ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2014-02-26   
Пусть #f: \mathbf{R}^{2} \rightarrow \mathbf{R}# - выпуклая непрерывно дифференцируемая функция; #f(0) = 0, \nabla f(0) = 0.#Доказать, что #f(x) \geq \int_{0}^{\| x \|} \phi(t) dt, \forall x \in \mathbf{R}^{2},# где #\phi (t) = inf_{\| x \| = t} \| f(x) \|, \forall t \geq 0.#


Решение:


Будем обозначать #f^{\prime} = \nabla f(x).# Определим #x(t) = arg : min_{\| x \| = t} f(x).# (1) Для любого ненулевого вектора #y,# такого, что #{\langle} y, x(t) {\rangle} = 0# следует равенство #{\langle} f^{\prime}(x(t)), y {\rangle} = 0# (в противном случае получаем противоречие с фактом #f(x(t)) = min_{\| x \| = t} f(x)).# Поэтому для всех #t \geq 0# найдется число #\lambda(t) : f^{\prime}(x(t)) = \lambda (t)x(t).# (2) Поскольку #f# выпуклая функция, то #{\langle} f^{\prime}(x) - f^{\prime}(0), x - 0 {\rangle} \geq 0,# поэтому #\lambda(t) \geq 0.# Заметим, что #\phi(t) \leq \| f^{\prime}(x(t)) \| = \lambda(t) \| x(t) \| = t \lambda(t).# Поэтому #\lambda(t) \geq \frac{\phi(t)}{t}, \forall t >0.# (3) Зафиксируем #t >0.# Пусть #\Delta > 0# и #0 < t - \delta \leq t_{1} \leq t.# Так как из (1) следует, что #f(x(t_{1})) \leq f(\frac{t_{1}}{t} x(t)),# то #f(x(t)) - f(x(t_{1})) \geq f(x(t)) - f \left ( \frac{t_{1}}{t}x(t) \right ) = {\langle} f^{\prime}(x(t)), x(t) {\rangle} \frac{t - t_{1}}{t} + o( \delta) = (2) = \lambda (t) \| x(t) \|^{2} \frac{t - t_{1}}{t} + o(\Delta) = \lambda(t)t(t - t_{1}) + o( \Delta) \geq (3) \geq \phi (t)# Из этой выкладки получаем, для функции #\psi(t) = f(x(t)) = min_{\| x = t \| = t} f(x)# существует нижняя левая производная #\psi_{l-}^{\prime}(t) = lim_{\Delta t \rightarrow + 0} : inf : \frac{\psi(t) - \psi(t - \Delta t)}{\Delta t} \geq \phi(t)# (4) для всех #t \geq 0.# Заметим, что функция #\psi(t)# непрерывна, так как #f(x)# равномерно непрерывна на любом компакте. Положим #\Phi (t) = \int_{0}^{t} \phi(t) dt.# Тогда #\psi_{l-}^{\prime} \geq \Phi^{\prime}(t)# и #\psi(0) = \Phi(0) = 0.# Покажем, что при этих условиях #\psi(t) \geq \Phi(t).# Пусть #g(t) = \psi (t) - Phi(t).# Тогда #g_{l-}^{\prime} \geq 0# и #g(0) = 0.# Зафиксируем #\varepsilon > 0# и покажем, что #g(t) \geq - \varepsilon t.# Положим #t_{0} = min \{ s \in [0,t] : g(t) - g(s) \geq# # - \varepsilon (t - s) \}# (минимум существует, так как #g(t)# непрерывна). Предположим, что #t_{0} > 0.# Тогда из #g_{l-1}^{\prime}(t_{0}) \geq 0# следует, что существует #\delta \in (0, t_{0})# такое, что #g(t_{0} - \delta) \leq g(t_{0}) + \varepsilon \delta.# Это значит, что #g(t) - g(t_{0} - \delta) \geq g(t) - g(t_{0}) - \varepsilon \delta \geq# #- \varepsilon (t - (t_{0} - \delta)),# что противоречит минимальности #t_{0}.# Значит, #t_{0} = 0,# и #g(t) = g(t) - g(0) \geq - \varepsilon t.# В силу произвольности #\varepsilon > 0# получаем, что #g(t) \geq 0.#