DISB¨UKEY FONKS˙IYONLAR

DIŞBÜKEY FONKSİYONLAR
H. Turgay Kaptanoğlu
∗
A. Dışbükey Kümeler
Geometri derslerinden (eğer orta öğrenimde hâlâ geometri dersi kalmışsa) düzlemdeki
dışbükey şekillerin nasıl şeyler oldukları hakkında
bir fikrimiz vardır. Üçgen, kare, daire, yamuk,
düzgün beşgen, altıgen, vb. dışbükey şekillerdir,
fakat yıldız değildir, çünkü yıldızın dışındakı
bölge yıldıza doğru girintiler yapar.
Bunun
matematiğe daha uygun ifadesi şudur: Yıldızın
içinde (farklı kollarında) öyle iki nokta bulabiliriz
ki bu noktaları birleştiren doğru parçası mutlaka
yıldızın dışına taşar.
A, B düzlemde iki nokta ve t , 0 ≤ t ≤ 1
sağlayan gerçel sayı ise, (1−t)A+tB noktalarının
kümesi A ile B ’yi birleştiren doğru parçasını
verir. t sıfırdan bire doğru artarken, A ’dan
B ’ye gideriz; t = 21 iken A ile B ’nin tam ortasındayızdır. t > 1 veya t < 0 olması noktalardan birinin öbür tarafına geçmiş olduğumuzu
gösterir. Koordinat kullanırsak, A = (a1 , a2 ),
B = (b1 , b2 ) yazarız ve
(1 − t)A + tB = (1 − t)a1 + tb1 , (1 − t)a2 + b2
olur. A ve B ’nin n boyutlu gerçel uzayda
( Rn ’de) noktalar olması durumunda da benzer
kavramlar ve ilişkiler geçerlidir.
Tanım 1. D ⊂ Rn olsun. Eğer her A, B ∈ D
ve 0 ≤ t ≤ 1 sağlayan her gerçel t için
(1 − t)A + tB ∈ D
ise, D ’ye dışbükey küme deriz.
Rn ’de A ve B noktaları arasındaki
uzaklığı
p
kA − Bk = (a1 − b1 )2 + · · · + (an − bn )2
ile gösteririz.
şunlardır.
Uzaklığın üç temel özelliği
(1) kA − Ak = 0 ’dir ve A 6= B ise kA − Bk > 0
olur.
∗ ODTÜ
Matematik Bölümü öğretim üyesi
11
(2) t bir gerçel sayı ise, ktA − tBk = kt(A −
B)k = |t| kA − Bk sağlanır. t = −1 halinde
ise bu kA − Bk = kB − Ak verir; bu simetri
özelliğidir.
(3) kA − Bk ≤ kA − Ck + kC − Bk ; bu üçgen
eşitsizliği dir.
(1), farklı iki noktanın, birbirine ne kadar yakın
olurlarsa olsunlar, aralarındaki uzaklığın sıfır olamayacağını söyler. (2), A ’nın B ’ye olan uzaklığı,
B ’nin A’ya olan uzaklığıyla aynıdır demekle
eşdeğerdir. (3), bir üçgende en uzun kenarın
uzunluğu diğer iki kenarın uzunlukları toplamından kısadır demekten başka bir şey değildir. Aynı
zamanda iki nokta arasındaki en kısa yolun bir
doğru olması anlamına da gelir.
Her dairenin dışbükey olduğunu gösterelim. Dairenin merkezi M ve yarıçapı r > 0 ise,
bir X noktasının dairede olması demek, dairenin
sınırı olan çemberi içerip içermediğine göre, kX −
M k ≤ r veya kX − M k < r eşitsizliklerinden
birini sağlaması demektir. Diyelim ikincisidir.
Şimdi dairede A ve B diye iki nokta alalım ve
0 ≤ t ≤ 1 alalım. C = (1 − t)A + tB dersek,
kC − M k = k(1 − t)A + tB − (1 − t)M − tM k
≤ (1 − t)kA − M k + tkB − M k
< (1 − t)r + tr = r
eşitsizlikleri sağlanır; 1 − t ve t , pozitif olduklarından k · k dışına olduğu gibi çıkarlar. Sonuç
olarak C = (1 − t)A + tB ’nin de 0 ≤ t ≤ 1 iken
dairede olduğu anlaşılır. Bu ise dairenin dışbükey
olması demektir.
B. Dışbükey Fonksiyonlar
Tanım 2. A ⊂ R bir aralık ve f : A → R bir
fonksiyon olsun. Eğer her a, b ∈ A ve 0 ≤ t ≤ 1
sağlayan her gerçel t için
f ((1 − t)a + tb) ≤ (1 − t)f (a) + tf (b)
sağlanıyorsa, f ’ye dışbükey fonksiyon denir.
KAPTANOĞLU
Örneğin f (x) = x2 fonksiyonunun A =
(−∞, ∞) aralığında dışbükey olduğunu görelim.
a, b ∈ R ise önce 2ab ≤ a2 + b2 doğrudur, çünkü
bu a2 + b2 − 2ab ≥ 0 ’a, bu da (a − b)2 ≥ 0’a
denktir. c = (1 − t)2 a + tb olsun. 0 ≤ t ≤ 1 için
c2 = (1 − t)2 a2 + t2 b2 + a(1 − t)atb
≤ (1 − t)2 a2 + t2 b2 + (1 − t)t(a2 + b2 )
buluruz ki bu Tanım 2’nin f için gerçeklenmesidir. 0 ≤ t ≤ 1 olduğunu nerede kullandık?
Eğer t > 1 veya t < 0 olsaydı, yukarıda ilk
denklemdeki t(1 − t) negatif olurdu ve ikinci
satırdaki eşitsizlik tersine dönerdi. Aynı yolla,
g(x) = cx + d şeklindeki her fonksiyonun, yani
doğruların da dışbükey olduğunu görürüz.
x = (1 − t)a + tb yazarsak,
b−x
b−a
ve
1−t=
x−a
b−a
olur ve Tanım 2’deki eşitsizlik
b−x
x−a
f (a) +
f (b)
b−a
b−a
f (b) − f (a)
=
(x − a) + f (a)
b−a
f (x) ≤
halini alır.
y=
Ef = { (x, y) ∈ R2 : x ∈ A, y ≥ f (x) }
olsun.
Teorem 3. f ’nin A ’da dışbükey olması için
gerek ve yeter şart Ef ’nin dışbükey olmasıdır.
= ((1 − t)2 + (1 − t)t)a2 + (t2 + (1 − t)t)b2
= (1 − t)a2 + tb2
t=
dışbükey olan bir fonksiyon olsun.
Ef ile
f ’nin A ’daki grafiğinin üzerinde kalan bölgeyi
gösterelim; yani
f (b) − f (a)
(x − a) + f (a),
b−a
İspat. f dışbükey olsun ve (a, c), (b, d) ∈ Ef
alalım. Bu iki noktayı birleştiren doğru parçasinin denklemini
x−a
b−x
c+
d
(a ≤ x ≤ b)
y=
b−a
b−a
şeklinde yazabileceğimizi gördük. a, b ∈ A ile
c ≥ f (a) ve d ≥ f (b) gerçeklenir. Bunlar ve
f ’nin dışbükeyliği sayesinde a ≤ x ≤ b için
b−x
x−a
f (a) +
f (b)
b−a
b−a
b−x
x−a
≤
c+
d=y
b−a
b−a
elde ederiz. Bu ise doğru parçasının tamamının
Ef ’de kaldiğini, yani Ef ’nin dışbükey olduğunu
söyler.
Tersine f dışbükey değilse, öyle a, b ∈ A
ve aralarında bir x0 ∈ A vardır ki
b − x0
x0 − a
f (x0 ) >
f (a) +
f (b)
b−a
b−a
gerçeklenir. Bu eşitsizliğin sağ tarafına s diyelim.
f (x) ≤
f (x0 ) − s
f (x0 ) − s
ve d = f (b) +
2
2
tanımlayalım. Açıkça c > f (a) ve d > f (b)’dir;
yani (a, c) ve (b, d) noktaları Ef ’dedir. (a, c) ve
(b, d) noktalarından geçen doğruyu g fonksiyonu
ile gösterelim. x0 ne olursa olsun
c = f (a) +
f ’nin grafiğinde bulunan (a, f (a)) ile (b, f (b))
noktalarından geçen doğrunun denklemidir. O
halde Tanım 2’deki eşitsizlik, f fonksiyonunun
x = a ile x = b arasındaki grafiğinin (a, f (a)) ile
(b, f (b)) noktalarını birleştiren doğru parçasının
altında veya ona değiyor olduğunun ifadesidir.
Ve bu A aralığındaki her a, b nokta çifti
tarafından sağlanmalıdır. Tanım 2’de eşitliğin
yalnız doğrular tarafından sağlandığını da buradan görürüz.
Bu geometrik özellikten yararlanarak, üstel fonksiyon h(x) = ex ’in bütün gerçel sayılar
kümesi üzerinde dışbükey olduğunu görürüz; tabii
bu bir ispat değildir; ispatı aşağıda vereceğiz.
Gene aynı yolla l(x) = ln x hiçbir aralıkta
dışbükey değildir; k(x) = x3 ise sadece [0, ∞)
aralığı veya onun alt aralıklarında dışbükeydir.
İki çeşit dışbükeylik tanımladık. İlk akla
gelen soru aralarında bir ilişki olup olmadığı.
Var, hem de çok yakından. f , bir A aralığında
12
b − x0
x0 − a
b−a
+
=
=1
b−a
b−a
b−a
sağlandığından, s ’nin tanımını kullanarak
b − x0
x0 − a
c+
d
b−a
b−a
b − x0
x0 − a
f (x0 ) − s
=
f (a) +
f (b) +
b−a
b−a
2
f (x0 ) − s
f (x0 ) + s
= s+
=
< f (x0 )
2
2
buluruz. Bu ise (a, c) ve (b, d) noktalarını
birleştiren doğru parçasının x = x0 ’da, f ’nin
grafiğinde olan (x0 , f (x0 )) noktasının altında
olduğunu ve dolayısıyla bu doğru parçasının
tamamının Ef ’de kalmadiğını söyler; yani Ef
dışbükey değildir.
2
g(x0 ) =
KAPTANOĞLU
limitinin varlığini söyler. Aynı şekilde
α, β ≥ 0 ise ve f, g dışbükey fonksiyonlarsa, αf + βg de dışbükey olur. Dolayısıyla
dışbükey iki fonksiyonun toplamı ile dışbükey
bir fonksiyonun pozitif katları da dışbükeydir.
Ama çarpımlar ve negatif katlar için aynı şeyi
söyleyemeyiz.
lim g(x) = ebas
x→c+
f (b) − f (a)
f (b) − f (c)
f (c) − f (a)
≤
≤
c−a
b−a
b−c
eşitsizlikleri gerçeklenir.
Bu önermenin geometrik anlamı şudur:
A = (a, f (a)) , B = (b, f (b)), C = (c, f (c)) dersek, [AC]’nin eğimi [AB]’nin eğiminden küçük
veya ona eşit, o da [BC] ’nin eğiminden küçüktür
veya ona eşittir.
İspat. f dışbükey ve
f (c) − f (c − h)
f (c + h) − f (c − h)
≤
h
2h
f (c + h) − f (c)
≤
h
b−c
c−a
a+
b
b−a
b−a
buluruz. Ortadaki ifadeyi görmezlikten gelir ve
0
0
(c) elde
(c) ≤ f+
h → 0 iken limit alırsak, f−
0
ederiz. Tekrar Önerme 4’ten ve f+ (a)’nin tanımından
olduğundan,
c−a
b−c
f (a) +
f (b)
b−a
b−a
b−c
c−a
−
f (a) −
f (a)
b−a
b−a
a−c
c−a
=
f (a) +
f (b)
b−a
b−a
c−a
=
(f (b) − f (a))
b−a
f (c) − f (a) ≤
0
f+
(a) ≤
f (c) − f (x)
0
0
≤ f−
(c) ≤ f+
(c)
c−x
f (x) − f (c)
0
≤ f+
(c)
x−c
Şimdi A açık bir aralık, a < c < b , A ’da
noktalar ve f : A → R dışbükey olsun.
f (x) − f (c)
x−c
x ∈ [a, c) ∪ (c, b]
verir ki bu x = c için de doğrudur. Benzer bir
0
sonuç f−
(c) ile de vardır.
Şimdi toparlayalım:
sayısı ile üstten sınırlı olduğunu, Önerme 4’ü bir
kez de x < y < c üçlüsü ile kullanırsak, g ’nin
[a, c) ’de artan olduğunu görürüz. Bu son iki
gözlem bize
x∈[a,c)
(x > c)
0
f (x) ≥ f (c) + f+
(c)(x − c)
f (b) − f (c)
b−c
lim g(x) = eküs
(x < c)
birlikte x ∈ A ve x 6= c için
fonksiyonunu tanımlayalım. Önerme 4’ü x < c <
b üçlüsü ile kullanırsak, g ’nin [a, c) ’de
x→c−
f (c) − f (a)
f (b) − f (c)
≤
c−a
b−c
yazarız. Şimdi sağ tarafın b → c+ iken limi0
(c) buluruz ve eşitsizlikler korunur;
tini alırsak f+
0
0
0
yani a < c için f+
(a) ≤ f+
(c)’dir. f−
için de
aynı şey geçerlidir.
Sağ ve sol türevin elimizdeki özelliklerinden şunları da çıkartırız:
elde ederiz. Buradan ilk eşitsizlik çıkar. İkincisi
de buna benzer.
2
g(x) =
f (x) − f (c)
0
= f+
(c)
x−c
limiti de vardır. Burada eküs ve ebas sırayla en
küçük üst sınır ve en büyük alt sınır demektir.
Yukarıdaki iki limit birbirine eşit olmayabilir. Örneğin g(x) = |x| fonksiyonu A =
0
(−∞, ∞)’da dışbükeydir, ama g+
(0) = +1 ve
0
g− (0) = −1 verir. Bu fonksiyon ayrıca dışbükey
bir fonksiyonun türevli olmasının gerekmediğine
de bir örnektir.
Şimdi bir kez daha Önerme 4’ü c−h < c <
c + h üçlüsü ile kullanırsak
Önerme 4. A ⊂ R bir aralık, f : A → R
dışbükey bir fonksiyon ve a < c < b , A’da noktalar olsun. O zaman
c=
x∈(c,b]
Teorem 5. A açık bir aralık ve f : A → R
dışbükey olsun. O zaman f ’nin A ’nin her noktasında sağ ve sol türevi vardır, bu türevler artan
fonksiyonlardır ve bir noktadaki sağ türev aynı
f (x) − f (c)
0
= f−
(c)
x−c
13
KAPTANOĞLU
noktadaki sol türevden küçük değildir. Ayrıca
0
0
c ∈ A ve f−
(c) ≤ m ≤ f+
(c) ise,
f (x) ≥ f (c) + m(x − c)
(x ∈ A)
geçerlidir.
Son eşitsizliğin geometrik anlamı şudur:
Açık bir aralıktaki dışbükey bir f fonksiyonunun grafiği, grafiğin bir noktasından geçen ve
eğimi, fonksiyonun o noktadaki sağ ya da sol
türevi olan doğrunun üst tarafında kalır. Eğer
aralığın bir noktasında f türevli ise, f ’nin bütün
aralıktaki grafiği, f ’nin türevli olduğu noktada
f ’nin grafiğine çizilen teğetin üst tarafındadır.
Teorem 5’i ispatlamaktaki amaçlarımızdan
biri de şuydu:
Teorem 6. A açık bir aralık ve f : A → R
dışbükey ise, f süreklidir.
İspat. A ’da a ≤ x < y ≤ b noktalarını
alalım. Sağ ve sol türevin tanımlarından ve
özelliklerinden
0
(a)
f+
≤
0
(x)
f+
f (x) − f (y)
0
0
≤
(b)
(y) ≤ f−
≤ f−
x−y
0
0
elde ederiz. |f+
(a)| ile |f−
(b)|’nin büyüğüne M
diyelim. f o zaman [a, b] aralığından Lipschitz
şartı dediğimiz
|f (y) − f (x)| ≤ M |y − x|
eşitsizliğini sağlar. Buradan y → x iken f (y) →
f (x) olur ve bu f ’nin sürekliliği demektir.
2
Bu teoremin geçerliliği A ’nın açık olmasına bağlıdır. Örneğin, A = [0, 1] ise ve f ’yi
f (0) = 1 ve x ∈ (0, 1] iken f (x) = 0 diye
tanımlarsak, f dışbükeydir fakat sürekli değildir.
Teorem 7. A açık bir aralık ve f : A → R
türevli olsun. f ’nin A ’da dışbükey olması için
gerek ve yeter şart f 0 ’nün A ’da artan olmasıdır.
İspat. f dışbükey ise sağ ve sol türevlerin artan
olduğunu Teorem 5’te söyledik. f ’nin türevli olması halinde sağ ve sol türevin ikisi birden türeve
eşittir.
Tersine f 0 artan olsun. f dışbükey olmasa
A’da öyle a < c < b noktaları buluruz ki
f (c) >
b−c
c−a
f (a) +
f (b)
b−a
b−a
sağlanır. Bu eşitsizlik ise Önerme 4’ün ispatında
olduğu gibi
f (b) − f (c)
f (c) − f (a)
>
c−a
b−c
eşitsizliğine denktir. Her iki tarafa
Değer Teoremi’ni [2] uygularsak, öyle
c < y < b buluruz ki f 0 (x) > f 0 (y)
ise varsayımımızın aksine f 0 azalıyor
Çelişki f ’yi dışbükey olmaya zorlar.
Ortalama
a < x <
olur. Bu
demektir.
2
Sonuç 8. A açık bir aralık ve f : A → R iki kere
türevlenebilir olsun. f ’nin A ’da dışbükey olması
için gerek ve yeter şart A ’da f 00 ≥ 0 olmasıdır.
İspat. f dışbükey ise, f 0 artandır; dolayısıyla
f 00 > 0’dır.
Tersine A ’da f 00 ≥ 0 olsun. a < b ∈ A
ve t ∈ (0, 1) alalım ve c = (1 − t)a + tb diyelim.
Ortalama Değer Teoremi’nden a < x < c < y < b
olacak şekilde öyle x, y ∈ A ve x < y olduğundan
ikisi arasında öyle bir z vardır ki
f (c) − f (a) = f 0 (x)(c − a)
f (b) − f (c) = f 0 (y)(b − c)
f 0 (y) − f 0 (x) = f 00 (z)(y − x)
yazabiliriz. u = (1 − t)f (a) − tf (b) diyelim. Bunlardan ve c’nin tanımından çıkan
f (c)−u = (1−t)(f (c)−f (a))−t(f (b)−f (c))
= (1−t)f 0 (x)(c−a)−tf 0 (y)(b−c)
= (1−t)t(b−a)f 0 (x)−(1−t)t(b−a)f 0 (y)
= (1−t)t(b−a)f 00 (z)(x−y) ≤ 0
eşitsizliği f ’nin dışbükey olduğunu söyler.
2
Teorem 7 ve Sonuç 8 yardımıyla birçok
tanıdık fonksiyonun dışbükey olup olmadığını
gösterebiliriz. Örneğin h(x) = ex ise, her gerçel
x için h00 (x) = ex > 0’dır ve dolayısıyla h ,
R ’de dışbükeydir. Buna karşıt olarak f ’nin tersi
olan ve (0, ∞) aralığında tanımlanan l(x) = ln x
fonksiyonu tanımlandığı hiçbir yerde dışbükey
değildir, çünkü x > 0 iken l00 (x) = −1/x2 <
0’dır. p > 1 iken f (x) = xp fonksiyonu A =
(0, ∞) aralığında dışbükeydir, çünkü bu aralıkta
f 00 (x) = p(p − 1)xp−2 > 0’dır. Benzer şekilde
polinomlar ve trigonometrik fonksiyonlar için de
dışbükeylik aralıkları bulabiliriz.
C. Orta Nokta Dışbükeyliği
Tanım 9. A bir aralık ve f : A → R bir
fonksiyon olsun. Eğer her a, b ∈ A için
a+b
f (a) + f (b)
f
≤
2
2
sağlanıyorsa, f ’ye orta noktada dışbükey denir.
14
KAPTANOĞLU
Tanım 2’nin aksine t sayısı burada sadece
1/2 değerini alabilmektedir; dolayısıyla orta
noktada dışbükeylik, dışbükeylikten daha zayıf
bir kavramdır. Teorem 10’da göreceğimiz gibi
bu zayıflık süreklilikle kapatılabilir. Geometrik
olarak anlamı, fonksiyonun grafiğinde alınan herhangi iki noktayı birleştiren doğru parçasının orta
noktasının, fonksiyonun grafiğinin aynı düşey
doğrultudaki noktasından aşağıda kalmamasıdır.
yazabiliriz. Bu ise 0 < s < 1 sağlayan her rasyonel sayı s için
f ((1 − s)a + sb) ≤ (1 − s)f (a) + sf (b)
olması demektir. 0 ≤ t ≤ 1 bir gerçel sayı ise, ona
yakınsayan {sk } rasyonel sayı dizisini bulabiliriz,
ve son eşitsizliğin sağ tarafı açıkça (1 − t)f (a) +
tf (b)’ye yakınsar. f sürekli olduğundan,
lim f ((1−sk )a+sk b) = f ( lim ((1−sk )a+sk b)))
Teorem 10. A bir aralık, f : A → R orta noktada dışbükey ve sürekli ise, f dışbükeydir.
k→∞
İspat. {ak } (k = 1, 2, . . .), A ’da bir dizi olsun.
b = a1 + a2 + a3 + a4 diyelim. Tanım 9’dan
b
a1 + a2
a3 + a4
1
1
f
≤ f
+ f
4
2
2
2
2
1
≤ (f (a1 ) + f (a2 ) + f (a3 ) + f (a4 ))
4
yazabiliriz. Bu ise Tanım 2’deki eşitsizlikten
başka bir şey değildir.
2
D. Jensen Eşitsizliği
Matematikte çok bilinen ve kullanılan
eşitsizliklerin birçoğu aslında Jensen eşitsizliği nin
değişik dışbükey fonksiyonlarla kullanılmasından
elde edilir. Bu, dışbükeylik kavramının ne kadar
temel bir kavram olduğuna işarettir. Aşağıda
şaşırtıcı birkaç örnek vereceğiz. Öneminden dolayı Jensen eşitsizliğinin iki ayrı şeklini veriyoruz.
Bu iki şekil aslında birbirinden çıkarılabilir.
çıkar. Böylece tümevarımla, 2k şeklindeki her n
için,
a1 + · · · + an
1
f
≤ (f (a1 ) + · · · + (an )) (∗)
n
n
olduğunu gösterebiliriz.
Şimdi (∗) ’in doğru olduğu bir n = N
alalım.
aN =
Teorem 11. A açık bir aralık ve f : A → R
dışbükey olsun. t1 + · · · + tn = 1 olacak şekilde
pozitif sayılar ve x1 ≤ · · · ≤ xn ∈ A alalım. O
zaman
X
X
n
n
tk xk ≤
tk f (xk )
f
1
(a1 + · · · + aN −1 )
N −1
diye yeniden tanımlarsak, sırayla
1
(a1 + · · · + aN )
N
a1 + · · · + aN
f (aN ) = f
N
1
1
≤ (f (a1 ) + · · · + f (aN −1 )) + f (aN )
N
N
aN =
k=1
k=1
sağlanır. Eşitliğin sağlanması için gerek ve yeter
şart f ’nin [x1 , xn ] aralığında bir doğru olmasıdır.
İspat. p = t1 x1 + t2 x2 + · · · + tn xn dersek,
p ≥ t1 xn + t2 xn + · · · + tn xn
= (t1 + · · · + tn )xn = xn
elde ederiz. Bunu f (aN ) için çözerek
f (aN ) ≤
k→∞
= f ((1 − t)a + tb)
≤ (1 − t)f (a) + tf (b)
1
(f (a1 ) + · · · + f (aN ))
N −1
ve benzer şekilde p ≥ x1 buluruz. Yani p ∈
A ’dır. Teorem 5’ten her xk için
buluruz. Bu ise (∗)’in n = N − 1 için de doğru
olduğunu söyler. Dolayısıyla (∗) , her pozitif tamsayı n için geçerlidir.
Son olarak 0 ≤ k ≤ n tamsayılar ve
a, b ∈ A olsun. (∗)’da ilk n − k noktayı a, kalan
k noktayı da b olarak alırsak,
k
1
n−k
a + b ≤ ((n − k)f (a) + kf (b))
f
n
n
n
0
f (xk ) ≥ f+
(p)(xk − p) + f (p)
olduğunu biliyoruz. Bu eşitsizliğin her iki tarafını
tk ile çarpar ve sonra k = 1’den k = n’ye kadar
toplarsak,
n
X
k=1
15
0
tk f (xk ) ≤ f+
(p)
n
X
k=1
0
tk xk − pf+
(p)
n
X
k=1
tk
KAPTANOĞLU
+ f (p)
n
X
Şimdi Teorem 12’de f (x) = ex = exp x
alırsak, [0, 1] aralığında tanımlı sürekli bir g
fonksiyonu için
Z 1
Z 1
exp
g(x) dx ≤
eg(x) dx,
tk
k=1
0
0
= pf+
(p) − pf+
(p) + f (p)
X
n
=f
tk xk
0
k=1
elde ederiz.
n üzerinde tümevarım kullanarak değişik bir ispat verebilirdik.
Eşitlik
hali ile ilgili iddiayı da dışbükeyliğin tanımından
sonra verdiğimiz geometrik açıklamadan rahatça
görürüz.
2
Teorem 12. g : [c, d] → (a, b) sürekli ve f :
(a, b) → R dışbükey olsun. O zaman
1
f
d−c
Z
d
g(x) dx
c
1
≤
d−c
Z
d
f (g(x)) dx
İspat. Teorem 11’in ispatına benzer şekilde
Z
1
d−c
d
g(x) dx
c
dersek, gene a < p < b olur. Teorem 5’ten
0
(p)(y − p)
her y ∈ (a, b) için f (y) ≥ f (p) + f+
olduğunu biliyoruz. y = g(x) alırsak f (g(x)) ≥
0
f (p) + f+
(p)(g(x) − p) buluruz.
Şimdi bu
eşitsizliğin her iki tarafının c ’den d ’ye integralini
alırsak,
Z
c
d
f (g(x)) dx ≥ f (p)
Z
d
dx +
c
0
− pf+
(p)
Z
0
f+
(p)
d
ya da h(x) = eg(x) yazarsak g(x) = ln h(x)
olacağından,
Z 1
Z 1
ln h(x) dx ≤
h(x) dx
exp
a
0
buluruz.
t1 = t2 = · · · = tn = n1 alır ve f (x) = ex ’i
Teorem 11’de kullanırsak
1
1
exp
(x1 + · · · + xn ) ≤ (ex1 + · · · + exn ),
n
n
ya da yk = ex4 yazarsak xk = ln yk olacağından,
c
sağlanır.
p=
0
Z
(y1 · · · yn )1/n = exp ln(y1 · · · yn )1/n
1
ln(y1 · · · yn )
= exp
n
1
= exp
(ln y1 + · · · + ln yn )
n
1
≤ (y1 + · · · + yn )
n
elde ederiz. Bu ise aritmetik-geometrik ortalama
eşitsizliği dir. n = 2 aldığımızda iyi bildiğimiz
y1 + y2
√
y1 y2 ≤
2
şekline girer. Teorem 12’de bütün tk ’leri eşit
almak yerine her birini pozitif ve toplamları 1
olacak şekilde seçersek, aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğinin daha genel hali olan
d
g(x) dx
c
dx
c
y1t1 · · · yntn ≤ t1 y1 + · · · + tn yn
0
= f (p)(d − c) + f+
(p)p(d − c)
0
− pf+
(p)(d − c)
Z d
1
= (d − c)f
g(x) dx
d−c c
eşitsizliğini de buluruz [4].
Teorem 11’i bu kez f (x) = e−x dışbükey
fonksiyonu ile kullanacak olursak, yukarıdakilere
benzer işlemlerden sonra
elde ederiz. Artık her iki tarafı d − c ’ye bölmek
yetecektir.
2
Bu ve bundan sonraki integralle ilgili
sonuçlarda aslında integrali alınan fonksiyonun
sürekli olması, tanım kümesinin bir aralık, hatta
gerçel sayıların bir altkümesi bile olması bile
gerekmez. Üzerinde integral alınabilecek bir
küme ve integrali tanımlanabilecek bir fonksiyon
yeter.
16
t1
y1
1
+ ··· +
tn
yn
≤ y1t1 · · · yntn
eşitsizliğini buluruz. Bu, n = 2 ve eşit tk ’ler ile
1
y1
2
+
1
y2
≤
√
y1 y2
biçimine girer. Son iki eşitsizliğin sol tarafına harmonik ortalama denir [4].
KAPTANOĞLU
Harmonik, geometrik ve aritmetik ortalamaların arasındaki bağıntılarda eşitlik olması için
Teorem 11’de söylendiği gibi f (x) = ex ve f (x) =
e−x fonksiyonlarının [x1 , xn ] aralığında doğru
vermesi şarttır. Bu da ancak x1 = x2 = · · · = xn
iken mümkündür. Dolayısıyla verdiğimiz üç çeşit
ortalamanın birbirine eşitliği ancak bütün sayılar
birbirine eşitse oluşur.
Bu dergide başka yazılardaki [1,3,6] bazı
eşitsizlikler de Jensen eşitsizliğinde uygun dışbükey fonksiyonlar seçilerek elde edilebilir.
sağlanır. Üstel fonksiyon (0, ∞) aralığındaki her
değeri aldığından, her k ’ye karşılık |ck | = esk /p
ve |dk | = etk /q gerçekleyen sk ve tk pozitif sayılarını bulabiliriz. p ve q eşlenik olduklarından üstel fonksiyonun dışbükeyliği
tk
1
1
sk
+
≤ esk + etk
(∗∗)
exp
p
q
p
q
verir. Bu ise
|ck | |dk | ≤
E. Hölder, Cauchy-Schwarz ve Minkovski
Eşitsizlikleri
demektir. Bu işlemi her k = 1, . . . , n için yapıp
toplarsak
Dışbükey fonksiyonlardan söz ederken çoğu
kez toplamları 1 olan iki pozitif sayı kullandık.
Bu iki sayıyı biraz daha özel seçebiliriz: p ve q ,
toplamları ve çarpımları aynı, yani p + q = pq
olan pozitif iki gerçel sayı olsun. Bu şart
n
X
k=1
1 1
+ =1
p q
n
k=1
k=1
1 1
= + =1
p q
Teorem 14. 1 < p < ∞ ve q , p ’nin eşleniği
olsun. Bir [a, b] aralığında tanımlı f, g sürekli
fonksiyonları
Z
a
b
|f (x)g(x)| dx,
≤
Z
b
a
|f (x)|p dx
1/p Z
a
b
|g(x)|q dx
1/q
eşitliğini sağlar.
p = q = 2 halinde Hölder eşitsizliği
Cauchy-Schwarz eşitsizliği adını alır. Mutlak
değerin temel özellikleri olan
X
X
n
n
≤
a
b
|ak bk |
k
k
k=1
eşitsizliğini sağlar. Buna Hölder eşitsizliği denir.
Z
İspat. Sayılardan sıfır olanları toplamlara katkıları olmadıklarından atılmış kabul edelim. Göstereceğimiz eşitsizliğin sağındaki iki çarpana sırayla
A ve B diyelim. Açıkça 0 < A, B < ∞ ’dur. O
zaman ck = ak /A ve dk = bk /B tanımlamamızda sorun çıkmaz; ck ve dk ’ler de 0 ’dan farklıdır.
Üstelik
n
n
X
X
|ck |p =
|dk |q = 1
k=1
n
1X
1X
|ck |p +
|dk |q
p
q
Hölder eşitsizliğinin de integral hali vardır.
İspatını, Teorem 13’ünküne çok benzer olduğundan vermiyoruz.
Teorem 13. 1 < p < ∞ ve q , p ’nin eşleniği
olsun. a1 , . . . , an ve b1 , . . . , bn sayıları
X
1/p X
1/q
n
n
n
X
|ak bk | ≤
|ak |p
|bk |q
k=1
|ck ||dk | ≤
elde ederiz. ck ve dk ’nin tanımını hatırlarsak ispat biter.
2
olması demektir. Böyle seçilen p ve q ’ya birbirinin eşleniği denir. p ve q eşlenik iseler,
1 < p, q < ∞ olacağı açıktır; öbür türlü birinin
negatif olması gerekirdi. Eşlenik iki sayıdan
birinin sınırsız artması diğerinin 1’e yaklaşmasını
gerektirir. Fakat ∞ bir gerçel sayı olmadığından
dolayi p = 1 ya da q = 1 almayacağiz. Önemli
bir özel durum, p = q = 2 simetrik halidir.
Aşağıdaki teoremlerde seçeceğimiz sayılar
ve fonksiyonlar gerçel veya karmaşik değerli olabilir. Duruma göre |·| , mutlak değer veya modülü
gösterir. Pozitif sayılar veya fonksiyonlar için
tabii ki | · | kullanmaya gerek kalmaz.
k=1
1
1
|ck |p + |dk |q
p
q
k=1
b
a
k=1
b
Z
f (x)g(x) dx ≤
a
|f (x)g(x)| dx
eşitsizlikleri ile birleştirildiğinde, iki vektörün iç
çarpımının mutlak değeri en fazla vektörlerin boylarının çarpımı kadardır anlamına da gelir.
İspatını incelersek, Teorem 13’te eşitliğin
sağlanabilmesi için (∗∗)’da her k için eşitlik olması gerektiğini görürüz. Ortalamalardaki eşitlik
k=1
17
KAPTANOĞLU
halleri ile ilgili açıklamalardan, bunun ancak her
k için sk = tk olması ile mümkün olduğu ortaya çıkar. Bu ise her k için |ck |p = |dk |q olması demektir. Sonuç olarak Hölder şitsizliğinde
eşitliğin var olabilmesi için gerek ve yeter şart
her k için |ak |p /|bk |q = C gerçekleyen sıfırdan
farklı bir C sayısının varlığıdır. İntegralli durumda ise eşitlik için gerek ve yeter şart her
x ∈ [a, b] için |f (x)|p /|g(x)|q = C gerçekleyen ve
sıfır olmayan bir C sayısının varlığıdır. CauchySchwarz eşitsizliklerinde eşitlik için sağlanması
gerekenler |ak |/|bk | = C veya |f (x)|/|g(x)| = C
şeklinde yazılabilir.
Teorem 15. 1 < p < ∞ olsun. a1 , . . . , an ve
b1 , . . . , bn sayıları
X
n
p 1/p
|ak | + |bk |
k=1
≤
X
n
k=1
eşitsizliğini sağlar.
denir.
|ak |p
1/p
+
X
n
k=1
|bk |p
1/p
Buna Minkovski eşitsizliği
İspat. Gene önce 0 ’ları atmakla işe başlayalım.
O zaman bütün toplamlar 0 ile ∞ arasındadır.
p
p−1
|ak | + |bk | = |ak | |ak | + |bk |
p−1
+ |bk | |ak | + |bk |
yazıp toplar ve sağdaki terimlere ayrı ayrı Hölder
eşitsizliğini uygularsak,
n
X
k=1
|ak | |ak | + |bk |
≤
X
n
k=1
|ak |
p
p−1
1/p X
n
k=1
Z
b
a
≤
1/p
p
|f (x)| + |g(x)| dx
Z
a
b
1/p Z
|f (x)|p dx
+
a
b
|g(x)|p dx
1/p
eşitsizliğini sağlar.
Minkovski eşitsizliği de mutlak değerin
temel özellikleri olan
|ak + bk |p ≤ |ak | + |bk |
p
|f (x) + g(x)|p ≤ |f (x)| + |g(x)|
p
eşitsizlikleri ile birleştirilebilir. p = q = 2 halinde
üçgen eşitsizliği ni elde ederiz. Yazının başındaki
üçgen eşitsizliğiyle ilişkiyi kurmak için, bk ’leri
−bk ’ler ile değiştirmek yeter.
Minkovski eşitsizliğinde eşitlik halini incelemek için, ispatında kullanılan Hölder eşitsizliklerinde eşitliğin hangi durumlarda olacağına
bakarız. Buradan elde edilen gerek ve yeter şart
her k için veya her x ∈ [a, b] için |ak |/|bk | = C
veya |f (x)|/|g(x)| = C gerçekleyen sıfırdan farklı
bir C sayısının varlığıdır.
Yukarıdaki eşitsizliklerden bir kısmı bu
dergide daha önce de yayımlanmıştı [5]. Ama burada daha genel hallerini verdik ve dayandıkları
temel noktanın dışbükeylik olduğunu gösterdik.
KAYNAKÇA
|ak | + |bk |
(p−1)q
1/q
[1] E. Alkan, Bir Eşitsizlik Üzerine, Matematik
Dünyası, 5, sayı 4, 17–18 (1995).
ve bunun ak ile bk ’nin yeri değiştirilmiş halini
elde ederiz. Burada q , p ’nin eşleniğidir ve bu
yüzden (p−1)q = p olur. Elimizdekileri toplarsak
X
n
n
X
p
p 1/q
|ak |+|bk | ≤
|ak | + |bk |
k=1
Teorem 16. 1 < p < ∞ olsun. Bir [a, b]
aralığında tanımlı f, g sürekli fonksiyonları
[2] Ş. Alpay, Rolle ve Ortalama Değer Teoremleri,
Matematik Dünyası, 2, sayı 5, 16–18 (1992).
[3] Y. Avcı & N. Ergun, Alkan’ın Eşitsizliğine Ek,
Matematik Dünyası, 6, sayı 1, 9 (1996).
[4] H. Demir, Bazı Ortalamalar, Matematik Dünyası, 1, sayı 1, 17–21 (1991).
k=1
1/p X
1/p X
n
n
·
|ak |p +
|bk |p
k=1
k=1
buluruz. Şimdi her iki tarafı sağdaki ilk çarpana
böler ve 1 − 1/q = 1/p olduğunu kullanırsak
istediğimizi elde ederiz.
2
18
[5] A. K. Erkip, Bazı Temel Eşitsizlikler, Matematik Dünyası, 1, sayı 4, 20–23 (1991).
[6] A. K. Erkip, Emre Alkan’ın Eşitsizliği Üzerine,
Matematik Dünyası, 6, sayı 1, 10 (1996).
[7] J. van Tiel, Convex Analysis, Wiley, Chicester,
1984.