Differenzierbare quasikonvexe Funktion

Satz

Sei S eine nicht leere konvexe Menge in $ \ mathbb {R} ^ n $ und $ f: S \ rightarrow \ mathbb {R} $ auf S differenzierbar, dann ist f genau dann quasikonvex, wenn für $ x_1, x_2 \ in S $ und $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $ haben wir $ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_2-x_1 \ right) \ leq 0 $

Beweis

Sei f eine quasikonvexe Funktion.

Sei $ x_1, x_2 \ in S $ so, dass $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Durch Differenzierbarkeit von f bei $ x_2, \ lambda \ in \ left (0, 1 \ right) $

$ f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) = f \ left (x_2 + \ lambda \ left (x_1-x_2 \ right) \ right) = f \ left (x_2 \ right) ) + \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) $

$ + \ lambda \ left \ | x_1-x_2 \ rechts \ | \ alpha \ links (x_2, \ lambda \ links (x_1-x_2 \ rechts) \ rechts) $

$ \ Rightarrow f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) -f \ left (x_2 \ right) -f \ left (x_2 \ right) = \ bigtriangledown f \ left (x_2) \ rechts) ^ T \ links (x_1-x_2 \ rechts) $

$ + \ lambda \ left \ | x_1-x_2 \ rechts \ | \ alpha \ links (x2, \ lambda \ links (x_1-x_2 \ rechts) \ rechts) $

Aber da f quasikonvex ist, ist $ f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

$ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) + \ lambda \ left \ | x_1-x_2 \ rechts \ | \ alpha \ links (x_2, \ lambda \ links (x_1, x_2 \ rechts) \ rechts) \ leq 0 $

Aber $ \ alpha \ left (x_2, \ lambda \ left (x_1, x_2 \ right) \ right) \ rightarrow 0 $ als $ \ lambda \ rightarrow 0 $

Daher ist $ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) \ leq 0 $

Umgekehrt

Lassen Sie für $ x_1, x_2 \ in S $ und $ f \ links (x_1 \ rechts) \ leq f \ links (x_2 \ rechts) $, $ \ bigtriangledown f \ links (x_2 \ rechts) ^ T \ links (x_1, x_2 \ right) \ leq 0 $

Um zu zeigen, dass f quasikonvex ist, dh $ f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Proof by contradiction

Angenommen, es gibt ein $ x_3 = \ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 $, so dass $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (x_3 \ right) $ für einige $ \ lambda \ in \ left (0, 1 \ right) $

Für $ x_2 $ und $ x_3 ist \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_2-x_3 \ right) \ leq 0 $

$ \ Rightarrow - \ lambda \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_2-x_3 \ right) \ leq 0 $

$ \ Rightarrow \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) \ geq 0 $

Für $ x_1 $ und $ x_3 ist \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_3 \ right) \ leq 0 $

$ \ Rightarrow \ left (1- \ lambda \ right) \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) \ leq 0 $

$ \ Rightarrow \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) \ leq 0 $

Aus den obigen Gleichungen ergibt sich also $ \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

Definiere $ U = \ left \ {x: f \ left (x \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right), x = \ mu x_2 + \ left (1- \ mu \ right) x_3, \ mu \ in \ left (0,1 \ right) \ right \} $

Somit können wir $ x_0 \ in U $ so finden, dass $ x_0 = \ mu_0 x_2 = \ mu x_2 + \ left (1- \ mu \ right) x_3 $ für einige $ \ mu _0 \ in \ left (0,1 \ right) ) $, das $ x_3 $ und $ \ hat {x} \ in \ left (x_0, x_1 \ right) $ am nächsten ist, so dass durch den Mittelwertsatz,

$$ \ frac {f \ left (x_3 \ right) -f \ left (x_0 \ right)} {x_3-x_0} = \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x} \ right) $$

$$ \ Rightarrow f \ left (x_3 \ right) = f \ left (x_0 \ right) + \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x} \ right) ^ T \ left (x_3-x_0 \ right) $$

$$ \ Rightarrow f \ left (x_3 \ right) = f \ left (x_0 \ right) + \ mu_0 \ lambda f \ left (\ hat {x} \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) $ $

Da $ x_0 $ eine Kombination aus $ x_1 $ und $ x_2 $ und $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (\ hat {x} \ right) $ ist

Durch Wiederholen des Startvorgangs wird $ \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x} \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

Wenn wir also die obigen Gleichungen kombinieren, erhalten wir:

$$ f \ left (x_3 \ right) = f \ left (x_0 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $$

$$ \ Rightarrow f \ left (x_3 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $$

Daher ist es ein Widerspruch.

Beispiele

Step 1 - $ f \ left (x \ right) = X ^ 3 $

$ Sei f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

$ \ Rightarrow x_ {1} ^ {3} \ leq x_ {2} ^ {3} \ Rightarrow x_1 \ leq x_2 $

$ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) \ left (x_1-x_2 \ right) = 3x_ {2} ^ {2} \ left (x_1-x_2 \ right) \ leq 0 $

Somit ist $ f \ left (x \ right) $ quasikonvex.

Step 2 - $ f \ left (x \ right) = x_ {1} ^ {3} + x_ {2} ^ {3} $

Sei $ \ hat {x_1} = \ left (2, -2 \ right) $ und $ \ hat {x_2} = \ left (1, 0 \ right) $

also ist $ f \ left (\ hat {x_1} \ right) = 0, f \ left (\ hat {x_2} \ right) = 1 \ Rightarrow f \ left (\ hat {x_1} \ right) \ setminus <f \ left (\ hat {x_2} \ right) $

Somit ist $ \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x_2} \ right) ^ T \ left (\ hat {x_1} - \ hat {x_2} \ right) = \ left (3, 0 \ right) ^ T \ left (1, -2 \ rechts) = 3> 0 $

Daher ist $ f \ left (x \ right) $ nicht quasikonvex.