Μία ενδιαφέρουσα ισοδυναμία

perpendicular · #1

Έστω $f:\left ( 0,+\infty \right )\rightarrow \mathbb{R}$ συνεχής.Δείξτε ότι τα επόμενα είναι ισοδύναμα:
(i) $f(\sqrt{xy})\leq \frac{1}{2}\left[f(x)+f(y)\right ],\forall x\forall y\in \left ( 0,+\infty \right )$
(ii)η συνάρτηση $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ ώστε $g(t)=f(e^{t}),\forall t\in \mathbb{R}$ είναι κυρτή

Η άσκηση περιέχεται στο βιβλίο Fundamentals of Convex Analysis των Jeans-Baptiste Hiriart-Urruty & Claude Lemarechal στο οποίο δεν περιέχεται η λύση της και την βρήκα ενδιαφέρουσα αρκετά.Η συνεπαγωγή $(ii)\Rightarrow (i)$ είναι αρκετά εύκολη.

Λάμπρος Κατσάπας · #2

perpendicular έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2018 5:14 am
Έστω $f:\left ( 0,+\infty \right )\rightarrow \mathbb{R}$ συνεχής.Δείξτε ότι τα επόμενα είναι ισοδύναμα:
(i) $f(\sqrt{xy})\leq \frac{1}{2}\left[f(x)+f(y)\right ],\forall x\forall y\in \left ( 0,+\infty \right )$
(ii)η συνάρτηση $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ ώστε $g(t)=f(e^{t}),\forall t\in \mathbb{R}$ είναι κυρτή

Η άσκηση περιέχεται στο βιβλίο Fundamentals of Convex Analysis των Jeans-Baptiste Hiriart-Urruty & Claude Lemarechal στο οποίο δεν περιέχεται η λύση της και την βρήκα ενδιαφέρουσα αρκετά.Η συνεπαγωγή $(ii)\Rightarrow (i)$ είναι αρκετά εύκολη.

Καλημέρα Γιώργο. Και η $(i)\Rightarrow(ii)$ εύκολη είναι αν γνωρίζουμε ότι για να εξετάσουμε αν μια συνεχής

συνάρτηση είναι κυρτή αρκεί να ισχύει ο ορισμός για $\lambda =\frac{1}{2}$ ή οποιοδήποτε άλλο

$\lambda \in(0,1)$ . Η απόδειξη δεν είναι απλή αλλά περνάει μέσα από τους ρητούς και την ολοκληρώνει η

συνέχεια. Δες midpoint convexity. Με αυτό σαν δεδομένο έχουμε:

Έστω $x_1,x_2 \in(0,+\infty ).$ Υπάρχουν $t_1,t_2 \in\mathbb{R}$ ώστε $e^{t_1}=x_1$ και $e^{t_2}=x_2$ .

Από την υπόθεση τώρα παίρνουμε την

$f(e^{\frac{t_1+t_2}{2}})\leq \frac{1}{2} \left (f(e^{t_1})+f(e^{t_2}) \right ) \Rightarrow g(\frac{t_1+t_2}{2})\leq \frac{1}{2} (g(t_1)+g(t_2))$

και η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί ως προς την πρώτη συνεπαγωγή. Την άλλη την αφήνω ως εύκολη όπως είπες.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2018 9:12 am

perpendicular έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2018 5:14 am
Έστω $f:\left ( 0,+\infty \right )\rightarrow \mathbb{R}$ συνεχής.Δείξτε ότι τα επόμενα είναι ισοδύναμα:
(i) $f(\sqrt{xy})\leq \frac{1}{2}\left[f(x)+f(y)\right ],\forall x\forall y\in \left ( 0,+\infty \right )$
(ii)η συνάρτηση $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ ώστε $g(t)=f(e^{t}),\forall t\in \mathbb{R}$ είναι κυρτή

Η άσκηση περιέχεται στο βιβλίο Fundamentals of Convex Analysis των Jeans-Baptiste Hiriart-Urruty & Claude Lemarechal στο οποίο δεν περιέχεται η λύση της και την βρήκα ενδιαφέρουσα αρκετά.Η συνεπαγωγή $(ii)\Rightarrow (i)$ είναι αρκετά εύκολη.
Καλημέρα Γιώργο. Και η $(i)\Rightarrow(ii)$ εύκολη είναι αν γνωρίζουμε ότι για να εξετάσουμε αν μια συνεχής

συνάρτηση είναι κυρτή αρκεί να ισχύει ο ορισμός για $\lambda =\frac{1}{2}$ ή οποιοδήποτε άλλο

$\lambda \in(0,1)$ . Η απόδειξη δεν είναι απλή αλλά περνάει μέσα από τους ρητούς και την ολοκληρώνει η

συνέχεια. Δες midpoint convexity. Με αυτό σαν δεδομένο έχουμε:

Έστω $x_1,x_2 \in(0,+\infty ).$ Υπάρχουν $t_1,t_2 \in\mathbb{R}$ ώστε $e^{t_1}=x_1$ και $e^{t_2}=x_2$ .

Από την υπόθεση τώρα παίρνουμε την

$f(e^{\frac{t_1+t_2}{2}})\leq \frac{1}{2} \left (f(e^{t_1})+f(e^{t_2}) \right ) \Rightarrow g(\frac{t_1+t_2}{2})\leq \frac{1}{2} (g(t_1)+g(t_2))$

και η απόδειξη έχει ολοκληρωθεί ως προς την πρώτη συνεπαγωγή. Την άλλη την αφήνω ως εύκολη όπως είπες.

Εχω την άποψη ότι δεν είναι κάτι ιδιαίτερο η απόδειξη.
Την γράφω

Χρησιμοποιώντας την $f(\frac{x_{1}+x_{2}}{2})\leq \frac{1}{2}(f(x_{1})+f(x_{2}))$

και επαγωγή αποδεικνύουμε ότι για $n\in \mathbb{N}$

και $x_{1},x_{2},...x_{2^{n}}$

είναι $f(\frac{x_{1}+x_{2}+...x_{2^{n}}}{2^{n}})\leq \frac{1}{2^{n}}(f(x_{1})+f(x_{2})+...f(x_{2^{n}}))$

Για $1\leq k< 2^{n}$

και $x=x_{1}=...=x_{k},y=x_{k+1}=...=x_{2^{n}}$

έχουμε $f(\frac{k}{2^{n}}x+\frac{2^{n}-k}{2^{n}}y)\leq \frac{k}{2^{n}}f(x)+\frac{2^{n}-k}{2^{n}}f(y)$

Αν $\lambda \in (0,1)$

τότε $\lim_{m\rightarrow \infty }\frac{\left [ 2^{m} \lambda \right ]}{2^{m}}=\lambda$

Αν στην

$f(\frac{\left [ 2^{m} \lambda \right ]}{2^{m}}x+(1-\frac{\left [ 2^{m} \lambda \right ]}{2^{m}})y)\leq \frac{\left [ 2^{m} \lambda \right ]}{2^{m}}f(x)+(1-\frac{\left [ 2^{m} \lambda \right ]}{2^{m}})f(y)$

πάρουμε $m\rightarrow \infty$

τότε λόγω της συνέχειας συμπεραίνουμε ότι

$f(\lambda x+(1-\lambda )y)\leq \lambda f(x)+(1-\lambda )f(y)$

που μας δίνει την κυρτότητα

perpendicular · #4

Ευχαριστώ πολύ και τους δυο σας που ασχοληθηκατε.

Λαμπρο δεν ήξερα αυτό για το midpoint convexity και αποδεικνυοτας εύκολα ότι $g(\frac{x+y}{2})\leqslant \frac{g(x)+g(y)}{2}$ μου πήρε ώρα να περάσω στο τυχαίο
$\lambda\in \left ( 0, 1\right )$ .

Σταύρο σε ευχαριστώ πολύ κι εσένα

Μία ενδιαφέρουσα ισοδυναμία

Μία ενδιαφέρουσα ισοδυναμία

Re: Μία ενδιαφέρουσα ισοδυναμία

Re: Μία ενδιαφέρουσα ισοδυναμία

Re: Μία ενδιαφέρουσα ισοδυναμία

Μέλη σε σύνδεση