ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 12 3. ВЫПУКЛЫЕ ФУНКЦИИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ

ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 12 3. ВЫПУКЛЫЕ ФУНКЦИИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ )

3. ВЫПУКЛЫЕ ФУНКЦИИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ) 3. 4. Дифференцируемость выпуклой функции по всем возможным направлениям. 3. 3. Непрерывность выпуклой функции.

3. 3. Непрерывность выпуклой функции. оказывается столь сильным, Теорема 6. Пусть функция 1: , I U R где n. RU выпуклое множество, выпукла. Тогда она непрерывна в любой точке 0 int. u U Доказательство. Сначала предположим, что 0 0 0 int , ( ) 0. u U I u с центром в нуле Обозначим 1, , max. K ii m I I u L Любая точка Kv может быть представлена в виде 1 , m i i i v u Тогда в силу выпуклости функции I находим Существует n мерный куб K 1, , , mu u. L с вершинами 1 ( ) выпуклость Im i i i. I v I u } 1 K m i i i I I u Неравенство (1. 1), в множестве . U и содержащийся 2 , nm 1 ( ) 1 (1. 1)I u v I u I v выпуклую функцию, определяющее каждой внутренней точке области определения. что обеспечивает ей непрерывность в } 1 1. 1 m K i I I 1 1, 0, 1, , . m i i m L U 0 u O K 1 u 2 u 3 u 4 u

U K 1 u 2 u 3 u 4 u O K u. Тогда. u K Из неравенства (1) ( ) , 1 k. I v K следует } 1 0 ( ) u I u } 0 1 0 KI Iвыпуклаяu I I . 2 KI С другой стороны } 1 1 1 ( 00) uu I } 1 1 1 K выпуклость IKu I u 1 1 выпуклость I I u 1 k. I 0 k. I u I ( ). 3 k. I u I , 0, 1. u K U Пусть u u 1 0 K I выпуклая K u I

( )k. I u I }0 ( ) (0) ( ) , k. I u I непрерывность функции I в нуле. что и означает Общий случай сводится к уже рассмотренному функции путем введения 1 0: , G U u R определенной формулой 0 0 ( ) ( ), G u I u 0. область определения G u U u 64 7 48 Тогда по доказанному она непрерывна в нуле. Непрерывной в нуле будет и функция }} 0 0 0( ) ( ) , , непрерывна константа. I u u G u I u u U u }0 0 0 int , 0 ( ) 0. U u G I u u I u Из (2) ( ) 2 KI u I следует, чтои (3)( ) 3 k. I u I Эта функция выпукла и для нее выполнено как сумма непрерывной функции и постоянной. , I u u U в точке 0. u Отсюда следует непрерывность функции Теорема доказана.

Для граничных точек доказанная теорема неверна. Пример 4. 0. 5 1 1. 5 2 2. 5 32468 Функция 1 : 0, , I R определенная равенством 2 , 0 ( ) , 0, , 1, 0 u u I u u u выпукла на 0, , но терпит разрыв в нуле. Покажем, что эта функция выпукла. Пусть 0, 1. и 0, u Вычисляем 1 22 0 1 u 64 7 48 0 0 1 1 I u 64 7 48 } }0 2 1 1 I u 0 1 I I u 0 1. I u I I u 0. u только в точкепроверить определение выпуклости Достаточно (В случае } } } 0 01 1 : 1 0 1 0 1 1 I u I I I u неравенство Иесена выполнено в форме равенства).

3. 4. Дифференцируемость выпуклой функции по всем возможным направлениям. Определение 3. Пусть . n u U R Направление , 1 ne R eÎ = называется возможным в точке , u если существует число 00 t такое, что 0, 0, . u te U t t Пример 5. Пусть int. u U Тогда любое направление 0 e будет возможным. Пример 6. Пусть Для точки 0, 0 u нет ни одного возможного направления. Действительно, пусть 1 2, , 1 e e и 0. t 2 2 2 , 0, 2. U u x y R x x y x 2 2 12. 1 t e e t e 2 2 1 2 2 2 12 t e e tte x y 0 22 y x. U Тогда, если это направление возможное, для точки 0, 0 u U 0 te 1 2, te te U выполняться включение должно для достаточно малых 0. t Данное включение означает, что Левое неравенство в (1) невозможно, если 20. e В случае, когда 20 e невозможно правое неравенство в (1). для малых 0 t Полученное противоречие 0, 0. u U доказывает отсутствие возможных направлений для точки Uue

Пример 7. Пусть множество n. RU выпукло Тогда для любой точки Uu имеется хотя бы одно возможное направление. Действительно, пусть , . v U v u Положим. e v u }v u u t e и содержит не менее двух точек. 1. tv t u U u t v u Для всех 1, 0 t имеем Полученное включение означает, что направление e v u возможное. Определение 4. Пусть 1 : , . n I U R Производной функции I по возможному направлению , 1, e e будем называть величину 0 ( ) lim , t I u te I ud. I u de t если этот предел существует. Заметим, что если функция I определена в некоторой окрестности точки u и дифференцируема в ней, причем то она имеет производные по всем возможным направлениям 0 t d. I u te de t 0′( ) , t. I u te te t ‘( ) , . grad I u e

в которой она имеет производные по всем направлениям. Пример 8. Пусть 1 0. 5 0 0. 5 1 0. 50. 25 0. 5 1 0. 5 0 0. 5 1 2 4 2, 0, 0, x y y I x yx y y 2 , Ryx Покажем, что эта функция дифференцируема вдоль любого направления 1, 2 e. Re в точке 0. Однако, обратное неверно. Более того, нельзя даже гарантировать непрерывность функции в точке, Представим произвольное направление в виде cos , sin , 0, 2 , 1. e e и установим существование предела t Ite. I t )0(0 lim 0 для любого направления

cos , sin. e В силу 0 0 I имеем 2 4 2 cos sin 1 , sin 0, cos sin 0, sin 0 t t tt t }} cos , sin 0 0 (0)I t e I t } 2 4 2, 0, 0, 1 cos , sin x yy I x yx y yxy I t t t 6 7 8 2 2 4 2 cos sin , sin 0, cos sin 0, sin 0. t Отсюда выводим 2 2 4 2 0 cos sin , sin 0, 0 limcos sin 0, t d. I t de 2 cos , sin 0, sin 0. Таким образом, указанный предел существует. Однако, функция I разрывная в точке 0, 0. В самом деле, устремим точку yx, к нулю по параболе 2. y x

Тогда } 2 4 2 2 , 0, 0, , x yy. I x yx y xy I x y Теорема 7. Пусть функция 1: , I U R где n. RU выпуклое множество, выпукла. Тогда в любой точке intu U функция I имеет производные по всем направлениям . ne R Доказательство. Требуется доказать существование конечного предела 0 lim , t d. I u h t de Из включения intu U следует существование числа 0 такого , что , . u tе U t ( ). I u te I u h t t Пусть 00, . t 00 t t Для 00, t t полагаем 0 0 0, 1 t t t 00 01 1 tt t Имеет место включение 2 2 24 2 x x 1 0 0, 0. 2 I } 01. UU u u t e U 64 7 48 С другой стороны

} 0 00 01 tt t tt u u t e 6 7 8 0 0 t tt u u t e t t 0 0 t t tuu eu t t u te 0, 0, . u te U t t Тогда } 01 01 u u t e выпуклость I I u te I u u t e 01 I u t e 01( )I u t e. I u t 01 ( ) I u t e I u te I u h t t 64 7 48 01 1 I u t e t 0 01 t t t I u t e I u 6 7 8 0 0 I u t e I u tt t 0 0 0 h t I u t e I u t 6 4 4 7 4 4 8 0 h t 0 0. t t h t

Таким образом, функцияh t монотонно убывает при 0. t Полагаем 0 0 0, 1 t t t Имеет место равенство } 0 00 01 tt t u te u t e 6 7 8 0 0 tt u te u t e t t 00 0 0 t u tut te t t 0 0. t t u t u }01 ( ) u te u t e I u 01. t t t Тогда 01 выпуклость I I u te u t e 0( ) 1 I u e. I Itu u t e 01 выпуклость I I u te I u t e 0( ) 1 I u t e. I u te 0( ) 1 I u t e I u te

{ 0 0( ) 1 t t t I u t e I u te 6 7 8 0 0 0 ( )t t I u t e t 0 0 ( ) t I u I u t e t 0 0 0 ( )I u t et t t 0 0 ( ) t I u te I u I u t e t 0 0 ( ) h t I u te I u I u t e t t 6 4 4 7 4 48 0 0 0 ( ) , 0, , не зависит от t I u t e h t t 6 4 4 7 4 4 8 т. е. функция h t ограничена снизу при 0. t Существование конечного предела следует теперь из монотонного убывания функции. h t Теорема доказана.

Упражнение 1. Найти производную по направлению от функции. I u u Решение. Функция нормы выпукла и конечна. Для всех точек кроме 0 u эта производная вычисляется по формуле направлению существует. Следовательно, ее производная по любому (), ud. I u e de u ¶ = = ¶ , , u u e u¶ = ¶ , , u e u u = , . u e u В точке 0 u имеем 0 lim t te t 0 ( ) lim t I u te I ud. I u de t 1. e