Convexidade e curva mais curta

Question

Encontrei um PDF no qual havia as duas perguntas a seguir:

1. Para qualquer função $g \in C^1$, deixar $F(g) = \int_{0}^{1} \sqrt{1 + (g’(t))^2}dt$. Mostre que se f, g são$C^1$ e $\lambda \in ]0, 1[$, então $F(\lambda f + (1 - \lambda)g) \leq \lambda F(f) + (1-\lambda) F(g)$.

2. Se $a, b$ são dados em $\mathbb{R}$, mostre que há uma função f com $f(0)=a, f(1)=b$ de modo que para cada função g com $g(0)=a, g(1)=b$, temos $F(f) \leq F(g)$.

Estou bem com a pergunta 1) (usei a convexidade de $x \mapsto \sqrt{1+x^2}$)

Eu entendi o significado da pergunta 2 (basicamente, o objetivo é mostrar que, entre todos $C^1$funções, então é a função linear que satisfaz as condições que é a mais curta). No entanto, eu realmente não consigo ver como usar a pergunta 1 para responder à pergunta 2 ...

Obrigada.

Answer 1

A função $\phi(x)= \sqrt{1+x^2}$ é convexo e o mapa $f \to f'$ é linear.

Desde a $\phi$ é convexo nós temos $\phi(x+h) \ge \phi(x) + \phi'(x)h$.

Por isso $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 $.

Deixar $f(t) = a+t(b-a)$, Observe que $f'(t) = b-a$ e entao $F(f+h) \ge F(f) + {{b-a} \over \sqrt{1+(b-a)^2}} (h(1)-h(0))$.

Se $h=g-f$ então vemos que $h(0)=h(1)$ e entao $F(g) \ge F(f)$.

Answer 2

O seguinte argumento (desde que eu não tenha bagunçado) é uma linha de ataque padrão nessas situações. A palavra-chave é cálculo de variações .

Existem alguns detalhes de análise aqui com os quais você deve se preocupar. Por exemplo, podemos realmente apenas integrar sob o signo da integral?

Existem duas etapas:

1. Convexidade de $F$ implica que se $f$ é um min local de $F$, então é um mínimo global de $F$. Este é um dos as principais propriedades de convexidade, especialmente quando você está minimizando.

O que exatamente significa 'mínimo local' neste contexto? Para responder a isso, vamos considerar alguns outros$g$, e definir $h_t = (1 - t)f + t g$, que é a linha entre $f$ e $g$ dentro $C^1[a,b]$. Então nós temos$h_0 = f, h_1 = g$. Além disso, defina e$\phi(t) = F(h_t)$, e observe que a parte 1) mostra a função $\phi$é convexo; em particular, se$F(g) < F(f)$, então $\phi'(0) < 0$. Então, para mostrar que se$f$ é linear, então, para todas as opções de $g$, $\phi'(0) \geq 0$.

Pode-se pensar em $\phi'(0)$ como a derivada direcional de $F$, no $f$, na direção $g$. Mostrando que é$\geq 0$ para todas as direções é a noção usual de cálculo de um mínimo local.

1. Temos que usar em algum lugar a definição de $F$, então agora seria um bom momento para começar a escrever as coisas. Explicitamente nós temos$f(x) = a + (b - a)x$. Então,$h'_t(x) = (1 - t)(b - a) + t g'(x) = t(a - b + g'(x)) + ( b - a) $.

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

Vamos tentar calcular $\phi'(0)$diferenciando sob o integral. Contexto$m = (a - b + g'(x)), n = ( b -a)$, Pedi ao volfrâmio que fizesse a álgebra para mim.

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

Então,

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

No caso especial que $a = b$, a integral aqui é $\geq 0$já que o integrando, sendo um quadrado, é sempre não negativo. Deveria haver um truque simples para reduzir a este caso, mas não estou vendo isso agora. Talvez se você fizer a álgebra à mão, você verá? (Você pode traduzir e dimensionar para fazer$a = 0, b = 1$. Pensei em aplicar uma transformação pura, mas mostrar que isso preserva mínimos de$F$ parece nojento.)