función convexa derecha izquierda derivados

Question

Hola cómo mostrar los siguientes para una función convexa $f(x)$:

Que $f(x_0) \in R$

entonces es de $\frac{f(x_0 + \epsilon) - f(x_0)}{\epsilon}$ nondecreasing $\epsilon$

Semejantemente cómo mostrar los derivados izquierdos y derecho de $f(x)$ siempre existe y derecho derivado es mayor que el derivado de la izquierda.

¡Muchas gracias!

Answer 1

Sugerencia: utilizar $f(x_0+\epsilon) = f(\tfrac{\epsilon}{t}(x_0+t) + (1-\tfrac{\epsilon}{t})x_0)$, es una combinación convexa dentro de $t\geq \epsilon$, y reorganizar para obtener ese $$ \frac{f(x_0+\epsilon) - f(x_0)} {\epsilon} \leq \frac{f(x_0+t) - f(x_0)} {t}. $$

Answer 2

Usted puede demostrar utilizando la siguiente:

Teorema 1. La función $\varphi:(a,b)\to \mathbb{R}$ es convexo si para cada a $a<x<y<z<b$ es de la siguiente manera $$\left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\ x & y & z \\ \varphi(x) & \varphi(y) & \varphi(z) \end{array} \right|\ge 0$$ iff \begin{equation}\frac{\varphi(y)-\varphi(x)}{y-x} \le \frac{\varphi(z)-\varphi(x)}{z-x} \le \frac{\varphi(z)-\varphi(y)}{z-y} \quad\quad\quad(1)\end{equation}

Teorema 2. Para convexa de la función$\varphi:(a,b)\to \mathbb{R}$, y para cada $x_0 \in (a,b)$ función de $\Delta_{\varphi,x_0}(x)=\dfrac{\varphi(x)-\varphi(x_0)}{x-x_0}$ $x \neq x_0$ es monótona no decreciente de la función en $(a,x_0) \cup (x_0,b)$.

Sugerencia (por el Teorema 2): el Uso de la relación $(1)$ y ajuste de $x_0 \in \{x,y,z\}$ "fácil" para mostrar el enunciado del teorema.

Teorema 3. Cada función convexa $\varphi:(a,b)\to \mathbb{R}$ tienen el derecho a la mano derivado en $(a,b)$$\varphi'_-\le \varphi'_+$$(a,b)$.

Prueba. Deje $a<x<y<z<b$. Para monótona no decreciente la función $\Delta_{\varphi,y}$ existe la izquierda y la derecha limis, por lo que de $(1)$ al $x\to y-$ $z \to y+$ tenemos $$\begin{align}\varphi'_-(y)&=\lim_{x\to y-} \frac{\varphi(x)-\varphi(y)}{x-y}\\ &=\sup_{a<x<y}\frac{\varphi(y)-\varphi(x)}{y-x}\\ &\le \inf_{y<z<b}\frac{\varphi(z)-\varphi(y)}{z-y}\\ &=\lim_{z\to y+}\frac{\varphi(z)-\varphi(y)}{z-y}=\varphi'_+(y)\end{align}$$

Y estamos usando aquí el Teorema 2 para la parte $\lim=\sup$, etc.

Answer 3

Algo esquemática, y dejamos caer algunos detalles. Completa la prueba se puede encontrar en, por ejemplo, Jan van Tiel, "Análisis Convexo: un Texto Introductorio".

Por simplicidad, suponga que consideramos una función convexa $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$, es decir, en todas partes definidas. Es una sencilla consecuencia de la definición de la convexidad (un simple reordenamiento), que si se inscribe un triángulo $ABC$ en la gráfica de $f$, $x_A<x_B<x_C$ (dibujar esta figura), entonces las pendientes de los segmentos de línea se ordenó como $AB<AC<BC$.

Como en la formulación de la pregunta, vamos a $x_A = x_0$, $x_B = x_0 + \epsilon$, $x_C = x_0 + \epsilon'$, donde $\epsilon' > \epsilon$. Tenga en cuenta que la pendiente de $AB$ es simplemente $(f(x_0+\epsilon)-f(x_0))/\epsilon$ y la pendiente de $AC$$(f(x_0+\epsilon')-f(x_0))/\epsilon'$. De ello se deduce que la pendiente es no decreciente en $\epsilon$.

Para mostrar que el derecho derivado siempre existe, nos enfocaremos nuestra atención en el caso de $x_A < x_0 = x_B < x_0+\epsilon = x_C$. Como $\epsilon\rightarrow 0$, la pendiente de $BC$ se convierte en el derecho derivado -- si es que existe. Pero la pendiente de $BC$ siempre está acotado abajo por la pendiente $AB$. Por otra parte, es nonincreasing como $\epsilon\rightarrow 0$. De ello se deduce que el límite existe.

Del mismo modo, uno puede demostrar la existencia de la izquierda derivados. Que la izquierda derivado no es mayor que el derecho derivado de la siguiente manera a partir de simple triángulo de pendiente consideraciones.