Wypukłość funkcji Teofrast: Wypukłość funkcji. 1 − xⁿ Niech f : [0; 1) → −−−−−−−−− (2 − x )ⁿ − 1 Pokazać, że f jest wypukła dla każdego naturalnego n. __________________________________________________________________________ Jeśli znajdzie się chętny na wykazanie, że f" jest dodatnio określona, będę bardzo wdzięczny... A może ktoś zna jakąś inną metodę? Niestety, reguł de l'Hôpitala tutaj nie da się zastosować... ( działają w tym wypadku jedynie dla wykazania, ze f jest rosnąca...)

teofrast: No to kto się połaszczy? Zadanie równolegle rzuciłem na dwa inne światowe (niepolskie) matematyczne fora dyskusyjne, i wychodzi mi na to, że to gorący kartofel, do którego nikt nie chce sie dotknąć...(Oczywiście, nie ma co tracić czasu na liczenie samemu drugiej pochodnej; robi to doskonale za nas Wolfram...) P.S. Może, dla zachęty, trzeba by ufundować jakąś nagrodę za rozwiązanie !?

Trivial: To zadanie to jakiś koszmar.

teofrast: I owszem... Inaczej bym sam zrobił... W mniej drastycznych przypadkach działają twierdzenia de l'Hôpitala... W tym jednak, niestety, nie...

Artur z miasta Neptuna: Teo ... wiem że sie uśmiejesz ale jako że nie siedziałem nigdy specjalnie w analizie −−− jakie są to tw. d'Hopitala z których korzystasz ? I czy nie można ich łatwo zastosować do pierwszej pochodnej, która nie wygląda jeszcze aż tak okropnie.

teofrast: Witaj, Arturze z miasta Neptuna.... Tych twierdzeń jest kilka; nie są one do znalezienia w ŻADNYM podręczniku do analizy; nie są też wykładane w szkole, ani na uczelniach ( trudno wszak, żeby było na to miejsce w systemie oświatowym, w ramach którego w szkole funkcjonuje przedmiot, na którym młodzież poznaje techniki wypędzania diabła z ludzkiego organizmu...istne średniowiecze!) Ja je znam z artykułów naukowych w języku angielskim. Podaję jedno, najbardziej ogólne: T W I E R DZ E N I E: Niech f, g : [a; b] → ℛ będą dwoma ciągłymi funkcjami, różniczkowanymi na (a; b). Niech ponadto g' ≠ 0 w (a; b) . Jeżeli iloraz f'/g' jest rosnący ( lub malejący ) na (a; b) , wtedy funkcje określone wzorami: f(x) − f(a) f(x) − f(b) −−−−−−−−− oraz −−−−−−−−−−−−− g(x) − g(a) g(x) − g(b) są także rosnące ( lub malejące ) na (a; b). W naszym przypadku, np. zbadanie monotoniczności funcji określonej w zadaniu sprowadza się do zbadania monotoniczności ilorazu (xⁿ)' − −−−−−−−− ( (2−x)ⁿ)' co jest zadaniem trywialnym, w stosunku do badania znaku pierwszej pochodnej. Oczywiście wymienione twierdzenie nie pozwala w bezposredni sposób na wyznaczenie przedziałów monotoniczności funkcji, ale jedynie na weryfikację pewnych, przypuszczanych własności. W oczywisty sposób twierdzenie ( o ile spełniane są w kolejnych krokach załozenia ) pozwala na zbadanie typu konweksywności danej funkcji na określonym przedziale. W tym przypadku interesujemy sie monotonicznością F(x) := (f/g)' = f₁ / g₁, tzn. musimy zbadac monotoniczność f'₁/ g'₁ := f₂ /g₂, O ILE tak zdefiniowane funkcje sie zerują jednoczesnie na jednym z krańców przedziału (a; b). Można oczywiście pójśc dalej f'₂ / g'₂ := f₃ / g₃... ciągi f_i oraz g_i zdefiniowane są następująco: f₁ := ( f'/g')g − f ; g₁ := g² / g' f₂ := ( f"/ g")g' − f' ; g₂ := 2(g²/g") − g f₃ := f'''g" − f"g''' ; g₃ := 3g'² − 2g'g''' Problem w tym, że w efekcie musimy okreslić monotoniczność ostatniego z ilorazów w "klasyczny" sposób. W tym zas wypadku procedura rekurencyjna zadania nie upraszcza... Pozdrawiam, «teofrast» P.S. Nierównośc trygonometryczną, która zajmowalismy się − udowodniłem. Powyższe zadanie jest niejako pokłosiem tamtego...

b.: dodam tylko, że aby pokazać wypukłość f, wystarczy wykazać, że funkcja

	f(x)−f(0)
	x

jest (słabo) rosnąca na (0,1) to może być łatwiejsze, bo wystarczy badać pierwszą pochodną −− ale nie sprawdzałem...

teofrast: Nie jest łatwiejsze − wystarczy przepuścić przez Wolframa, aby zobaczyć wynik...

teofrast: Kto jest chętny do działania ?

b.: mi sie wydaje, że jest łatwiejsze: badamy monotoniczność

	(2−x)n−1 − (2n−1)(1−xn)		l(x)
g(x)=		=:
	x(1−xn)		m(x)

gdzie l,m sa funkcjami z licznika i mianownika, odpowiednio ponieważ l(0)=m(0) = 0, więc żeby pokazać, że g jest monotoniczna, wystarczy pokazać monotoniczność

	l'(x)
	m'(x)

czyli zbadać znak pochodnej powyższej funkcji jeśli się nie pomyliłem w rachunkach, to w liczniku tej pochodnej dostaje się coś*(2+x+nxⁿ−nxⁿ⁻²−2xⁿ⁻¹) + inne coś, gdzie oba cosie są dodatnie, i mianownik też,

	l'
więc		jest rosnąca, a zatem funkcja 1/f jest wypukła.
	m'

stąd f jest wypukła ale mogłem się pomylić w rachunkach...

b.: jest błąd: wniosek 1/f wypukła => f wypukła jest niepoprawny, trzeba badać zwyczajnie f, jest szansa, że podobną metodą się da to zrobić

teofrast: witaj <b> , jeżeli udowodniłeś, że 1/f jest wypukła, to ja chyba zrobiłem resztę... Nie jest to może szczyt elegancji, ale jest...Opublikuję jutro rozwiązanie z wykorzystaniem tego wyniku. Muszę jeszcze sprawdzić Twoje rachunki przepuszczając przez Wolframa ( możesz to zresztą też zrobić ze swojej strony...). Pozdr. <teofrast>

teofrast: <b>, chyba jednak się pomyliłeś...Sobie często też już nie wierzę, dlatego przerzuciłem się na Wolframa...Krócej i bezbłędnie! W naszym przypadku niezawodny Wolfram podaje duuużo bardziej skomplikowaną formułę... Zastanawiam się, dlaczego tak mało tutaj forumowiczów korzysta z jego (bezpłatnych) usług ? Wiele osób zaoszczędziłoby czas i energię...

Trivial: Ja korzystam cały czas.

b.: ja też korzystam, ale on nie zawsze się sprawdza. Zawsze w zasadzie daje jakis wynik, ale często nie jest on w przyjemnej postaci. A tutaj: mogłem zrobić jakies pomyłki, ale nie sądzę, żeby po poprawieniu było coś ,,duuużo bardziej skomplikowanego'' −− mogą być inne czynniki przy poszczególnych składnikach, inny znak itp., ale raczej nie całkiem inna postać. Może w takim razie napisze jak przekształcałem wyrażenie w liczniku: wyłączyłem przed nawias n(n−1)(2−x)ⁿ⁻² (=pierwsze ,,coś'') w tych wyrażeniach, gdzie taki czynnik występował. Został mi składnik postaci n(n−1)2ⁿ⁻¹ xⁿ⁻² (=drugie ,,coś''). A w mianowniku oczywiście jest (m'(x))². Możesz sprawdzić rachunki, albo wyjść od postaci podawanej przez wolframa i próbować przekształcić np. jak napisałem wyżej.

teofrast: Niniejszym informuję, że zadanie zostało rozwiązane na francuskim forum matematycznym, gdzie równolegle je zawiesiłem ( mam tam inny pseudonim). Zatem matematyczny mecz Polska−Francja zostaje zakończony wynikiem 0:1.... Wszystkich zainteresowanych odsyłam do: http://www.ilemaths.net/forum-sujet-500890.html