Dubbio sulla dimostrazione della disuguaglianza di Jensen

[Sk_Anonymous]

Ho un dubbio sull'ultimo passaggio della dimostrazione della disuguaglianza che ho preso dal Rudin:



Non mi è chiaro alla fine: "if we integrate both sides of (3) with respect to $mu$, (1) follows from our choice of $t$ and the assumption $mu(Omega)=1$. Potreste illuminarmi ?

EDIT: quando richiama la disuguaglianza 3.1(2), intende che la definizione di convessità per una funzione reale $varphi$ su $(a,b)$ equivale a:

$(varphi(t)-varphi(s))/(t-s)<=(varphi(u)-varphi(t))/(u-t)$

per $a

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Risposte

Luca.Lussardi

25 ago 2009, 12:39

Non è chiaro cosa sia $\beta$....

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Sk_Anonymous

25 ago 2009, 12:56

Quando si riferisce a 3.1(2) l'Autore intende la disuguaglianza che ho scritto nel mio edit.

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salvozungri

25 ago 2009, 13:17

Se non ho frainteso $\beta= "sup"_{s\in(a, t)} (\phi(t)-\phi(s))/(t-s)$. Quindi hai che:
$(\phi(t)-\phi(s))/(t-s)<= \beta=>\phi(t)-\phi(s)<= \beta (t-s)=> \phi(s)>= \phi(t)-\beta(t-s)$ solo che non riesco a giustificare il fatto che poi $a. Se ho scritto castronerie ditemelo

Edit: Un'altra cosa importante, sempre se non ho preso un granchio $\int_{\Omega} \phi(t)d\mu = \phi(t)$ questo perchè $\phi(t)$ è una costante e per ipotesi $\mu(\Omega)=1$

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Sk_Anonymous

25 ago 2009, 13:58

Per la tua osservazione sul fatto che prima $s\in (a,t)$ e poi $s\in (a,b)$, non so cosa dire, salvo il fatto - ovvio - che $s\in (a,t)=>s\in (a,b)$.
Direi invece che per l'altra questione hai fatto centro. Attendiamo conferme o smentite.

EDIT: mi pare che la proposizione continui a essere valida anche se $\beta=\text{sup}_{s\in(a;u)}(phi(t)-phi(s))/(t-s)$.

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salvozungri

25 ago 2009, 16:59

Riscrivo il testo in italiano, con relativa dimostrazione (e alcuni miei accorgimenti, sperando che non siano errati). Questo teorema mi serve perchè prima o poi lo farò anch'io .

Sia $\mu$ una misura positiva sulla $\sigma-$algebra M di un insieme $\Omega$ tale che:
1.1 $\mu(\Omega)=1$

Sia $f\in L_1(\mu)$ tale che:
1.2 $a
Se $\phi$ è una funzione convessa su $(a,b)$ allora:

$\phi(\int_{\Omega} f d\mu) <= \int_{\Omega} (\phi ° f) d\mu$

Dimostrazione:
Poniamo : $t=\int_{\Omega} fd\mu$ allora $a Sia $\beta= "sup"_{s\in(a, t)} (\phi(t)-\phi(s))/(t-s)<= (\phi(u)-\phi(t))/(u-t)$ per $u \in (t, b)$. Da ciò segue che:

$\phi(s)>= \phi(t)+\beta (s-t)$ con $a1.2) allora varrà anche per tale valore (ecco perchè è necessario che $a
$\phi(f(x))>= \phi(\int_{\Omega} f d \mu)+ \beta (f(x)-t)$ e quindi:
$\phi(\int_{\Omega} f d\mu)<= \phi(f(x))- \beta(f(x)-t)$ per ogni $x\in \Omega$. Ora dalla convessità di $\phi$ segue la continuità della funzione in $(a, b)$.
e quindi $\phi°f$ è misurabile.
Integrando ambo i membri, e utilizzando ancora una volta la monotonia dell'integrale, abbiamo che:

$\int_{\Omega} \phi(\int f d\mu)<= \int_{\Omega} \phi°f d \mu- \beta\int_{\Omega}(f- t)d\mu$, sfruttanfo l'ipotesi 1.1 abbiamo che
$\int_{\Omega} \phi(\int_\{\Omega} f d\mu)= \phi(\int f d\mu)$, inoltre
ricordando che $t$ è sempre una costante e $\int_{\Omega}fd\mu = t$, sfruttando la linearità dell'integrale e dall'ipotesi 1.1, hai che :
$\beta\int_{\Omega}(f- t)d\mu=0$ e dunque la tesi.

Mi auguro non ci siano errori molto gravi e soprattutto che qualcuno dia un' occhiata e mi faccia sapere che ciò che ho scritto è corretto. Mi lle grazie

Edit: Ho aggiunto un passaggio che mi è sfuggito

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Sk_Anonymous

25 ago 2009, 17:14

Mi pare che il tuo ragionamento sia assolutamente corretto.
Non è ancora chiaro, però, come mai prima si afferma che $s\in(a,t)$ e poi, subito sotto, che $s\in (a,b)$.

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salvozungri

25 ago 2009, 17:49

$\beta= "sup"_{s\in(a, t)} (\phi(t)-\phi(s))/(t-s)<= (\phi(u)-\phi(t))/(u-t)$ per $u \in (t, b)$
Prendiamo
$\beta<=(\phi(u)-\phi(t))/(u-t)$ da cui:
$\phi(u)>= \beta(u-t) +\phi(t) $ per $u\in (t, b)$

Ora

mentre per $s\in (a,t)$ allora vale:


$(\phi(t)-\phi(s))/(t-s)<= \beta =>\phi(t)-\phi(s) <= \beta (t-s) => -\phi(s) <= \beta(t-s)-\phi(t)=> \phi(s)>= -\beta(t-s)+\phi(t)=> \phi(s)>= \beta(s-t)+\phi(t)$ di conseguenza,

$\phi(s)>= \beta(s-t)+\phi(t)$ per ogni $s\in (a,b)$


Dunque hai conluso, controlla tutto mi raccomando! .

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Sk_Anonymous

25 ago 2009, 19:15

Mi pare che adesso ci siamo
Ti ringrazio per l'aiuto. Alla prossima.

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[Luca.Lussardi]

Non è chiaro cosa sia $\beta$....

[Sk_Anonymous]

Quando si riferisce a 3.1(2) l'Autore intende la disuguaglianza che ho scritto nel mio edit.

[salvozungri]

Se non ho frainteso $\beta= "sup"_{s\in(a, t)} (\phi(t)-\phi(s))/(t-s)$. Quindi hai che:
$(\phi(t)-\phi(s))/(t-s)<= \beta=>\phi(t)-\phi(s)<= \beta (t-s)=> \phi(s)>= \phi(t)-\beta(t-s)$ solo che non riesco a giustificare il fatto che poi $a. Se ho scritto castronerie ditemelo

Edit: Un'altra cosa importante, sempre se non ho preso un granchio $\int_{\Omega} \phi(t)d\mu = \phi(t)$ questo perchè $\phi(t)$ è una costante e per ipotesi $\mu(\Omega)=1$

[Sk_Anonymous]

Per la tua osservazione sul fatto che prima $s\in (a,t)$ e poi $s\in (a,b)$, non so cosa dire, salvo il fatto - ovvio - che $s\in (a,t)=>s\in (a,b)$.
Direi invece che per l'altra questione hai fatto centro. Attendiamo conferme o smentite.

EDIT: mi pare che la proposizione continui a essere valida anche se $\beta=\text{sup}_{s\in(a;u)}(phi(t)-phi(s))/(t-s)$.

[salvozungri]

Riscrivo il testo in italiano, con relativa dimostrazione (e alcuni miei accorgimenti, sperando che non siano errati). Questo teorema mi serve perchè prima o poi lo farò anch'io .

Sia $\mu$ una misura positiva sulla $\sigma-$algebra M di un insieme $\Omega$ tale che:
1.1 $\mu(\Omega)=1$

Sia $f\in L_1(\mu)$ tale che:
1.2 $a
Se $\phi$ è una funzione convessa su $(a,b)$ allora:

$\phi(\int_{\Omega} f d\mu) <= \int_{\Omega} (\phi ° f) d\mu$

Dimostrazione:
Poniamo : $t=\int_{\Omega} fd\mu$ allora $a Sia $\beta= "sup"_{s\in(a, t)} (\phi(t)-\phi(s))/(t-s)<= (\phi(u)-\phi(t))/(u-t)$ per $u \in (t, b)$. Da ciò segue che:

$\phi(s)>= \phi(t)+\beta (s-t)$ con $a1.2) allora varrà anche per tale valore (ecco perchè è necessario che $a
$\phi(f(x))>= \phi(\int_{\Omega} f d \mu)+ \beta (f(x)-t)$ e quindi:
$\phi(\int_{\Omega} f d\mu)<= \phi(f(x))- \beta(f(x)-t)$ per ogni $x\in \Omega$. Ora dalla convessità di $\phi$ segue la continuità della funzione in $(a, b)$.
e quindi $\phi°f$ è misurabile.
Integrando ambo i membri, e utilizzando ancora una volta la monotonia dell'integrale, abbiamo che:

$\int_{\Omega} \phi(\int f d\mu)<= \int_{\Omega} \phi°f d \mu- \beta\int_{\Omega}(f- t)d\mu$, sfruttanfo l'ipotesi 1.1 abbiamo che
$\int_{\Omega} \phi(\int_\{\Omega} f d\mu)= \phi(\int f d\mu)$, inoltre
ricordando che $t$ è sempre una costante e $\int_{\Omega}fd\mu = t$, sfruttando la linearità dell'integrale e dall'ipotesi 1.1, hai che :
$\beta\int_{\Omega}(f- t)d\mu=0$ e dunque la tesi.

Mi auguro non ci siano errori molto gravi e soprattutto che qualcuno dia un' occhiata e mi faccia sapere che ciò che ho scritto è corretto. Mi lle grazie

Edit: Ho aggiunto un passaggio che mi è sfuggito

[Sk_Anonymous]

Mi pare che il tuo ragionamento sia assolutamente corretto.
Non è ancora chiaro, però, come mai prima si afferma che $s\in(a,t)$ e poi, subito sotto, che $s\in (a,b)$.

[salvozungri]

$\beta= "sup"_{s\in(a, t)} (\phi(t)-\phi(s))/(t-s)<= (\phi(u)-\phi(t))/(u-t)$ per $u \in (t, b)$
Prendiamo
$\beta<=(\phi(u)-\phi(t))/(u-t)$ da cui:
$\phi(u)>= \beta(u-t) +\phi(t) $ per $u\in (t, b)$

Ora

mentre per $s\in (a,t)$ allora vale:


$(\phi(t)-\phi(s))/(t-s)<= \beta =>\phi(t)-\phi(s) <= \beta (t-s) => -\phi(s) <= \beta(t-s)-\phi(t)=> \phi(s)>= -\beta(t-s)+\phi(t)=> \phi(s)>= \beta(s-t)+\phi(t)$ di conseguenza,

$\phi(s)>= \beta(s-t)+\phi(t)$ per ogni $s\in (a,b)$


Dunque hai conluso, controlla tutto mi raccomando! .

[Sk_Anonymous]

Mi pare che adesso ci siamo
Ti ringrazio per l'aiuto. Alla prossima.