Kezdőlap


Feladat:	349. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1951/december, 214. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Inverz függvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/november: 349. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Legyen most $f (x)$ monoton növő és konvex, tehát teljesüljön rá az (1) egyenlőtlenség. Mivel az $f$ függvény $φ$ inverze is növekedő függvény, így (1) mindkét oldalának $φ$ -függvényét véve

\begin{matrix} \frac{x_{1} + x_{2}}{2} = φ (f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2})) < φ (\frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2}) . \end{matrix}

Írjunk most

f (x_{1})

és

f (x_{2})

helyébe

ξ_{1}

és

ξ_{2}

-t, ekkor

x_{1} = φ (ξ_{1})

és

x_{2} = φ (ξ_{2})

s így kaptuk, hogy

\begin{matrix} \frac{φ (ξ_{1}) + φ (ξ_{2})}{2} < φ (\frac{ξ_{1} + ξ_{2}}{2}), \end{matrix}

vagyis monoton növekedő, konvex függvény inverze konkáv.
Ha az

f

függvény konvex, de monoton fogyó, akkor

φ

is monoton fogyó és így (1)-ből hasonló okoskodással most az adódik, hogy

\begin{matrix} \frac{x_{1} + x_{2}}{2} = φ (f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2})) > φ (\frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2}), \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} \frac{φ (ξ_{1}) + φ (ξ_{2})}{2} > φ (\frac{ξ_{1} + ξ_{2}}{2}), \end{matrix}

tehát monoton fogyó konvex függvény inverze is konvex. Hasonlóan látható, hogy növő konkáv függvény inverze konvex, fogyó konkávé pedig konkáv.