2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Об одном свойстве выпуклой функции
Сообщение07.04.2019, 08:23 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Пусть $f:\mathbb R\rightarrow\mathbb R$ выпуклая функция. Докажите, что:
$$f(a)+f(b)+f(c)+f(d)+2f\left(\tfrac{a+b+c+d}{4}\right)\geq f\left(\tfrac{a+b}{2}\right)+ f\left(\tfrac{a+c}{2}\right)+ f\left(\tfrac{a+d}{2}\right)+ f\left(\tfrac{b+c}{2}\right)+ f\left(\tfrac{b+d}{2}\right)+ f\left(\tfrac{c+d}{2}\right)$$
Из этого неравенства немедленно сдедует неравенство Туркевичи:
Для неотрицательных $a$, $b$, $c$ и $d$ докажите, что:
$$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geq a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2.$$

Имеется ещё вот такая радость:
$$f(a)+f(b)+f(c)+f(d)+8f\left(\tfrac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3\left(f\left(\tfrac{a+b+c}{3}\right)+ f\left(\tfrac{a+b+d}{3}\right)+ f\left(\tfrac{a+c+d}{3}\right)+ f\left(\tfrac{b+c+d}{3}\right)\right)$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве выпуклой функции
Сообщение08.04.2019, 17:15 
Заслуженный участник


18/01/15
3065
Покажем, как задача может быть сведена к частному случаю, в котором участвуют не функции, а только числа. Ход рассуждений несколько экзотический. Я вообще не собирался писать, тем более и до конца не дорешал, но сегодня наткнулся на эту тему.

(Вероятно, arqady имел в виду какой-то изящный элементарный ход решения, а предлагаемый --- тупо технический. Пардон.)

1) Ясно, что можно предполагать $a\leq b\leq c\leq d$. Кроме того, аффинным преобразованием аргумента можно привести к случаю $a=0$, $d=1$.

2) $f$ --- выпуклая функция, определенная на $[0,1]$. Из общих свойств выпуклых функций следует, что $f$ непрерывна во внутренних точках, и также можем считать, что и в граничных точках $0$, $1$ тоже. Короче, $f$ непрерывна на $[0,1]$.

3) Опять-таки из общих свойств выпуклых функций, для любого $\varepsilon>0$ можно найти кусочно-линейную выпуклую функцию $f_1$ такую, что $|f-f_1|<\varepsilon$ всюду на $[0,1]$. Поэтому исходное неравенство достаточно доказать для кусочно линейных (в общей теории такие называются "полиэдральные", а тут можно сказать "полигональные") выпуклых функций.

4) Вычитая из $f$ подходящую линейную функцию, можно считать, что $f(0)=f(1)=0$. Таким образом, $f\leq0$ всюду на $[0,1]$.

5) Для $0<t<1$ введем "функцию Грина" $G(x,t)=-x/t$ при $0\leq x\leq t$, и $=(x-1)/(1-t)$ при $t\leq x\leq 1$.
Т.е. $=0$ при $x=0,1$, $=-1$ при $x=t$, а на отрезках $[0,t]$ и $[t,1]$ линейная. Ясно, что $G(x,t)$ выпукла по $x$ на $[0,1]$.

Предложение. Пусть $f$ --- выпукла на $[0,1]$, кусочно-линейная, $f(0)=f(1)=0$, $f\not\equiv0$. Тогда $f$ представляется как положительная линейная комбинация
$$ f(x)=\sum_{k=1}^m\lambda_kG(x,t_k), $$
для некоторых $t_i\in (0,1)$, $\lambda_i>0$.


Доказательство. Поскольку $f$ --- кусочно-линейна и выпукла, то существуют точки $0<t_1<\ldots<t_m<1$, такие, что на каждом из отрезков $[t_i, t_{i+1}]$ $f$ линейна. На этих отрезках производная $f'$ постоянна, а в точке $x=t_i$ делает скачок, причем величина этого скачка $\mu_i>0$ положительна. Таким образом, $f$ является решением диффуравнения
$$f''(x)=\sum_{i=1}^m\mu_i\delta(x-t_i),$$
с краевыми условиями $f(0)=f(1)=0$. Остается заметить, что функция $G(x,t)$ является решением уравнения $f''(x)=a\delta(x-t)$, $f(0)=f(1)=0$, с $a=1/t(1-t)$. Значит
$$ f(x)=\sum_{i=1}^m\mu_i t_i(1-t_i)G(x,t_i). $$
$\square$

Замечание. Конечно, легко дать доказательство предложения, и не поминая дельта-функции. Но исходно я это решал именно так.

Вывод: достаточно утверждение задачи доказать лишь для случая функций $G(x,t)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве выпуклой функции
Сообщение08.04.2019, 23:10 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Для функций Грина это нужно ведь как-то доказать. По-моему, этот частный случай гораздо неприятнее, чем общий.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве выпуклой функции
Сообщение09.04.2019, 02:23 
Заслуженный участник


18/01/15
3065
arqady в сообщении #1386679 писал(а):
По-моему, этот частный случай гораздо неприятнее, чем общий.
Нимало ! Там надо только рассмотреть разные случаи расположения, какие из чисел $b/2,c/2,\ldots, (1+c)/2$ по какую сторону от $t$ лежат. Всего с учетом разных очевидных соображений и симметрий получается порядка 12 вариантов (причем, возможно, и не все из них реализуются), и каждый рассматривается прямолинейно. Я три рассмотрел, дальше надоело. Интересно, конечно, будет узнать Ваше решение.

 Профиль  
                  
 
 Re: Об одном свойстве выпуклой функции
Сообщение09.04.2019, 19:11 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Докажу второе неравенство. Первое оставлю для тренировки.

Пусть $a\geq b\geq c\geq d.$
Рассмотрим три случая.
1. $a\geq\frac{a+b+c+d}{4}\geq b\geq c\geq d.$
В этом случае $a+c+d\geq3b$.
Теперь, Йенсен даёт $$f(b)+f(c)+f(d)\geq3f\left(\frac{b+c+d}{3}\right).$$
Поэтому остаётся доказать, что $$f(a)+8f\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3\left(f\left(\frac{a+b+c}{3}\right)+f\left(\frac{a+b+d}{3}\right)+f\left(\frac{a+c+d}{3}\right)\right),$$ что верно по неравенству Караматы поскольку легко проверить, что
$$\left(a,\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4}\right)\succ$$
$$\succ\left(\tfrac{a+b+c}{3},\tfrac{a+b+c}{3},\tfrac{a+b+c}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3}\right).$$
2. $a\geq b\geq\frac{a+b+c+d}{4}\geq c\geq d.$
Здесь $3b\geq a+c+d$ и $a+b+d\geq3c.$
Снова, Йенсен даёт:
$$f(a)+f(b)+f\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3f\left(\frac{a+b+\frac{a+b+c+d}{4}}{3}\right)=3f\left(\frac{5a+5b+c+d}{12}\right)$$ и
$$f(c)+f(d)+f\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3f\left(\frac{c+d+\frac{a+b+c+d}{4}}{3}\right)=3f\left(\frac{a+b+5c+5d}{12}\right).$$
Поэтому остаётся доказать, что
$$f\left(\tfrac{5a+5b+c+d}{12}\right)+f\left(\tfrac{a+b+5c+5d}{12}\right)+2f\left(\tfrac{a+b+c+d}{4}\right)\geq f\left(\tfrac{a+b+c}{3}\right)+f\left(\tfrac{a+b+d}{3}\right)+f\left(\tfrac{a+c+d}{3}\right)+f\left(\tfrac{b+c+d}{3}\right),$$ которое следует из двух Какамат поскольку
$$\left(\frac{5a+5b+c+d}{12},\frac{a+b+c+d}{4}\right)\succ\left(\frac{a+b+c}{3},\frac{a+b+d}{3}\right)$$ и
$$\left(\frac{a+b+c+d}{4},\frac{a+b+5c+5d}{12}\right)\succ\left(\frac{a+c+d}{3},\frac{b+c+d}{3}\right).$$
3. $a\geq b\geq c\geq\frac{a+b+c+d}{4}\geq d.$
Этот случай аналогичен первому, но я покажу, для коллекции.
Здесь $3c\geq a+b+d$ и согласно Йенсену
$$f(a)+f(b)+f(c)\geq3f\left(\frac{a+b+c}{3}\right).$$
Поэтому остаётся доказать, что:
$$f(d)+8f\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)\geq3\left(f\left(\frac{a+b+d}{3}\right)+f\left(\frac{a+c+d}{3}\right)+f\left(\frac{b+c+d}{3}\right)\right),$$ что снова следует из Караматы поскольку
$$\left(\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},\tfrac{a+b+c+d}{4},d\right)\succ$$
$$\succ\left(\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+b+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{a+c+d}{3},\tfrac{b+c+d}{3},\tfrac{b+c+d}{3},\tfrac{b+c+d}{3}\right).$$
Поскольку Йенсен это по существу Карамата, то каждый из этих трёх случаев можно было бы убить с помощью Караматы в один шаг.
Проверка была бы нудной. Так, по крайней мере, видно как можно догадаться, что с чем группировать.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 5 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group