Ανισότητα

#1

Ανισότητα G.Szego

Έστω ότι a,b είναι πραγματικοί αριθμοί με a < b και c,d τυχαία σημεία του διαστήματος [a,b] .Αν η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα [a,b], να αποδειχθεί ότι :

$f(c)+f(d) -2f(\frac {c+d}{2}) \leq f(a)+f(b)-2f(\frac {a+b}{2})$

Μπάμπης

#2

Μπάμπη μια ιδέα μπορούσε να είναι η ακόλουθη. Για $p \leq q$ από το $\left[ a,b\right]$ ορίζουμε $h_{\left[ p,q\right] }=\frac{f(p)+f(q)}{2}-f(\frac{p+q}{2})$ . Θα δείξουμε την συνεπαγωγή:
$\left[ p_{1},q_{1}\right] \subseteq \left[ p_{2},q_{2}\right] \Rightarrow h_{\left[ p_{1},q_{1}\right] }\leq h_{\left[ p_{2},q_{2}\right] }$ (*)
Δείχνουμε πρώτα, μοιράζοντας την δουλειά, την εξής ειδική περίπτωση:
Αν $x\in \left[ p_{2},q_{2}\right]$ τότε $h_{\left[ x,q_{2}\right] }\leq h_{\left[ p_{2},q_{2}\right] }$ (1) και $h_{\left[ p_{2},x\right] }\leq h_{\left[ p_{2},q_{2}\right] }$ (2)
Για την (1) (η (2) αποδεικνύεται ανάλογα) θέτουμε $\varphi \left( x\right) =h_{\left[ x,q_{2}\right] }-h_{\left[ p_{2},q_{2}\right] }=\allowbreak \frac{f\left( x\right) }{2}-f\left( \frac{x+q_{2}}{2}\right) -\frac{f\left( p_{2}\right) }{2}+\allowbreak f\left( \frac{p_{2}+q_{2}}{2}\right)$ οπότε $\varphi ^{\prime }\left( x\right) =\frac{1}{2}\left( \allowbreak f^{\prime }\left( x\right) -f^{\prime }\left( \frac{x+q_{2}}{2}\right) \right) <0$ για $x\in \left( p_{2},q_{2}\right)$ δηλαδή η $\varphi$ είναι γνησίως φθίνουσα και αφού $\varphi \left( p_{2}\right) =0$ είναι $\varphi \left( x\right) \leq 0$ .
Για την γενική περίπτωση (*) τώρα εφαρμόζουμε τις (1), (2) και έχουμε
$h_{\left[ p_{1},q_{1}\right] }\leq h_{\left[ p_{1},q_{2}\right] }\leq h_{\left[ p_{2},q_{2}\right] }$
Σχόλιο: Η απόδειξη των (1), (2) είναι παρόμοια με την απόδειξη της ανισότητας του Jensen.

Μαυρογιάννης

k-ser · #3

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Ανισότητα G.Szego

Έστω ότι a,b είναι πραγματικοί αριθμοί με a < b και c,d τυχαία σημεία του διαστήματος [a,b] .Αν η συνάρτηση f είναι κυρτή στο διάστημα [a,b], να αποδειχθεί ότι :

$f(c)+f(d) -2f(\frac {c+d}{2}) \leq f(a)+f(b)-2f(\frac {a+b}{2})$

Μπάμπης

Λάθος απόδειξη

Έστω c,d $\in$ (a,b) και, χωρίς βλάβη, a<c<d<b
Αν
$\displaystyle \frac{c+d}{2}\ne \frac{a+b}{2}$

Από ΘΜΤ στο [a,c]: $\color{blue}f(c)-f(a)=f^{\prime}(x_1)(c-a)$ με $x_1 \in (a,c)$

Από ΘΜΤ μεταξύ των $\displaystyle \frac{c+d}{2}, \frac{a+b}{2}$ :
$\displaystyle \color{blue}2\left[f\left(\frac{a+b}{2}\right)-f\left(\frac{c+d}{2}\right)\right]=f^{\prime}(x_2)[(b-d)-(c-a)]$ με x_2

μεταξύ των $\displaystyle \frac{c+d}{2}, \frac{a+b}{2}$

Από ΘΜΤ στο [d,b]: $\color{blue}f(b)-f(d)=f^{\prime}(x_3)(b-d)$ με $x_3 \in (d,b)$

Αφαιρούμε το άθροισμα των δύο πρώτων ισοτήτων από την τρίτη και προκύπτει:

$\displaystyle \color{blue} f(b)+f(a)-2f\left(\frac{a+b}{2}\right)+2f\left(\frac{c+d}{2}\right)-f(c)-f(d)=\\= (b-d)[f^{\prime}(x_3)-f^{\prime}(x_2)]+(c-a)[f^{\prime}(x_2)-f^{\prime}(x_1)]>^*0$
από όπου προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα.
* Αφού η είναι κυρτή και θα ισχύει: $f^{\prime}(x_1)<f^{\prime}(x_2)<f^{\prime}(x_3)$

Αν
$\displaystyle \frac{c+d}{2}= \frac{a+b}{2}\Leftrightarrow c-a=b-d$
δεν λαμβάνουμε υπόψιν το δεύτερο ΘΜΤ και αφαιρούμε κατά μέλη την πρώτη και τρίτη ισότητα.

Το "=" στη ζητούμενη ανισότητα ισχύει μόνο στην περίπτωση που τα c, d συμπίπτουν με τα a,b αντίστοιχα.

Η απόδειξη είναι λανθασμένη για τους λόγους που αναφέρονται στα παρακάτω μηνύματα.

#4

Η ανισότητα αποδεικνύεται και με την ανισότητα Karamata, μια ανισότητα που νομίζω είναι καλό να ξέρουν όσοι ασχολούνται με ολυμπιάδες.

#5

k-ser έγραψε: και

k-ser · #6

socrates έγραψε:
k-ser έγραψε: και

Αν και όχι τόσο ευγενική, πολύ σωστή η παρατήρησή σου: Δεν εξασφάλισα ότι x_1<x_2<x_3

Να είσαι καλά.

Θα το ξανακοιτάξω!

APOSTOLAKIS · #7

Επίσης δεν αναφέρει ότι είναι η f παραγωγίσιμη, οπότε μένει η πρόταση του Demetres.

#8

APOSTOLAKIS έγραψε:Επίσης δεν αναφέρει ότι είναι η f παραγωγίσιμη, οπότε μένει η πρόταση του Demetres.

Αν όμως ο Νίκος και ο Κώστας προσθέσουν στην αρχή της λύσης τους την πρόταση "Όπου $f^{\prime}(x)$ δηλώνει την δεξιά παράγωγο της

στο

", τότε, αν και δεν έχω ελέγξει τις πράξεις, νομίζω πως οι αποδείξεις θα δουλεύουν ακόμη και αν η

δεν είναι παραγωγίσιμη.

EDIT: Με μια πρώτη ματιά η απόδειξη του Νίκου δουλεύει αλλά η απόδειξη του Κώστα όχι λόγω χρήσης ΘΜΤ που δεν ισχύει για την δεξιά παράγωγο. (Π.χ. δεν ισχύει για την $\color{blue}f(x) = |x|$ .) Είμαι σίγουρος όμως πως και σε αυτήν την απόδειξη αν κάποιες ισότητες μετατραπούν σε ανισότητες τότε πρέπει να δουλεύει

#9

Demetres έγραψε: Αν όμως ο Νίκος και ο Κώστας προσθέσουν στην αρχή της λύσης τους...

Δημήτρη φοβάμαι ότι έχει γίνει κάποια παρανόηση.
Τόσο ό Κώστας όσο και εγώ στις προσεγγίσεις μας στο θέμα κινηθήκαμε με τον σχολικό ορισμό της κυρτότητας (η πρώτη παράγωγος να είναι γνησίως αύξουσα) και όχι με τον γενικό ορισμό ( η εικόνα ενός μη τετριμμένου κυρτού γραμμικού συνδυασμού να είναι μικρότερη από τον αντίστοιχο κυρτό γραμμικό συνδυασμό των εικόνων). Και είναι λογικό αυτό. Διότι στον φάκελο του καθηγητή και στους επιμέρους φακέλους των τάξεων κινούμεθα στην σχολική ύλη. Όσο περιοριστικό και να είναι αυτό από την άποψη της γενικότητας. Που και που ξεφεύγουμε βέβαια αλλά αυτό αποτελεί την εξαίρεση και όχι τον κανόνα. Γιαυτό και πολλές φορές θέματα που η πραγμάτευση τους ξεφεύγει από την σχολική ύλη μεταφέρονται από τον φάκελο του καθηγητή στον φάκελο των ΑΕΙ.
Ωστόσο μιας και ετέθη το θέμα δίνω, χωρίς βέβαια στην συγκεκριμένη συζήτηση να είναι απαραίτητο, μία παρεμφερή προσέγγιση με βάση τον γενικό ορισμό.
Υποθέτουμε ότι η

είναι κυρτή που σημαίνει ότι
$\bullet$ Για κάθε $x\neq y$ και $\kappa ,\lambda \in \left( 0,1\right)$ με $\kappa +\lambda =1$ ισχύει $f\left( \kappa x+\lambda y\right) <\kappa f\left( x\right) +\lambda f\left( y\right)$ .
Αυτό ισοδυναμεί (βλ. και viewtopic.php?f=5&t=99)
με το εξής
$\bullet$ Για κάθε $x_{1}<x_{2}<x_{3}$ είναι $\frac{f\left( x_{1}\right) -f\left( x_{2}\right) }{x_{1}-x_{2}}<\frac{f\left( x_{1}\right) -f\left( x_{3}\right) }{x_{1}-x_{3}}$ .
Θα δείξουμε ότι (με τον συμβολισμό που χρησιμοποίησα στο αρχικό μου μήνυμα) τις (1) και (2) από τις οποίες προκύπτει η (*). Αποδεικνύουμε την (2) μιας και η (1) αποδεικνύεται παρόμοια.
Με $x\in \left( p_{2},q_{2}\right)$ (η περίπτωση όπου το

είναι άκρο είναι άμεση) έχουμε ότι
$\displaystyle \frac{f\left( \frac{p_{2}+q_{2}}{2}\right) -f\left( \frac{p_{2}+x}{2}\right) }{\frac{p_{2}+q_{2}}{2}-\frac{p_{2}+x}{2}}<\frac{f\left( q_{2}\right) -f\left( \frac{p_{2}+x}{2}\right) }{q_{2}-\frac{p_{2}+x}{2}}$ άρα και
$\frac{f\left( \frac{p_{2}+q_{2}}{2}\right) -f\left( \frac{p_{2}+x}{2}\right) }{q_{2}-x}<\frac{f\left( \frac{p_{2}+q_{2}}{2}\right) -f\left( \frac{p_{2}+x}{2}\right) }{\frac{p_{2}+q_{2}}{2}-\frac{p_{2}+x}{2}}<\frac{f\left( q_{2}\right) -f\left( \frac{p_{2}+x}{2}\right) }{q_{2}-\frac{p_{2}+x}{2}}<\frac{f\left( q_{2}\right) -f\left( \frac{p_{2}+x}{2}\right) }{\frac{q_{2}-x}{2}}$
οπότε
$\displaystyle \frac{f\left( \frac{p_{2}+q_{2}}{2}\right) -f\left( \frac{p_{2}+x}{2}\right) }{q_{2}-x}<\frac{f\left( q_{2}\right) -f\left( \frac{p_{2}+x}{2}\right) }{\frac{q_{2}-x}{2}}$
που μας δίνει την
$h_{\left[ p_{2},x\right] }\leq h_{\left[ p_{2},q_{2}\right] }$

APOSTOLAKIS έγραψε:Επίσης δεν αναφέρει ότι είναι η f παραγωγίσιμη, οπότε μένει...

Είναι πλήρως κατανοητό ποιες είναι οι υποθέσεις. Φαίνεται όμως ότι αυτό το θέμα σε ζητήματα ευγένειας δεν στάθηκε και πολύ τυχερό!

Μαυρογιάννης

#10

Μια απόδειξη χωρίς Θ.Μ.Τ.

Ανισότητα

Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Re: Ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση