Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Страница 1 из 2 |
[ Сообщений: 14 ] | На страницу 1, 2 След. |
|
Автор | Сообщение | |
---|---|---|
_Sasha_ |
|
|
1) непрерывная; 2) возрастающая; 3) выпуклая вверх. Тогда, данная функция ограничена. Я считаю, что данное утверждение верно (потому что представить неограниченную функцию, удовлетворяющую данным условиям у меня не получается), но доказать не могу. Пожалуйста, помогите с доказательством или посоветуйте учебник с доказательством, если я прав. Если я не прав, приведите пожалуйста пример. Заранее благодарю. |
||
Вернуться к началу | ||
Slon |
|
|
Вы как будто не хотите думать (я понимаю, что это не так скорее всего, но оно так выглядит)
Вот если забрать условие выпуклости вверх Вы контрпример сможете построить? А теперь сформулируйте что значит выпуклость вверх и воспользуйтесь этим для доказательства Вашего утверждения |
||
Вернуться к началу | ||
_Sasha_ |
|
|
Slon писал(а): Вот если забрать условие выпуклости вверх Вы контрпример сможете построить? [math]f \,\colon \left[ -1,\,0 \right) \to \mathbb{R}[/math], [math]x \mapsto -\frac{ 1 }{ x }[/math]. |
||
Вернуться к началу | ||
_Sasha_ |
|
|
Slon писал(а): А теперь сформулируйте что значит выпуклость вверх и воспользуйтесь этим для доказательства Вашего утверждения Следующие условия эквивалентны: 1) [math]f[/math] - выпуклая вверх; 2) [math]f\left( \alpha _1\,x_1+ \alpha _2\,x_2 \right) \geqslant \alpha _1\,f\left( x_1 \right) + \alpha _2\,f \left( x_2 \right)[/math], где [math]x_1,\,x_2 \in \mathbb{R}[/math], [math]\alpha_1,\, \alpha _2 \in \mathbb{R}[/math], [math]\alpha _1,\, \alpha _2 \geqslant 0[/math], [math]\alpha _1+ \alpha _2 = 1[/math]. 3) [math]f''\left( x \right) \geqslant 0[/math] (при наличии второй производной функции [math]f[/math] на интервале [math]\left( a,\, b \right)[/math]). |
||
Вернуться к началу | ||
Slon |
|
|
Ну вот, а все что Вам нужно это [math]{f(v) - a_1f(u)}{a_2} \geqslant f(x)[/math], где [math]u<v[/math] фиксированы, [math]a_1u+a_2x=v[/math]. Это дост ограничение на все x в какой-то окрестности [math]b[/math]
Иными словами берете на графике f две точки, и оставшаяся справа часть лежит под прямой через них проведенную |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю Slon "Спасибо" сказали: _Sasha_ |
||
_Sasha_ |
|
|
Я правильно понимаю.
[math]u,\,v,\,x \in \left[ a,\,b \right)[/math], [math]u[/math] и [math]v[/math] - фиксированы, [math]u < v \leqslant x[/math] и [math]f(x) \leqslant \frac{ 1 }{ a_2 } \left( {f(v) - a_1 f(u)} \right)[/math]. Варьируя значения переменных [math]a_1[/math] и [math]a_2[/math] в допустимых значениях ([math]a_1,\,a_2 \geqslant 0[/math] и [math]a_1+a_2=1[/math]) мы можем получать значение переменной [math]x[/math] коль угодно близкое слева к [math]b[/math]. |
||
Вернуться к началу | ||
_Sasha_ |
|
|
Неравенство [math]f(x) \leqslant \frac{ 1 }{ a_2 } \left( {f(v) - a_1 f(u)} \right)[/math] можно переписать и в виде [math]f(x) \leqslant f(v)+ \frac{ a_1 }{ a_2 } \left( {f(v) - f(u)} \right)[/math]. Но даже и здесь непонятно, какой величиной ограничено [math]f(x)[/math], так как дробь [math]\frac{ a_1 }{ a_2 }[/math] может принимать значения от 0 до [math]+\infty[/math], а значит правая часть последнего неравенства может быть и бесконечно большой величиной.
Slon писал(а): Иными словами берете на графике f две точки, и оставшаяся справа часть лежит под прямой через них проведенную Уравнение прямой, проходящей, через две точки графика f с абсциссами u и v имеет вид [math]y=f(u)+\frac{ f(v)-f(u) }{ v-u }(x-u)[/math]. Значит, для [math]x \geqslant v[/math] должно быть [math]f(x) \leqslant y(x) \leqslant y(b)[/math], [math]f(x) \leqslant f(u)+\frac{ f(v)-f(u) }{ v-u }(b-u)[/math]. Но в первой строке записано не такое неравенство. |
||
Вернуться к началу | ||
Space |
|
|
_Sasha_ писал(а): Пусть задана функция [math]f \,\colon \left[ a,\,b \right)[/math] [math]\to \mathbb{R}[/math], которая 1) непрерывная; 2) возрастающая; 3) выпуклая вверх. Тогда, данная функция ограничена. А что если рассмотреть функцию [math]f(x) = \ln{x} , \ \ x \in [1,+\infty)[/math]? Строго выпуклая неограниченная. Или же нужно оговорить, что [math]b[/math] конечно. Пусть [math]b[/math] конечно. Тогда воспользуемся следующим определением вогнутости (выпуклости вниз): Пусть точки [math]x_1 < x_2 < x_3[/math] лежат в области определения функции. Тогда на [math](x_1, x_3)[/math] график функции лежит выше секущей, проходящей через [math]x_1[/math] и [math]x_3[/math], следовательно [math]f(x_2) \geqslant f(x_1) + \frac{x_2-x_1}{x_3-x_1} (f(x_3) - f(x_1))[/math], что равносильно: [math]\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \geqslant \frac{f(x_3) - f(x_1)}{x_3-x_1}[/math] Такая форма записи имеет простое геометрическое истолкование. Секущая через точки [math]x_1, \ x_2[/math] имеет больший наклон (тангенс угла наклона), чем секущая через [math]x_1, \ x_3[/math]. Попробуйте нарисовать. Неравенство переписывается в виде [math]\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \geqslant \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3-x_2}[/math]. Кстати, из рисунка это совершенно очевидно. Зафиксируем в этом неравенстве [math]x_1 = a, \ x_2 = \frac{a+b}{2}[/math], а [math]x_3[/math] сделаем переменным: [math]x_3 = x \in (x_2, b)[/math]. Тогда: [math]A = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \geqslant \frac{f(x) - f(x_2)}{x-x_2}, \ A = \operatorname{const}[/math] [math](x-x_2) \cdot A \geqslant f(x) - f(x_2)[/math] [math]f(x) \leqslant f(x_2) + (x-x_2) \cdot A \leqslant f(x_2) + (b-x_2) \cdot |A| = M = \operatorname{const}[/math] Таким образом, мы показали, что [math]f(x)[/math] ограничена сверху на [math](x_2, b)[/math]. На [math][a, x_2][/math] она ограничена в силу непрерывности. Кстати, непрерывность следует из выпуклости. Возрастающая функция вдобавок ограничена снизу на [math][a,b)[/math], следовательно просто ограничена. Прошу прощения, что использовал другое определение. Мне так было проще сообразить. Думаю, не составит труда показать, что использованное определение равносильно приведенному Вами. |
||
Вернуться к началу | ||
За это сообщение пользователю Space "Спасибо" сказали: _Sasha_ |
||
_Sasha_ |
|
|
Скажите, пожалуйста, если не графически, то как получилось неравенство [math]\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \geqslant \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3-x_2}[/math].
|
||
Вернуться к началу | ||
_Sasha_ |
|
|
Всё, разоборался откуда эта формула взялась и с самим доказательством теоремы.
Space писал(а): Прошу прощения, что использовал другое определение. Мне так было проще сообразить. Думаю, не составит труда показать, что использованное определение равносильно приведенному Вами. Так это одно и тоже определение. Space писал(а): [math]f(x_2) \geqslant f(x_1) + \frac{x_2-x_1}{x_3-x_1} (f(x_3) - f(x_1))[/math] Его можно переписать в виде [math]f(x_2) \geqslant \frac{x_3-x_2}{x_3-x_1} f(x_1) + \frac{x_2-x_1}{x_3-x_1} f(x_3)[/math] вот и [math]a_1=\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}[/math] и [math]a_2= \frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}[/math], и [math]x_2=a_1\,x_1+a_2\,x_3[/math]. |
||
Вернуться к началу | ||
На страницу 1, 2 След. | [ Сообщений: 14 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 24 |
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 |