Выпуклость функции

[kopern1k]

Пусть $f(x)$ непрерывна на $[a,b]$ и для всех $x,y \in [a,b]$

$f(\frac{x+y}{2})\le \frac{f(x)+f(y)}{2}$

Доказать, что для любых $x,y \in [a,b]$ и $\alpha \in [0,1]$ верно неравенство

$f(\alpha x+(1-\alpha)y) \le \alpha f(x)+(1-\alpha)f(y) $

[xmaister]

Множество $[a,b]$-выпукло. Непрерывная функция, определенная на выпуклом множестве выпукла тогда и только тогда, когда $f(\frac{x+y}{2})\le \frac{f(x)+f(y)}{2}$ для всех $x,y$ из области определения. И теперь остаётся применить неравенство Ейнсена для выклой функции.

[kopern1k]

Дело в том, что выпуклость функции определяется через неравенство Йенсена.
Одно из свойств выпуклых функций- эквивалентность определений выпуклой функций, данных в условии. Как раз его и надо доказать, только в одну сторону.

[мат-ламер]

Первое неравенство - это второе при $\alpha=0.5$. Методом последовательного деления отрезка пополам можно доказать его для двоично-рациональных $\alpha$. Затем перейти к пределу.

[xmaister]

Расширю ответ мат-ламера:
По индукции проверяем, что $f(\left\frac{x_1+\ldots +x_{2^n}}{2^n}\right)\le\frac{f(x_1)+\ldots +f(x_{2^n})}{2^n}$. Далее пусть справедливо неравенство $f\left(\frac{x_1+\ldots +x_n}{n}\right)\le\frac{f(x_1)+\ldots +f(x_n)}{n}$ для произвольных $x_i, i=1,2,\ldots ,n$, проверяем его для $n-1$ положив, что $x_n=\frac{x_1+\ldots +x_{n-1}}{n-1}}$. Теперь $x_1=\ldots =x_m=x, x_{m+1}=\ldots =x_n=y$, значит $f\left(\frac{m}{n}x+\left(1-\frac{m}{n}y\right)\right)\le f\left(\frac{m}{n}x\right)+f\left(1-\frac{m}{n}y\right)$. Далее переходим к пределу.

[kopern1k]

Пределу чего к чему?
Правильно я понял, что у Вас $\frac{m}{n}=\alpha$ ? То есть, что можно подбирать так $m$ и $n$, чтобы добиться любого действительного числа?

[мат-ламер]

kopern1k в сообщении #540322 писал(а):

Пределу чего к чему?

Любое действительное $\alpha$ можно представить как предел двоично-рациональных $\alpha_n$. Далее переход к пределу в неравенстве.

[xmaister]

kopern1k в сообщении #540322 писал(а):

можно подбирать так $m$ и $n$, чтобы добиться любого действительного числа?

Нельзя, конечно, их же несчетное множество.

[kopern1k]

xmaister в сообщении #540339 писал(а):

Нельзя, конечно, их же несчетное множество.

Тогда поясните, как из вашего неравенства с $\frac{m}{n} $ выходит $f(\alpha x +(1-\alpha)f(y)) \le \alpha f(x)+(1-\alpha)f(y)$ для любого $\alpha$ .

У меня совершенно другое доказательство, поэтому хочется разобраться в других доказательствах.

[ewert]

Требуется доказать, что для любых $x\leqslant z\leqslant y$ точка $\big(z,f(z)\big)$ на графике лежит не выше хорды, соединяющей точки $\big(x,f(x)\big)$ и $\big(y,f(y)\big)$. А исходим мы из того, что это утверждение верно хотя бы для $z=\frac{x+y}2$ (и, естественно, для $z=x$ или $z=y$).

Доказывать достаточно для $z_n=x+\theta_n(y-x)$, где $\theta_n\in[0;1]$ -- конечная $n$-разрядная двоичная дробь с произвольным $n$. Поскольку любое вещественное $\theta\in[0;1]$ является пределом таких $\theta_n$, и если неравенство верно для них -- в силу непрерывности оно переносится и на предельную $\theta$ (а тот или иной предельный переход проводить в любом случае придётся, поскольку непрерывность существенна: не будь её, утверждение было бы неверным).

Для конечных двоичных дробей геометрически всё очевидно, а формально обосновывается индукцией по $n$: если предположить, что утверждение верно для всех $z_n$ при некотором $n$, то тем более оно верно для любого $z_{n+1}$, поскольку любое $z_{n+1}$ лежит ровно посередине между какой-то парой соседних $z_{n}$ или совпадает с одним из $z_{n+1}$.

[kopern1k]

Рассмотрим $F(\alpha)=f(\alpha x +(1-\alpha)y)-\alpha F(x)- (1-\alpha)F(y)$. Предположим, что существует $\alpha$, такое что $F(\alpha)>0$. Пусть $\alpha_0-$значение, в котором достигается максимум функции $F(\alpha)$. Если максимум достигается в нескольких точках, то $\alpha_0$ минимальное из них.
Далее прямой проверкой показываем, что $\forall \alpha_1 , \alpha_2 \in [0,1]$ $F(\frac {\alpha_1+\alpha_2}{2}) \le \frac {F(\alpha_1)+F(\alpha_2)}{2}$ (1)
Выбираем $\alpha_1=\alpha_0-\delta; \alpha_2=\alpha_0+\delta $. Тогда $F(\alpha_0-\delta)<F(\alpha_0)$ и $F(\alpha_0+\delta) \le F(\alpha_0)$. А значит из (1): $F(\alpha_0) \le \frac {F(\alpha_0-\delta)+F(\alpha_0+\delta)}{2}< \frac{F(\alpha_0)+F(\alpha_0)}{2}=F(\alpha_0)$. Противоречие.

-- 19.02.2012, 16:54 --

Почему задачу перенесли в другой раздел?

[ewert]

kopern1k в сообщении #540491 писал(а):

Почему задачу перенесли в другой раздел?

Потому, что в ней нет ничего олимпиадного. Это -- стандартная теорема.

kopern1k в сообщении #540491 писал(а):

Выбираем $\alpha_1=\alpha_0-\delta; \alpha_2=\alpha_0+\delta $. Тогда $F(\alpha_0-\delta)<F(\alpha_0)$

Неаккуратно. Надо оговорить ещё кое-что насчёт $\alpha_0$.

[Shadow]

Да, это стандартная теорема, но если ничего не знаем про выпуклых функций и кто такой Йенсен, где играет и сколько мячей забил, то задача для n точек интересная. Тем, что индукционный переход не стандартный из n к n+1, а с одной стороны из n к 2n, с другой из n к n-1. Правда, для конкретной задачи второй переход не нужен. Достаточно доказать что верно для $2^n$ точек и подставить $\alpha=\frac{k}{2^n}$ - сколь угодно близкое рациональное приближение, посмотрев на двоичную запись $\alpha$. Но в другой формулировке...второй переход красивый.

[ewert]

Shadow в сообщении #540527 писал(а):

то задача для n точек интересная.

Интересная (хотя и тоже стандартная), только здесь она не при чём -- доказать-то надо неравенство только для двух точек, и привлекать ещё и несколько точек -- значит ехать из Москвы в Калугу через Владивосток.

Shadow в сообщении #540527 писал(а):

Тем, что индукционный переход не стандартный из n к n+1,

Ну индукционный переход (если имеется в виду тот, который у меня) -- это не более чем ловля блох, геометрически справедливость неравенства для двух точек и произвольной конечной двоичной дроби и так очевидна, тем более очевиден следующий предельный переход. Правда, здесь существенна именно непрерывность функции, хотя для утверждения теоремы это требование несколько избыточно. В доказательстве же kopern1k (если его отрихтовать) непрерывность функции не обязательна -- достаточно её ограниченности сверху.

[kopern1k]

Не знаю, я получил эту задачу на олимпиаде. Не видел, чтобы такие стандартные теоремы доказывались на лекциях.

Про $\alpha_0$ надо добавить, что $F(0)=F(1)=0$?