Hàm Quasiconvex có thể phân biệt

Định lý

Gọi S là một tập lồi không rỗng trong $ \ mathbb {R} ^ n $ và $ f: S \ rightarrow \ mathbb {R} $ có thể phân biệt được trên S, khi đó f là chuẩn tinh nếu và chỉ khi với $ x_1, x_2 bất kỳ \ trong S $ và $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $, chúng ta có $ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_2-x_1 \ right) \ leq 0 $

Bằng chứng

Cho f là một hàm quasiconvex.

Đặt $ x_1, x_2 \ trong S $ sao cho $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Theo khả năng phân biệt của f tại $ 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) $

Nhưng vì f là mặt phẳng lồi nên $ 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 $

Nhưng $ \ alpha \ left (x_2, \ lambda \ left (x_1, x_2 \ right) \ right) \ rightarrow 0 $ là $ \ lambda \ rightarrow 0 $

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

ngược

cho $ x_1, x_2 \ in S $ và $ 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 $

Để chỉ ra rằng f là mặt phẳng lồi, tức là $ f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Proof by contradiction

Giả sử có một $ x_3 = \ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 $ sao cho $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (x_3 \ right) $ cho một số $ \ lambda \ in \ left (0, 1 \ right) $

Đối với $ x_2 $ và $ 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 $

Đối với $ x_1 $ và $ 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 $

do đó, từ các phương trình trên, $ \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

Xác định $ 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 \} $

Do đó, chúng ta có thể tìm $ x_0 \ trong U $ sao cho $ x_0 = \ mu_0 x_2 = \ mu x_2 + \ left (1- \ mu \ right) x_3 $ cho một số $ \ mu _0 \ in \ left (0,1 \ right ) $ gần nhất với $ x_3 $ và $ \ hat {x} \ in \ left (x_0, x_1 \ right) $ sao cho theo định lý giá trị trung bình,

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

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

$$ \ 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) $ $

Vì $ x_0 $ là sự kết hợp của $ x_1 $ và $ x_2 $ và $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (\ hat {x} \ right) $

Bằng cách lặp lại quy trình bắt đầu, $ \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x} \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

Do đó, kết hợp các phương trình trên, chúng ta nhận được:

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

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

Do đó, nó là mâu thuẫn.

Ví dụ

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

$ Để 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 $

Do đó, $ f \ left (x \ right) $ là mặt phẳng lồi.

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

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

do đó, $ 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) $

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

Do đó $ f \ left (x \ right) $ không phải là mặt lồi.