ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 16 5. МИНИМУМ ВЫПУКЛОЙ ФУНКЦИИ

ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 16 5. МИНИМУМ ВЫПУКЛОЙ ФУНКЦИИ

5. МИНИМУМ ВЫПУКЛОЙ ФУНКЦИИ 5. 1. Локальный и глобальный минимум выпуклой функции. 5. 2. Минимум дифференцируемой выпуклой функции. 5. 3. Минимум выпуклой функции, дифференцируемой по всем возможным направлениям.

5. 1. Локальный и глобальный минимум выпуклой функции. Выпуклые функции представляют собой удобные объекты исследования для анализа их значений на минимум. Это объясняется тем обстоятельством, что выпуклые функции не могут иметь локальных минимумов. Теорема 1. Пусть функция 1: , I U R где n. RU выпуклое множество, выпукла. Тогда всякая точка локального минимума функции I на множестве U одновременно является точкой ее глобального минимума на этом множестве, Uu Iu. IUu. U )(min)( выпукло. I В случае, когда функция строго выпукла на , U множество U содержит не более одной точки. Доказательство. Пусть u точка локального минимума функции I на множестве. U Тогда существует окрестность , u. O точки , u что множество причем

( ) ( ), , . I u u O u U IДля любого Uu и достаточно малого 1, 0 С другой стороны, 1. U U u u u U 1 ( )I u , ( ) O u U U I u u u I 6 44 7 4 48 1 I u u или ( ) (())I u Iu I uu. I Таким образом, всякий локальный минимум одновременно является глобальным. Пусть теперь Uvu, и 0, 1. Тогда 1 I I u v 1 I I I u I v 1. 1 I I I ( ), I u u U Uu , O u , . u u u O u U имеем в силу выпуклости множества 1 , . u u O u U Iвыполнено u u будет Таким образом, . u U I следует и из выпуклости функции В силу того, что u локального минимума точка

1 , u v U и множество U выпукло. Если , u v то для строго выпуклых функций при 0, 1. Следовательно, строго выпуклая функция не может достигать минимума на выпуклом множестве более чем в одной точке. Теорема доказана. 5. 2. Минимум дифференцируемой выпуклой функции. Выведем условия, которым должна удовлетворять точка минимума, выпуклой дифференцируемой функции. Теорема 2. Пусть функция 1: , I U R где n. RU – выпуклое множество, и 1. I C U Тогда в любой точке Uu выполняется неравенство ‘( ), 0, , 1 I u u U а в случае int , u U 1 I u v I ‘( ) 0. I u равенство Кроме того, если функция. I 1 I u v I не может превратиться в равенствонеравенство (1) 1 1 1. 1 I I u v I u I v I I I

выпукла на множестве , U Доказательство. Необходимость. Пусть. u U Для всех 1, 0, Uu имеем 0 1 ( )I u u I u 1 ( ) I C U I u u u I u 1 ‘ , I C U I u u u o В последнем неравенстве устремим число 1, 0 к нулю. В пределе получим неравенство (1). Если int , u U то для любого вектора 1, e. Ren найдется число 00, что 0, 0, . u u e U В неравенстве (1) полагаем. u u e Тогда отсюда выводим, что ‘ 0. I u ‘ , 0. o I u u u ‘ , o I u u u ‘( ), 0, 1 I u u U В силу 1, e. Re n произвольности Необходимость доказана. ‘( ), u e I u uu. I eu 0 ‘ , 0 I u e то условие (1). u U ‘( ), 0, 1 I u u U является достаточным для того, чтобы

Заметим, что при доказательстве необходимости выпуклость функции I не использовалась. Для граничной точки u равенство 0’u. I может выполняться, а может и не выполняться. Например, пусть uu. IRu 2′, 21 1) 0, 1 0 U u — равенство 0’u. I выполняется; 2) 1, 2 1 U u — равенство 0’u. I не выполняется. Достаточность. Пусть функция I выпукла на множестве U и для некоторой точки Uu выполнено условие (1). ( ), . I u u U 0 ( ) ‘ , I u I u u u что и доказывает достаточность. Теорема доказана. Из доказанной теоремы следует, что для выпуклых функций равенство 0’u. I влечет за собой . u U 1234 x y 12 ‘( ), 0, 1 I u u U Тогда по первому критерию выпуклости гладких функций ( ) ‘( ), , , u u I u I v u v U

5. 3. Минимум выпуклой функции, дифференцируемой по всем возможным направлениям. Требование существования производных по направлениям В связи с этим представляет интерес получить условия оптимальности в терминах производных по направлению. Это тем более естественно, поскольку всякая выпуклая функция Теорема 3. Пусть 1: , I U R где n. RU выпуклое множество, и в точке Uu функция I имеет производные по всем возможным направлениям. Тогда необходимо выполняется условие 0 1 d. I u de для всех возможных направлений 1 ee в точке . u UUмножество точек минимума функции I на множестве U Кроме того, если функция I выпукла на , U то это условие достаточно для . u U менее жесткое, чем требование дифференцируемости. существенно области определения в любой внутренней точке имеет производные по всем направлениям.

Доказательство. Необходимость. Пусть Uu и 1 ee — возможное направление в точке . u Тогда U I u te I u 00, 0 , 2 I u te I u t t t где 0 t достаточно мало. Переходя в (2) к пределу при 0, t получим (1). Необходимость доказана. Достаточность. Пусть 1 : RUI — выпуклая функция Возьмем любую точку uu. Uu, и положим . u u e u u Направление e возможное в точке. u U 1 t u u u 64 7 48 } u u u u t e u t u u Uuвыполнено условие (1). и в некоторой точке 0 1 d. I u de 1, t u u для которых выполнено имеем Действительно, при 0, t малых 1 , u u u U

0( ) , 0, , f t I u te t t 0. t u u Полагаем Функция 1 0: 0, f t R является выпуклой. Действительно, для всех 1 2 00, 1 , , 0, t t t имеем 1 21 t f t t 6 44 7 4 48 1 21 t I u t t e 6 4 4 7 4 48 1 21 1 I u tut e 1 21 Iвыпукла I u t e 1 21 f t I u t e 6 4 7 48 1 21. f t Тогда по первому критерию выпуклости ( ) ( 0 ) ‘( 0 )0 ( ) ‘( ), f t f ft I u I v u v выводим ( ) (0) ‘(0) 0 0 f t f f t } 0 1 ( ) (0) ‘(0) 0 d. I u def t f f t 0( ) (0), 0, . f t t Выпуклость функции f доказана.

В частности, если в точке u существует градиент ‘ , I u uu. Uu uu uu e , , имеем то для направления ( ) , I u u U 0 0( ) u u u f t I u t e что и требовалось доказать. I u u u u В частности, 0( ) (0). f t f , I u ( ) 0( ) (0) I u f t f 1 ‘ , I u u u } ‘ , u u. I u e u u d. I u e de 6 7 8 0( ) (0), 0, . f t t *(0). f I u Тогда Заметим, что ‘ , u u I u u u

1 0 d. I u de 6 4 7 48 ‘ , 0. I u u u 0 1 ‘ , d. I u u u de u u 64 7 48 Тогда является обобщением теоремы 2 Таким образом, теорема 3 широкий класс функций на существенно более ‘ , 0 I u u u Получили формулировку теоремы 2. (функций дифференцируемых по всем возможным направлениям). Упражнение. Доказать непосредственно, что эта точка и только она удовлетворяет неравенству 0 d. I u de для всех возможных направлений 1. e e Точка 0 u является точкой минимума функции 1 : , n I R R. I u u определенной формулой

Решение. } 0 00 0 0 (0) lim t t u e I te Id. I u de t 64 7 48 0 lim t et t 1. e 0 u В точке функция. I u u дифференцируемая только по направлению, поэтому ее производную по направлению e вычисляем непосредственно по определению этой производной Таким образом, 0 1 0, 1. u d. I u e de Для любой точки n u R будет возможным. любое направлениеe Вычислим производную по направлению e от функции. I u u в произвольной точке 0. u В этих точках функция является дифференцируемой, поэтому , ‘ u u I u u ‘ , d. I u e de , u u u , . u e u

Действительно, пусть, 0. n u R u Покажем, что для любого , 0 n u R u невозможно 0 , 1. d. I u e e de В силу 0 u найдется, e что, 0. e u Направление 1 e e также допустимо. Тогда одна из производных , , u ed. I u de u 1 1 , e u e d. I u de u должна быть строго отрицательной. , . u e u