उत्तलता और सबसे छोटी वक्र
मुझे एक पीडीएफ मिली जिसमें दो निम्नलिखित प्रश्न थे:
किसी फंक्शन के लिए $g \in C^1$, चलो $F(g) = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + (g’(t))^2}dt$। दिखाओ कि अगर एफ, जी हैं$C^1$ तथा $\lambda \in ]0, 1[$, तब फिर $F(\lambda f + (1 - \lambda)g) \leq \lambda F(f) + (1-\lambda) F(g)$।
अगर $a, b$ में दिए गए हैं $\mathbb{R}$, दिखाओ कि वहाँ एक समारोह के साथ है च $f(0)=a, f(1)=b$ इस तरह के प्रत्येक समारोह के लिए जी के साथ $g(0)=a, g(1)=b$, अपने पास $F(f) \leq F(g)$।
मैं प्रश्न 1) के साथ अच्छा हूं $x \mapsto \sqrt{1+x^2}$) का है।
मुझे प्रश्न 2 का अर्थ मिलता है (मूल रूप से, लक्ष्य यह दिखाना है कि सभी के बीच है $C^1$फ़ंक्शंस, तो यह रैखिक फ़ंक्शन उन स्थितियों को संतोषजनक है जो सबसे कम है)। हालाँकि, मैं वास्तव में यह नहीं देख सकता कि प्रश्न 2 का उत्तर देने के लिए प्रश्न 1 का उपयोग कैसे किया जाए ...
धन्यवाद।
जवाब
कार्यक्रम $\phi(x)= \sqrt{1+x^2}$ उत्तल और नक्शा है $f \to f'$ रैखिक है।
जबसे $\phi$ उत्तल है हमारे पास $\phi(x+h) \ge \phi(x) + \phi'(x)h$।
इसलिये $F(f+h)=\int_0^1\sqrt{1+((f+h)'(t))^2 } dt \ge F(f)+\int_0^1 {f'(t) \over \sqrt{1+(f'(t))^2}}h'(t) dt $।
लश्कर $f(t) = a+t(b-a)$, ध्यान दें कि $f'(t) = b-a$ इसलिए $F(f+h) \ge F(f) + {{b-a} \over \sqrt{1+(b-a)^2}} (h(1)-h(0))$।
अगर $h=g-f$ फिर हम देखते हैं कि $h(0)=h(1)$ इसलिए $F(g) \ge F(f)$।
निम्नलिखित तर्क (बशर्ते मैंने इसे गड़बड़ नहीं किया है) इस स्थितियों में हमले की एक मानक रेखा है। कीवर्ड विविधताओं का कलन है ।
यहां कुछ विश्लेषण विवरण हैं जिनके बारे में आपको चिंता करनी चाहिए। उदाहरण के लिए, क्या हम वास्तव में अभिन्न संकेत के तहत एकीकृत कर सकते हैं?
दो चरण हैं:
- का उत्कर्ष $F$ तात्पर्य है कि अगर $f$ का एक स्थानीय मंत्री है $F$, तो यह एक वैश्विक मंत्री है $F$। यह उत्तलता के प्रमुख गुणों में से एक है , खासकर जब आप कम कर रहे हैं।
इस संदर्भ में वास्तव में 'स्थानीय मंत्री' का क्या अर्थ है? इसका उत्तर देने के लिए, आइए कुछ अन्य पर विचार करें$g$, और परिभाषित $h_t = (1 - t)f + t g$, जो बीच की लाइन है $f$ तथा $g$ में $C^1[a,b]$। तो हमारे पास$h_0 = f, h_1 = g$। इसके अलावा, परिभाषित करें और$\phi(t) = F(h_t)$, और ध्यान दें कि part1) फ़ंक्शन को दर्शाता है $\phi$उत्तल है; विशेष रूप से, यदि$F(g) < F(f)$, तब फिर $\phi'(0) < 0$। तो, यह दिखाने के लिए कि यदि$f$ रैखिक है, तो सभी विकल्पों के लिए $g$, $\phi'(0) \geq 0$।
एक के बारे में सोच सकते हैं $\phi'(0)$ के दिशात्मक व्युत्पन्न के रूप में $F$, पर $f$, दिशा में $g$। दिखा रहा है कि यह है$\geq 0$ सभी दिशाओं के लिए एक स्थानीय न्यूनतम की सामान्य गणना है।
- हमें कहीं न कहीं इसकी परिभाषा का उपयोग करना होगा $F$, इसलिए अब चीजों को लिखना शुरू करने का एक अच्छा समय होगा। स्पष्ट रूप से हमारे पास है$f(x) = a + (b - a)x$। इसलिए,$h'_t(x) = (1 - t)(b - a) + t g'(x) = t(a - b + g'(x)) + ( b - a) $।
$$\phi(t) = F( h_t) = \int_0^1 \sqrt{ 1 + (h'_t(x))} dx = \int_0^1 \sqrt{1 + ( t(a - b + g'(x)) + ( b - a) )^2} dx $$
आइए गणना करने का प्रयास करते हैं $\phi'(0)$अभिन्न के तहत विभेद करके। स्थापना$m = (a - b + g'(x)), n = ( b -a)$, मैंने वुल्फराम मेरे लिए बीजगणित किया था।
$$\frac{d}{dt} \phi(t) = \int_0^1 \frac{m (mt + n)}{ \sqrt{(mt + n)^2 + 1}} dx $$
इसलिए,
$$(\frac{d}{dt}\phi)(0) = \int_0^1 \frac{mn}{ \sqrt{(mt + n)^2 + 1}} dx = \int_0^1 \frac{(a - b + g'(x)) g'(x)}{\sqrt{(mt + n)^2 + 1}} dx $$
विशेष मामले में है कि $a = b$यहाँ अभिन्न है $\geq 0$अभिन्न के बाद से, एक वर्ग, हमेशा गैर-नकारात्मक होता है। इस मामले को कम करने के लिए एक सरल चाल होनी चाहिए, लेकिन मैं इसे अभी नहीं देख रहा हूं। शायद अगर आप हाथ से बीजगणित करते हैं तो आप इसे देखेंगे? (आप अनुवाद और पैमाने बनाने के लिए कर सकते हैं$a = 0, b = 1$। मैंने एक सरासर परिवर्तन को लागू करने के बारे में सोचा, लेकिन यह दिखाते हुए कि यह मिनीमा को संरक्षित करता है$F$ शानदार लगता है।)