Dział prezentujący praktyczne zastosowanie teorii przy rozwiązywaniu zadań.
Regulamin forum UWAGA! nie jest to dział, w którym zamieszczane są tematy z prośbą o rozwiązanie zadania.
Wszystkie posty w tym dziale muszą zostać zaakceptowane przez moderatora zanim się pojawią.
[...]teraz Jensenik dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)=x \ln x}\) i koniec
[...]po zlogarytmowaniu wynika z nierówności Jensena
Wielu początkującym rozwiązywaczom nierówności niedobrze robi się gdy widzą coś takiego. Skąd się biorą te wszystkie magiczne funkcje?. Z kapelusza? Z kosmosu? Dlaczego tak a nie inaczej? Kiedy w ogóle można stosować nierówność Jensena?
___________________________________________ wymagania wstępne: znajomość pochodnych, definicja wypukłości.
Sprawca całego zamieszania - nierówność Jensena to następujące cudo:
Niech \(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}}\) będzie funkcją wypukłą na przedziale \(\displaystyle{ M}\). Wtedy dla dowolnych \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_n \in M}\) oraz \(\displaystyle{ p_1,p_n,...,p_n \in [0,1]}\) gdzie\(\displaystyle{ p_1+p_2+...+p_n=1}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ f( \sum_{i=1}^{n} p_ia_i) \le \sum_{i=1}^{n}p_if(a_i)}\)
nietrudny dowód indukcyjny można przeprowadzić opierając się na algebraicznej definicji wypukłości.
Jak określić wypukłość funkcji? W oparciu o definicję może to być trudne. Na szczęście zazwyczaj mamy do czynienia z funkcjami "normalnymi" tj. co najmniej dwukrotnie różniczkowalnymi, a wtedy przychodzi nam z pomocą następujące Twierdzenie
Funkcja \(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}}\) dwukrotnie różniczkowalna na przedziale \(\displaystyle{ M}\) jest wypukła wtedy i tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ f''_{|M} \ge 0}\)
No dobra ale przydałaby się jakaś intuicja. Wypukłość często widać z wykresu. Jeśli każdy odcinek o końcach w punktach \(\displaystyle{ (a,f(a))}\) i \(\displaystyle{ (b,f(b))}\) dla \(\displaystyle{ a<b \in M}\) leży w całości powyżej wykresu funkcji, to funkcja jest wypukła. Równoważnie, jeśli styczna do wykresu funkcji w punkcie \(\displaystyle{ x}\) leży lokalnie poniżej wykresu, również mamy do czynienia z funkcją wypukłą.
Funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest wypukła wtedy i tylko wtedy gdy funkcja \(\displaystyle{ -f}\) jest wklęsła.
Przykłady przydatnych funkcji wypukłych: \(\displaystyle{ \mathbb{R_+} \ni x \to f(x)=x \ln x}\) \(\displaystyle{ \mathb{R} \ni x \to f(x)=e^x}\) \(\displaystyle{ \mathbb{R_+} \ni x \to f(x)=\frac{1}{x}}\) \(\displaystyle{ \mathbb{R_+} \ni x \to f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}}\)
funkcjami wklęsłymi są na przykład: \(\displaystyle{ \mathbb{R_+} \ni x \to f(x)=\ln x}\) \(\displaystyle{ \mathbb{R_+} \ni x \to f(x)=\sqrt{x}}\)
___________________________________________
Koniec tego nudnego wstępu; przechodzimy do meritum.
Na początek udowodnimy
nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną:
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i \ge \sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}x_i}}\)
dla \(\displaystyle{ a_1,...,a_n \ge 0}\)
hmmm co my tu mamy... Po lewej suma a po prawej iloczyn. Skoro nierówność tę podałem jako pierwszy przykład, więc musi być łatwa. Ale jak zastosować nierówność Jensena w której pojawiają nam się sumy, do czegoś takiego? Na szczęście mamy dwie uniwersalne metody pozbywania się iloczynów - zlogarytmowanie obu stron, lub podstawienie \(\displaystyle{ x_i = e^{y_i}}\) (gdy któryś z wyrazów jest zerowy, nierówność jest trywialna).
Najpierw pierwsza metoda. Przepisujemy nierówność w postaci \(\displaystyle{ \ln (\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i) \ge \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}\ln x_i}\)
Wygląda już lepiej. Więcej: wygląda bardzo dobrze bo to po prostu nierówność Jensena dla wklęsłej funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\ln x}\) i \(\displaystyle{ p_i= \frac{1}{n} \ \ i=1,2,...,n}\).
Druga metoda jest podobna, ale warto ją przedstawić bo nie zawsze występuje w parze z powyższą. Po podstawieniu \(\displaystyle{ x_i = e^{y_i}}\) dostajemy: \(\displaystyle{ \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}e^{y_i} \ge e^{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n}y_i}}\)
Czy coś Ci to przypomina? Na pewno tak bo to po prostu Jensen dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)=e^x}\) która jest wypukła na całej osi liczb rzeczywistych
to było proste. Teraz coś trudniejszego, co pokaże nam pożytek wynikający ze stosowania niekoniecznie równych wag:
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ \sqrt{(b + c)(2a + b + c)} + \sqrt{(a + c)(a + 2b + c)} + \sqrt{(a + b)(a + b + 2c)} \le 2\sqrt{2}}\)
dla nieujemnych \(\displaystyle{ a,b,c}\) sumujących się do 1.
Nie jest to zbyt trudna nierówność i można ją rozwiązać na kilka sposobów.
Przepiszmy ją jako: \(\displaystyle{ \sqrt{1-a^2}+ \sqrt{1-b^2}+ \sqrt{1-c^2} \le 2\sqrt{2}}\)
Co nam się nasuwa? Może spróbujmy z funkcją wklęsłą \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{x}}\): \(\displaystyle{ L=f(1-a^2)+f(1-b^2)+f(1-c^2) \le 3f(\frac{3-(a^2+b^2+c^2)}{3})}\)
na mocy nierówności między średnimi kwadratową i arytmetyczną otrzymamy \(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \ge \frac{1}{9}}\)
co daje nam \(\displaystyle{ 3f(\frac{3-(a^2+b^2+c^2)}{3}) \le 3f(1-\frac{1}{9})=P}\)
zaskakująco łatwe... Czy aby na pewno nierówność Jensena była konieczna? Nie! Nasza pierwsze przekształcenie jest równoważne nierówności między średnimi arytmetyczną a kwadratową, którą przy okazji udowodniliśmy dla przypaku 3 zmiennych, a w naturalny sposób dostajemy na tacy dowód dla \(\displaystyle{ n}\) zmiennych. Nie należy szaleć i wpychać Jensena tam gdzie nie jest konieczny, choćby dlatego że liczenie pochodnej nie jest zbyt twórcze ani przyjemne, a poza tym elementarny dowód jest bardziej czytelny.
Napisałem o kilku metodach i oto kolejna z nich:
Tak samo jak pomysł rozważania funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{x}}\) jest niezbyt odkrywczy, również \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{1-x^2}}\) wydaje się być naturalnym wyborem. I rzeczywiście - jest ona wklęsła i wszystko pasuje. Jest o tyle lepsza że scala dwa kroki z poprzedniego rozwiązania w jeden.
Wspomniałem o nie-równych wagach. Otóż mniej oczywisty jest pomysł zapisania naszej nierówności jako: \(\displaystyle{ (b+c)\sqrt{\frac{2a}{b+c}+1}+(c+a)\sqrt{\frac{2b}{c+a}+1}+(a+b)\sqrt{\frac{2c}{a+b}+1} \le 2 \sqrt{2}}\)
możemy zastosować nierówność Jensena dla wklęsłej funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{1+x}}\) z wagami \(\displaystyle{ \frac{b+c}{2}, \frac{c+a}{2},\frac{a+b}{2}}\): \(\displaystyle{ (b+c)f(\frac{2a}{b+c})+(c+a)f(\frac{2b}{c+a})+(a+b)f(\frac{2c}{a+b}) \le 2f(a+b+c) = 2 \sqrt{2}}\)
Ładnie. Ale skąd to się wzięła ta funkcja? Można by rzec: znikąd, ale jest to prosty przykład zastosowania fajnej i przydatnej metody: zapisać jedną stronę jako sumę wyrażeń postaci \(\displaystyle{ \alpha_i f(\frac{x_i}{\alpha_i})}\) aby po zastosowaniu nierówności Jensena alphy nam się poskracały a zostały tylko interesujące nas zmienne \(\displaystyle{ x_i}\)
kolejna nierówność pokazuje nam że nie zawsze Jensen jest najlepszą drogą do rozwiązania:
Ukryta treść:
Dla \(\displaystyle{ a,b,c}\) dodatnich pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{a}{ \sqrt{ab+b^2} }+\frac{b}{ \sqrt{bc+c^2} }+\frac{c}{ \sqrt{ac+a^2} } \ge \frac{3 \sqrt{2} }{2}}\)
hmm nie wygląda za dobrze. Ale nie zrażajmy się. Może wypukła funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}}\) nam pomoże? Spróbujmy: \(\displaystyle{ af(ab+b^2)+bf(bc+c^2)+cf(ca+a^2) \ge (a+b+c)f(\frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{a+b+c}) \ge \frac{3 \sqrt{2}}{2}}\)
ostatnia nierówność niestety jest równoważna fałszywej nierówności: \(\displaystyle{ (a+b+c)^3 \ge \frac{9}{2} (ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a))}\)
Ale co tam - jedna porażka nie musi świadczyć że zadanie jest kosmicznie trudne. Zapiszmy może nierówność jako: \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{x} \sqrt{1+x^2 }} =\sum_{}^{} \frac{1}{ \sqrt{\frac{b}{a}} \sqrt{1+(\frac{b}{a}})^2 } \ge \frac{3 \sqrt{2} }{2}}\)
gdzie \(\displaystyle{ xyz=1}\). Może by więc spróbować funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\sqrt{e^x}\sqrt{1+e^{2x}}}}\) ? Niestety nie możemy tego zrobić bo czasem jest ona wypukła a czasem wklęsła, co nam wszystko psuje. Ale do trzech razy sztuka: może funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\frac{e^x}{\sqrt{1+e^x}}}\) załatwi sprawę? Taak! Jest ona wypukła i \(\displaystyle{ L=f(-\ln x)+f(-\ln x)+f(-\ln x) \ge 3f(\frac{-\ln(xyz)}{3})=3f(0)=\frac{3}{\sqrt{2}}}\)
Zadanie okazało się dosyć trudne, gdy za wszelką cenę chcemy rozwiązać je z pomocą nierówności Jensena. Jest to zły nawyk, o czym może nas przekonać to rozwiązanie:
frej pisze: Z AM-GM \(\displaystyle{ \sum \frac{a}{\sqrt{2b(a+b)}} \ge \sum \frac{2a}{3b+a} \ge 2\frac{(a+b+c)^2}{3\sum ab +\sum a^2} \ge \frac{3}{2}}\)
ponieważ \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca}\)
