[Erledigt] Beweis zu konvexen Funktionen

17.08.2013, 00:55

Guppi12

[Erledigt] Beweis zu konvexen Funktionen

Edit: Hat sich erledigt, siehe 2. Beitrag.

Hi Leute, folgenden Hypothese habe ich mir überlegt und versucht zu beweisen, kann mal jemand drüber schauen bitte? (Im einfachen Fall für Funktionen von R nach R ist die Behauptung natürlich anschaulich schon klar. Ich wollte wissen, ob sie auch im allgemeinen Fall gilt.)

Sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ Banachraum, $\begin{eqnarray*} K\subset X \end{eqnarray*}$ offene konvexe Teilmenge von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} f:K\to \mathbb R \end{eqnarray*}$ differenzierbar und konvex. Außerdem $\begin{eqnarray*} x_0\in K \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f'(x_0) = 0 \end{eqnarray*}$ . Dann gilt für alle $\begin{eqnarray*} x\in K \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} f(x)\geq f(x_0) \end{eqnarray*}$ .

Beweis(durch Widerspruch):

Wir nehmen an, es gebe $\begin{eqnarray*} x_1\in K \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x_1)<f(x_0) \end{eqnarray*}$ .

Setze $\begin{eqnarray*} 0<c := f(x_0)-f(x_1) \end{eqnarray*}$ . Dann gibt es für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \delta >0 \end{eqnarray*}$ (o.B.d.A $\begin{eqnarray*} \delta < 1 \end{eqnarray*}$ ), sodass:

$\begin{eqnarray*} \frac{|f(x_0+\delta(x_1-x_0))-f(x_0)|}{||\delta(x_1-x_0)||} = \frac{|f(x_0+\delta(x_1-x_0))-f(x_0)-f'(x_0).\delta(x_1-x_0)|}{||\delta(x_1-x_0)||} < \frac{c}{n} \end{eqnarray*}$ .

Es folgt

$\begin{eqnarray*} |f(x_0+\delta(x_1-x_0))-f(x_0)| < \frac{c}{n}||\delta(x_1-x_0)|| \end{eqnarray*}$ ,

Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} f(x_0) - \frac{c}{n}||\delta(x_1-x_0)|| < f(x_0+\delta(x_1-x_0)) = f(\delta x_1+(1-\delta)x_0) \leq \delta f(x_1)+(1-\delta)f(x_0) \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt

$\begin{eqnarray*} -\frac{c\delta}{n}||x_1-x_0|| < \delta(f(x_1)-f(x_0)) = -c\delta \end{eqnarray*}$

bzw:

$\begin{eqnarray*} 1 < \frac{1}{n}||x_1-x_0|| \end{eqnarray*}$ ,

was ein Widerspruch ist, da $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ beliebig wählbar ist.

Geht das so?

Lg Guppi

17.08.2013, 01:35

Guppi12

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Hat sich erledigt, mir ist inzwischen selber eine kürzere Version eingefallen, bei der ich mir selber sicher bin, dass sie richtig ist. Für die, die es interessiert:

Sei $\begin{eqnarray*} x_1\in K \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_1 \neq x_0 \end{eqnarray*}$ beliebig. Es gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{\delta\to 0^+}\frac{f(x_0+\delta(x_1-x_0))-f(x_0)}{||\delta(x_1-x_0)||} = \lim\limits_{\delta\to 0^+}\frac{f(x_0+\delta(x_1-x_0))-f(x_0)-f'(x_0).\delta(x_1-x_0)}{||\delta(x_1-x_0)||} = 0 \end{eqnarray*}$ .

Andererseits gilt für alle $\begin{eqnarray*} \delta>0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{f(x_0+\delta(x_1-x_0))-f(x_0)}{||\delta(x_1-x_0)||} \leq \frac{\delta(f(x_1)-f(x_0))}{||\delta(x_1-x_0)||} = \frac{f(x_1)-f(x_0)}{||x_1-x_0||} \end{eqnarray*}$

Es folgt $\begin{eqnarray*} 0 \leq \frac{f(x_1)-f(x_0)}{||x_1-x_0||} \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} f(x_1)\geq f(x_0) \end{eqnarray*}$ .

Sorry.. Kann gelöscht werden, wenns stört.

17.08.2013, 12:41

Che Netzer

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RE: [Erledigt] Beweis zu konvexen Funktionen
Das ist beides richtig, allerdings hättest du noch schreiben sollen, was du hier unter Differenzierbarkeit verstehst:

Zitat:

Original von Guppi12
Sei $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ Banachraum, $\begin{eqnarray*} K\subset X \end{eqnarray*}$ offene konvexe Teilmenge von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} f:K\to \mathbb R \end{eqnarray*}$ differenzierbar und konvex.

17.08.2013, 13:22

Guppi12

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Als ich den Eröffnungsbeitrag schrieb, meinte ich Fréchet-differenzierbar.

Mir ist aber später aufgefallen, dass Gâteaux-differenzierbarkeit genügen müsste, richtig?

17.08.2013, 13:51

Che Netzer

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Genau – und das nur in $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ , nicht auf ganz $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ . Und eigentlich würde bereits genügen, dass alle Richtungsableitungen in $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ Null sind, woraus aber bereits Gâteaux-Differenzierbarkeit folgt.

Edit: Wobei es mit Fréchet-Differenzierbarkeit noch schöner geht: Der Tangentialraum an $\begin{eqnarray*} (x_0,f(x_0)) \end{eqnarray*}$ ist eine Hyperebene mit konstanter $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ -Komponente und der Graph von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ muss aufgrund der Konvexität darüber liegen.

17.08.2013, 13:57

Guppi12

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Alles klar, danke für den Hinweis.

Ein schönes Wochenende Augenzwinkern

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