Ανισοτική σχέση

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

stranton
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 664
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 25, 2009 5:00 pm
Τοποθεσία: Σπάρτη
Επικοινωνία:

Ανισοτική σχέση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranton » Δευ Απρ 16, 2012 10:23 am

Έστω συνεχής συνάρτηση f: [0,1]\to \mathbb{R} . Υποθέτουμε ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα (0,1)

και ότι υπάρχει πραγματική σταθερά M, τέτοια ώστε για κάθε x\in (0,1) να είναι |f''(x)|\leq M . Έστω a\in (0,1) .

Να αποδείξετε ότι: |f'(a)|\leq |f(1)-f(0)|+\dfrac{M}{2} .


Στράτης Αντωνέας

Λέξεις Κλειδιά:
peter
Δημοσιεύσεις: 228
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 30, 2009 2:21 pm

Re: Ανισοτική σχέση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από peter » Δευ Απρ 16, 2012 2:27 pm

Έστω a\in (0,1) και \varepsilon>0 ώστε \varepsilon<a<1-\varepsilon. Με θεώρημα Taylor (η f' είναι συνεχής στο [\varepsilon,1-\varepsilon]): Υπάρχει x_1^\varepsilon\in (\varepsilon,a) ώστε f(\varepsilon)-f(a)=(\varepsilon-a)f'(a)+\frac{(\varepsilon-a)^2}{2}f''(x_1^\varepsilon). Όμοια υπάρχει x_2^\varepsilon\in (a,1-\varepsilon) ώστε f(1-\varepsilon)-f(a)=(1-\varepsilon-a)f'(a)+\frac{(1-\varepsilon-a)^2}{2}f''(x_2^\varepsilon).

Έπεται ότι f(1-\varepsilon)-f(\varepsilon)=(1-2\varepsilon)f'(a)+\frac{(1-\varepsilon-a)^2}{2}f''(x_2^\varepsilon)-\frac{(a-\varepsilon)^2}{2}f'(x_1^\varepsilon) και παίρνοντας απόλυτες τιμές και χρησιμοποιώντας την υπόθεση έχουμε (1-2\varepsilon)|f'(a)|\leq |f(1-\varepsilon)-f(\varepsilon)|+\frac{(1-\varepsilon-a)^2+(a-\varepsilon)^2}{2}M.

Αφήνοντας το \varepsilon\to 0^+ και λαμβάνοντας υπόψιν τη συνέχεια της f παίρνουμε: |f'(a)|\leq |f(1)-f(0)|+\frac{(1-a)^2+a^2}{2}M, απ' όπου έχουμε το ζητούμενο, αφού a\in (0,1).


Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Ανισοτική σχέση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Δευ Απρ 16, 2012 4:00 pm

Ανασκευάζω τη λύση αφού μετά από επισήμανση του Στράτη υπήρχε τυπικά πρόβλημα στην εφαρμογή
του Θ.Taylor. Aπο βιασύνη θεώρησα πως είναι συνεχώς παραγωγίσιμη στο [0,1] κάτι που ολοφάνερα
δεν προκύπτει από πουθενά.
Προφανώς M\ge 0.
Αν M=0, τότε έχουμε ως λύση τις γραμμικές συναρτήσεις που επαληθεύουν το ζητούμενο.
Έστω πως M>0.
Τότε θεωρώ \displaystyle{ 
\varepsilon  > 0 
} αρκούντως μικρό (κούτσικο) και εφαρμόζω (μία χαρά και άφοβα τώρα) το θεώρημα Taylor στα
\displaystyle{ 
(\varepsilon ,\alpha ),(\alpha ,1 - \varepsilon ) 
}
Έχω πως:
\displaystyle{ 
\begin{array}{l} 
 f(\varepsilon ) = f(a) + f'(a)(\varepsilon  - \alpha ) + \frac{{f'(x_1 )}}{2}(\varepsilon  - \alpha )^2 ,x_1  \in \left( {\varepsilon ,\alpha } \right) (1) \\  
 f(1 - \varepsilon ) = f(a) + f'(a)(1 - \varepsilon  - \alpha ) + \frac{{f'(x_2 )}}{2}(1 - \varepsilon  - \alpha )^2 ,x_2  \in \left( {a,1 - \varepsilon } \right) (2)\\  
 \end{array} 
}
Αφαιρώντας:
\displaystyle{ 
f(1 - \varepsilon ) - f(\varepsilon ) = f'(a)(1 - 2\varepsilon ) + \frac{{f'(x_2 )}}{2}(1 - \varepsilon  - \alpha )^2  - \frac{{f'(x_1 )}}{2}(\varepsilon  - \alpha )^2   
}
ή
f'(a)(1 - 2\varepsilon ) = f(1 - \varepsilon ) - f(\varepsilon ) - \left( {\frac{{f'(x_2 )}}{2}(1 - \varepsilon  - \alpha )^2  - \frac{{f'(x_1 )}}{2}(\varepsilon  - \alpha )^2 } \right)
Αν πάρουμε απόλυτες τιμές έχουμε:
\displaystyle{ 
\left| {f'(a)(1 - 2\varepsilon )} \right| = \left| {f(1 - \varepsilon ) - f(\varepsilon ) - \left( {\frac{{f'(x_2 )}}{2}(1 - \varepsilon  - \alpha )^2  - \frac{{f'(x_1 )}}{2}(\varepsilon  - \alpha )^2 } \right)} \right| \le \left| {f(1 - \varepsilon ) - f(\varepsilon )} \right| + \left| {\frac{{f'(x_2 )}}{2}(1 - \varepsilon  - \alpha )^2  - \frac{{f'(x_1 )}}{2}(\varepsilon  - \alpha )^2 } \right| 
}
ή
\displaystyle{ 
\left| {f'(a)(1 - 2\varepsilon )} \right| \le \left| {f(1 - \varepsilon ) - f(\varepsilon )} \right| + \left| {\frac{{f'(x_2 )}}{2}(1 - \varepsilon  - \alpha )^2 } \right| + \left| {\frac{{f'(x_1 )}}{2}(\varepsilon  - \alpha )^2 } \right| \le \left| {f(1 - \varepsilon ) - f(\varepsilon )} \right| + \frac{M}{2}\left[ {(1 - \varepsilon  - \alpha )^2  + (\varepsilon  - \alpha )^2 } \right] 
}
Αν περάσουμε σε όρια τώρα (υπάρχουν και η κίνηση ισχύει, μία χαρά,έχω:
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{\varepsilon  \to 0^{+}} \left| {f'(a)(1 - 2\varepsilon )} \right| \le \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon  \to 0^{+}} \left| {f(1 - \varepsilon ) - f(\varepsilon )} \right| + \frac{M}{2}\mathop {\lim }\limits_{\varepsilon  \to 0^{+}} \left[ {(1 - \varepsilon  - \alpha )^2  + (\varepsilon  - \alpha )^2 } \right] 
}
Τότε:
\displaystyle{ 
\left| {f'(a)} \right| \le \left| {f(1) - f(0)} \right| + \frac{M}{2}\left[ {(1 - \alpha )^2  + (\alpha )^2 } \right] 
}
Αρκεί:
\displaystyle{ 
\left[ {(1 - \alpha )^2  + (\alpha )^2 } \right] < 1 
}
Αρκεί:
\displaystyle{ 
...2\alpha (\alpha  - 1) < 0 
}
που ισχύει.
Αποδείξαμε πως
\displaystyle{ 
\left| {f'(a)} \right| < \left| {f(1) - f(0)} \right| + \frac{M}{2} 
}, M>0
Γενικότερα έχουμε:
\displaystyle{ 
\left| {f'(a)} \right| \le \left| {f(1) - f(0)} \right| + \frac{M}{2},M \ge 0 
}

ΣΥΜΠΛΗΡΩΣΗ: Επειδή φαίνεται πως επικαλύπτω τον Πέτρο, δεν είναι ακριβώς έτσι. Ο Πέτρος παρουσίασε μία λύση όμοια με
αυτή που αρχικά διέγραψα. Τον ενημέρωσα με Π.Μ γι'αυτό, ανασκεύασε τη λύση του κι εγώ το ίσο, δουλέψαμε ανεξάρτητα αλλά πολύ απλά
έτυχε να σκεφτούμε και οι δύο το ίδιο.
Εγώ απλά ήθελα να γράψω τη λύση αυτή για λόγους εξιλέωσης σχετικά με την αρχική μου λανθασμένη τοποθέτηση.
Με εκτίμηση προς τον Πέτρο.


Χρήστος Κυριαζής
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2681
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ανισοτική σχέση

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Δεκ 02, 2019 8:34 pm

chris_gatos έγραψε:
Δευ Απρ 16, 2012 4:00 pm
Ανασκευάζω τη λύση αφού μετά από επισήμανση του Στράτη υπήρχε τυπικά πρόβλημα στην εφαρμογή
του Θ.Taylor. Aπο βιασύνη θεώρησα πως είναι συνεχώς παραγωγίσιμη στο [0,1] κάτι που ολοφάνερα
δεν προκύπτει από πουθενά.
Μια χαρά προκύπτει ότι η f' είναι συνεχής.
Η f'' αφου είναι φραγμένη (και για μη φραγμένη ισχύει)
είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη σε κάθε διάστημα.
Ετσι \displaystyle f'(x)=f'(\frac{1}{2})+\int_{\frac{1}{2}}^{x}f''(x)dx
κλπ


Θα γράψω μια ''φυσιολογική '' απόδειξη.
Είναι
\displaystyle f(a)=f(0)+\int_{0}^{a}f'(x)dx=f(0)+\int_{0}^{a}(x)'f'(x)dx=
\displaystyle f(0)+af'(a)-\int_{0}^{a}xf''(x)dx
προκύπτει
\displaystyle af'(a)=f(a)-f(0)+\int_{0}^{a}xf''(x)dx(1)
με την ίδια λογική δείχνουμε
\displaystyle (1-a)f'(a)=f(1)-f(a)+\int_{a}^{1}(1-x)f''(x)dx(2)
Από (1,2) προκύπτει
\displaystyle f'(a)=f(1)-f(0)+\int_{a}^{1}(1-x)f''(x)dx+\int_{0}^{a}xf''(x)dx
Ετσι
\displaystyle |f'(a)|\leq |f(1)-f(0)|+\frac{a^{2}+(1-a)^{2}}{2}M\leq |f(1)-f(0)|+\frac{1}{2}M

Η ανισότητα δεν βελτιώνεται.
Αρκεί να πάρουμε την f(x)=x^2


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης