1610912325-537f93a9ed79c6e0a65b212a8eeb3d50 (824705), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Будем изучать только выпуклые функции.7.6.2Геометрический смысл выпуклостиОПР 7.6.2.1 (Выпуклость в R2 ).Пусть A ⊂ R2 . Говорят, что A — выпукло в R2 если ∀p, q ∈ A, ∀λ, µ | λ >0, µ > 0, λ + µ = 1 λp + µq ∈ AОПР 7.6.2.2 (Надграфика и подграфика).Пусть f : < a, b >→ R, тогда:+Γ = {(x, y) | x ∈< a, b >, y > f (x)}— надграфик (выпуклое множество)Γ− = {(x, y) | x ∈< a, b >, y 6 f (x)}— поддграфик (выпуклое множество)+Γ ∩Γ−— график (x, f (x)).Теорема 7.6.2.3 (Геометрическая характеристика выпуклости)..
f : < a, b >→ R выпукла тогда и только тогда, когда Γ+ (f ) — выпуклоемножество в R2. Доказательство.MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменной◦ ←−Пусть Γ+ (f ) — выпукло; (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ Γ+ (f ).Тогда λ(x1 , y1 ) + µ(x2 , y2 ) = (λx1 + µx2 , λy1 + µy2 ) ∈ Γ+ (f ).λ > 0, µ > 0, λ+µ = 1, < a, b > — выпукло ⇒ λx1 +µx2 ∈< a, b >λy1 + µy2 > f (λx1 + µx2 )λf (x1 ) + µf (x2 ) > f (λx1 + µx2 ). Следовательно, f — выпукласверху.Теорема 8.6.3 (Неравенство Йенсена).. ПустьJ — выпуклое подмножество R, f : J → R, f — выпукла сверху.
Пустьx0 , x1 , . . . , xn ∈ J, a0 , λ1 , . . . , λn ∈ R, причем λi > 0 ∀i = 0, 1, . . . , n иλ0 + λ1 + . . . + λn = 1. Тогда1. Если x = λ0 x0 + λ1 x1 + . . . + λn xn , то x ∈ J;2. f (λ0 x0 + λ1 x1 + . . . + λn xn ) 6 λ0 f (x0 ) + λ1 f (x1 ) + .
. . + λn f (xn )Причем если f — строго выпукла сверху, то равенство f (λ0 x0 + λ1 x1 +. . . + λn xn ) = λ0 f (x0 ) + λ1 f (x1 ) + . . . + λn f (xn ) возможно только в томслучае, когда x0 = x1 = . . . = xn .. Доказательство.◦ По индукции. Пусть n = 1. Если x0 , x1 ∈ J, λ0 , λ1 ∈ R, λ0 > 0, λ1 >0, λ0 + λ1 = 1, то x = λ0 x0 + λ1 x1 ∈ J в силу выпуклости множестваJ.Рассмотрим:f (λ0 x0 + λ1 x1 ) 6 λ0 f (x0 ) + λ1 f (x1 ) (в силу выпуклости f на J)◦ −→Пусть f — выпукло, тогда если λ > 0, µ > 0, λ + µ = 1, x1 , x2 ∈<a, b >, то f (λx1 + µx2 ) 6 λf (x1 ) + µf (x2 ).Пусть точка (x1 , y1 ) ∈ Γ+ (f ), тогда y1 > f (x1 ).Пусть точка (x2 , y2 ) ∈ Γ+ (f ), тогда y2 > f (x2 ).λy1 + µy2 > λf (x1 ) + µf (x2 ) ⇒ (λx1 + µx2 , λy1 + µy2 ) ∈ Γ+ (f )λ(x1 , y1 ) + µ(x2 , y2 ) = (λx1 + µx2 , λy1 + µy2 ) ⇒ Γ+ (f ) — выпукло.Лекции по математическому анализуСтр. 116http://MFH.gorodok.net/f (λ0 x0 +λ1 x1 ) 6 λ0 f (x0 )+λ1 f (x1 ) только если x0 = x1 (следует из строгой вып◦ Пусть при n — верно, рассмотрим при n + 1.x0 , x1 , .
. . , xn−1 , xn , xn+1 (число точек заведомо > 3)λ0 , λ1 , . . . , λn−1 , λn , λn+1 (набор точек, удовлетворяющих условию)Рассмотрим:x = λ0 x0 + λ1 x1 + . . . + λn−1 xn−1 + λn xn + λn+1 xn+1Лекции по математическому анализу(1)http://MFH.gorodok.net/7.6. Выпуклые функцииСтр. 117MFH CorporationПусть λ0n = λn + λn+1 .Если λ0n = 0, то очевидно верно (попадаем в случай n).Пусть λ0n 6= 0. Тогда рассмотрим α =λnλ0nиβ=Тогда λf (x)+(1−λ)f (p) > f (λx+(1−λ)p) следует из выпуклостиПерепишем:x0 = αxn + βxn+1 ⇒ x0 ∈ J (это следует из выпуклости).Заметим, что x = λ0 x0 + λ1 x1 + . . .+ λn−1 xn−1 + λ0n (αxn + βxn+1 ).{z}|x0Поскольку λ0 + λ1 + .
. . + λn−1 + λ0n = 1 и λi > 0, то x ∈ J (следуетиз истинности при n). То есть 1-ое свойство доказано.◦ Применим шаг n к формуле (1):f (x) 6 λ0 f (x0 ) + . . . + λn−1 f (xn−1 ) + λ0n f (αxn + βxn+1 ) 6(2)Докажем строгое неравенство. Пусть f — строго выпукло, тогда попредположению индукции равенство возможно если x0 = x1 = . . . =xn−1 = αxn + βxn+1 . В силу строгой выпуклости f последнее равенство (2) возможно только если xn = xn+1 = x0 = x1 = .
. ..(f (p + λ(x − p)) − f (p))(x−p)(x − p)(f (p + λ(x − p)) − f (p))(x − p)λ(x − p)Т.к. неравенство выполняется ∀λ > 0, перейдём слева и справа кпределу при λ → 0:f (x) > f (p) +lim= λ0 f (x0 ) + . . . + λn f (xn ) + λn+1 f (xn+1 ) ⇒ неравентсво доказано.λ→0(f (p + λ(x − p)) − f (p))= f 0 (p) ⇒λ(x − p)⇒ f (x) > f (p) + f 0 (p)(x − p) при x 6= pТ.к.
при x = p очевидно, то неравенство (3) доказано.Пусть f — строго выпукло, x 6= p, тогда:f (x) + f (p)x+p>f(в неравенстве Йенсена λ = 21 )22x+px−px−p0f=f p+> f (p)+f (p)·(следует из (3))222f (x) + f (p) > 2f (p) + f 0 (p)(x − p) ⇒ f (x) > f (p) + f 0 (p)(x − p).Теорема 8.6.4 (Критерий выпуклости функции).. Пусть J = (a, b), f : (a, b) → R, f ∈ D1 (J). Если f — выпукла на j тогда∀x, p ∈ J имеет место:(3)Если f — строго выпукла, то равенство (3) возможно только при x = p.Обратно: если f ∈ D1 (J) и ∀x, p ∈ J имеет место (3), то f — выпуклана (a, b). Причем если (3) имеет место только при x = p, то f — строговыпукла вверх на (a, b).. Доказательство.◦ −→f ∈ D1 (J), f — выпукла; x, p ∈ J. Пусть x =6 p (в противномслучае неравенство выполняется тривиально).Пусть 0 < λ < 1, тогда 1 − λ > 0, λ ∈ R.Заметим, что λ + (1 − λ) = 1, λx + (1 − λ)p ∈ J в силу выпуклостиJ.Лекции по математическому анализуλf (x) > λf (p)+(f (p+λ(x−p))−f (p)) = λf (p)+(следует из свойства выпуклости f )= λ0 f (x0 ) + .
. . + λn−1 f (xn−1 ) + λ0n αf (xn ) + λ0n βf (xn+1 ) =f (x) > f (p) + f 0 (p)(x − p)MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменнойf.λn+1λ0n .6 λ0 f (x0 )+. . .+λn−1 f (xn−1 )+λ0n (αf (xn )+βf (xn+1 )) =Стр. 118http://MFH.gorodok.net/◦ ←−Пусть f ∈ D1 (J) и ∀x, p ∈ J f (x) > f (p) + f 0 (p)(x − p).Пусть x1 , x2 ∈ J, λ > 0, µ > 0, λ + µ = 1, тогда:f (x1 > f (p) + (x1 − p)f 0 (p)f (x2 > f (p) + (x2 − p)f 0 (p)Домножим первое и второе неравенства на λ > 0 и µ > 0 соответственно и сложим:λf (x1 ) + µf (x2 ) > λf (p) + µf (p) + f 0 (p)(λx1 − λp + µx2 − µp) ⇒⇒ λf (x1 ) + µf (x2 ) > f (p) + f 0 (p)(λx1 + µx2 − p)Поскольку p — произвольно, то пусть p = λx1 + µx2 .
Следовательно:λf (x1 ) + µf (x2 ) > f (λx1 + µx2 )(4)А это и означает выпуклость.Если (3) — строгое неравенство, то и (4) тоже строгое неравенствоесли x1 6= x2 .Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/7.6. Выпуклые функцииMFH CorporationСтр. 119Стр. 120MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменнойX Если x > p, то в силу возрастания f 0 (x): f 0 (x) − f 0 (p) > 0.u0 (x) > 0, тогда при x > p u(x) — возрастает (по уже доказаннойчасти теоремы). Следовательно:Теорема 8.6.5 (Дифференциальный критерий выпуклости).. Пусть f : (a, b) → R, f ∈ D1 ((a, b)). Для выпуклости f на (a, b) (строгойвыпуклости f на (a, b)) необходимо и достаточно, чтобы f 0 (x) возрасталана (a, b) (строго возрастала на (a, b)).u(x) > u(p) ⇒⇒ u(x) − u(p) > 0 при x > p ⇒. Доказательство.0⇒ f (x)−f (p)−f (p)(x−p) > 0◦ Необходимость:Пусть f ∈ D1 ((a, b)).
Тогда ∀x, p ∈ (a, b) (в силу предыдущихтеорем):f (x) > f (p) + f 0 (p)(x − p)Пусть x1 = x, x2 = p, тогда:⇒ u(x) − u(p) = u(x) > 0⇒т.е. при x > p неравенство (5) выполнено.X Пусть x < p, тогда повторяем те же рассуждения для u(x) иполучаем, что (5) выполнено.Следствие 8.6.6 (Теорема:).f (x1 ) > f (x2 ) + f 0 (x2 )(x1 − x2 ). ПустьПусть x2 = x, x1 = p, тогда:f ∈ D2 ((a, b))f (x2 ) > f (x1 ) + f 0 (x1 )(x2 − x1 ). ТогдаОчевидно, что эти 2 неравенства должны выполняться одновременно.Сложим 2 неравенства:f (x1 ) + f (x2 ) > f (x2 ) + f (x1 ) + f 0 (x2 )(x1 − x2 ) + f 0 (x1 )(x2 − x1 ) ⇒f — выпукла тогда и только тогда, когда f 00 (x) > 0 ∀x ∈ (a, b) истрого выпукла если ∀(α, β) ∈ (a, b) ∃x ∈ (α, β) | f 00 (x) > 0..
Доказательство.Очевидно.⇒ (f 0 (x2 ) − f 0 (x1 ))(x1 − x2 ) 6 0Если x2 > x1 , то:f 0 (x2 ) − f 0 (x1 ) > 0⇒f 0 (x2 ) > f 0 (x1 )⇒f 0 (x) — возрастаетЕсли f — строго выпукла, то неравенства строгие:f 0 (x2 ) > f 0 (x1 )⇒f 0 (x) — строго возрастает.◦ Достаточность: Пусть f 0 (x) возрастает на (a, b).Надо доказать, что∀x, p ∈ (a, b) f (x) > f (p) + f 0 (p)(x − p)(5).Рассмотри u(x) = f (x) − f (p) − f 0 (p)(x − p) (p — фиксировано),тогда u0 (x) = f 0 (x) − f 0 (p).Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/9.7.
Основные неравенства анализа9.7MFH CorporationСтр. 121Основные неравенства анализаТеорема 9.7.1 (Неравенство Коши для среднего арифметического и среднегогеометрического).. Пустьλi > 0 ∀i = 1, . . . , n;. ТогдаPni=1MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменной. Доказательство.Пусть x1 = |x|p , x2 = |y|q , λ1 = p1 , λ2 = 1q , λ1 + λ2 = 1, λ1 > 0, λ2 >0, x1 > 0, x2 > 0.Из неравенства Коши:|y|q|x|p+> |x||y| > xy.pqλi = 1. Пусть xi > 0 ∀i = 1, .
. . , n.λ1 x1 +λ2 x2 +. . .+λn xn > xλ1 1 ·xλ2 2 ·. . .·xλnn . Причем равенство возможнотолько если x1 = x2 = . . . = xn .√xy.Комментарий: при λ1 = 21 , λ2 = 12 , x1 = x, x2 = y: x+y2 =. Доказательство.Если хотя бы одно xi = 0 неравенство очевидно. Будем считать, чтоxi > 0.◦ Рассмотрим φ(x) = − ln x: функция определена на выпуклом множестве (0, ∞). φ0 (x) = − x1 , φ00 (x) = − x12 ⇒ ∀x ∈ (0, ∞) φ00 (x) > 0 ⇒⇒ (− ln x) выпукла сверху на (0, ∞).Рассмотрим элемент x = λ1 x1 + λ2 x2 + . . .
+ λn xn , x ∈ (0, ∞).Из неравенства Йенсена:−λ ln x1 − x2 ln x2 − . . . − xn ln xn > − ln(λ1 x1 + λ2 x2 + . . . + λn xn )ln(xλ1 1 · x2λ2 · . . . · xλnn ) 6 ln(λ1 x1 + λ2 x2 + . . . + λn xn )Т.к. ln - монотонно возрастающая функция, то:x1λ1 · xλ2 2 · . . . · xλnn 6 λ1 x1 + λ2 x2 + . . . + λn xnВторое утверждение следует из того, что φ00 (x) > 0 ⇒ (− ln x)строго выпукла сверху и равенство в силу неравенства Йенсена возможно только если x1 = x2 = . . . = xn .Следствие 9.7.1.1 (Теорема (неравенство Юнга)).Следствие 9.7.1.2 (Лемма (о произведении)).1p1q= 1 имеет место: p p|u| t|v|qu · v = inf+ qt∈(0,∞)pqt.
∀u > 0, v > 0; ∀p > 0, q > 0 |+(1). Доказательство.◦ Если u = v = 0, то очевидно.p p◦ Если u > 0, v = 0, то слева 0, справа inf t∈(0,∞) ( |u|p t ) = 0.◦ Если u = 0, v > 0, то очевидно.◦ Будем считать, что u > 0, v > 0. Рассмотрим 2 выражения:x = tu > 0,y=vv> 0.tПодставим в неравенство Юнга:|u|p tp|v|qv+ q > tu · = uv.pqttВзяв inf от обеих частей, получим: p p|u| t|v|qinf+ q > uv.pqtt∈(0,∞)Можно выбрать такое t, что:. Пустьp > 0, q > 0 |Стр. 1221p+1q= 1 (p, q — сопряженные показатели)..
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
