773 zadań 576 rozwiązań 530 użytkowników
zaloguj się

dowód poprzez indukcje matematyczną.


Udowodnic poprzez indukcje matematyczną, że
f(\frac{1}{2^p} \sum_{i = 1} ^{2^p} x_i) \leq \frac{1}{2^p} \sum_{i = 1} ^{2^p} f(x_1)

dla kazdego p \in \aleph i x_1, \cdots, x_{2^p} \in D. Gdzie D będzie wypukłym i otwartym zbiorem.

2 rozwiązania

W indukcji trzeba najpierw pokazać, że istnieje takie p, dla którego podana nierówność jest spełniona.
W zadaniu brakuje informacji na temat funkcji f, która by na to pozwalała (patrz: kontrprzykład).

Zmodyfikujmy zadanie: załóżmy na moment, że badamy tylko takie funkcje,
dla których nierówność jest spełniona dla p=2, to znaczy z definicji:
\forall x_{1},x_{2}\in D:\ f(\frac{1}{2}(x_{1}+x_{2}))\leq \frac{1}{2}(f(x_{1})+f(x_{2}))

Trzeba teraz pokazać, że jeśli podana nierówność byłaby spełniona dla dowolnego p\geq 2,
będzie też spełniona dla p+1. Inaczej mówiąc, czy z faktu że:
f(\frac{1}{2^{p}}\sum_{i=1}^{2^{p}}x_{i})\leq \frac{1}{2^{p}}\sum_{i=1}^{2^{p}}f(x_{i})
wynika:
f(\frac{1}{2^{p+1}}\sum_{i=1}^{2^{p+1}}x_{i})\leq \frac{1}{2^{p+1}}\sum_{i=1}^{2^{p+1}}f(x_{i})

Skorzystajmy z wypukłości D. Definicja wypukłości:
\forall x_{1},x_{2}\in D\ \forall \lambda \in \left\langle 0;1 \right\rangle:\ \lambda x_{1}+(1-\lambda)x_{2}\in D

Zdefiniujmy: y_{i}=\frac{1}{2}(x_{2i-1}+x_{2i}). Z definicji wypukłości wynika,
że tak zdefiniowane y_{i} należy do D.
Mamy: \sum_{i=1}^{2^{p+1}}\frac{1}{2}x_{i}=\sum_{i=1}^{2^{p}}(\frac{1}{2}x_{2i-1}+\frac{1}{2}x_{2i})=\sum_{i=1}^{2^{p}}y_{i}
Wtedy:
f(\frac{1}{2^{p+1}}\sum_{i=1}^{2^{p+1}}x_{i})=f(\frac{1}{2^{p}}\sum_{i=1}^{2^{p+1}}\frac{1}{2}x_{i})=f(\frac{1}{2^{p}}\sum_{i=1}^{2^{p}}y_{i})\leq \\ \leq \frac{1}{2^{p}}\sum_{i=1}^{2^{p}}f(y_{i})=\frac{1}{2^{p}}\sum_{i=1}^{2^{p}}f(\frac{1}{2}(x_{2i-1}+x_{2i}))\leq \\ \leq \frac{1}{2^{p}}\sum_{i=1}^{2^{p}}\frac{1}{2}(f(x_{2i-1})+f(x_{2i}))=\frac{1}{2^{p+1}}\sum_{i=1}^{2^{p}}(f(x_{2i-1})+f(x_{2i}))=\frac{1}{2^{p+1}}\sum_{i=1}^{2^{p+1}}f(x_{i})
co należało dowieść.

W tym zadaniu brakuje jakiejś własności funkcji f, na której można by oprzeć indukcję.
Można łatwo znaleźć kontrprzykład, dla którego podana nierówność nie będzie spełniona, np.:
niech f:(0;1)\to (0;1),\ f(x)=\begin{case}0\ dla\ x<\frac{1}{3}\\\frac{1}{2}\ dla\ \frac{1}{3}\leq x\leq \frac{2}{3}\\0\ dla\ x>\frac{2}{3}\end{case}
Weźmy p=1,\ x_{1}=\frac{1}{3},\ x_{2}=\frac{2}{3}.
Wtedy
f(\frac{1}{2}(x_{1}+x_{2}))=f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}>\\ >\frac{1}{2}(f(x_{1})+f(x_{2}))=\frac{1}{2}(f(\frac{1}{3})+f(\frac{2}{3}))=0
co jest sprzeczne z podaną nierównością. Podobnie można pokazać dla dowolnego p.

Warto się zastanowić, jakie (minimalne) warunki na funkcję f wystarczą, żeby nierówność była spełniona. Proponuję np.: \forall x_{1},x_{2}\in D:\ f(\frac{1}{2}(x_{1}+x_{2}))\leq \frac{1}{2}(f(x_{1})+f(x_{2}))

Dodaj nowe zadanie

Przypisane tagi