Trasformata di Legendre
Data una funzione $f\inC(RR^n)$ si definisce la sua trasformata di Legendre come $f^*:RR^n->RR$,$f^*(xi)="sup"_(x\inRR^n)( -f(x))$ dove $<*,*>$ indica il prodotto scalare.
Voglio mostrare che se $lim_(|x| ->oo)f(x)/|x|=oo$ allora il sup è un max.
Ho che, fissato $xi\inRR^n$, la funzione $F_(xi)(x)= -f(x)$ è continua e inoltre $lim_(|x| ->oo)F_(xi)(x)=lim_(|x| ->oo) -f(x)=lim_(|x| ->oo)|x|(()/|x| -f(x)/|x|)$
Ora come posso mostrare che questo limite vale $-oo$?
Così facendo mostrerei che deve per forza esserci un punto di massimo e quindi questo coinciderebbe col sup giusto?
Voglio mostrare che se $lim_(|x| ->oo)f(x)/|x|=oo$ allora il sup è un max.
Ho che, fissato $xi\inRR^n$, la funzione $F_(xi)(x)=
Ora come posso mostrare che questo limite vale $-oo$?
Così facendo mostrerei che deve per forza esserci un punto di massimo e quindi questo coinciderebbe col sup giusto?
Risposte
Usa la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz: \(|\langle \xi, x\rangle| \leq |\xi|\, |x|\), dunque
\[
\frac{\langle \xi, x\rangle}{|x|} \leq |\xi|.
\]
\[
\frac{\langle \xi, x\rangle}{|x|} \leq |\xi|.
\]
Giusto, grazie!
Non riesco però a completare la catena di disuguaglianze, nel senso che dovrei maggiorare quel mio limite con una quantità infinita...usando Cauchy-Schwarz mi viene da minorarla ma questo non è quello che voglio ottenere
Mi indicheresti un modo per applicarla nel limite?
Non riesco però a completare la catena di disuguaglianze, nel senso che dovrei maggiorare quel mio limite con una quantità infinita...usando Cauchy-Schwarz mi viene da minorarla ma questo non è quello che voglio ottenere
Mi indicheresti un modo per applicarla nel limite?
Fissato \(\xi\), esiste \(K>0\) t.c.
\[
\frac{f(x)}{|x|} \geq 2|\xi|\qquad \forall |x| \geq K.
\]
Di conseguenza, per quanto detto nel post precedente,
\[
\langle \xi, x\rangle - f(x) \leq |\xi|\, |x| - 2|\xi|\, |x| \leq - |\xi|\, |x|,\qquad \forall |x| \geq K.
\]
(Il caso banale \(\xi = 0\) va trattato a parte.)
\[
\frac{f(x)}{|x|} \geq 2|\xi|\qquad \forall |x| \geq K.
\]
Di conseguenza, per quanto detto nel post precedente,
\[
\langle \xi, x\rangle - f(x) \leq |\xi|\, |x| - 2|\xi|\, |x| \leq - |\xi|\, |x|,\qquad \forall |x| \geq K.
\]
(Il caso banale \(\xi = 0\) va trattato a parte.)
Perfetto 
Sto usando qualche teorema in particolare quando affermo che essendo quel limite $-oo$ la funzione deve assumere un massimo (che quindi sarà per forza il sup)?
Sto usando qualche teorema in particolare quando affermo che essendo quel limite $-oo$ la funzione deve assumere un massimo (che quindi sarà per forza il sup)?
Si tratta di una versione generalizzata del teorema di Weierstrass.
Non mi è molto chiaro in che modo lo posso generalizzare. Cioè come faccio dal teorema di Weierstrass ad arrivare a mostrare il fatto che la mia funzione ammette massimo?
Supponiamo di avere una funzione \(g:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}\) continua (o almeno semicontinua superiormente) tale che \(\lim_{|x|\to\infty} g(x) = -\infty\).
Esiste dunque \(R > 0\) tale che \(g(x) < g(0)\) per ogni \(|x| > R\). Nella palla chiusa \(K := \overline{B}_R(0)\) (che è un insieme compatto) la funzione ammette un punto \(x_0\in K\) di massimo assoluto (per il teorema di Weierstrass), vale a dire
\[
g(x) \leq g(x_0) \qquad \forall |x|\leq R.
\]
D'altra parte, se \(x\not\in K\), cioè se \(|x| > R\), si ha che
\[
g(x) < g(0) \leq g(x_0)\qquad (\forall |x| > R).
\]
Di conseguenza, \(g(x) \leq g(x_0)\) per ogni \(x\in\mathbb{R}^n\).
Esiste dunque \(R > 0\) tale che \(g(x) < g(0)\) per ogni \(|x| > R\). Nella palla chiusa \(K := \overline{B}_R(0)\) (che è un insieme compatto) la funzione ammette un punto \(x_0\in K\) di massimo assoluto (per il teorema di Weierstrass), vale a dire
\[
g(x) \leq g(x_0) \qquad \forall |x|\leq R.
\]
D'altra parte, se \(x\not\in K\), cioè se \(|x| > R\), si ha che
\[
g(x) < g(0) \leq g(x_0)\qquad (\forall |x| > R).
\]
Di conseguenza, \(g(x) \leq g(x_0)\) per ogni \(x\in\mathbb{R}^n\).
Chiarissimo, grazie!
Ti chiedo conferma ora di una questione un po più operativa.
Voglio calcolare la trasformata di Lagrange della funzione $f(x)=|x|^2/2$.
Questa è $f^*(xi)="sup"_(x\inRR^n) -1/2|x|^2="sup"_(x\inRR^n)(\sum_{i=1}^n xi_i*x_i-1/2\sum_{i=1}^n x_i*x_i)=$
$"sup"_(x\inRR^n)\sum_{i=1}^n (xi_i*x_i-1/2*x_i*x_i)$
Studio la quantità $y_i=xi_i*x_i-1/2*x_i*x_i$, si tratta di una parabola rivolta verso il basso con vertice in $(xi_i,xi_i^2/2)$.
Dunque il sup (che è un max) è assunto in $x_i=xi_i$, cioè in $x=xi$ e vale quindi $|xi|^2/2$.
Il metodo mi sembra un po rozzo, suggerisci qualcosa di meglio o può andare?
Ti chiedo conferma ora di una questione un po più operativa.
Voglio calcolare la trasformata di Lagrange della funzione $f(x)=|x|^2/2$.
Questa è $f^*(xi)="sup"_(x\inRR^n)
$"sup"_(x\inRR^n)\sum_{i=1}^n (xi_i*x_i-1/2*x_i*x_i)$
Studio la quantità $y_i=xi_i*x_i-1/2*x_i*x_i$, si tratta di una parabola rivolta verso il basso con vertice in $(xi_i,xi_i^2/2)$.
Dunque il sup (che è un max) è assunto in $x_i=xi_i$, cioè in $x=xi$ e vale quindi $|xi|^2/2$.
Il metodo mi sembra un po rozzo, suggerisci qualcosa di meglio o può andare?
In generale la massimizzazione va fatta sulla funzione di più variabili; nel tuo caso hai la funzione
\[
\varphi(x) := \langle \xi, x\rangle - \frac{1}{2} |x|^2, \qquad x\in\mathbb{R}^n
\]
e di questa devi trovare il massimo (che abbiamo già detto esistere nei post precedenti).
In tale punto (o punti) di massimo si deve necessariamente annullare il gradiente:
\[
\nabla \varphi (x) = \xi - x = 0.
\]
Di conseguenza l'unico punto di massimo è \(x_0=\xi\), dunque
\[
\sup_x \varphi(x) = \varphi(\xi) = \langle \xi, \xi\rangle - \frac{1}{2} |\xi|^2
= \frac{1}{2} |\xi|^2\,.
\]
\[
\varphi(x) := \langle \xi, x\rangle - \frac{1}{2} |x|^2, \qquad x\in\mathbb{R}^n
\]
e di questa devi trovare il massimo (che abbiamo già detto esistere nei post precedenti).
In tale punto (o punti) di massimo si deve necessariamente annullare il gradiente:
\[
\nabla \varphi (x) = \xi - x = 0.
\]
Di conseguenza l'unico punto di massimo è \(x_0=\xi\), dunque
\[
\sup_x \varphi(x) = \varphi(\xi) = \langle \xi, \xi\rangle - \frac{1}{2} |\xi|^2
= \frac{1}{2} |\xi|^2\,.
\]
Ammetto che il tuo metodo mi piace di più del mio perchè è più generale, tuttavia richiede di derivare una norma e un prodotto scalare, giusto?
Il mio invece, sfruttando la conoscenza delle parabole, non richiedeva nessun conto "raffinato"
Il mio invece, sfruttando la conoscenza delle parabole, non richiedeva nessun conto "raffinato"
Basta stare attenti a quello che si fa.
In questo caso il "tuo" metodo funziona solo perché la funzione da massimizzare è del tipo
\[
\varphi(x_1, \ldots, x_n) = \sum_{i=1}^n \psi_i (x_i)
\]
cioè è somma di funzioni ciascuna delle quali dipende da una sola delle variabili \(x_1,\ldots,x_n\).
In generale, altrimenti, il massimo di una somma di funzioni non è la somma dei massimi.
In questo caso il "tuo" metodo funziona solo perché la funzione da massimizzare è del tipo
\[
\varphi(x_1, \ldots, x_n) = \sum_{i=1}^n \psi_i (x_i)
\]
cioè è somma di funzioni ciascuna delle quali dipende da una sola delle variabili \(x_1,\ldots,x_n\).
In generale, altrimenti, il massimo di una somma di funzioni non è la somma dei massimi.
Sisi certo
Infine un'ultima questione riguardante la convessita': considerando tra le ipotesi soltanto la superlinearita' di $f$ posso concludere che la trasformata di $f$ e' convessa o devo richiedere anche la convessita' di $f$?
Infine un'ultima questione riguardante la convessita': considerando tra le ipotesi soltanto la superlinearita' di $f$ posso concludere che la trasformata di $f$ e' convessa o devo richiedere anche la convessita' di $f$?
La trasformata di \(f\) è sempre convessa, poiché è il sup di una famiglia di funzioni convesse (più precisamente affini).
Ok, provo a scriverne una dimostrazione "alla mia portata".
Fisso arbitrariamente $\barx$,$\bary\inRR^n$, ho che $f^*(t\barx+(1-t)\bary)="sup"_(x\inRR^n)( -f(x))$ ma questo sup è un max e quindi supponendo che venga assunto in $\hatx$ e valga dunque $ -f(\hatx)=t<\barx,\hatx>+(1-t)<\bary,\hatx> -f(\hatx)$.
Ora però non riesco a maggiorare questo valore con $tf^*(\barx)+(1-t)f^*(\bary)$...
Fisso arbitrariamente $\barx$,$\bary\inRR^n$, ho che $f^*(t\barx+(1-t)\bary)="sup"_(x\inRR^n)(
Ora però non riesco a maggiorare questo valore con $tf^*(\barx)+(1-t)f^*(\bary)$...
Per semplicità, assumiamo pure che il sup sia raggiunto (in realtà non ce n'è bisogno).
Avremo che
\[
\begin{split}
f^*((1-t)\xi_0 + t \xi_1) & = \langle (1-t)\xi_0 + t\xi_1, \hat{x}\rangle - f(\hat{x})
\\ & =
(1-t)[\langle \xi_0, \hat{x}\rangle - f(\hat{x})] + t [\langle \xi_1, \hat{x}\rangle - f(\hat{x})]
\leq (1-t) f^*(\xi_0) + t f^*(\xi_1).
\end{split}
\]
Avremo che
\[
\begin{split}
f^*((1-t)\xi_0 + t \xi_1) & = \langle (1-t)\xi_0 + t\xi_1, \hat{x}\rangle - f(\hat{x})
\\ & =
(1-t)[\langle \xi_0, \hat{x}\rangle - f(\hat{x})] + t [\langle \xi_1, \hat{x}\rangle - f(\hat{x})]
\leq (1-t) f^*(\xi_0) + t f^*(\xi_1).
\end{split}
\]
Ah già...mi mancava il passaggio di riscrivere $-f(\hatx)$ come $-(1-t)f(\hatx)-tf(\hatx)$.
Grazie mille Rigel!
Grazie mille Rigel!
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