ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 19 7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ

ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 19 7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ)

7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ (ПРОДОЛЖЕНИЕ) 7. 5. Критерий минимума для субдифференцируемых функций.

7. 5. Критерий минимума для субдифференцируемых функций. Для произвольных множеств n. RU и функций , : 1 RUI справедливо следующее утверждение. Теорема 5. Пусть 1: , . n. I U R Для того, чтобы точка Uu была точкой минимума функции I на множестве U Доказательство. необходимо и достаточно 0. I u выполнение включения u точка минимума функции I на множестве. U Пусть ( ) 0, , I u u u u U Обратно Теорема доказана. ( )I u u U 0. I u min ( ) u U I u 0 I u ( ) 0, , I u u u u U ( )I u u U min ( ) u U I u Для выпуклых функций, определенных на выпуклых множествах, содержательный результат. справедлив более

Теорема 6. Пусть n. RW — открытое выпуклое множество, 1 : RWI выпуклая функция и WU — выпуклое подмножество. Для того, чтобы функция I достигала своей нижней грани на множестве U в точке u U необходимо и достаточно, чтобы существовал субградиент u. Iucc такой, что , 0, . c u u u U В пространстве 1 n R введем множества 1 0 0, , n u A a R u W a I u I a Необходимость. Пусть inf. u U u U I u I 1 0 0 , 0 nv B b R v U b b 1 0 0 , 0. n v B b R v U b b

Введенные множества A и. B являются выпуклыми. Факт выпуклости множества доказывается аналогично выпуклости надграфика A теорема 4. 1. выпуклой функции Выпуклость B множества очевидна. Покажем, что . A B I 1 0 0, , n u A a R u W a I u I a 1 0 0 , nv B b R v U b b Действительно, пусть 0. u A a Тогда, либо min 0 u U I u I либо \. u W U В обоих случаях a B и. A B I Тогда существует гиперплоскость 0, d g с нормальным вектором множества A A и , B отделяющая т. е , , . g a g b a A b B u UW B I I u A I I u 0 0, a

0 0 , , , a A b B u vd d a b 0 0 , . 1 u v A B a b , , , 0 d g a g b a A b B g Отсюда выводим u UW B I I u A I I u 1 0 0 , , nu A a R u W a I u I a 1 0 0 , 0. nv B b R v U b b Тогда из (1) выводим , , 0 0 d u , . d u 0 II u I . 0 u A B I 0 u B Заметим, что для точки выполнено 0 u

перепишем в виде 0 0 , , u vd d d u a b 0 0 , , , 2 u v d u a d u d v b A B a b Неравенство (1) , 0 0, , 1 d u u vd d a b Из правого неравенства в (2) при 1 00 , 10 nvuv U b B b R bb получим 1 0, , , u d v b d u Покажем, что 0. Тогда из левого неравенства в (2) выводим , , , . (3)d u u W Пусть все же 0. , , d u 0.

Из (3) выводим, , d du d u 2 0 0 d Получили противоречие с тем, что 0. d g настолько мало, где 0 Полагаем в (3) , u u d Таким образом , 0. Разделим (2). u u d W что , , , (3)d u u W 0. d 0 0, , , 2 d u a d u d v b 0. на 0 0, , , . d d d u a u v b В результате получим Полагаем , d c Тогда 0 0, , , 0 u W a I u I v U b 0 0, , c u a c u c v b

0 0, 0 , , 4 c u u a c v u b 0 0, , , 0. u W a I u I v U b 0 0, , c u a c v bc u находим. При Iu. Ia 0 из левого неравенства в (4) } 0, 0 4 I u I c u u a , 0 c u u I , , I u I c u u u W c I u При 0 0 b из правого неравенства в (4) находим 0 0 , 0 c v u b Необходимость : , 0, c I u c u u u U доказана. Достаточность. Пусть для некоторой точки Uu и u. Ic выполнено , 0, . 5 c u u u U По определению субградиента ( ) , , ( ) u c I u I v c u v c I v тогда I u 5 , 0 , c u u u U 6 44 7 4 48. u U Теорема доказана полностью. Достаточность доказана. , 0, . c v u v U U

Замечание. Как видно из доказательства теоремы множества 1, n. RBA вектор 1, nd g R субградиент d c I u не зависят от выбора. u U Упражнение. Для 1 2 max , u I u u U 1 u 2 u 1 1 Решение. Здесь 1. 1 u Тогда 1, 2 z u и 1 1 2 21, 0, 0. c I u c c c U 1 u 2 u u 1 1 I u uu c В качестве c I u возьмем вектор 1 2. c Тогда проверить выполнение теоремы 6 : , 0 c I u c u u 1 1 2 2 1, 1. u U u u u и u

11 21 2 11 , , 1 0 12 u c u u u для всех 1 1 1 2 2 2 1, 1. u u U u u Теорема 6. Пусть n W R — открытое выпуклое множество, 1 : I W R выпуклая функция и U W — выпуклое подмножество. Для того, чтобы функция I достигала своей нижней грани на множестве U в точке u U необходимо и достаточно, чтобы существовал субградиент c c u I u такой, что , 0, . 5 c u u u U Следствие. Пусть в условиях доказанной теоремы int. u U обеспечивающий неравенство (5), Тогда субградиент, может быть только нулевым вектором.

0 int , u U u u c U Действительно, при 0, где достаточно мало. 00 Uu выводим для такого Из (5), 0, 5 c u u u U 0 , 0 c cu u 0 2 0 0. c c Таким образом, проверка точек Uuint на оптимальность включения 0. I u сводится к проверке Пример 4. Пусть 1 , . I u u u U R 0 U u Здесь 0 int. u U и 1 0 0 1. с I c R c Очевидно, что Почему в упражнении 1 2 0 ? c 1 (0) 1 , с I c R c Покажем, что других субградиентов не существует. обеспечивающих неравенство (5), , 0, 5 c u u u U 1 0 , 0, 0, , c u uс u u R Действительно , 0. с u