Functie cu derivate partiale <= 1 - Traian Lalescu pb 3

maky · Post by **maky** » Sat May 31, 2008 8:19 pm

Fie $ U \subset \mathbb{R}^2 $ o submultime deschisa care contine discul unitate inchis $ D $ si $ f : U\rightarrow \mathbb{R} $ o functie de clasa $ \mathcal{C}^1 $ cu proprietatea ca
$ \left| \frac{\partial f}{\partial x}(P) \right| \leq 1 $ si $ \left| \frac{\partial f}{\partial y}(P) \right| \leq 1 $, $ \forall P \in D $.
Sa se arate ca daca $ \{ M_1,M_2,\ldots,M_k \} $ este o multime de puncte din $ D $ cu centrul de greutate in $ O $, atunci pentru orice punct $ P \in D $ are loc inegalitatea
$ \left| f(P) - \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(M_k) \right| \leq 2 $

Radu Gologan, Concursul National Traian Lalescu 2008

Post by **Beniamin Bogosel** » Mon Jun 09, 2008 7:41 pm

De ce a fost definita functia pe o multime deschisa din $ \mathbb{R}^2 $? De ce nu a fost definita direct pe $ D $? Este esential acest lucru?

Mi-au venit in minte aceste intrebari si nu stiu exact raspunsul, pentru ca nu am facut inca diferentiabilitate de ordinul 2. Solutia mea este cam intuitiva:

Solutie: Fie $ X(x_1,y_1),Y(x_2,y_2) $ doua puncte din $ D $. Deci $ x_1^2+y_1^2\leq 1 $ si $ x_2^2+y_2^2\leq 1 $. De aici $ x_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2\leq 2 $ (1). Astfel cel putin unul dintre punctele $ Z_1(x_2,y_1),Z_2(x_1,y_2) $ este in $ D $ pentru ca altfel ar rezulta o contradictie cu inegalitatea (1). Putem presupune fara a restrange generalitatea ca $ Z_1 \in D $.

Acum aplicam teorema lui Lagrange functiilor $ g:[x_1,x_2]\cup [x_2,x_1]\to \mathbb{R}, g(x)=f(x,y_1) $ si $ h:[y_1,y_2]\cup [y_2,y_1]\to \mathbb{R}, h(y)=f(x_2,y) $, care satisfac ipotezele teoremei lui Lagrange, functia $ f $ fiind de clasa $ \mathcal C^1 $. Astfel exista $ c \in [x_1,x_2]\cup [x_2,x_1] $ si $ d \in [y_1,y_2]\cup [y_2,y_1] $ cu
$ g(x_1)-g(x_2)=g^\prime (c)(x_1-x_2),\ h(y_1)-h(y_2)=h^\prime (d)(y_1-y_2). $
Daca rescriem aceste egalitati folosind functia $ f $ avem:
$ f(x_1,y_1)-f(x_2,y_1)=\frac{\partial f}{\partial x}(c,y_1)(x_1-x_2)\text{ si }f(x_2,y_1)-f(x_2,y_2)=\frac{\partial f}{\partial y}(x_2,d)(y_1-y_2).\ \ (2) $
Punctele $ N(c,y_1) $ si $ P(x_2,d) $ sunt puncte din $ D $ deoarece $ N \in [XZ_1] $ si $ P \in [YZ_1] $ si $ D $ este o multime convexa, adica $ [XZ_1],[YZ_1]\subset D $. Atunci
$ \left|\frac{\partial f}{\partial x}(N)\right|=\left|\frac{\partial f}{\partial x}(c,y_1)\right|\leq 1\text{ si }\left|\frac{\partial f}{\partial x}(P)\right|=\left|\frac{\partial f}{\partial x}(x_2,d)\right|\leq 1.\ \ (3) $
Trecem la module in cele doua relatii din (2) si tinem cont de inegalitatile din (3):
$ |f(x_1,y_1)-f(x_2,y_1)|\leq |x_1-x_2|\text{ \c si }|f(x_2,y_1)-f(x_2,y_2)|\leq |y_1-y_2|. $
Deci $ |f(x_1,y_1)-f(x_2,y_2)|\leq |f(x_1,y_1)-f(x_2,y_1)|+|f(x_2,y_1)-f(x_2,y_2)|\leq |x_1-x_2|+|y_1-y_2|.\ \ (4) $

Fie acum $ P(x,y) \in D $ oarecare si o multime de $ n $ puncte $ \{M_1(x_1,y_1),M_2(x_2,y_2),...,M_n(x_n,y_n)\} $ cu centrul de greutate in origine, adic\u a $ x_1+x_2+...+x_n=0 $ si $ y_1+y_2+...+y_n=0 $. Folosind (4) obtinem ca $ |f(P)-f(M_k)|\leq |x-x_k|+|y-y_k|,\ \forall k $. Insumand aceste inegalitati pentru $ k=1,...,n $ obtinem $ \sum_{k=1}^n|f(P)-f(M_k)|\leq \sum_{k=1}^n|x-x_k|+\sum_{k=1}^n|y-y_k|. (5) $

Fie acum $ a_1,...,a_n \in [-1,1] $ cu $ a_1+a_2+...+a_n=0 $ si $ a\in [-1,1] $. Dorim sa demonstram ca $ \sum_{k=1}^n|a-a_k|\leq n $. Pentru aceasta definim functia $ f:[-1,1]\to \mathbb{R}, \ f(x)=\sum_{k=1}^n|x-a_k| $. Fie $ \alpha \in [0,1] $ si $ x,y \in [-1,1] $. Atunci $ \alpha f(x)+(1-\alpha)f(y)=\sum_{k=1}^n|\alpha x-\alpha a_k|+\sum_{k=1}^n|(1-\alpha) y-(1-\alpha) a_k|\geq \sum_{k=1}^n|\alpha x-\alpha a_k+(1-\alpha) y-(1-\alpha) a_k|=\sum_{k=1}^n|\alpha x+(1-\alpha)y-a_k|=f(\alpha x+(1-\alpha) y), $deci $ f $ este convexa. Fie$ x \in [-1,1] $. Atunci exista $ \alpha \in [0,1] $ astfel incat $ x=\alpha(-1)+(1-\alpha)1 $ si deoarece $ f $ este convexa rezulta ca $ f(x)\leq \alpha f(-1)+(1-\alpha)f(1)=n $ pentru ca $ f(1)=f(-1)=n $. Deci $ \sum_{k=1}^n|a-a_k|\leq n $. (6)

Aplicam rezultatul (6) pentru $ x,y \in [-1,1] $ si $ x_i,y_i \in [-1,1],\ i=1,...,n $ cu $ \sum_{k=1}^nx_k=\sum_{k=1}^ny_k=0 $ si obtinem $ \sum_{k=1}^n|x-x_k|\leq n $ si $ \sum_{k=1}^n|y-y_k|\leq n $. Din inegalitatea (5) rezulta ca
$ 2n\geq \sum_{k=1}^n|x-x_k|+\sum_{k=1}^n|y-y_k| \geq \sum_{k=1}^n|f(P)-f(M_k)|\geq |nf(P)-\sum_{k=1}^nf(M_k)|. $ Impartim aceasta ultima inegalitate cu $ n $ si obtinem $ |f(P)-\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nf(M_k)|\leq 2 $, adica ceea ce trebuia demonstrat.

Post by **Alin Galatan** » Mon Jun 09, 2008 10:30 pm

Pentru ca daca era definita doar pe D, atunci era nasol de definit derivata pe cerc. Spre exemplu, in polul nord, nu ai $ \frac{\delta}{\delta x} $, pe motiv ca nu ai cum sa convergi spre punct pe orizontala.

Post by **Beniamin Bogosel** » Mon Jun 09, 2008 11:29 pm

Imi pare rau de greseli... Am copiat din tex-ul de pe calculator si mi-a luat un sfert de ora sa fac $$ in \( pana m-am saturat. De-aia au mai fost si greseli...

\)

Mihai Berbec · Post by **Mihai Berbec** » Tue Jun 10, 2008 12:27 am

nu putei sa dai in tex "replace all"...era mult mai simplu asa !