ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 21 7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ

Скачать презентацию ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 21 7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ Скачать презентацию ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 21 7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ

lekciya_21.ppt

  • Размер: 1.1 Мб
  • Автор: Progressive Sound
  • Количество слайдов: 10

Описание презентации ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 21 7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ по слайдам

ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 21 7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ)  ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 21 7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ)

7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ) 7. 2. Критерий существование субградиента функции.  7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ) 7. 2. Критерий существование субградиента функции.

7. 2. Критерий существования субградиента функции.  Следующая теорема является критерием существования субградиента и, следовательно, субдифференциала7. 2. Критерий существования субградиента функции. Следующая теорема является критерием существования субградиента и, следовательно, субдифференциала у функции 1 : . I U R Теорема 2. Пусть n RU — открытое выпуклое множество. Для того, чтобы функция 1 : RUI имела непустой субдифференциал в каждой точке Uu необходимо и достаточно, чтобы эта функция была выпуклой на множестве . U Доказательство. Необходимость. Пусть для некоторой функции 1 : RUI справедливо , . I u u U Докажем выпуклость функции . I Для всех 1, 0, , Uvu полагаем 1 , u u v U c u I u , , I u c u u u , . I v I u c u v u Последовательно подставляем в ( ) ( ), , . (1. 1) I u I v c v u U (1) (1 — ) +(1 — )I u I v I u 0 , 1 , c u u v u 6 4 44 7 4 4 48 , v u u v v u

 0 +(1 - ) , 1 I u I v I u c u u 0 +(1 — ) , 1 I u I v I u c u u v u 6 4 44 7 4 4 48 +(1 — )I u I v I u } 1 +(1 — ) u v I u I v 1 +(1 — )I u v I u I v Необходимость доказана. Достаточность. Пусть 1 : RUI выпуклая функция и. v U Надо показать, что . I v Для произвольного 1, e. Re n полагаем. v te 0, 0, . v t U t t для достаточно малых 00 t будет выполняться В силу открытости множества. U Из выпуклости функции I для всех e существует d. I v de производная функции I по направлению. eпо теореме 3. 7 v t. Uv e В пространстве 1 n R переменных , u рассмотрим множества 1 , ; , n A u R u U I u 1 0, ; ; 0. nd. I v B u R u v te I v t t t de I AU u. B v I v 0 v t e

Множество 1 n RA выпукло.  Доказательство этого факта аналогично доказательству выпуклости надграфика выпуклой функции теоремаМножество 1 n RA выпукло. Доказательство этого факта аналогично доказательству выпуклости надграфика выпуклой функции теорема 4. 1. Множество 1 n B R представляет собой отрезок прямой , Покажем что для малых 0 t будет выполняться. 2 A B I В самом деле, пусть , . u A Имеются две возможности 1) 0, 0, u v te t t , ; u B 2) 00, : . t t u v te В силу , u A выводим. 3 I v. I vte I u I v te I A U u. B v I v 0 v t eтоже выпукло. и поэтому I По лемме 3. 1 и з выпуклости функции следует 0, 0, . t I v te t t 00 tдля достаточно малых выпуклость функции По первому критерию выпуклости 0 ‘ 0 d. I v te I vde t t t . d. I v te I v t de

следует, что  1 0 ; , ; 0 n d. I v t u vследует, что 1 0 ; , ; 0 n d. I v t u v te B u de R t t , , . u v te B d. I vt de I v te I v 6 4 4 7 4 48 Тогда из определения множества. Из (3) 3 I v te I v отсюда d. I v te I v t de выводим . d. I v t de Таким образом, , u A отделяющая множества , u B 2 A B Iдействительнои (2) имеет место. и , B B 1 , ; n A u R u U I u т. е. для всех, u A , , d. I v v te I v t B de и имеет место неравенство , d u , , d. I v d v te I v t de 0, , 0, . (4)I u u U t t u I A B n. U d. I v t de 1 , nd n R 0, nс нормальным вектором Тогда существует гиперплоскость

u  I A B n. U Покажем, что для вектора 0. d n  u I A B n. U Покажем, что для вектора 0. d n имеет место при , , 0 u v I v t выводим Действительно, из (4) 0 , , v d u d v t e 0 0, 0, 4 d. I v t t t de , , d v d. I vv I v 0. Покажем, что 0. 0, , 0, . 5 d u d v te u U t t От противного из (4) находим 0 Полагаем . u v d Заметим, что для малых по модулю будет выполнено . открытое. U u v d U , , d d dv vte Тогда из (5), , d d t d e, , d d d te

В силу произвольности знака числа последнее неравенство возможно только если 0. d Однако 0. d В силу произвольности знака числа последнее неравенство возможно только если 0. d Однако 0. d Получили противоречие. Таким образом, 0. Разделим неравенство (4) , , , 4 d. I v d u d v te I v t de 0. на величину В результате получим , , d. I vd v te I v t de 0, , 0, . 6 I u u U t t , d u 0 tотсюда При 0, , , 0, d d t d e t t 2 0. d получим Обозначим d c и перепишем (6). В результате получим , , . 7 d. I v c v u c v v te I v t de

Тогда , , , c u I u c v v I v u U Тогда , , , c u I u c v v I v u U , I u I v c u v . c v I v Теорема доказана. и устремляем к 0. I u 0 t Полагаем в нем. I u и 00, . t t верно для всех Неравенство (7) 00 0 , , . 7 I ud. I v c v u c v v t e I v t de

Зарегистрируйтесь, чтобы просмотреть полный документ!
РЕГИСТРАЦИЯ