Выпуклость и неравенства —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Выпуклость и неравенства

Тема Математический анализ

01 Выпуклость и неравенства

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#74525

a) Вывести из неравенства Йенсена, что если $f$ - выпукла на $(a,b)$ , то для любых $x1,...,xn ∈ (a,b)$ выполнено

f(x1-+-x2-+-...+-xn) ≤ 1-(f (x )+ f(x )+ ...+ f(x )) n n 1 2 n

b) Доказать неравенство о средних

√--------- x + x + ...+ x nx1x2...xn ≤ --1---2--------n n

для любых $xi > 0$ ;

c) Доказать, что при $α ≥ 1$

1α + 2α + ...+ nα ≥ n(n-+-1)α 2

Показать ответ и решение

a) Это в точности неравенство Йенсена для частного случая весов

1 q1 = q2 = q3 = ...= qn = -- n

b) Рассмотрим функцию $f(x) = − lnx$ . Поскольку

′′ 1-- f (x) = x2

то функция $f$ - выпукла. Следовательно, к ней применимо на любом интервале из луча $x > 0$ неравенство, доказанное в пункте a).

Итак, пусть $x1,...,xn$ лежат в некотором интервале $(a,b) ⊂ (0,+ ∞ )$ . Тогда к этому набору иксов и к $f$ применим неравенство, выведенное из неравенства Йенсена в пункте a):

x1 + x2 + ...+ xn 1 − ln(----------------) ≤ − -(ln (x1) + ln (x2) + ...+ ln(xn)) n n

уберем минусы

ln (x1 +-x2-+-...+-xn-) ≥ 1(ln (x ) + ln(x ) + ...+ ln (x )) = 1-ln(x ⋅x ⋅...⋅x ) = ln(x ⋅x ⋅...⋅x )1n n n 1 2 n n 1 2 n 1 2 n

Далее, поскольку функция $x g(x) = e$ , очевидно, монотонно возрастает, то мы можем применить её к обеим частям неравенства и неравенство сохранится:

ln(x1+x2+...+xn) ln(x ⋅x⋅...⋅x)1n e n ≥ e 1 2 n

И получаем, что

x1 + x2 + ...+ xn √--------- ---------------- ≥ nx1x2...xn n

Что и требовалось доказать.

c) Рассмотрим функцию $α f(x) = x$ .

′′ α −2 f (x) = α ⋅(α− 1)x

Поэтому $′′ f (x ) ≥ 0$ при $α ≥ 1$ , а значит при таких $α$ функция $f$ будет выпукла и можем применить к ней неравенство из пункта a) для $x1 = 1,x2 = 2,...,xn = n$ :

1 + 2+ 3...+ n 1 (--------------)α ≤ --(1α + 2α + ...+ n α) n n

Далее применяем формулу для суммы арифметической прогрессии:

n(n+1)- 1 (---2--)α ≤ --(1α + 2α + ...+ n α) n n

n+ 1 1 (-----)α ≤ -(1α + 2α + ...+ nα) 2 n

А это, после домножения на $n$ есть в точности то, что и нужно было доказать.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#74524

Доказать неравенство Йенсена для выпуклой функции. А именно, пусть функция $f$ - выпукла на интервале $(a,b)$ и пусть числа $q1,...,qn$ таковы, что $q1 > 0,q2 > 0,...,qn > 0$ и $q1 + q2 + ...+ qn = 1$ . Доказать, что тогда для любых $x1,...,xn ∈ (a,b)$ выполнено

f(q1x1 + q2x2 + ...+ qnxn ) ≤ q1f(x1) + q2f(x2)+ ...+ qnf (xn )

Показать ответ и решение

Будем доказывать индукцией по $n$ .

1. База индукции. При $n = 1$ у нас единственный вес $q1 = 1$ , и поэтому неравенство обращается в тривиальное $f(x1) ≤ f(x1)$ ;

Заметим, что при $n = 2$ мы получаем неравенство

f(q1x2 + q2x2) ≤ q1f(x1)+ q2f(x2)

в точности являющееся определением выпуклости $f$ на интервале $(a,b)$ .

2. Шаг индукции. Пусть всё верно для $n$ . Докажем для $n + 1$ .

То есть фактически нам нужно доказать, что

f(q1x1 + q2x2 + ...+ qnxn + qn+1xn+1 ) ≤ q1f(x1) + q2f (x2 )+ ...+ qnf(xn )qn+1f (xn+1)

Сделаем такую хитрость. Ясно, что

q q qnxn + qn+1xn+1 = (qn + qn+1)(----n---xn + ---n+1--xn+1 ) qn + qn+1 qn + qn+1

И тогда, коль скоро по предположению индукции мы верим, что неравенство Йенсена верно для сумм из $n$ слагаемых, то мы можем им воспользоваться

f(q1x1 + q2x2 + ...+ qn−1xn−1 + (qn + qn+1)(--qn----xn + --qn+1---xn+1)) ≤ qn + qn+1 qn + qn+1

q q ≤ q1f(x1) + q2f(x2)+ ...+ qn− 1f (xn −1)+ (qn + qn+1 )f (----n----xn + ---n+1--xn+1 ) qn + qn+1 qn + qn+1

(здесь мы считали выражение

(qn + qn+1)(---qn----xn + --qn+1---xn+1) qn + qn+1 qn + qn+1

за одно единое слагаемое, и поэтому смогли воспользоваться предположением индукции - и в левой и в правой части у нас по $n$ слагаемых)

Однако ж теперь примем во внимание, что раз $f$ была выпукла, то

f(---qn----x + --qn+1---x ) ≤ ---qn----f(x ) + --qn+1---f(x ) qn + qn+1 n qn + qn+1 n+1 qn + qn+1 n qn + qn+1 n+1

С учетом этого продолжим писать начатую ранее цепочку неравенств:

f(q1x1 + q2x2 + ...+ qn−1xn−1 + (qn + qn+1)(--qn----xn + --qn+1---xn+1)) ≤ qn + qn+1 qn + qn+1

qn qn+1 ≤ q1f(x1) + q2f (x2 )+ ...+ qn−1f (xn −1)+ (qn + qn+1 )f (q-+-q--xn + q-+-q---xn+1 ) ≤ n n+1 n n+1

≤ q f(x )+ q f(x ) + ...+ q f(x ) + (q + q )(---qn----f(x ) + --qn+1---f(x )) = 1 1 2 2 n−1 n− 1 n n+1 qn + qn+1 n qn + qn+1 n+1

= q1f(x1)+ ...+ qn− 1f (xn−1)+ qnf(xn )+ qn+1f(xn+1)

Но ровно это и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#74523

Исследовать на выпуклость следующие функции:

a) $f(x) = sin x$ ;

b) $f(x) = 3x2 − x3$ ;

c) $f(x) = xx$ ;

d) $2 f(x) = (1+ x2 )e− x + x$ ;

Показать ответ и решение

f′′(x) = − sin x

Но $f$ - выпукла тогда и только тогда, когда $f′′ > 0$ , то есть тогда и только тогда, когда $sin x < 0$ , то есть на промежутках вида

2πk − π < x < 2πk, k ∈ ℤ

На остальных промежутках $f$ , наоборот, вогнута.

b)

′′ f (x) = 6− 6x = 6(1 − x) > 0 ⇔ x < 1

То есть при $x > 1$ функция $f$ - выпукла, а при $x > 1$ - вогнута.

c) Заметим вначале, что функция, будучи в том числе показательной, определена лишь при $x > 0$ , $x ⁄= 1$ ,