1 Nierówność Minkowskiego i Hoeldera

Transkrypt

1 1 Nierówność Minkowskiego i Hoeldera Na państwa użytek załączam precyzyjne sformułowania i dowody nierówności Hoeldera i Minkowskiego: Twierdzenie 1.1 Nierówność Hoeldera). Niech p, q będą takimi liczbami z przedziału 1, ), że 1 p + 1 q = 1. Niech a i) n i b i ) n będą dowolnymi ciągami liczb rzeczywistych. Wtedy zachodzi n ) 1/p a i b i a i p n ) 1/q. b i q Dowód. Prawa strona oczywiście jest nieujemna, więc jeśli lewa jest ujemna, to nie ma czego dowodzić. Zakładamy zatem, że lewa strona również jest nieujemna. Wpierw załóżmy, że b i q = 1. Wtedy n ) p n ) p n ) p. a i b i a i b i = a i b i 1 q b i q Teraz skorzystamy z nierówności Jensena dla funkcji fx) = x p. Mamy b i q możemy napisać = 1, więc n ) p a i b i 1 q b i q n ) = f a i b i 1 q b i q f a i b i 1 q ) b i q = a i p b i p1 q) b i q. Spójrzmy uważniej na potęgę przy b i. Mamy pod sumą b i p1 q) b i q = b i p+q pq. Ale tożsamość 1 p + 1 q = 1 po pomnożeniu stronami przez pq daje pq = p + q, czyli b i p1 q) b i q = b i 0 = 1. Zatem przy założeniu b i q = 1 otrzymujemy n ) p n a i b i a i p, a zatem, po spierwiastkowaniu p tym stopniem i skorzystaniu z tego, że n b i q = 1 dostajemy n ) 1/p a i b i a i p n ) 1/p = a i p n ) 1/q. b i q Teraz rozważmy przypadek dowolnych b i. Znowu zakładamy, że lewa strona jest nieujemna. ) n 1/q Niech b i q = C. Niech bi = b i /C. Wtedy oczywiście n a i b i = C n a i bi. Liczby bi spełniają b i q = b i /C q = b i q /C q = 1. Wobec tego możemy stosować dla nich udowodnioną przed chwilą nierówność, dostajemy n ) 1/p, a i bi a i p a po pomnożeniu obydwu stron przez C dostajemy tezę. Twierdzenie 1.2 Nierówność Minkowskiego). Niech 1 < p < będzie liczbą rzeczywistą, a a i ) n i b i ) n dowolnymi ciągami liczb rzeczywistych. Wtedy n ) 1/p a i + b i p n ) 1/p a i p n ) 1/p. + b i p

2 Jeśli ktoś chce się chwilę sam popróbować, to oczywiście polecam nie czytanie poniższego dowodu. Dowód. Zgodnie ze wskazówką z ćwiczeń piszemy a i + b i p = a i + b i a i + b i p 1 a i a i + b i p 1 + b i a i + b i p 1. Do każdej z tych sum z osobna przykładamy nierówność Hoeldera, dla przykładu zróbmy pierwszą: a i a i + b i p 1 n ) 1/p n a i p ) 1/q. a i + b i qp 1) W drugiej sumie drugi czynnik będzie oczywiście identyczny, a zatem możemy wyciągnąć go przed nawias i otrzymać a i + b i p n ) 1/p n a i p ) 1/p + b i p n ) 1/q. a i + b i qp 1) Teraz przypomnijmy sobie, że qp 1) = pq q = p, czyli nasza nierówność przyjmuje postać a i + b i p n ) 1/p n a i p ) 1/p + b i p n ) 1/q. a i + b i p Po lewej i po prawej stronie mamy to samo wyrażenie w różnych potęgach po lewej w pierwszej potędze, a po prawej w potędze 1/q), zatem możemy podzielić przez wyrażenie z prawej i otrzymać n a i + b i p ) 1 1 q n ) 1/p a i p n ) 1/p. + b i p Teraz jednak wystarczy sobie przypomnieć, że 1 1 q = 1 p i otrzymujemy tezę. 2 Zadania domowe Przypominam należy wybrać i oddać pisemnie dwa z nich. Jeśli ktoś chce, to może oddać trzy i otrzymać punkty za lepsze dwa. Zadanie 1. Dla każdego z aksjomatów normy 1a, 1b, 2, 3 jak na ćwiczeniach) udowodnij, że wynika on z pozostałych trzech albo znajdź funkcję f : R n R, która nie spełnia tego aksjomatu, a spełnia pozostałe trzy. Dowód. Nieujemność normy wynika z pozostałych aksjomatów. Niech spełnia aksjomaty 1b, 2 i 3. Załóżmy, że mamy jakieś x, dla którego x < 0. Wtedy x = 1)x = 1 x = x z jednorodności. Wtedy 0 = x + x) x + x < 0 z nierówności trójkąta, ale to przeczy aksjomatowi 1b. Zerowanie w zerze nie wynika z pozostałych aksjomatów, funkcja stale równa zero jest nieujemna, jednorodna i spełnia nierówność trójkąta. Jednorodność też nie wynika z pozostałych aksjomatów. Funkcja, która jest równa 0 dla x = 0 i 1 dla wszystkich pozostałych wartości x jest nieujemna, zeruje się tylko w zerze, spełnia nierówność trójkąta, a nie jest jednorodna.

3 Nierówność trójkąta nie wynika z pozostałych trzech aksjomatów, acz znalezienie przykładu jest dość trikowe. Działa np. następujący wzór: x, y) = 2 y + x jeśli x > y oraz 2 x + y jeśli x y. Ten wzór, jak łatwo zobaczyć, spełnia aksjomaty 1a, 1b i 2, natomiast 1, 0) = 1, 0, 1) = 1 a 1, 1) = 3. Jeżeli starczy nam czasu na ćwiczeniach, postaram się pokazać, skąd ten przykład się wziął. Państwo zazwyczaj używali funkcji x + y ) 2, on też działa. Zadanie 2. Zmodyfikuj dowód nierówności Hoeldera by udowodnić następującą nierówność: dla dowolnych liczb p < 0 i 0 < q < 1 spełniających = 1 oraz dowolnych ciągów liczb p q rzeczywistych dodatnich a i ) n i b i ) n zachodzi n ) 1/p a i b i a i p n ) 1/q. b i q Dowód. Analogicznie jak w zwykłej nierówności Hoeldera można założyć, że b i q = 1 druga część dowodu przechodzi bez zmian poza odwróceniem kierunku wszystkich nierówności). Przy tym zaś założeniu będziemy pisać n ) p n ) p. a i b i = a i b 1 q i b q i Teraz skorzystamy z nierówności Jensena dla funkcji fx) = x p ta funkcja jest wypukła dla p < 0. Mamy b i q = 1, więc możemy napisać n ) p a i b i 1 q b i q n ) = f a i b i 1 q b i q f a i b i 1 q ) b i q = a i p b i p1 q) b i q = a i p. Po spierwiastkowaniu p tym stopniem to odwraca kierunek nierówności, bo x x p jest funkcją malejącą dla p < 0) i skorzystaniu z tego, że n b i q = 1 dostajemy n ) 1/p a i b i a p n ) 1/p i = a p n ) 1/q. i b q i Zadanie 3. Zbadaj granicę w zerze następujących funkcji: fx, y) = min{ x, y } max{ x, y } fx, y) = max{ x, y } min{ x, y } fx, y) = x2 +y 2 +6xy x 2 +y 2 +xy fx, y) = x3 y 3 x + y Dowód. Pierwsza funkcja nie ma granicy w zerze. Z jednej strony f1/n, 1/n) = 1, z drugiej f0, 1/n) = 0, a zarówno ciąg 1/n, 1/n) jak i 0, 1/n) zbiegają do zera. Ciąg 1/n, 1/n) znowu daje wartość 1, a np. ciąg 1/n, 2/n) daje wartość 2. Tu np. ciąg 1/n, 0) daje wartość 1, a ciąg 1/n, 1/n) daje wartość 8/3.

4 Ta funkcja zbiega w zerze do zera. Będzie łatwiej dowieść tego z definicji Cauchy ego niech max{ x, y } < δ. Wtedy fx, y) x3 y 3 x + y x 3 + y 3 x + y czyli dla δ = ε/2 otrzymujemy fx, y) < ε. = x 2 xy + y 2 2δ 2, Zadanie 4. Zbadaj granicę w zerze następujących funkcji: fx, y) = x3 +y 3 x 2 +y 2 fx, y) = x3 +y 3 x 4 +y 4 fx, y) = x y + y x Dowód. Ta funkcja w zerze zbiega do zera. Mamy fx, y) = x3 + y 3 x 2 + y 2 x 3 + y 3 x 2 + y 2. Niech M = max{ x, y }. Wtedy fx, y) 2M 3 M 2 = 2M, czyli jeśli M zbiega do zera, to fx, y) też zbiega do zera. Ta funkcja nie ma granicy w zerze. Dla ciągu 1/n, 1/n) jest stale równa zero, a dla ciągu 0, 1/n) ucieka do nieskończoności. Ta funkcja nie ma granicy w zerze. Dla ciągu 1/n, 1/n) jest stale równa 2, a dla 1/n, 2/ n) jest stale równa 5/2. Zadanie 5. Czy są normami następujące funkcje: x, y) = x 2 + 4y 2 + x x, y) = x 2 + y Dowód. Tak, to jest norma, jakkolwiek dziwnie wygląda. Można skorzystać z faktu, że suma funkcji wypukłych jest wypukła, i z tego dowodzić nierówność trójkąta. Można to zapewne przerachować zupełnie na pałę choć tak zupełnie na pałę to chyba nie idzie). My spróbujemy skorzystać z posiadanej już wiedzy: na mocy nierówności Minkowskiego dla p = 2 mamy x 1 + x 2 ) 2 + 4y 1 + y 2 ) 2 = = x 1 + x 2 ) 2 + 2y 1 + 2y 2 ) 2 x y1 2 + x y2. 2 x y 1 ) 2 + x y 2 ) 2 Mamy też oczywiście x 1 + x 2 x 1 + x 2. Dodając te dwie nierówności stronami otrzymujemy nierówność trójkąta dla naszej normy. Oczywiście w tej pierwszej nierówności można nie korzystać z nierówności Minkowskiego, tylko przerachować, ale trzeba się więcej namachać.

5 To nie jest norma, dość ewidentnie nie jest jednorodne, np 0, 2) = 2 2 0, 1). Zadanie 6. Niech a oraz b będą dwoma normami na R n. Czy są normami funkcje: x = x a + x b? x = x a x b? Dowód. Nie będę się pochylał nad aksjomatami 1a, 1b i 2, bo zachodzą. W pierwszym przypadku nierówność trójkąta zachodzi trywialnie: x + y = x + y a + x + y b x a + y a + x b + y b = x + y. W drugim przypadku nierówność trójkąta nie zachodzi. Weźmy x 1, x 2 ) a = max{ x 1, x 2 } to wiemy, że jest norma) oraz x 1, x 2 ) b = x 1 + x 2. Weźmy wektory x = 0, 1) i y = 1, 1). Wtedy x a = 1, x b = 1, y a = 1, y b = 2 oraz x+y a = 2, x+y b = 3. Zatem x = 1 1 = 1, y = 1 2 = 2, zaś x+y = 2 3 = 6 > 2+1, co łatwo zweryfikować podnosząc do kwadratu: 6 > Warto zauważyć, że tak naprawdę powyżej jest dowód, że suma dwóch rzeczy spełniających nierówność trójkąta spełnia nierówność trójkąta, bez żadnego wykorzystania innych aksjomatów. Zadanie 7. ) Niech x, y) będzie jedynym dodatnim rozwiązaniem λ równania e x /λ + y / λ = 2 dla x, y) 0, 0) i 0, 0) = 0. Czy jest to norma? Dowód. No, niespodzianka to jest norma. Wpierw przeformułujmy nasze równanie do postaci e x /λ 1 + y /λ = 1, która będzie dla nas wygodniejsza. Zauważmy, że dla x, y) 0, 0) to równanie ma rozwiązanie pomiędzy 0 a funkcja f x,y λ) = e x /λ 1+ y /λ jest ciągła, zbiega do nieskończoności w zerze, do zera w nieskończoności, więc z własności Darboux przyjmuje gdzieś po drodze wartość jeden. Co więcej, ta funkcja jest malejąca, zatem rozwiązanie jest jedyne. Jednorodność może nie jest oczywista, ale prosta to już jest jeśli rozważę wektor cx, cy) oraz liczbę c λ, to c wszędzie się skróci, i f x,y λ) = f cx,cy cλ). Teraz trzeba jeszcze zbadać nierówność trójkąta. Załóżmy, że x, y) = λ, zaś u, v) = µ. Chcemy sprawdzić, że x+u, y+v) λ+µ. To jest równoważne sprawdzeniu, że f x+u,y+v λ+µ) 1 bo f jest malejąca). Niech gt) = e t 1. Funkcja g jest wypukła, zatem gx + u)/λ + µ)) = gx/λ)λ/λ + µ) + u/µ)µ/λ + µ)) λ λ + µ gx/λ) + µ λ + µ gu/µ). Analogicznie ht) = t jest wypukła, a więc hy + v)/λ + µ)) λ gy/λ) + µ gv/µ). λ+µ λ+µ Zauważmy, że f x,y λ) = gx/λ) + hy/λ), zatem dodając otrzymane nierówności stronami dostajemy f x+u,y+v λ + µ) λ f λ+µ x,yλ) + µ f λ+µ u,vµ) = 2, czego należało dowieść. Można też to zadanie zrobić korzystając z takiego faktu, że jeśli f jest jednorodna, nieujemna i ciągła, to wypukłość kuli jednostkowej czyli zbioru tych punktów, że fx) 1) jest równoważna nierówności trójkąta dla f. To jest w pewnym sensie część ostatniego zadania domowego z drugiej serii. Otóż nasza funkcja, co juz sprawdzaliśmy, jest jednorodna, nieujemna jest w sposób trywialny. Spójrzmy na zbiór λ 1. To oznacza po prostu e x + y 2. Wypukłość tego zbioru jest oczywista, bo hx, y) = e x + y jest wypukła zatem zbiór hx, y) 2 musi być wypukły. Czyli spełnia nierówność trójkąta, a zatem jest normą. Zadanie 8. Czy istnieje funkcja f : R 2 R, ciągła w każdym punkcie oprócz zera, ciągła na każdej prostej przechodzącej przez zero, a nieciągła w zerze?

6 Dowód. Tak, istnieje taka funkcja. Zamieszczam tu przykład p. Rafała Rutkowskiego, który to przykład jest ładniejszy niż ten, który ja wymyśliłem: fx, y) = x2 y x 4 + y 2. ax Kiedy zbiegam po dowolnej prostej y = ax, to funkcja przyjmuje postać 3, po skróceniu 4 +a 2 x 2 x 2 ax dostaję, co zbiega do zera dla ustalonego a. Jeśli zbiegnę po x = 0 lub y = 0 to x 2 +a 2 oczywiście funkcja jest stale równa zero. Jeśli natomiast weźmiemy x n, y n ) = 1/n, 1/n 2 ), to fx n, y n ) będzie zbiegać do 1/2.