midpoint convex και φραγμένη άνω είναι κυρτή

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Εστω $I\subseteq \mathbb{R}$ ανοικτό διάστημα

και $f:I\rightarrow \mathbb{R}$

συνάρτηση που είναι άνω φραγμένη σε κάθε $[a,b]\subseteq I$
(το φράγμα μπορεί να εξαρτάται από το κλειστό διάστημα)

Αν για κάθε $x_{1},x_{2}\in I$

ισχύει ότι $f(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2})\leq \dfrac{f(x_{1})+f(x_{2})}{2}$

τότε η

είναι κυρτή.

mikemoke · #2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 09, 2018 11:53 pm
Εστω $I\subseteq \mathbb{R}$ ανοικτό διάστημα

και $f:I\rightarrow \mathbb{R}$

συνάρτηση που είναι άνω φραγμένη σε κάθε $[a,b]\subseteq I$
(το φράγμα μπορεί να εξαρτάται από το κλειστό διάστημα)

Αν για κάθε $x_{1},x_{2}\in I$

ισχύει ότι $f(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2})\leq \dfrac{f(x_{1})+f(x_{2})}{2}$

τότε η είναι κυρτή.

Για κάθε $x_{1},x_{2}\in I$

ισχύει ότι $f(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2})\leq \dfrac{f(x_{1})+f(x_{2})}{2}$ (1)
Έστω $a,b\in I$ με a<b

$A=\left \{ x\in(a,b):\exists n,k(n,k\in \mathbb{N} \wedge x=a+k\frac{b-a}{2^n}) \right \}$

Με επαγωγή ,από τον ορισμό του

και από (1) έχουμε :
$\forall x(x\in (a,b)\cap A \Rightarrow \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\leq \frac{f(b)-f(a)}{b-a})$

Ορίζουμε $g:(a,b)\setminus A\rightarrow (a,b)$ τέτοια ώστε
$\forall x(x\in (a,b)\setminus A\Rightarrow (g(x)=2x-a\vee g(x)=2x-b))$
Mε επαγωγή και από τον ορισμό των A,g

έχουμε :
$\forall x(x\in (a,b)\setminus A\Rightarrow g(x)\in (a,b)\setminus A)$

Έστω $x_0\in (a,b)\setminus A :\frac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}> \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$
και έστω η ευθεία $l: y=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} (x-a) + f(a)$ που διέρχεται από τα σημεία (a,f(a)),(b,f(b))

Ορίζουμε $d:\mathbb{R}^2 \times \mathcal{P} (\mathbb{R}^2)\rightarrow \mathbb{R}_{\geq 0}$
τέτοια ώστε $d((x,y),u)=\inf\left \{ w\in\mathbb{R}_{\geq 0}: \exists z(z\in u\wedge w=\left \| (x,y),z \right \|)\right \}$
όπου $\left \| . \right \|$ η ευκλείδεια νόρμα στον $\mathbb{R}^2$

Mε επαγωγή προκύπτει ότι

i) $\forall n(n\in \mathbb{N} \Rightarrow \frac{f(g^{(n)}(x_0))-f(a)}{g^{(n)}(x_0)-a}>\frac{f(b)-f(a)}{b-a})$

ii) $\forall n(n\in\mathbb{N} \Rightarrow d((g^{(n)}(x_0),f(g^{(n)}(x_0)),l)\geq 2^nd((x_0,f(x_0)),l)$

iii) $\forall n(n\in\mathbb{N} \Rightarrow g^{(n)}(x_0)\in (a,b)\setminus A)$

Από i),ii),iii) συνάγουμε ότι $(a_n)_n = (f(g^{(n)}(x_0)))_n$ δεν είναι άνω φραγμένη .ATOΠΟ .To ζητούμενο έπεται.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Η απόδειξη που ακολουθεί είναι στην ουσία η ίδια με του Μιχάλη.
Μετά από αρκετά π.μ και αφού κατάλαβα την ιδέα του, χρησιμοποιώντας γνωστές τεχνικές
την τροποποίησα ώστε να είναι περισσότερο σαφής.
Να σημειώσω ότι βρήκα αρκετές αποδείξεις για το πρόβλημα σε βιβλία.
Καμία δεν ήταν στην ιδέα του Μιχάλη .
Συγχαρητήρια λοιπόν Μιχάλη.

Εστω ότι δεν είναι κυρτή.

Θα υπάρχουν

a<b

και

ώστε

$\dfrac{f(c)-f(a)}{c-a}>\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$

Θεωρούμε την $F(x)=f(x)-f(a)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$

Για την

έχουμε
1) F(a)=F(b)=0

2) είναι midpoint convex
3) F(c)>0

4)είναι φραγμένη άνω.

Θα καταλήξουμε σε ΑΤΟΠΟ κατασκευάζοντας μια ακολουθία

$(x_{n})_{n\in \mathbb{N}$

από σημεία του (a,b)

ώστε $F(x_{n})\geq 2^{n}F(c)$

Θέτουμε $x_{0}=c$

Αν $a< c< \frac{a+b}{2}$ τότε θέτουμε $x_{1}=2c-a$

ενώ αν

$\frac{a+b}{2}<c< b$ τότε θέτουμε $x_{1}=2c-b$

Η περίπτωση $\frac{a+b}{2}=c$ δεν παίζει (γιατί;)

Επειδή είναι midpoint convex

έχουμε για την πρώτη περίπτωση

$F(c)\leq \dfrac{F(x_{1})+F(a)}{2}=\dfrac{F(x_{1})}{2}$

Αρα $F(x_{1})\geq 2F(c)$

Ομοια και για την δεύτερη περίπτωση

Εστω ότι έχουμε ορίσει το $x_{n}$

Αν $a< x_{n}< \frac{a+b}{2}$ τότε θέτουμε $x_{n+1}=2x_{n}-a$

ενώ αν $\frac{a+b}{2}<x_{n}< b$ τότε θέτουμε $x_{n+1}=2x_{n}-b$

Ας πάρουμε την δεύτερη περίπτωση

Θα είναι $F(x_{n})\leq \dfrac{F(x_{n+1})+F(b)}{2}=\dfrac{F(x_{n+1})}{2}$

Ετσι χρησιμοποιώντας και την επαγωγική υπόθεση έχουμε

$F(x_{n+1})\geq 2F(x_{n})\geq 22^{n}F(c)=2^{n+1}F(c)$

που συμπληρώνει την απόδειξη

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Για λόγους πλουραλισμού γράφω και την δική μου απόδειξη.

Εστω ότι δεν είναι κυρτή.

Θα υπάρχουν

a<b

και

ώστε

$\dfrac{f(c)-f(a)}{c-a}>\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$

Θεωρούμε την $F(x)=f(x)-f(a)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)$

Για την

έχουμε
1) F(a)=F(b)=0

2) είναι midpoint convex
3) F(c)>0

4)είναι φραγμένη άνω.

Για την

έχουμε

Αν $x,x-h,x+h\in [a,b]$ τότε

$F(x)\leq \dfrac{F(x+h)+F(x-h)}{2}$

Αφού η

είναι φραγμένη άνω και F(c)>0

θα υπάρχει το

$l=sup\left \{ F(x):x\in [a,b] \right \}> 0$

Για $\delta > 0$ αρκετά μικρό έχουμε

$0< h< \delta \Rightarrow F(a+h)\leq \dfrac{F(a)+F(a+2h)}{2}\leq \frac{l}{2}$

Όμοια για $0< h< \delta \Rightarrow F(b-h)\leq \dfrac{F(b)+F(b-2h)}{2}\leq \frac{l}{2}$

Από τον ορισμό του sup υπάρχει $d\in (a,b)$ με $F(d)> \frac{3}{4}l$

Παίρνουμε $0<z<\frac{1}{3}\delta$

Από την σχέση $F(d)\leq \dfrac{F(d+z)+F(d-z)}{2}$

εχουμε ότι $F(d+z)\geq \frac{3}{4}l$ η $F(d-z)\geq \frac{3}{4}l$

Εστω ότι ισχύει η πρώτη.

Κάνοντας το ίδιο βλέπουμε ότι $\frac{3}{4}l<F(d)\leq F(d+z)\leq F(d+2z)\leq ....\leq F(d+nz)$

Αλλά κάποτε θα είναι $d+nz\in (b-\delta ,b)$

που μας δίνει ΑΤΟΠΟ.

Αν ισχύει η δεύτερη το ΑΤΟΠΟ προκύπτει στο

midpoint convex και φραγμένη άνω είναι κυρτή

midpoint convex και φραγμένη άνω είναι κυρτή

Re: midpoint convex και φραγμένη άνω είναι κυρτή

Re: midpoint convex και φραγμένη άνω είναι κυρτή

Re: midpoint convex και φραγμένη άνω είναι κυρτή

Μέλη σε σύνδεση