Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Valaki mondja meg!

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[347] Lóczi Lajos2008-03-05 12:38:27

Egy "konvexitásdefiníció" annál általánosabb, minél kevesebbet követel meg az f függvényről. Az említett 3 értelmezés közül a legáltalánosabb az, amelyben nincs simasági (azaz deriválhatósági) megkötés: ebben csak a húr szerepel. Ezzel a definícióval igaz, hogy ha f egyszer deriválható, akkor a konvexitás egyenértékű a derivált monoton növekedésével. Továbbá, ha a függvény kétszer deriválható, akkor a konvexitás egyenértékű a második derivált nemnegativitásával.

Ha valaki a konvexitást az első deriválttal akarja definiálni, kevesebb függvényt tudna konvexnek mondani. Hasonlóan, ha a második derivált lenne a definícióban, még tovább szűkülne a "konvex függvény" fogalma.

Mindazonáltal igaz az a tétel, hogy egy -- intervallumon értelmezett és a húros definíció értelmében -- konvex függvény (Lebesgue-) majdnem mindenütt deriválható, sőt, egy megszámlálható halmaz kivételével mindenütt deriválható.

Előzmény: [346] cauchy, 2008-03-05 12:02:50
[346] cauchy2008-03-05 12:02:50

Az érintős miért nem állja meg a helyét? Szerinted, ha a=0,5 az x=0,4 pontban húzott érintő a függvény alatt lesz?

Előzmény: [345] epsilon, 2008-03-05 10:23:25
[345] epsilon2008-03-05 10:23:25

Valóban, a másodrendű deriváltat Én is csak tételként használom, noha láttam könyvet ahol definició, de mi régen az érintős definiciót tanultuk, és még mindig sok helyen így tanítják, de mint látható, most sem állta a helyét, de a felezőpontos definiciót nem igazán tanítottak, úgyhogy megérte itt erről is hallani ;-)

[344] nadorp2008-03-05 08:45:21

Én még úgy tanultam, hogy egy függvénygörbe konvex egy [a,b] intervallumon, ha tetszőleges két pontját összekötő szakasz felezőpontja görbe felett (vagy rajta) van.Ha az intervallumon a függvény kétszer deriválható, akkor a második deriváltak nemnegativitása szükséges és elegendő feltétel, de ez már tétel. Esetünkben az eredeti definíció érvényességét tudjuk csak vizsgálni, hiszen a függvény az x=a pontban nem deriválható.

Előzmény: [343] epsilon, 2008-03-05 06:40:40
[343] epsilon2008-03-05 06:40:40

Igen érdekes elgondolkodni a konvexitás fogalmának a defieálásán, hiszen mint az érintős meghatározás, mint az, hogy f"(x) ne legyen negatív nem igazán fogadható el ezek szerint a konvexitás értelmezésének, mert a derivált belekeverése nem "fair" tehát legtisztább a húrral defineálni és úgy tanítani, noha sok szakkönyvben nem éppen így teszik.

Előzmény: [340] Lóczi Lajos, 2008-03-04 22:07:31
[342] epsilon2008-03-05 06:37:26

Kedves Lajos! Örvendek, hogy megerősíted ezt a megoldási lehetőséget, a 308-as hozzászólásnál Én is ezt próbáltam bemutatni, Én ugyan a Stolz-Cezaro tétel 3. következménbyeként ismerem, ugyanis azzal levezethető, de Cauchy-D'Alambert tételnek forgalmazzák a Sorok elméletében, a lényeg az lenne, hogy: 1) Írtad, hogy "megmutatjuk", hogy a limesz a végén gyök e, 2) Ha jól akartam, a 308-nál ugyanezt végeztem, de a parciális határértékretérés gyanúja állt fenn, ott meg a limesz e-nek jött ki. Van valami kiegészítésed, hogyan is jön ki pontosan a gyök e, (vagyis a "megmutatjuk" hogyanja) meg miért van ellentmondásba az eredmény a 308-cal, mert nagyon tetszik ez a megoldásod, hiszen a teszt középiskolásoknak szól, így nagyágyúval rálőni nem fair, amit mutattam szerintem az is elég hosszadalmas, szerintem ilyesfélén ahogyan írtad egészen plauzíbilis! Üdv: epsilon

[341] Lóczi Lajos2008-03-04 22:29:48

Még egyszer hadd térjek vissza a problémára egy utólagos elemzés erejéig, más kiindulással és kevésbé explicit érveléssel, a Stirling-re való hivatkozás nélkül.

A hányados- és gyökkritérium témaköréből ismert a következő egyenlőtlenséglánc:


{\rm{liminf}}_{n\to \infty} \frac{A_{n+1}}{A_n}\le 
{\rm{liminf}}_{n\to \infty} \root n \of{A_n}\le
{\rm{limsup}}_{n\to \infty} \root n \of{A_n}\le 
{\rm{limsup}}_{n\to \infty} \frac{A_{n+1}}{A_n}.

(Ez a lánc egyébként azt mondja, hogy a gyökkritérium erősebb a hányadoskritériumnál.)

A megadott rekurziót az en=(1+1/n)n és A_n=\frac{a_{n+1}}{a_n} jelölésekkel így írhatjuk át:


\frac{A_{n+1}}{A_n}=e_n.

Mivel itt a jobb oldal liminf-je és limsup-ja egyaránt e, a fentiekből rögtön adódik, hogy létezik


{\rm{lim}}_{n\to \infty} \root n \of{\frac{a_{n+1}}{a_n}}

és e-vel egyenlő. Innen a továbbhaladás már hasonló (de logaritmálás nélkül is megy a dolog persze), a limesz definíciójából kiindulva megmutatjuk, hogy létezik


{\rm{lim}}_{n\to \infty} \root {n^2} \of{a_n}

és \sqrt{e}-vel egyenlő.

Előzmény: [325] nadorp, 2008-03-03 21:56:02
[340] Lóczi Lajos2008-03-04 22:07:31

(Ez a definíció persze már pl. cauchy-tól elhangzott, egyenlőtlenség alakjában felírva.)

Előzmény: [338] sakkmath, 2008-03-04 15:48:23
[339] epsilon2008-03-04 17:49:25

OK, köszi mindkettőtöknek! Így már tiszta!

[338] sakkmath2008-03-04 15:48:23

Egyetértőleg csatlakozom az előttem szólóhoz. A 297. feladat szövege nem szól az f függvény [0;1]-beli differenciálhatóságáról, ezért a kovexitás érintős definícióját ne használjuk. A konvexitás kérdésében - tankönyv híján - vegyük a WIKIPÉDIA másik definícióját:

Az f: I \to R intervallumon értelmezett valós változójú függvény konvex, ha a függvénygörbe (bármely, az adott intervallumba eső ÿ(kiegészítés tőlem)) két pontját összekötő húr a függvénygörbe fölött halad ...

[337] nadorp2008-03-04 15:22:45

Nem is gondoltam ezt bizonyításnak, Te kérdeztél egy konkrét példát. Viszont az látszik az ábrából, hogy van olyan x_1<\frac12,x_2>\frac12, hogy az A=(x1,f(x1)) és B=(x2,f(x2)) pontokat összekötő szakasz a görbe alatt van. Konkrétan ha x_1=\frac14 és x_2=\frac34, akkor

f\left(\frac{x_1+x_2}2\right)>\frac{f(x_1)+f(x_2)}2, ez pedig ellentmond a konvexitásnak.

Előzmény: [335] epsilon, 2008-03-04 14:21:49
[336] cauchy2008-03-04 14:35:45

Ne az a pontban húzzál érintőt, hanem az a-\varepsilon pontban, és meglátod, hogy egy másik pontban metszeni fogja az ábrát.

Előzmény: [335] epsilon, 2008-03-04 14:21:49
[335] epsilon2008-03-04 14:21:49

Helló nadorp! gondolom, hogy ezzel nem lehetne belátni, hogy a (0,1) intervallumon nem lenne konvex (csak egy értéket mondtam), és az ábrádon megpróbáltam csak a függvényt meghagyni, és az 1/2-ben van bal illetve jobboldali "alsó érintő" és miért ne lenne konvex az a függvény, amt így látunk?

Előzmény: [331] nadorp, 2008-03-04 09:43:27
[334] cauchy2008-03-04 11:58:24

Ha egyszer fennáll a lenti egyenlőtlenség, akkor nem konvex. És mint látható, az érintő sem marad az ábra alatt.

Előzmény: [330] epsilon, 2008-03-04 06:30:32
[333] cauchy2008-03-04 11:48:17

Az ábrán nem az látszik, amit ír, de hasonlít ahhoz.

Előzmény: [331] nadorp, 2008-03-04 09:43:27
[332] nadorp2008-03-04 10:39:50

De igen, viszont előtte valahogy beláttam, hogy a sorozat korlátos, és még ez dolgozott bennem.

Előzmény: [328] Lóczi Lajos, 2008-03-04 00:05:45
[331] nadorp2008-03-04 09:43:27

Kicsi csúnya, de látszik, hogy nem konvex a=\frac12 esetén

Előzmény: [330] epsilon, 2008-03-04 06:30:32
[330] epsilon2008-03-04 06:30:32

Kedves Lajos és Cauchy! Kösz a magyarázatokat, de még mindig nem világos számomra az pl, hogy mondjuk az a=1/2 értékre miért nem konvex (mert ez ugye nincs a [0,1]-en kívük, és mégsem konvex?! (A derivált esetén a törést megértettem, hiszen mondjuk lehet akár szögpont, visszatérőpont, stb. ahol a két szélső derivált nem egyenlő, a pontban húzott "félérintők" így is a grafikus ábra alatt maradnak.)

[329] epsilon2008-03-04 06:24:17

Köszi nadorp a megerősítést! Én csak azon csodálkozom, hogy lehet ilyen feladatokat tesztfeladatoknak adni feleletválasztósnak, hiszen a többi eredmény csak kelepce volt, végül is meg kell oldani, és nincs semmi ami a feleletválasztóshoz kapcsolná.(sem logikai kizárások, stb.)

[328] Lóczi Lajos2008-03-04 00:05:45

Ez szerintem nincs így: A+A=A+0-ból nemcsak A=0, de A=\pm\infty is következhetne, nem?

Előzmény: [315] nadorp, 2008-03-03 11:21:29
[327] Lóczi Lajos2008-03-03 23:38:57

A törés természetesen fennáll, de vedd figyelembe, hogy az f függvényed értelmezési tartománya csak a [0,1] intervallum volt, tehát érdektelen számunkra, mi és hogy törik azon kívül.

Előzmény: [324] epsilon, 2008-03-03 18:51:57
[326] cauchy2008-03-03 22:21:13

Az egyenlőtlenség azt mondja, hogy az a környezetében NEM konvex a függvény. Az \varepsilon nem is kell nagyon kicsi legyen, elég ha 0<\varepsilon<1 (illetve a-\varepsilon és a+\varepsilon\in[0,1] ha értelmezési tartományon belül akarunk maradni, de azon kívül is érvényes).

Előzmény: [324] epsilon, 2008-03-03 18:51:57
[325] nadorp2008-03-03 21:56:02

Az L=e^{\frac12} szerintem is jó. Én így számoltam:

Könnyen látszik, hogy b_{n+1}=\frac{(n+1)^n}{2\cdot n!}\frac{ a_3}{a_2}, ahonnan - felhasználva a Stirling formulát -

\lim\root{n}\of{b_n}=e, azaz

\lim\frac{\ln{a_{n+1}}-\ln{a_n}}{n}=1.

Tetszőleges \varepsilon>0-hoz létezik N, hogy

(1-\varepsilon)N+ln aN<ln aN+1<(1+\varepsilon)N+ln aN

(1-\varepsilon)(N+N+1)+ln aN<ln aN+2<(1+\varepsilon)(N+N+1)+ln aN

...

(1-\varepsilon)\frac{(2N+k-1)k}2+\ln{a_N}<\ln{a_{N+k}}<(1+\varepsilon)\frac{(2N+k-1)k}2+\ln{a_N} teljesül minden k-ra, azaz

\lim_{k\to\infty}\frac{\ln{a_{N+k}}}{(N+k)^2}=\frac12

Előzmény: [314] epsilon, 2008-03-02 09:15:39
[324] epsilon2008-03-03 18:51:57

Kedves Lajos! Az a=0 és a=1 értékek esetén a 2 tagra alkalmazott Jensen-féle egyenlőtlenség valóban megadja az f konvexitását, kösz a hozzászólásod ahol írtad! Most már csak az a furcsa, mint írtam, hogy ezekben az esetekben is fennáll az, hogy az x=0 ill. x=1 esetekben nem teljesül a 2a-1=2a+1, vagyis a deriváltal=érintőmeghúzhatósággal való gond továbbra is homályosít? Mi a valódi helyzet, miért van ez a látszólagos ellentmondás? Mert azzak, hogy e 2 pontban konvex, még nem zárja ki, hogy más ban ne lenne az!? Üdv: epsilon

[323] epsilon2008-03-03 18:26:27

Kedves Lajos! Örvendek, hogy megint jelentkeztél, mert továbbra is érdekelne a 297-es feladat tisztázása (ezúttal nem írtam el), vagyis, hogy miért edták arra azt a választ, hogy PONTOSAN 2 olyan "a" érték van amelyre az konvex lenne. Mint láttuk, az x=a-ban nem deriválható, viszont Te meg írod a 302-ben, hogy az a=0 és a=1 esetben konvex, bocs de Én nem látom miért, mert ebben a 2 esetben is fennáll a már említett 2a-1=2a+1 absurdum, ami az a pontban való deriválhatóság származtat.(vagyis nem húzható az érintő, és ebben a pontban nem érvényes a konvexitás jelzett értelmezése!?) Üdv: epsilon

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]