Função quasiconvexa diferenciável

Teorema

Seja S um conjunto convexo não vazio em $ \ mathbb {R} ^ n $ e $ f: S \ rightarrow \ mathbb {R} $ seja diferenciável em S, então f é quase-convexo se e somente se para qualquer $ x_1, x_2 \ in S $ e $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $, temos $ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_2-x_1 \ right) \ leq 0 $

Prova

Seja f uma função quase-convexa.

Seja $ x_1, x_2 \ em S $ tal que $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Pela diferenciabilidade de f em $ 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 \ direita) ^ T \ esquerda (x_1-x_2 \ direita) $

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

Mas como f é quase-convexo, $ 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 $

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

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

Conversar

vamos para $ x_1, x_2 \ in S $ e $ 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 $

Mostrar que f é quase-convexo, ou seja, $ f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Proof by contradiction

Suponha que exista um $ x_3 = \ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 $ tal que $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (x_3 \ right) $ para algum $ \ lambda \ in \ left (0, 1 \ right) $

Para $ x_2 $ e $ 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 $

Para $ x_1 $ e $ 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 $

assim, a partir das equações acima, $ \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

Defina $ 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 \} $

Assim, podemos encontrar $ x_0 \ em U $ de modo que $ x_0 = \ mu_0 x_2 = \ mu x_2 + \ left (1- \ mu \ right) x_3 $ para algum $ \ mu _0 \ in \ left (0,1 \ right ) $ que está mais próximo de $ x_3 $ e $ \ hat {x} \ in \ left (x_0, x_1 \ right) $ de modo que pelo teorema do valor médio,

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

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

$$ \ 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) $ $

Como $ x_0 $ é uma combinação de $ x_1 $ e $ x_2 $ e $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (\ hat {x} \ right) $

Repetindo o procedimento inicial, $ \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x} \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

Assim, combinando as equações acima, obtemos:

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

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

Portanto, é uma contradição.

Exemplos

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

$ Let 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 $

Assim, $ f \ left (x \ right) $ é quase-convexo.

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

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

assim, $ 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) $

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

Portanto, $ f \ left (x \ right) $ não é quase-convexo.