Cembung dan kurva terpendek

Question

Saya menemukan PDF yang berisi dua pertanyaan berikut:

1. Untuk fungsi apa pun $g \in C^1$, biarkan $F(g) = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + (g’(t))^2}dt$. Tunjukkan bahwa jika f, g adalah$C^1$ dan $\lambda \in ]0, 1[$, kemudian $F(\lambda f + (1 - \lambda)g) \leq \lambda F(f) + (1-\lambda) F(g)$.

2. Jika $a, b$ diberikan $\mathbb{R}$, tunjukkan bahwa ada fungsi f dengan $f(0)=a, f(1)=b$ sedemikian rupa sehingga untuk setiap fungsi g dengan $g(0)=a, g(1)=b$, kita punya $F(f) \leq F(g)$.

Saya bagus dengan pertanyaan 1) (Saya menggunakan konveksitas $x \mapsto \sqrt{1+x^2}$).

Saya mengerti arti dari pertanyaan 2 (pada dasarnya, tujuannya adalah untuk menunjukkan itu di antara semua $C^1$fungsi, maka itu adalah fungsi linier yang memenuhi kondisi yang terpendek). Namun, saya tidak bisa benar-benar melihat bagaimana menggunakan pertanyaan 1 untuk menjawab pertanyaan 2 ...

Terima kasih.

Answer 1

Fungsinya $\phi(x)= \sqrt{1+x^2}$ adalah cembung dan peta $f \to f'$ linier.

Sejak $\phi$ adalah cembung yang kita miliki $\phi(x+h) \ge \phi(x) + \phi'(x)h$.

Karenanya $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 $.

Membiarkan $f(t) = a+t(b-a)$, perhatikan itu $f'(t) = b-a$ sehingga $F(f+h) \ge F(f) + {{b-a} \over \sqrt{1+(b-a)^2}} (h(1)-h(0))$.

Jika $h=g-f$ lalu kita lihat itu $h(0)=h(1)$ sehingga $F(g) \ge F(f)$.

Answer 2

Argumen berikut (asalkan saya tidak mengacaukannya) adalah garis serangan standar dalam situasi ini. Kata kuncinya adalah kalkulus variasi .

Ada beberapa detail analisis di sini yang perlu Anda khawatirkan. Misalnya, dapatkah kita benar-benar mengintegrasikan di bawah tanda integral?

Ada dua langkah:

1. Cembung $F$ menyiratkan bahwa jika $f$ adalah min lokal $F$, maka itu adalah min global $F$. Ini adalah salah satu yang sifat kunci dari kecembungan, terutama bila Anda meminimalkan.

Apa sebenarnya arti 'min lokal' dalam konteks ini? Untuk menjawab ini, mari pertimbangkan beberapa yang lain$g$, dan definisikan $h_t = (1 - t)f + t g$, yang merupakan garis antara $f$ dan $g$ di $C^1[a,b]$. Jadi kita punya$h_0 = f, h_1 = g$. Juga, definisikan dan$\phi(t) = F(h_t)$, dan perhatikan bahwa part1) menunjukkan fungsinya $\phi$adalah cembung; khususnya, jika$F(g) < F(f)$, kemudian $\phi'(0) < 0$. Jadi, untuk menunjukkan bahwa jika$f$ linier, lalu untuk semua pilihan $g$, $\phi'(0) \geq 0$.

Seseorang bisa memikirkan $\phi'(0)$ sebagai turunan arah dari $F$, di $f$, ke arah $g$. Menunjukkan bahwa itu benar$\geq 0$ untuk semua arah adalah pengertian kalkulus biasa dari min lokal.

1. Kita harus menggunakan suatu tempat definisi $F$, jadi sekarang adalah waktu yang tepat untuk mulai menuliskannya. Secara eksplisit kita punya$f(x) = a + (b - a)x$. Begitu,$h'_t(x) = (1 - t)(b - a) + t g'(x) = t(a - b + g'(x)) + ( b - a) $.

$$\phi(t) = F( h_t) = \int_0^1 \sqrt{ 1 + (h'_t(x))} dx = \int_0^1 \sqrt{1 + ( t(a - b + g'(x)) + ( b - a) )^2} dx $$

Mari kita coba menghitung $\phi'(0)$dengan membedakan di bawah integral. Pengaturan$m = (a - b + g'(x)), n = ( b -a)$, Saya meminta wolfram mengerjakan aljabar untuk saya.

$$\frac{d}{dt} \phi(t) = \int_0^1 \frac{m (mt + n)}{ \sqrt{(mt + n)^2 + 1}} dx $$

Begitu,

$$(\frac{d}{dt}\phi)(0) = \int_0^1 \frac{mn}{ \sqrt{(mt + n)^2 + 1}} dx = \int_0^1 \frac{(a - b + g'(x)) g'(x)}{\sqrt{(mt + n)^2 + 1}} dx $$

Dalam kasus khusus itu $a = b$, integralnya di sini $\geq 0$karena integral, sebagai bujursangkar, selalu non-negatif. Harus ada trik sederhana untuk mengurangi kasus ini, tetapi saya tidak melihatnya sekarang. Mungkin jika Anda mengerjakan aljabar dengan tangan Anda akan melihatnya? (Anda dapat menerjemahkan dan membuat skala$a = 0, b = 1$. Saya berpikir tentang menerapkan transformasi belaka, tetapi menunjukkan bahwa itu mempertahankan minimal$F$ sepertinya menjijikkan.)