1611676884-55ce67763bb0ee5cd12890a10c9e59c1 (826616), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

Шаг 1. Пусть f — дифференцируема и выпукла. Возьмем произвольнуюточку x0 ∈ (a, b). Уравнение касательной к графику функции f , имеет следующий вид:gx0 (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 ) (x − x0 ).Согласно формуле конечных приращений Лагранжа для каждого x ∈ (a, b) существуетлежащая между x0 и x точка ξx , такая, что f (x) = f (x0 ) + f ′ (ξx ) (x − x0 ).

Таким образом,()f (x) − gx0 (x) = f ′ (ξx ) − f ′ (x0 ) (x − x0 ).Так как функция f выпукла, её производная является неубывающей функцией. Поэтому,если x <(x0 , то ξx < x0 и) f ′ (ξx ) 6 f ′ (x0 ). Если x > x0 , то ξx > x0 и f ′ (ξx ) > f ′ (x0 ). В обоихслучаях f ′ (ξx ) − f ′ (x0 ) (x − x0 ) > 0, а это значит, что f (x) > gx0 (x) для всех x ∈ (a, b).Шаг 2. Пусть теперь f — дифференцируема и f (x) > gx0 (x) для всех x, x0 ∈ (a, b). Покажем, что f выпукла. Неравенство f (x) > gx0 (x) означает, что f (x) − f (x0 ) > f ′ (x0 ) (x − x0 ).Поэтому для всех x, x0 ∈ (a, b)f (x0 ) − f (x)6 f ′ (x0 ) при x < x0x0 − xиf ′ (x0 ) 6f (x) − f (x0 )x − x011при x > x0 .Таким образом, для произвольных x1 , x0 , x2 ∈ (a, b) из неравенства x1 < x0 < x2 следует,чтоf (x0 ) − f (x1 )f (x2 ) − f (x0 )6 f ′ (x0 ) 6.x0 − x1x2 − x0Это означает, что f является выпуклой функцией.Следствие 5.4.11.

Пусть функция f : (a, b) → R дифференцируема. Для того, чтобыf была выпуклой, необходимо и достаточно, чтобы для любых x, y ∈ (a, b) выполнялосьнеравенство: f (x) − f (y) > f ′ (y)(x − y).◃ Для доказательства достаточно заметить, что функция gy (x) = f (y) + f ′ (y)(x − y)задает касательную к f в точке y, и воспользоваться теоремой.▹Пример 5.4.12.

В качестве примера использования теорем о выпуклости докажем ещёраз неравенство Бернулли. Пусть α > 1. Рассмотрим функцию f (x) = (1 + x)α . Эта функция бесконечно дифференцируема на (−1, +∞) и на этом интервалеf ′ (x) = α(1 + x)α−1 ,f ′′ (x) = α(α − 1)(1 + x)α−2 .Видим, что f ′′ (x) > 0 при x > −1, то есть f — выпуклая функция на (−1, +∞). Поэтомуf (x) > gx0 (x) для любых x0 , x ∈ (−1, +∞), где gx0 — касательная к f в точке x0 .

Посколькуgx0 (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 ) (x − x0 ), мы получаем неравенство:f (x) > f (x0 ) + f ′ (x0 ) (x − x0 ) для всех x0 , x ∈ (−1, +∞).Если мы возьмем x0 = 0, то получим классическое неравенство Бернулли:(1 + x)α > 1 + αx для всех x ∈ (−1, +∞).Взяв другое значение x0 , мы получим другое неравенство, которое можно назвать обобщенным неравенством Бернулли.

Например, при x0 = 1(1 + x)α > 2α + α2α−1 (x − 1).•Лекция №4. 18.02.2016.Скажем, что график функции f : R → R имеет в точке a вертикальную асимптотупри x → a+ (при x → a−), если f (x) → +∞ или f (x) → −∞ при x → a+ (при x →a−). Прямая x 7→ g(x) = αx + β, α, β ∈ R, называетсянаклонной() асимптотой графикафункции f (x) при x → +∞ (при x → −∞), если f (x) − g(x) → 0 при x → +∞ (приx → −∞). Коэффициенты α и β вычисляются по следующим формулам:f (x),x→±∞ xα = limβ = limx→±∞()f (x) − αx .Пример 5.4.13. Найдем асимптоты функции f (x) = (2x2 + 1)/|x|. Заметим, что f (x) →+∞ при x → 0, поэтому в точке x = 0 график функции имеет вертикальную асимптоту.Найдем наклонные асимптоты. Сначала рассмотрим случай x → +∞.( 2x2 + 1)2x2 + 1f (x)= lim= 2, β+ = lim− 2x = 0.α+ = limx→+∞x→+∞x→+∞ xx|x||x|12Для случая x → −∞ мы получим:2x2 + 1= −2,x→−∞x|x|α− = limβ− = lim( 2x2 + 1x→−∞|x|)− (−2)x = 0.Таким образом, наклонные асимптоты при x → −∞ и при x → +∞ задаются функциямиg− (x) = −2x и g+ (x) = 2x соответственно.•Пример 5.4.14.

Проведем теперь полное исследование какой-нибудь функции. Возьмем,()x3например, f (x) = 2. Во первых, отметим, что dom f = R \ {−1} ∪ {1} .x −1Шаг 1. Найдем асимптоты. График f имеет две вертикальные асимптоты при x = −1 иx = 1. При этом f (x) → ±∞ при x → −1 ± 0 и f (x) → ±∞ при x → 1 ± 0. Проверимналичие наклонных асимптот.( x3)f (x)x2xlim= lim 2= 1 = α± ,lim− x = lim 2= 0 = β± ,x→±∞ xx→±∞ x − 1x→±∞ x2 − 1x→±∞ x − 1Таким образом, и на −∞, и на +∞ асимптотой графика функции f будет прямая g(x) = x.Шаг 2. Найдем стационарные точки и участки монотонности функции.

Уравнение f ′ (x) =0 имеет вид:3x2 (x2 − 1) − x3 2xx4 − 3x2= 2=0(x2 − 1)2(x − 1)2Следовательно, функция f имеет следующие стационарные точки:√√x− = − 3, x0 = 0, x+ = 3.Заметим, что3√3√3, f (x0 ) = 0, f (x+ ) =3.22Таким образом, при возрастании переменной x функция f ведет себя следующим образом:она возрастает от −∞ (есть наклонная асимптота при x → −∞) до точки x = x− < −1,потом убывает и стремится к −∞ при x → −1 − 0 (есть вертикальная асимптота), потомона снова убывает уже от +∞ до точки x = x0 = 0 и далее продолжает убывать до −∞при x → 1 − 0, потом она убывает от +∞ до точки x = x+ и далее возрастает до +∞ (естьнаклонная асимптота при x → +∞).

Уже сейчас мы можем сделать набросок графикафункции. Однако мы можем уточнить некоторые детали.f (x− ) = −Шаг 3. Найдем участки выпуклости и вогнутости, а также точки перегиба. Вычислимвторую производную функции f :f ′′ (x) =2x3 + 6x.(x2 − 1)3Видим, что f ′′ обращается в нуль только точке x = 0. Таким образом, эта точка являетсяединственной точкой перегиба. Далее, f ′′ (x) < 0 на множестве (−∞, −1)∪(0, 1) и f ′′ (x) > 0на множестве (−1, 0) ∪ (1, +∞).•Шаг 4. Рисуем график135.5Классические неравенства анализаВ этом параграфе мы докажем несколько неравенств, которые часто используются в анализе.Теорема 5.5.1 (Неравенство Йенсена). Пусть f : [a, b] → R — выпуклая функция ичисла α1 , α2 , .

. . , αn ∈ [0, 1] таковы, что α1 + α2 + . . . + αn = 1. Тогдаfn(∑)αk xk 6k=1n∑αk f (xk )k=1для любых чисел x1 , x2 , . . . , xn ∈ [a, b].Доказательство. Докажем это неравенство индукцией по n. Если n = 2, то неравенствоЙенсена есть не что иное, как определение выпуклости функции f . Поэтому оно справедливо. Предположим, что неравенство верно для n = m − 1, и докажем его для n = m.Пусть α1 + α2 + . . . + αm = 1 и x1 , . . . , xm ∈ [a, b]. Обозначимβ = α1 + α2 + . . . + αm−1 ,β1 =α1αm−1, .

. . , βm−1 =.ββТогда β1 + · · · + βm−1 = 1 и согласно предположению индукцииf( m−1∑)βk xk 6fm(∑∑m−1k=1βk f (xk ).k=1k=1Заметим, что x =m−1∑βk xk ∈ [a, b] и β + αm = 1. Поэтому)()αk xk = f βx + αm xm 6 βf (x) + αm f (xm ) =k=1= βf( m−1∑)βk xk + αm f (xm ) 6 βm−1∑βk f (xk ) + αm f (xm ) =k=1k=1n∑αk f (xk ).k=1Упражнение 5.5.2.

Доказать, что если функция f строго выпукла, то равенство в неравенстве Йенсена достигается лишь тогда, когда x1 = x2 = . . . = xn .•Взяв в неравенстве Йенсена строго выпуклую на R+ функцию f (x) = − ln x, мы получим следующее неравенство:− lnn(∑)αk x k 6 −k=1n∑()αk ln xk = − ln xα1 1 · · · xαnn ,k=1из которого в силу монотонности функции ln следует, чтоxα1 1 xα2 2· · · xαnn6n∑k=114αk xk ,Это неравенство справедливо, если x1 , . . . , xn ∈ R+ , α1 , .

. . , αn ∈ [0, 1] ичастности, если α1 = . . . = αn = 1/n, то∑nk=1αk = 1. В√x1 + · · · + xnn.x1 · · · xn 6nТо есть, среднее геометрическое не превосходит среднего арифметического.Если мы положим n = 2, α1 = 1/p и α2 = 1/q, где p, q ∈ (1, ∞) и 1/p + 1/q = 1, тополучим неравенство Юнга:ap bqab 6+ ,pqсправедливое для всех a, b ∈ [0, +∞). Для вывода этого неравенства необходимо взятьa = xα1 1 и b = xα2 2 .Теорема 5.5.3 (Неравенство Гёльдера). Если p, q ∈ (1, ∞) и 1/p + 1/q = 1, тоnnn∑ (∑)1/p ( ∑)1/qpxk yk 6|xk ||yk |qk=1k=1k=1для любых наборов вещественных (и даже комплексных) чисел {x1 , . . . , xn } и {y1 , .

. . , yn }.Доказательство. Во-первых, заметим, чтоnn ∑∑|xk | |yk |.xk yk 6k=1k=1( ∑n)( ∑n)p 1/pq 1/qДалее, обозначим X =, Y =. Если X = 0 или Y = 0, тоk=1 |xk |k=1 |yk |неравенство Гёльдера очевидно, так как в первом из этих случаев x1 = . . . = xn = 0, а вовтором — y1 = . . . = yn = 0.Предположим теперь, что X ̸= 0 и Y ̸= 0. Тогда из неравенства Юнга следует, что длякаждого k = 1, 2, . . .

, n|xk | yk1 |xk |p 1 |yk |q6+.X Yp Xpq YqCуммируя эти неравенства, мы получим:n∑|xk | |yk |k=1XYnn1 1 ∑1 1 ∑1 Xp 1 Y qpq6|x|+|y|=+= 1,kkp X p k=1q Y q k=1p Xp q Y qоткуда следует, чтоn∑|xk | |yk | 6 XY.k=1Это и есть доказываемое неравенство.15Лекция №5. 22.02.2016.Теорема 5.5.4 (Неравенство Минковского). Если p > 1, тоn(∑|xk + yk |p)1/p6n(∑k=1|xk |p)1/p+n(∑k=1|yk |p)1/pk=1для любых наборов вещественных (и даже комплексных) чисел {x1 , .

Характеристики

Список файлов лекций