkowy. Kombinuj z nim zmieniając oznaczenia :)

Po co Ci te rzeczy? Monograf? Widzę, że Ty nie należysz do ludzi, którym odrabia się zadanie domowe :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 13:19 
Użytkownik

Posty: 1446
Lokalizacja: Sosnowiec
Studiuję matematykę i robię to, że tak powiem, dla przyjemności. Mam małe zaległości z pierwszego roku.
Góra
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 13:23 
Użytkownik
Niech 0\le t \le 1 i niech u=x_1 +t(x_2 -x_1 ) mamy:
f(u) =f(x_1 +t(x_2 -x_1 ) ) =f((1-t)x_1 +tx_2 ) =(1-t)f(x_1 ) +tf(x_2 ) =(x_1 +t(x_2 -x_1 ))\cdot\left(\frac{f(x_2 ) -f(x_1 )}{x_2 -x_1}\right) +f(x_1) -x_1\cdot \left(\frac{f(x_2 ) -f(x_1 )}{x_2 -x_1}\right) =au+b
gdzie
a =\frac{f(x_2 ) -f(x_1 )}{x_2 -x_1}
b=f(x_1) -x_1\cdot \left(\frac{f(x_2 ) -f(x_1 )}{x_2 -x_1}\right).
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 13:35 
Użytkownik

Posty: 1446
Lokalizacja: Sosnowiec
Za bardzo nie wiem, do czego zmierzała brzoskwinka, ale jeśli to miał być dowód tego zadania, to z założenia nie wynika, że trzecia równość zachodzi dla każdego t \in [0,1]
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 14:13 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 17948
Lokalizacja: Cieszyn
Tak, zgadzam się, że brzoskwinka1, popełniła tym razem błąd korzystając z tego, co mamy udowodnić. :) Każdemu z nas się zdarza. Ja robię dużo gorsze błędy, a nie myli się tylko ten,kto nic nie robi :)
Góra
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 15:02 
Użytkownik
no tak, źle zrozumiałam treść.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 15:58 
Użytkownik

Posty: 1446
Lokalizacja: Sosnowiec
Udało mi się uzyskać twierdzenie o istnieniu podparcia. Skorzystałem z monotoniczności ilorazu różnicowego.

Niech x_{0} będzie punktem wewnętrznym przedziału P oraz f'_-(x_0)\le a\le f'_+(x_0). Ustalmy x>x_{0} , x \in P. Dla każdego y\in(x_{0},x) zachodzi
\frac{f(y)-f(x_{0})}{y-x_{0}} \le  \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}
Przechodząc do granicy przy y\to x_{0}^{+} dostajemy
f'_{+}(x_{0}) \le \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}
f(x) \ge  f'_{+}(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0}) \ge a(x-x_{0})+f(x_{0}) , x>x_{0}
Przeprowadzając podobne rozumowanie otrzymujemy tą samą nierówność dla x<x_{0}

W dalszym ciągu jednak nie wiem jak uzyskać monotoniczność ilorazu różnicowego.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 wrz 2012, o 18:20 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 17948
Lokalizacja: Cieszyn
Klasycznie. To, co podpowiadałem, nic Ci nie daje? To znów sprawa z kręgu "oczywistych oczywistości". Jeśli już się kiedyś przez to przebrnęło, nie zastanawia się, jak to się robi, bo wie się, że tak jest :) Daj sobie trochę czasu, dojdziesz do tego samodzielnie.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 15 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Zbiór wartości funkcji  the moon  1
 Wykresy funkcji, srodek odcinka  1exam  4
 Dowód funkcji monotonicznej ujemnej  Anonymous  3
 Składanie i parzystość funkcji-2 zadania.  qkiz  1
 Zbadac parzystosc i nieparzystosc funkcji  pangucio  5
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl