Jedna nejednakost

Jedna nejednakost 02.05.2005. u 16:50 · pre 262 meseca #1

Kako primeniti Jensenovu nejdnakost na ovaj zadatak:
Ako je $x>0, y>0, z>0$ , dokazati da je:
${{x\over \sqrt{y+z}}+{y\over \sqrt{x+z}}+{z\over \sqrt{x+y}}\geq {\sqrt{{3\over 2}(x+y+z)}}}.$

Re: Jedna nejednakost 05.05.2005. u 14:54 · pre 262 meseca #2

Slučajno mi je poznat zadatak ;). ja sam preko Jensena uradio tako što uvedeš smenu $x_1=\frac x k$ , $y_1=\frac y k$ , $z_1=\frac z k$ gde je $k=x+y+z$ i dalje će ti se kasti samo. Probaj pa ako zapneš javi.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Jedna nejednakost 05.05.2005. u 16:24 · pre 262 meseca #3

To je to, hvala!

Re: Jedna nejednakost 07.05.2005. u 22:02 · pre 262 meseca #4

Sada me interesuje jos nesto. Recimo da imamo neku funkciju vise promenljivih, konkretno $f(x,y,z)$ . Da li je tacno sledece:

Funkcija $f(x,y,z)$ je konveksna ako vazi:
$\frac{f(x_1,y_1,z_1)+f(x_2,y_2,z_2)}{2}\geq f\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2},\frac{z_1+z_2}{2}\right)$ .

Za konveksnu funkciju 3 promenljive vazi:
$\frac{f(x_1,y_1,z_1)+\ldots+f(x_n,y_n,z_n)}{n}\geq f\left(\frac{x_1+\ldots+x_n}{n},\frac{y_1+\ldots+y_n}{n},\frac{z_1+\ldots+z_n}{n}\right)$ .

Ako je tacno, da li se konveksnost ovakve funkcije moze dokazati preko izvoda, kao sto moze za funkciju jedne promenljive?

Re: Jedna nejednakost 07.05.2005. u 23:58 · pre 261 mesec #5

Prema definiciji funkcija $f:\Omega\to R$ gde je $\Omega$ neki vektorski prostor (ako ne znaš šta je vektorski prostor samo zamisli to kao funkciju više promenjivih, to je to u suštini) je konveksna ako za svako $X,\ Y\in\Omega,\ X\not=Y$ i za svako $\lambda \in (0,1)$ važi $f\left( \lambda X + (1-\lambda)Y\right)\leq \lambda f(X)+(1-\lambda)f(Y)$ .

Provera preko izvoda je moguća ali je nešto složenija nego kod funkcija jedne promenljive. Neka je funkcija $f(x_1,x_2,\dots,x_n)$ dva puta diferencijabilna. Posmatrajmo sledeću matricu:
$\displaystyle H(X)= \left[\begin{array}{cccc} \frac{\partial^2 f}{\partial x_1^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial x_1\partial dx_2} & \ldots & \frac{\partial^2 f}{\partial x_1\partial x_n} \\ \frac{\partial^2 f}{\partial x_2\partial x_1} & \frac{\partial^2 f}{\partial x_2^2} & \ldots & \frac{\partial^2 f}{\partial x_2\partial x_n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{\partial^2 f}{\partial x_n\partial dx_1} & \frac{\partial^2 f}{\partial x_n\partial x_2} & \ldots & \frac{\partial^2 f}{\partial x_n^2} \end{array}\right]$
Funkcija je konveksna na nekom intervalu $S$ akko je $H(X)$ pozitivno definitna (positive definite) za sve $X\in S$ .

Kao što vidiš situacija se prilično komplikuje uvođenjem više promeljivih, ali dobra ideja nekad ume jako da pojednostavi stvari. Primera radi, dokazati da je funkcija $f(x_1,x_2,\dots,x_n)=\ln(x_1k_1+x_2k_2+\cdots+x_nk_n)$ za neke fiksne $k_1,k_2,\dots,k_n$ konkavna (nije teško ali ovakva ideja ume da bude od koristi pa sam zato napisao ovaj primer).

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Jedna nejednakost 08.05.2005. u 19:52 · pre 261 mesec #6

Ma to ti je izvod drugog reda... Nisam bas siguran da li je to potreban i dovoljan uslov konveksnosti :-)

Re: Jedna nejednakost 08.05.2005. u 20:23 · pre 261 mesec #7

Čekaj bre, Aco, jesi li siguran da to ne valja? Ja sam oduvek tako radio i bilo je OK.

P. S. Evo sad nađoh i neke reference o tome na netu, pogledaj http://www.economics.utoronto.ca/osborne/MathTutorial/CVNF.HTM.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Jedna nejednakost 17.05.2005. u 21:59 · pre 261 mesec #8

(Hessian test). A twice differentiable function $f(x_1,x_2\ldots,x_n)$ is convex in a region if and only if the Hessian matrix $H_{ij}=\frac{\partial^2}{\partial x_i\partial x_j}$ is positive definite everywhere in the region.

Ovo sam nasao u nekoj PDF knjizi. Nema neki naziv, a zaboravio sam link, pa ako nekoga interesuje poslacu mu je.

Re: Jedna nejednakost 21.10.2011. u 02:14 · pre 183 meseca #9

$\begin{array}{lcl} f[\theta(x_1,x_2,\dots,x_n)+(1-\theta)(y_1,y_2,\dots,y_n)]&=&f\left[\theta x_1+(1-\theta)y_1,\theta x_2+(1-\theta)y_2,\dots,\theta x_n+(1-\theta)y_n\right]\cr &=&\log[k_1(\theta x_1+(1-\theta)y_1)+k_2(\theta x_2+(1-\theta)y_2)+\dots+k_n(\theta x_n+(1-\theta)y_n)]\cr &=&\log(\theta(k_1x_1+k_2x_2+\dots+k_nx_n)+(1-\theta)(k_1y_1+k_2y_2+\dots+k_nx_n))\cr &\geq& \theta\log(k_1x_1+k_2x_2+\dots+k_nx_n)+(1-\theta)\log(k_1y_1+k_2y_2+\dots+k_ny_n)\cr &=&\theta f(x_1,x_2,\dots,x_n)+(1-\theta)f(y_1,y_2,\dots,y_n) \end{array}$

U pretposlednjem redu se pozivamo na konkavnost funkcije $\log$ .

$\theta$ glumi $\lambda$ iz Bojanovog posta.

Potpis

Leonardo da Vinči

Nema istine u onim naukama u kojima se matematika ne primenjuje.

Milorad Stevanović

Bog postoji zato sto je matematika neprotivurečna.

Re: Jedna nejednakost 19.05.2023. u 11:17 · pre 42 meseca #10

Ne znam zašto se nigde ne pominje svođenje dokazivanja konveksnosti funkcija više promenljivih na slučaj jedne promenljive, pa hajde ja da napišem.

Neka je funkcija $f(x_1,\dots,x_n)$ definisana na konveksnom domenu. Tada je funkcija $f$ (strogo) konveksna (odnosno konkavna) akko je za ma koje različite tačke $a=(a_1,\dots,a_n)$ i $b=(b_1,\dots,b_n)$ funkcija

$g(t)=f(a_1+t(b_1-a_1),\dots,a_n+t(b_n-a_n))=f((1-t)a_1+t\,b_1,\dots,(1-t)a_n+t\,b_n)$ za $t\in[0,1]$ .

Tada se u slučaju diferencijabilnosti, odnosno dvostruke diferencijabilnosti može koristiti kriterijum za funkcije jedne promenljive, s tim da se to mora dokazati za sve međusobno različite $a$ i $b$ iz domena. Ukoliko je funkcija $f$ definisana preko neke funkcije jedne promenljive kao u navedenom zadatku, onda se lako rešava onako kako je Sonec napisao.

Za funkcije jedne promenljive važi da je funkcija $f:I\longrightarrow R$ , gde je $I$ pravi interval (ograničen ili neograničen) (strogo) konveksna akko je zadovoljen bilo koji od sledećih ekvivalentnih uslova:

1) Za ma koje $a,b,c\in I$ takve da je $a<b<c$ važi da je determinanta

$\left|\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \vspace{0.5em}\\ a & b & c \vspace{0.5em}\\ f(a) & f(b) & f(c) \end{array}\right|$

(strogo) veća od nule. Ovde "veća" bez "strogo" znači "veća ili jednaka".

2) Pod uslovom da je $a$ najmanja vrednost intervala $I$ , funkcija $f$ je (strogo) konveksna na intervalu $I\setminus\{a\}$ , važi da je $f(a)\geq\lim_{x\to a+}f(x)$ .

3) Pod uslovom je $b$ najveća vrednost intervala $I$ , funkcija $f$ je (strogo) konveksna na intervalu $I\setminus\{b\}$ , važi da je $f(b)\geq\lim_{x\to b-}f(x)$ .

4) Ako za barem jedno $a\in I$ važi da je funkcija $g:I\setminus\{a\}$ , $g(x)=(f(x)-f(a))/(x-a)$ (strogo) monotono neopadajuća. Ovde "strogo monotono neopadajuća" znači "strogo rastuća".

5) Ako za svako $a\in I$ važi da je funkcija $g:I\setminus\{a\}$ , $g(x)=(f(x)-f(a))/(x-a)$ (strogo) monotono neopadajuća.

6) Pod uslovom da interval $I$ nema najmanju niti najveću vrednost i da je funkcija $f$ diferencijabilna na njemu, važi da je funkcija $f'$ monotono neopadajuća, i da u slučaju da se traži stroga konveksnost važi da $f'$ nije konstantno ni na jednom pravom intervalu.

7) Pod uslovom da interval $I$ nema najmanju niti najveću vrednost i da je funkcija $f$ dva puta diferencijabilna na njemu, važi da je funkcija $f''$ nenegativna, i da u slučaju da se traži stroga konveksnost važi da $f''$ nije konstantno jednako nuli ni na jednom pravom intervalu.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme