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Analysis » Funktionen » Konvexe Funktion besitzt Extremum
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Universität/Hochschule Konvexe Funktion besitzt Extremum
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-01-11


Hallo zusammen!

Folgender Satz soll bewiesen werden: Eine streng konvexe Funktion $f: \IR \to \IR$ hat höchstens ein lokales Extremum. Ein solches ist ein globales Minimum.


Nun denn, per Definition gilt, dass für alle Punkte $x_{1}, x_{2} \in \IR$ und für alle $\lambda \in (0,1)$ gilt:

$f(1-\lambda)x_{1} + \lambda x_{2}) < (1 - \lambda)f(x_{1}) + \lambda f(x_{2})$.

die Definition eines lokalen Maximums (oder Minimums) $\xi \in \IR$ ist, dass eine $\delta-Umgebung U$ von $\xi$ existiert, so dass für alle $x \in U \cap X$ stets $f(x) \le f(\xi)$ (bzw. $f(x) \ge f(\xi))$ gilt.

Ein globales Maximum (bzw. Minimum) ist definiert als $max_{x \in X}f(x)$ (bzw. $min_{x \in X}f(x)$.


Wie könnte man dies beweisen?

Ich wäre euch sehr dankbar für jede Hilfe!


Viele Grüße,
X3nion



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-01-11


Huhu X3nion,

2019-01-11 17:02 - X3nion im Themenstart schreibt:
Wie könnte man dies beweisen?

nun, die Aufgabenstellung schreit doch schon etwas nach einem Widerspruchsbeweis. Wieso du hier immer noch etwas zum Maximum schreibst, wenn es um eine konvexe Funktion geht, ist mir ein Rätsel.

Viel Erfolg!

Gruß,

Küstenkind



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Hi Kuestenkind und vielen Dank für deinen Tipp!

Hm wie wäre denn hier ein Ansatz?
Im Widerspruchsbeweis würde man ja annehmen, dass die Funktion f mindestens 2 Extrema besitzt. Oder habe ich das falsch verstanden?


Viele Grüße,
X3nion



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Kuestenkind
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-01-13


Huhu!

Nein, hast du nicht. Nehme an, dass \(x_1\) und \(x_2\) zwei (lokale) Minima sind mit \(f(x_1)\leq f(x_2),\quad x_1\neq x_2\). Und nun weiter mit deiner Definition...

Schönen Sonntag!

Küstenkind



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Hi Kuestenkind,

hm wieso schreibst du (lokales) Minimum? Muss man nicht zunächst zeigen, dass f höchstens ein lokales Minimum besitzt? Und daraus folgern, dass es sich um das globale Minimum handelt?
Und könnte es nicht sein, dass f noch ein lokales Maximum besitzt? Wir hätten ja damit nur gezeigt, dass f höchstens ein lokales Minimum besitzt, aber nicht, dass es höchstens einen Extrempunkt besitzt?
Müsste man dann nicht hergehen, annehmen f hätte ein lokales Maximum und dies dann zum Widerspruch führen?


Viele Grüße,
X3nion



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-01-13


Lokale Maxima gibt es gar nicht. Seien <math>x_0,\varepsilon\in\mathbb{R}</math> beliebig, so gilt
<math>\displaystyle f(x_0)<\frac{1}{2}(f(x_0+\varepsilon)+f(x_0-\varepsilon))</math>. Was bedeutet das?

Weise nach, dass jedes lokale Minimum ein globales ist. Anschließend zeigst du, dass es nur ein globales Minimum gibt.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Hi ochen und Danke dir für‘s Einsteigen in den Beitrag!

Wie kommst du auf $f(x_{0}) < \frac{1}{2}(f(x_{0} + \epsilon) + f(x_{0} - \epsilon))$ ?


Viele Grüße,
X3nion



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-01-13


Das folgt aus der strengen Konvexität. Wie? Was hat es mit lokalen Maxima zutun?



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Hi ochen,

ahh okay klar. Wir haben $f(x_{0}) = f(\frac{1}{2}(x_{0} + \epsilon) + \frac{1}{2}(x_{0} - \epsilon)) < \frac{1}{2}f(x_{0} + \epsilon) + \frac{1}{2}(x_{0} - \epsilon) = \frac{1}{2}(f(x_{0} + \epsilon) + f(x_{0} - \epsilon))$ mit $\lambda:= \frac{1}{2}$.

Ein lokales Maximum $x_{0}$ ist so definiert, dass es eine $\delta-$Umgebung U von $x_{0}$ gibt, sodass für alle $x \in U$ stets $f(x) \le f(x_{0})$ gilt.
Worin jetzt der Widerspruch zu obiger Ungleichung liegt, sehe ich gerade nicht.


Viele Grüße,
X3nion



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-01-13


Ok, an der Stelle <math>x_0</math> werde ein lokales Maximum angenommen. Für gegebenes <math>\delta>0</math>, wähle <math>\varepsilon=\delta/2</math>, dann sind <math>x_0\pm\varepsilon</math> in der offenen <math>\delta</math>-Kugel um <math>x_0</math>. Warum?
Was folgt für <math>f(x_0\pm\varepsilon)</math>?



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Hi ochen,

also wir betrachten $x_{0} + \frac{\delta}{2}$ und $x_{0} - \frac{\delta}{2}$. Es gilt $x_{0} + \frac{\delta}{2} < x_{0} + \delta$ und analog $x_{0} - \frac{\delta}{2} > x_{0} - \delta$. Folglich ist $x_{0} \pm \epsilon \in U_{\delta}(x_{0})$.

Für $f(x_{0} + \epsilon)$ gilt ja nach unserer Abschätzung $f(x_{0} + \epsilon) > 2f(x_{0}) - f(x_{0} - \epsilon).$
Kann man nun folgern, dass $f(x_{0} + \epsilon) > 2f(x_{0})$?

Aber wir wollen ja zeigen, dass es ein $x \in U_{\delta}(x_{0})$ gibt, sodass $f(x) > f(x_{0})$ gilt, aber das könnte ich ja mit der Abschätzung $f(x_{0} + \epsilon) > 2f(x_{0})$ nicht folgern, also dass $f(x_{0} + \epsilon) > f(x_{0})$?
Denn sei etwa $f(x_{0} + \epsilon) = -1$ und $f(x_{0} = -1$. Dann haben wir $-1 = f(x_{0} + \epsilon) > 2 f(x_{0}) = -2$, aber -1 = f(x_{0} + \epsilon) > f(x_{0}) = -1$ wäre ja falsch.


Viele Grüße,
X3nion



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-01-13


Da stimmen einige Schlussfolgerungen nicht. Wäre <math>f(x_0)</math> ein lokales Maximum, müsste <math>f(x_0)\geq f(x_0+\varepsilon)</math> und  <math>f(x_0)\geq f(x_0-\varepsilon)</math> gelten. Addieren wir beide Ungleichungen, folgt...



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Hi ochen,

ach ja klar Mensch, da war ich blind...
Dann haben wir $2f(x_{0}) \ge f(x_{0} + \epsilon) + f(x_{0} - \epsilon)$ bzw. $f(x_{0}) \ge \frac{f(x_{0} + \epsilon) + f(x_{0} - \epsilon)}{2}$, Widerspruch.

Okay nun soll man zeigen, dass lokale Minima unter einer streng konvexen Funktion f globale Minima sind.

Sei also ein beliebiges lokales Minimum $x_{0} \in \IR$ gegeben. Das bedeutet, dass ein $\delta > 0$ existiert, sodass für alle $x \in U_{\delta}(x_{0})$ gilt: $f(x) \ge f(x_{0})$.

Wir wollen unter der Bedingung der strengen Konvexität zeigen, dass für alle $x \in \IR: f(x) \ge f(x_{0})$ gilt.
Wie könnte ich dies machen?


Viele Grüße,
X3nion



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Pearly
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-01-13


Mit x0, einem Punkt nahe x0 und einem beliebigen Punkt (auf der gleichen Seite von x0) kannst du eine Abschätzung für letzteren hinbekommen.
PS: Ausgeschrieben ist es doch komplizierter als gedacht, vielleicht gibt es einen einfacheren Weg



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Hi Pearly und Danke, dass du dazugestiegen bist!

Ich dachte gerade an einen Widerspruchsbeweis, nehme an, dass $x_{0}$ kein globales Minimum ist. Dann existierte ein $x_{1} \in \IR$ mit $f(x_{1}) < f(x_{0})$, wüsste aber nicht, wie ich das nun weitertreiben soll

Viele Grüße,
X3nion



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Pearly
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-01-14


Du brauchst noch einen dritten Punkt in der Umgebung eines der beiden Extrema (welches)?



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X3nion
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Hi Pearly,

könntest du mir helfen?
Ich stehe echt auf dem Schlauch..

Viele Grüße,
X3nion



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Pearly
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2019-01-14


Du kannst oBdA annehmen, dass x1>x0 ist. Dann gibt es noch die Punkte x0+-epsilon0 und x1+-epsilon1, die jeweils größer sind als x0 bzw. x1. Daraus kannst du einen Widerspruch konstruieren.
Der Term (1−λ)f(x0)+λf(x1) gibt ja eine linear verlaufende Schranke für f vor. D. h. diese Schranke fällt monoton in Richtung x1.



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