Convessità e curva più corta

Question

Ho trovato un PDF in cui c'erano le due seguenti domande:

1. Per qualsiasi funzione $g \in C^1$, permettere $F(g) = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + (g’(t))^2}dt$. Mostra che se f, g lo sono$C^1$ e $\lambda \in ]0, 1[$, poi $F(\lambda f + (1 - \lambda)g) \leq \lambda F(f) + (1-\lambda) F(g)$.

2. Se $a, b$ sono ceduti $\mathbb{R}$, mostra che esiste una funzione f con $f(0)=a, f(1)=b$ tale che per ogni funzione g con $g(0)=a, g(1)=b$, noi abbiamo $F(f) \leq F(g)$.

Sono bravo con la domanda 1) (ho usato la convessità di $x \mapsto \sqrt{1+x^2}$).

Capisco il significato della domanda 2 (fondamentalmente, l'obiettivo è dimostrarlo tra tutti $C^1$funzioni, quindi è la funzione lineare che soddisfa le condizioni che è la più breve). Tuttavia, non riesco davvero a vedere come utilizzare la domanda 1 per rispondere alla domanda 2 ...

Grazie.

Answer 1

La funzione $\phi(x)= \sqrt{1+x^2}$ è convesso e la mappa $f \to f'$ è lineare.

Da $\phi$ è convesso che abbiamo $\phi(x+h) \ge \phi(x) + \phi'(x)h$.

Quindi $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 $.

Permettere $f(t) = a+t(b-a)$, notare che $f'(t) = b-a$ e così $F(f+h) \ge F(f) + {{b-a} \over \sqrt{1+(b-a)^2}} (h(1)-h(0))$.

Se $h=g-f$ poi lo vediamo $h(0)=h(1)$ e così $F(g) \ge F(f)$.

Answer 2

Il seguente argomento (a patto di non aver sbagliato) è una linea di attacco standard in queste situazioni. La parola chiave è calcolo delle variazioni .

Ci sono alcuni dettagli di analisi qui di cui dovresti preoccuparti. Ad esempio, possiamo davvero integrarci solo sotto il segno integrale?

Ci sono due passaggi:

1. Convessità di $F$ implica che se $f$ è un minimo locale di $F$, quindi è un minimo globale di $F$. Questa è una delle le proprietà chiave di convessità, soprattutto quando si sta riducendo al minimo.

Che cosa significa esattamente "min locale" in questo contesto? Per rispondere a questa domanda, consideriamone qualcun altro$g$e definire $h_t = (1 - t)f + t g$, che è il confine tra $f$ e $g$ nel $C^1[a,b]$. Quindi abbiamo$h_0 = f, h_1 = g$. Inoltre, definire e$\phi(t) = F(h_t)$e nota che part1) mostra la funzione $\phi$è convesso; in particolare, se$F(g) < F(f)$, poi $\phi'(0) < 0$. Quindi, per dimostrare che se$f$ è lineare, quindi per tutte le scelte di $g$, $\phi'(0) \geq 0$.

Si può pensare $\phi'(0)$ come derivata direzionale di $F$, a $f$, nella direzione $g$. Dimostrando che lo è$\geq 0$ per tutte le direzioni è la solita nozione di calcolo di un min locale.

1. Dobbiamo usare da qualche parte la definizione di $F$, quindi ora sarebbe un buon momento per iniziare a scrivere le cose. Esplicitamente lo abbiamo$f(x) = a + (b - a)x$. Così,$h'_t(x) = (1 - t)(b - a) + t g'(x) = t(a - b + g'(x)) + ( b - a) $.

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

Proviamo a calcolare $\phi'(0)$differenziando sotto l'integrale. Ambientazione$m = (a - b + g'(x)), n = ( b -a)$, Ho fatto fare l'algebra a Wolfram per me.

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

Così,

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

Nel caso speciale quello $a = b$, l'integrale qui è $\geq 0$poiché l'integrando, essendo un quadrato, è sempre non negativo. Dovrebbe esserci un semplice trucco per ridurre a questo caso, ma al momento non lo vedo. Forse se fai l'algebra a mano lo vedrai? (Puoi tradurre e ridimensionare per rendere$a = 0, b = 1$. Ho pensato di applicare una trasformazione pura, ma dimostrando che ciò preserva i minimi di$F$ sembra schifo.)