ВЫПУКЛЫЙ АНАЛИЗ ЛЕКЦИЯ 21 7. СУБГРАДИЕНТ И СУБДИФФЕРЕНЦИАЛ

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

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, 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 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 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 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 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 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 , 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