Matematické Fórum

Aquabellla · 18. 01. 2014 18:45

Pěkný večer přeji.
Mám důkaz, se kterým nedokážu hnout. Zde je zadání:

Dokažte, že funkce $g$ je konvexní:

$g(z) = \inf_{x \in \mathbb{R}^{m+1}} \{ \sum_{i} \exp^* (x_i) | \sum_{i} x_i = 1, \sum_{i} x_i a^i = z\}$ ,
kde $\exp^*(x) = \begin{cases} x \ln x - x & x > 0 \\ 0 & x = 0 \\ + \infty & x < 0 \end{cases}$ ; funkce $g: \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ ; body $a^0, \cdots, a^m \in \mathbb{R}^n$ .

Zkoušela jsem si situaci přestavit v $\mathbb{R}^2$ a zkusit se dobrat k výsledku přes Lagrangeovy multiplikátory, ale dostala jsem z toho akorát dost složité výrazy. Prosím o jakoukoliv radu :-)

Brano · 19. 01. 2014 01:51 — Editoval Brano (25. 01. 2014 11:59)

(Je to pomerne zdlhave, tak snad som sa nepomylil.)

Nech
$M(z)=\{x \in \mathbb{R}^{m+1}\Big| \sum_{i} x_i = 1,\ \sum_{i} x_i a^i = z\}$
potom
$g(z) = \inf \{ \sum_{i} \exp^* (x_i) \Big | x\in M(z)\}$

Funkcia
$f(x)=\sum_{i} \exp^* (x_i)$
moze byt konecne iba na kompaktnej mnozine
$M^+(z)=\{x \in \mathbb{R}^{m+1}\Big|x_i\ge 0,\ \sum_{i} x_i = 1,\ \sum_{i} x_i a^i = z\}$
a tam je to aj spojita - cize nadobuda minimum.
A teda mame
$g(z)=\begin{cases}\infty & M^+(z)=\emptyset\\ \min\{ \sum_{i} \exp^* (x_i) \Big | x\in M^+(z)\} & M^+(z)\not=\emptyset\end{cases}$
Oznacme
$D=\{z\in R^n| M^+(z)\not=\emptyset\}$
$a=\sum_i ||a^i||$
Potom $D\subseteq B(a)$ - gula s polomerom a a stredom v 0.
Dalej ak $x\in M^+(z)$ a $y\in M^+(w)$ tak pre lubovolne $p\in[0,1]$ plati $px+(1-p)y\in M^+(pz+(1-p)w)$ a teda $D$ je konvexna.
Pozn: vlastne sa dalo rovno vidiet, ze $D=\text{conv}\{a^0,...,a^m\}$ .

Funkcia $g$ je teda konecna na $D$ a nekonecna inde. Kedze neviem ci je nejaka zauzivana dohoda ako urcovat konvexnost fcie co nadobuda nekonecno, tak podme iba dokazat, ze $g_{|D}$ je konvexna.

$\exp^*$ je konvexna na $[0,1]$ a teda $f(x)$ je konvexna na
$S=\{x \in \mathbb{R}^{m+1}\Big|x_i\ge 0,\ \sum_{i} x_i = 1\}$ .

Uvazujme $z,w\in D$ potom existuje $x\in M^+(z)$ a $y\in M^+(w)$ take, ze $g(z)=f(x)$ a $g(w)=f(y)$ a teda pre lubovolne $p\in [0,1]$ mame
$g(pz+(1-p)w)\le f(px+(1-p)y)\le pf(x)+(1-p)f(y)=pg(z)+(1-p)g(w)$
(prva nerovnost je z definicie $g$ a druha z konvexity $f$ )
a to je co sme chceli.

Aquabellla · 24. 01. 2014 15:43

↑ Brano:

Děkuji moc za vyčerpávající odpověď!

Mám jen dvě otázky:
1) $D=\{z\in R| M^+(z)\not=\emptyset\}$ - nemělo by být $z\in R^n$ ?
2) $g(z) = f(x)$ a $g(w) = g(y)$ - nemělo by být $g(w) = f(y)$ ?