Disuguaglianza di Jensen
Ciao, amici! Data la disuguaglianza di Jensen
$\lambda_1, \ldots, \lambda_n \in (0,1] ^^ \sum_{i=1}^n \lambda_i = 1 => f(\sum_{i=1}^{n} \lambda_i \x_i ) \leq \sum_{i=1}^{n} \lambda_i f(\x_i)$ dove $f$ è strettamente convessa su $(a,b) supe {x_0,···,x_n} $.
mi pare che $ f(\sum_{i=1}^{n} \lambda_i \x_i ) = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i f(\x_i) <=> x_0=···=x_n$ (cioè se e solo se gli $x_i$ sono uguali).
Giusto o do i numeri?
Ometto per non riscrivere qua una dimostrazione completa della disuguaglianza di Jensen, ma ho fatto derivare l'implicazione dal fatto che mi pare che $\sum_{i=1}^{n}\lambda_ix_i=\alpha\sum_{i=1}^{n}\lambda_i <=> AAi,x_i=\alpha$.
$\sum_{i=1}^{oo}"grazie"_i$ a tutti!!!
P.S.: Rigel ed io abbiamo parlato di questa disuguaglianza nel mio ultimo thread, ma mi sembra meglio svincolare l'oggetto di questo post dall'argomento specifico di quella discussione perché è interessante di per sé.
$\lambda_1, \ldots, \lambda_n \in (0,1] ^^ \sum_{i=1}^n \lambda_i = 1 => f(\sum_{i=1}^{n} \lambda_i \x_i ) \leq \sum_{i=1}^{n} \lambda_i f(\x_i)$ dove $f$ è strettamente convessa su $(a,b) supe {x_0,···,x_n} $.
mi pare che $ f(\sum_{i=1}^{n} \lambda_i \x_i ) = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i f(\x_i) <=> x_0=···=x_n$ (cioè se e solo se gli $x_i$ sono uguali).
Giusto o do i numeri?
Ometto per non riscrivere qua una dimostrazione completa della disuguaglianza di Jensen, ma ho fatto derivare l'implicazione dal fatto che mi pare che $\sum_{i=1}^{n}\lambda_ix_i=\alpha\sum_{i=1}^{n}\lambda_i <=> AAi,x_i=\alpha$.
$\sum_{i=1}^{oo}"grazie"_i$ a tutti!!!
P.S.: Rigel ed io abbiamo parlato di questa disuguaglianza nel mio ultimo thread, ma mi sembra meglio svincolare l'oggetto di questo post dall'argomento specifico di quella discussione perché è interessante di per sé.
Risposte
Chiaramente $f$ deve essere una funzione convessa.
Per quanto riguarda la caratterizzazione dell'uguaglianza, essa non può essere ottenuta senza ipotesi di stretta convessità: se infatti prendi $f$ affine, vedi bene che vale sempre l'uguaglianza.
Per quanto riguarda la caratterizzazione dell'uguaglianza, essa non può essere ottenuta senza ipotesi di stretta convessità: se infatti prendi $f$ affine, vedi bene che vale sempre l'uguaglianza.
Grazie, Rigel! Avevo dimenticato di specificare la condizione di stretta convessità... 
Modificato il posto originale, così nessuno è tratto in inganno da quello che avevo scritto.
Quindi è corretto dire che si ha uguaglianza tra i due termini della disuguaglianza larga se e solo se tutte le $x_i$ sono uguali (nel caso che tutte le $\lambda_i != 0$)?
Grazie di cuore ancora!!!
Modificato il posto originale, così nessuno è tratto in inganno da quello che avevo scritto.Quindi è corretto dire che si ha uguaglianza tra i due termini della disuguaglianza larga se e solo se tutte le $x_i$ sono uguali (nel caso che tutte le $\lambda_i != 0$)?
Grazie di cuore ancora!!!
Sì, è corretto.
$+oo + 1$ grazie!
Ometto le considerazioni sulla validità dell'uguaglianza nella disuguaglianza di Jensen, ma ti volevo dire che questa proposizione è sbagliata (l'implicazione da destra a sinistra):
Ovvero $lambda_1 x_1+...+lambda_n x_n=alpha$ (fissate le $lambda$) non ha una unica soluzione, ma $infty^{n-1}$.
"DavideGenova":
$\sum_{i=1}^{n}\lambda_ix_i=\alpha\sum_{i=1}^{n}\lambda_i <=> AAi,x_i=\alpha$.
Ovvero $lambda_1 x_1+...+lambda_n x_n=alpha$ (fissate le $lambda$) non ha una unica soluzione, ma $infty^{n-1}$.
Uh, che svista! Grazie, DajeForte!!! Allora non credo di aver capito la dimostrazione fornita dal mio libro (M. Conti, D.L. Ferrario, S. Terracini, G. Verzini, Analisi matematica, vol. 1) della disuguaglianza così enunciata: sia $f$ una funzione strettamente convessa su (a,b) e siano $\lambda_1,...,\lambda_n >0$ dei numeri ($n>=2$) tali che $\sum_{i=1}^{n}\lambda_i=1$, allora, "per qualsiasi scelta di $x_1,...,x_n$ in (a,b) [cito testualmente]" $f(\sum_{i=1}^{n}\lambda_ix_i)<\sum_{i=1}^{n}\lambda_i f(x_i)$.
La dimostrazione si basa sul fatto che, data la stretta convessità di $f$, si ha (suppongo che questo possa valere solo se $\lambda_1x_1+\lambda_2x_2 in (x_1,x_2)$ con l'intervallo aperto*):
$f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)
$f(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i)=f((1-\lambda_(n+1)) \sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i+\lambda_(n+1) x_(n+1))$
$< (1-\lambda_(n+1)) f(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i)+\lambda_(n+1) f(x_(n+1))$, dove si utilizza il fatto appena dimostrato che $f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)<\lambda_1 f(x_1)+\lambda_2 f(x_2)$, valido (direi, data la definizione di convessità stretta per $x in (x_1,x_2)$ aperto) se $x_1 < x_2$, o analogamente se $x_1>x_2$, ma è evidente che si ha uguaglianza se (e solo se) $x_1=x_2$.
Osservando che $f(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i)<\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) f(x_i)$ per l'assunzione che la disuguaglianza sia valida per n, si ha quindi che
$f(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i) < \sum_{i=1}^{n}\lambda_i f(x_i) + \lambda_(n+1) f(x_(n+1)) = \sum_{i=1}^{n+1}\lambda_i f(x_i)$.
Ora, per poter applicare il fatto che $f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)<\lambda_1 f(x_1)+\lambda_2 f(x_2)$ al caso di $f((1-\lambda_(n+1)) \sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i+\lambda_(n+1) x_(n+1))$ mi pare che si debba verificare la non identità dei termini che sostituiamo a $x_1$ e $x_2$, cioè che $\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i != x_(n+1)$ o no?
$+oo$ grazie a tutti!!!
*Si utilizza il fatto che $f$ è strettamente convessa in (a,b) se e solo se, per ogni $ax.
**$\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1))=1$ e quindi $\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i in (a,b)$ per ogni $x_i in (a,b)$.
La dimostrazione si basa sul fatto che, data la stretta convessità di $f$, si ha (suppongo che questo possa valere solo se $\lambda_1x_1+\lambda_2x_2 in (x_1,x_2)$ con l'intervallo aperto*):
$f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)
$f(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i)=f((1-\lambda_(n+1)) \sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i+\lambda_(n+1) x_(n+1))$
$< (1-\lambda_(n+1)) f(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i)+\lambda_(n+1) f(x_(n+1))$, dove si utilizza il fatto appena dimostrato che $f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)<\lambda_1 f(x_1)+\lambda_2 f(x_2)$, valido (direi, data la definizione di convessità stretta per $x in (x_1,x_2)$ aperto) se $x_1 < x_2$, o analogamente se $x_1>x_2$, ma è evidente che si ha uguaglianza se (e solo se) $x_1=x_2$.
Osservando che $f(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i)<\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) f(x_i)$ per l'assunzione che la disuguaglianza sia valida per n, si ha quindi che
$f(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i) < \sum_{i=1}^{n}\lambda_i f(x_i) + \lambda_(n+1) f(x_(n+1)) = \sum_{i=1}^{n+1}\lambda_i f(x_i)$.
Ora, per poter applicare il fatto che $f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2)<\lambda_1 f(x_1)+\lambda_2 f(x_2)$ al caso di $f((1-\lambda_(n+1)) \sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i+\lambda_(n+1) x_(n+1))$ mi pare che si debba verificare la non identità dei termini che sostituiamo a $x_1$ e $x_2$, cioè che $\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i != x_(n+1)$ o no?
$+oo$ grazie a tutti!!!
*Si utilizza il fatto che $f$ è strettamente convessa in (a,b) se e solo se, per ogni $a
**$\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1))=1$ e quindi $\sum_{i=1}^{n}\lambda_i/(1-\lambda_(n+1)) x_i in (a,b)$ per ogni $x_i in (a,b)$.
Ti rispondo di frettissima. Se le $x_i$ sono tutte uguali la disuguaglianza stretta non vale.
Le puoi supporre tutte diverse, infatti visto che $n$ e $lambda_i$ sono arbitrari se due o più delle $x_i$ sono uguali ti riconduci ad caso analogo (sommi i due o più lambda).
Quando dici $f(x_1 lambda_1 + lambda_2 x_2)
Per l'ultima cosa: $sum_{i=1}^n (lambda_i)/(1-lambda_{n+1}) x_i$ è una media delle prime n $x_i$ (come hai scritto te $sum_{i=1}^n (lambda_i)/(1-lambda_{n+1}) =1$ hai normalizzato i pesi). Se prendi $x_{n+1}$ come il più grande (essendo tutti diversi) sarà più grande anche della media. Dunque mi viene da dire che possiamo trovare un delle $x_i$ diversa dalla media delle rimanenti che ...
Le puoi supporre tutte diverse, infatti visto che $n$ e $lambda_i$ sono arbitrari se due o più delle $x_i$ sono uguali ti riconduci ad caso analogo (sommi i due o più lambda).
Quando dici $f(x_1 lambda_1 + lambda_2 x_2)
Per l'ultima cosa: $sum_{i=1}^n (lambda_i)/(1-lambda_{n+1}) x_i$ è una media delle prime n $x_i$ (come hai scritto te $sum_{i=1}^n (lambda_i)/(1-lambda_{n+1}) =1$ hai normalizzato i pesi). Se prendi $x_{n+1}$ come il più grande (essendo tutti diversi) sarà più grande anche della media. Dunque mi viene da dire che possiamo trovare un delle $x_i$ diversa dalla media delle rimanenti che ...
La tua obiezione mi sembra sensata.
La dimostrazione è comunque sostanzialmente corretta. Il modo migliore che mi viene in mente per sistemare i dettagli è supporre $x_1\le x_2\le\cdots\le x_n$ (cosa ovviamente non restrittiva).
A questo punto, procedi come hai riportato tu per induzione. Se gli $x_i$ non sono tutti uguali, ad almeno un passo avrai la disuguaglianza stretta.
In alternativa, sempre supponendo che gli $x_i$ siano ordinati e non tutti uguali esisterà un indice $k\in \{1,\ldots,n-1\}$ tale che $x_k < x_{k+1}$; a questo punto, posto $\lambda = \sum_{i=1}^k \lambda_i$, avrai che
\( x := \sum_{i=1}^k \frac{\lambda_i}{\lambda} x_i < y := \sum_{i=k+1}^n \frac{\lambda_i}{1-\lambda} x_i\)
e dunque
\[
\begin{gather}
f(\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i) = f(\lambda x + (1-\lambda)y) < \lambda f(x) + (1-\lambda) f(y) \\
\leq
\lambda \sum_{i=1}^k \frac{\lambda_i}{\lambda} f(x_i) + (1-\lambda) \sum_{i=k+1}^n \frac{\lambda_i}{1-\lambda} f(x_i)
= \sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i).
\end{gather}
\]
La dimostrazione è comunque sostanzialmente corretta. Il modo migliore che mi viene in mente per sistemare i dettagli è supporre $x_1\le x_2\le\cdots\le x_n$ (cosa ovviamente non restrittiva).
A questo punto, procedi come hai riportato tu per induzione. Se gli $x_i$ non sono tutti uguali, ad almeno un passo avrai la disuguaglianza stretta.
In alternativa, sempre supponendo che gli $x_i$ siano ordinati e non tutti uguali esisterà un indice $k\in \{1,\ldots,n-1\}$ tale che $x_k < x_{k+1}$; a questo punto, posto $\lambda = \sum_{i=1}^k \lambda_i$, avrai che
\( x := \sum_{i=1}^k \frac{\lambda_i}{\lambda} x_i < y := \sum_{i=k+1}^n \frac{\lambda_i}{1-\lambda} x_i\)
e dunque
\[
\begin{gather}
f(\sum_{i=1}^n \lambda_i x_i) = f(\lambda x + (1-\lambda)y) < \lambda f(x) + (1-\lambda) f(y) \\
\leq
\lambda \sum_{i=1}^k \frac{\lambda_i}{\lambda} f(x_i) + (1-\lambda) \sum_{i=k+1}^n \frac{\lambda_i}{1-\lambda} f(x_i)
= \sum_{i=1}^n \lambda_i f(x_i).
\end{gather}
\]
Grazie ragazzi: veramente prezioso il vostro aiuto!!! 
Buon anno!!!
Buon anno!!!
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