Градиент выпуклой функции непрерывен внутри области определения
Для выпуклой, полунепрерывной снизу и собственной функции $f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}$ который дифференцируем в своей области определения, верно ли, что его градиент $\nabla f$ непрерывна внутри области определения $f$? Вот я беру$\text{dom}f = \{x\in\mathbb{R}^n: f(x)<\infty\}$. Я придумал, что для такой функции$f$, должно быть правда, что $f$локально липшицево на своей области определения, а затем по теореме Радемахера локально дифференцируемо п.в. Однако это не дает того, что я хочу. У кого-нибудь есть доказательство или контрпример?
Изменить: как оказалось, это следствие 9.20 в Rockafellar и Wets.
Ответы
Без ограничения общности достаточно доказать $\nabla f$ непрерывно на $x = 0$ когда $\nabla f(0) = 0$. Предположим$x_n \to 0$ таково, что $|\nabla f(x_n)| > a > 0$. Дано$\epsilon>0$ такой, что $B(0,2\epsilon) \subset \text{dom}(f)$, выбирать $n$ так что $x_n \in B(0,\epsilon)$ а также $f(x_n) - f(0) > -\epsilon^2$. Мы знаем, что существует$y \in B(x_n,\epsilon)$, $y \ne x_n$, так что $$ f(y) \ge f(x_n) + a |x_n - y| $$ (то есть выбрать $y$ в направлении $\nabla f(x_n)$ рядом с $x_n$). За$t \in \mathbb R$, позволять $z_t = t(y-x_n) + x_n$. По выпуклости видим, что для$t \ge 1$ $$ \tfrac1t f(z_t) + (1-\tfrac{1}t) f(z_0) \ge f(z_1) ,$$ то есть $$ f(z_t) \ge f(x_n) + a t |x_n-y| .$$ выбирать $t = \epsilon / |x_n - y|$. Обратите внимание, что$|z_t| < 2 \epsilon$. затем$$ f(z_t) - f(0) = f(z_t) - f(x_n) + f(x_n) - f(0) \ge a \epsilon - \epsilon^2 . $$ Это противоречит тому, что $\nabla f(0) = 0$.
Я обновляю этот пост следующим вопросом: если $f$ - выпуклая функция, определенная на некотором выпуклом множестве $E\subseteq \mathbb R^n$ и если он дифференцируем на $E$, правда ли, что его градиент должен быть непрерывным на $E$ (и не только в интерьере)?