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Hallo,
ich habe hier einen längeren Beweis, den ich verstehe, wenn ich mir klar mache, dass sowas gilt wie:
Für monoton steigende, konvexe Funktionen [mm]f:\IR_+\to\IR_+[/mm] gilt: [mm]f(t)-f(s)\ge f(t-s)[/mm] mit [mm]t\ge s[/mm].
Fragen:
1. Gilt diese Behauptung überhaupt in dieser Form? (Meine Skizzen sagen "Ja"...)
2. Wenn ja, wie könnte ich es beweisen? Am besten wäre, wenn ich von einer Def. für konvexe Funktionen, wie z. B. der folgenden, ausgehen könnte:
[mm] \forall x,y\in I\;\forall t\in (0,1):f(t x+(1-t)y) \le t f(x)+(1-t)f(y) [/mm] wobei [mm]f:I\to\IR[/mm].
Dort vielleicht dann [mm]t=\frac{1}{2}[/mm] setzen und dann muss irgendwie die Monotonie und das [mm]R_+[/mm] noch ne Rolle spielen? Analog würde mir es natürlich auch helfen, wenn ich [mm]f(t)+f(s)\le f(t+s)[/mm] beweisen könnte.
Für Tipps bin ich allen dankbar.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:26 Mo 25.05.2009 | | Autor: | djmatey |
Hallo 
Nein, deine Behauptung gilt nicht - es lässt sich leicht ein Gegenbeispiel finden:
f(x) = [mm] x^2 [/mm] +100
ist konvex, da
f'(x) = 2x
streng isoton ist.
Allerdings gilt für t=2, s=1
f(t)-f(s) = 104 - 101 = 3 [mm] \le [/mm] 101 = f(t-s)
LG djmatey
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Hallo,
danke erstmal für dein Gegenbeispiel. Hätte ich auch selbst finden können... Jedenfalls war meine Verallgemeinerung zu stark. Es geht in dem Beweis eigentlich um:
[mm] t^{2H}-s^{2H}\ge(t-s)^{2H} [/mm] mit [mm]t>s[/mm], [mm]s\ge 0[/mm] und [mm] \frac{1}{2}
[mm] f:\IR_+\to\IR_+ [/mm] mit [mm] f(x)=x^{2H} [/mm] ist streng konvex. Vielleicht hast du oder jemand anders hier zu eine Idee, wie ich das beweisen könnte.
Vielen Dank schonmal im Voraus für Antworten.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:21 Do 25.06.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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