Диссертация (1154389), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Тогда выполняются неравенстваa1 T 6 δ,∆ 6 a2 T,где a1 , a2 задаются формуламиnτoa1 = inf a : ϕg (a) >,T(1.26)nτoa2 = sup a : ϕg (a) >.TДоказательство. Докажем, например, первое неравенство. Для любого положительного ε и всех x , достаточно близких к b , имеемτf (x)<< T (1 + ε),1+εg(x)f ′ (x)< δ(1 + ε) .g ′ (x)Обозначим d = δ/T и положим x = xk , x0 = tx = sup{t : g ′ (t) 6 dg ′ (x)}.Поскольку 0 6 d 6 1 , то выполняется x0 6 x .
Учитывая этот факт, придостаточно больших k получаема для некоторой последовательности x = xk ↑ b выполненоf (x) 6 f (x0) + f ′(x)(x − x0) < T (1 + ε)g(x0) + d T (1 + ε)g ′ (x)(x − x0 ),f (x)g(x0) + dg ′ (x)(x − x0)τ<<< ϕg (d)(1 + ε).T (1 + ε)2g(x)T (1 + ε)g(x)30τ, что при ε ↓ 0 приводит к неравенствуТаким образом, ϕg (d) >3T(1+ε) δτϕg> . Отсюда в силу самого определения a1 следует первое нераTTвенство из (1.26).
Второе неравенство доказывается аналогично.Для конкретных применений теоремы 1.7 необходимо найти вид участвующих в ней величин, т. е. получить формулы, по которым означенные величины могут быть вычислены. Этому вопросу посвящен следующий пункт.1.3.2 Общие свойства вспомогательных функцийПусть функция g(x) выпукла, непрерывно дифференцируема на промежутке [0, b), b 6 +∞ , удовлетворяет условию (1.24), и, в рамках нашегосоглашения, g(0) = g ′ (0) = 0 . Введем помимо функции ϕg (a) , заданнойформулой (1.25), функциюg(tx ) + g ′ (tx )(x − tx )ϕ g (a) := lim,g(x)x→ b−a > 0,(1.27)где tx = max {t : g ′ (t) 6 ag ′ (x)} .Например, в следующих случаях функции ϕ g (a) , ϕg (a) совпадают и безтруда вычисляются:eдля b = +∞, g(x) = eρx , ρ > 0, имеем ϕg (a) = a ln ,aρρдля b = +∞, g(x) = x , ρ > 1, имеем ϕg (a) = ρa + (1 − ρ)a ρ−1 ,e−1для b = 1, g(x) = eρ(1−x) , ρ > 0, имеем ϕg (a) = a ln ,aρдля b = 1, g(x) = (1 − x)−ρ, ρ > 0, имеем ϕg (a) = (1 + ρ)a ρ+1 − ρa.Установим некоторые свойства функций ϕ g (a) и ϕg (a) в общем случае.Когда ясно, о какой функции g(x) идет речь, индекс g в обозначениях будемопускать и писать просто ϕ(a) , ϕ(a) .Теорема 1.8.
Функции ϕ(a) и ϕ(a) обладают следующими свойствами.1) Для всех a > 0 справедливы неравенстваϕ(a) 6 ϕ(a) 6 1.2) Функции ϕ(a) и ϕ(a) возрастают на [0, 1] и убывают на [1, βg ) , причем монотонность строгая на множестве {a : ϕ(a) < 1} .3) Функция ϕ(a) является выпуклой вверх для a > 0 .4) Для всех λ ∈ [0, 1], a ∈ [0, 1] выполняется неравенствоϕ(λa) > λϕ(a).31(1.28)Если βg ∈ (1, +∞) , то функция ϕ(a) обладает следующими свойствами.5) Для всех λ > 0, µ > 0, µ + λ = 1 , и всех a ∈ (0, βg ) справедливонеравенствоϕ(λa + µ) > λϕ(a) + µ.(1.29)6) Для всех λ > 0, µ > 0, µ + λ = 1 , и всех a ∈ (0, βg ) справедливонеравенствоϕ(λa + µβg ) > λϕ(a) + µ ϕ(βg ).(1.30)7) Функция ϕ(a) непрерывна на (0, 1] , а если значение ϕ(βg ) конечно, тои на [1, βg ).Доказательство.
Обозначимϕ(x, a) :=g(tx ) + g ′ (tx )(x − tx ),g(x)tx = max {t : g ′ (t) 6 ag ′ (x)} .В силу наших предположений величина tx = tx (a) определена для всехa > 0 . Дифференцируя по переменному a функцию ϕ(x, a) , находимϕ′a(x, a) =g ′ (x)(x − tx )1[g ′ (tx )(tx )′a + g ′ (x)(x − tx ) − g ′ (tx )(tx )′a ] =,g(x)g(x)ϕ′a (x, a) =g ′ (x)(x − tx ).g(x)т. е.(1.31)Из выпуклости функции g(x) следует, что величина tx = tx (a) возрастаетпо a при фиксированном x , причем tx 6 x для a ∈ [0, 1] и tx > x дляa > 1 . Отсюда, опираясь на формулу (1.31), заключаем, что ϕ′a (x, a) убывает с ростом a .
Поэтому при фиксированном x функция ϕ(x, a) являетсявыпуклой вверх, и максимальное значение принимает в точке a = 1 . Следовательно,ϕ(x, a) 6 ϕ(x, 1) = 1, x ∈ [0, b), a > 0.(Геометрически очевидное неравенство, поскольку график выпуклой функции находится выше графика любой своей касательной.) Переход к пределупри x → b доказывает свойство 1).Выпуклость вверх функций ϕ(x, a) означает, что для любых неотрицательных a1 , a2 , λ, µ, таких что λ + µ = 1 , выполняется условиеϕ(x, λa1 + µa2 ) > λϕ(x, a1) + µϕ(x, a2).(1.32)Переход здесь к нижним пределам по x приводит к неравенствуϕ(λa1 + µa2 ) > λ ϕ(a1 ) + µ ϕ(a2 ),32(1.33)что означает выпуклость вверх функции ϕ(a) .
Таким образом, свойство 3)выполнено.Переход к верхним и нижним пределам по x → b в (1.32) приводит кнеравенствуϕ(λa1 + µa2 ) > λϕ(a1 ) + µ ϕ(a2 ).(1.34)Далее, при всех x ∈ [0, b) выполняются равенстваϕ(x, 0) =g(0)= 0,g(x)ϕ(x, 1) =g(x)= 1.g(x)При x → b отсюда следует, чтоϕ(0) = ϕ(0) = 0,ϕ(1) = ϕ(1) = 1.(1.35)Используя эти равенства и полагая в неравенствах (1.34) a1 = a, a2 = 0 , получим оценку (1.28), составляющую свойство 4). Если же взять a1 = a, a2 = 1или a1 = a, a2 = βg , то получаются соотношения (1.29) и (1.30), выражающие свойства 5) и 6) соответственно.Докажем свойство 2). Монотонность функций ϕ(a) и ϕ(a) следует измонотонности на соответствующих участках изменения переменной a функций ϕ(x, a) , вытекающей из формулы (1.31).
Функции ϕ(a) и ϕ(a) принимают каждое свое значение, строго меньшее единицы, лишь один раз дляаргументов a ∈ (0, 1) или a ∈ (1, βg ) . В противном случае, допуская, чтоϕ(a1) = ϕ(a2 ) < 1, 0 6 a1 < a2 6 1 , из (1.30) для a2 = λa1 + µ и, например,функции ϕ(a) получили быϕ(a1) = ϕ(λa1 +µ) > λϕ(a1 )+µ,или ϕ(a1 )(1−λ) > µ,откуда ϕ(a1) > 1.Такие же рассуждения проходят и в случае 1 6 a1 < a2 6 βg .Осталось доказать непрерывность ϕ(a) . (Непрерывность функции ϕ(a)при всех a > 0 следует из ее выпуклости вверх.) Согласно (1.29) для каждогоa ∈ (0, 1) при достаточно малом ε > 0 имеемa−εa−ε(a + ε) >ϕ(a + ε).ϕ(a − ε) = ϕa+εa+εУчитывая возрастание ϕ(a) , отсюда при ε → 0 получаемϕ(a − 0) 6 ϕ(a) 6 ϕ(a + 0) 6 ϕ(a − 0),что означает непрерывность ϕ(a) в точке a .33Из (1.28), (1.35) при a = 1 получаем неравенство ϕ(λ) > λ , которое приλ → 1 − 0 влечет непрерывность в точке a = 1 слева.
Если a ∈ (1, βg ) , то2εβg − a − ε(a − ε) +βg >ϕ(a + ε) = ϕβg − a + εβg − a + ε>βg − a − ε2εϕ(a − ε) +ϕ(βg ).βg − a + εβg − a + εПереход к пределу при ε → 0 дает ϕ(a + 0) > ϕ(a − 0), что вместе с убыванием ϕ(a) обеспечивает непрерывность этой функции в точке a . Благодаряоценке (1.30) при a = 1 получаем неравенство ϕ(λ + µβg ) > λ + µ ϕ(βg ) , изкоторого при λ → 1 (тогда µ → 0 ) вытекает непрерывность ϕ(a) справав точке a = 1 .Все свойства, прописанные в теореме 1.8, доказаны.Положимϕ0 = ϕ(0+),ϕ1 = ϕ(βg − 0).(1.36)Обозначим через [α, β] наибольший отрезок, на котором ϕ(a) ≡ 1 . Из теоремы 1.8 вытекает существование обратных функций a1 (θ) и a2 (θ) , удовлетворяющих оценкам0 6 a1 (θ) 6 α 6 1 6 β 6 a2 (θ) 6 βg ,причем a1 (θ) строго возрастает на интервале (ϕ0, 1) , а a2 (θ) строго убываетна интервале (ϕ1, βg ) .
Ниже в теореме 1.9 будет дано явное представлениедля этих функций. Предварительно докажем необходимые вспомогательныеутверждения. Для θ ∈ [0, 1] обозначим1g(t) − θg(x)sup,′t−xx→ b− g (x) t<x(1.37)g(t) − θg(x)1inf.x→ b− g ′ (x) t>xt−x(1.38)a1 (θ) = lima2 (θ) = limПредложение 1.1. Пусть функция g(x) выпукла на [0, b) и удовлеg(x)творяет условию (1.24), т. е. lim= +∞ . Тогда при всех θ ∈ [0, 1] ,x→ b− xтаких что a1 (θ) > 0 , выполняетсяЕсли βg ∈ (1, +∞) , тоϕg (a1 (θ)) > θ.(1.39)ϕg (a2(θ) − 0) > θ,(1.40)34причем для конечного ϕ g (βg ) и a2 (θ) < βg имеемϕg (a2 (θ)) > θ.(1.41)Доказательство. Если a1 (θ) = 1 (соответственно a2 (θ) = 1 ), то (1.39) (соответственно (1.41)) с очевидностью выполнено ввиду (1.35).Пусть теперь a1 (θ) ∈ (0, 1) , и ε > 0 достаточно мало. Обозначим временно s = a1 (θ) + ε . Для значений x = xk ↑ b и всех t из промежутка (0, x)имеем неравенствоg(t) − θg(x)g(t) − θg(x)6 sup< sg ′ (x),t−xt−xt<xили, после очевидных преобразований,g(t) + sg ′ (x)(x − t) > θg(x).Минимум по переменной t левой части этого неравенства достигается, когдаg ′ (t) = sg ′ (x) , т.
е. при t = tx . Разделив обе части неравенства на g(x) ,получимg(tx ) + sg ′ (x)(x − tx )g(tx ) + sg ′ (x)(x − tx )ϕg (s) := lim> lim> θ,x→ b−x=xk → b−g(x)g(x)т. е. ϕg (a1(θ) + ε) > θ. Теперь (1.39) вытекает по свойству 7) теоремы 1.8 изнепрерывности ϕ(a) в точке a1 (θ) ∈ (0, 1) .В предположении 1 < a2 (θ) 6 βg < +∞ соотношения (1.40) и (1.41)доказываются аналогично. Действительно, для значений x = xk ↑ b и всех tиз промежутка (x, b) при малых ε > 0 имеем неравенствоg(t) − θg(x)g(t) − θg(x)> inf> (a2(θ) − ε)g ′ (x).x<t<bt−xt−xПолагая p = a2 (θ) − ε , отсюда извлекаемg(t) + pg ′ (x)(x − t) > θg(x).Выбрав t = tx из условия g ′ (t) = pg ′ (x) и разделив обе части неравенствана g(x) , получимg(tx ) + pg ′ (x)(x − tx )g(tx ) + pg ′ (x)(x − tx )> lim> θ,x→ b−x=xk → b−g(x)g(x)ϕg (p) := limт.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
