Różniczkowalna funkcja quasiconvex

Twierdzenie

Niech S będzie niepustym zbiorem wypukłym w $ \ mathbb {R} ^ n $ i $ f: S \ rightarrow \ mathbb {R} $ będzie różniczkowalne na S, wtedy f jest quasiconvex wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego $ x_1, x_2 \ in S $ i $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $, mamy $ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_2-x_1 \ right) \ leq 0 $

Dowód

Niech f będzie funkcją quasiconvex.

Niech $ x_1, x_2 \ in S $ takie, że $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Przez różniczkowalność f przy $ 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 \ right \ | \ alpha \ left (x_2, \ lambda \ left (x_1-x_2 \ right) \ right) $

$ \ 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 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) $

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

Ale ponieważ f jest quasiconvex, $ 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 \ right \ | \ alpha \ left (x_2, \ lambda \ left (x_1, x_2 \ right) \ right) \ leq 0 $

Ale $ \ alpha \ left (x_2, \ lambda \ left (x_1, x_2 \ right) \ right) \ rightarrow 0 $ as $ \ lambda \ rightarrow 0 $

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

Rozmawiać

niech dla $ x_1, x_2 \ in S $ i $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $, $ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_1, x_2 \ right) \ leq 0 $

Aby pokazać, że f jest quasiconvex, tj. $ F \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Proof by contradiction

Załóżmy, że istnieje $ x_3 = \ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 $ takie, że $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (x_3 \ right) $ dla jakiegoś $ \ lambda \ in \ left (0, 1 \ right) $

Dla $ x_2 $ i $ x_3, \ 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 $

Dla $ x_1 $ i $ x_3, \ 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 $

zatem z powyższych równań $ \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

Zdefiniuj $ 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 \} $

W ten sposób możemy znaleźć $ x_0 \ in U $ takie, że $ x_0 = \ mu_0 x_2 = \ mu x_2 + \ left (1- \ mu \ right) x_3 $ dla jakiegoś $ \ mu _0 \ in \ left (0,1 \ right) ) $, które jest najbliższe $ x_3 $ i $ \ hat {x} \ in \ left (x_0, x_1 \ right) $ takie, że przez twierdzenie o wartości średniej,

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

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

$$ \ 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) $ $

Ponieważ $ x_0 $ to kombinacja $ x_1 $ i $ x_2 $ oraz $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (\ hat {x} \ right) $

Powtarzając procedurę startową, $ \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x} \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

W ten sposób łącząc powyższe równania otrzymujemy:

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

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

Stąd jest to sprzeczność.

Przykłady

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

$ Niech 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 $

Zatem $ f \ left (x \ right) $ jest quasiconvex.

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

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

zatem $ 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) $

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

Stąd $ f \ left (x \ right) $ nie jest quasiconvex.