Función cuasiconvexa diferenciable

Teorema

Sea S un conjunto convexo no vacío en $ \ mathbb {R} ^ n $ y $ f: S \ rightarrow \ mathbb {R} $ sea diferenciable en S, entonces f es cuasiconvexo si y solo si para cualquier $ x_1, x_2 \ en S $ y $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $, tenemos $ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_2-x_1 \ right) \ leq 0 $

Prueba

Sea f una función cuasiconvexa.

Sea $ x_1, x_2 \ en S $ tal que $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Por diferenciabilidad de f en $ x_2, \ lambda \ in \ left (0, 1 \ right) $

$ f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) = f \ left (x_2 + \ lambda \ left (x_1-x_2 \ right) \ right) = f \ left (x_2 \ right ) + \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) $

$ + \ lambda \ left \ | x_1-x_2 \ right \ | \ alpha \ left (x_2, \ lambda \ left (x_1-x_2 \ right) \ right) $

$ \ Rightarrow f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) -f \ left (x_2 \ right) -f \ left (x_2 \ right) = \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) $

$ + \ lambda \ left \ | x_1-x_2 \ right \ | \ alpha \ left (x2, \ lambda \ left (x_1-x_2 \ right) \ right) $

Pero como f es cuasiconvexa, $ f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

$ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) + \ lambda \ left \ | x_1-x_2 \ right \ | \ alpha \ left (x_2, \ lambda \ left (x_1, x_2 \ right) \ right) \ leq 0 $

Pero $ \ alpha \ left (x_2, \ lambda \ left (x_1, x_2 \ right) \ right) \ rightarrow 0 $ como $ \ lambda \ rightarrow 0 $

Por lo tanto, $ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) \ leq 0 $

Conversar

supongamos que $ x_1, x_2 \ in S $ y $ f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $, $ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) ^ T \ left (x_1, x_2 \ right) \ leq 0 $

Para mostrar que f es cuasiconvexa, es decir, $ f \ left (\ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

Proof by contradiction

Suponga que existe un $ x_3 = \ lambda x_1 + \ left (1- \ lambda \ right) x_2 $ tal que $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (x_3 \ right) $ para algunos $ \ lambda \ in \ left (0, 1 \ right) $

Para $ x_2 $ y $ x_3, \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_2-x_3 \ right) \ leq 0 $

$ \ Rightarrow - \ lambda \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_2-x_3 \ right) \ leq 0 $

$ \ Rightarrow \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) \ geq 0 $

Para $ x_1 $ y $ x_3, \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_3 \ right) \ leq 0 $

$ \ Rightarrow \ left (1- \ lambda \ right) \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) \ leq 0 $

$ \ Rightarrow \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) \ leq 0 $

por lo tanto, de las ecuaciones anteriores, $ \ bigtriangledown f \ left (x_3 \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

Defina $ U = \ left \ {x: f \ left (x \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right), x = \ mu x_2 + \ left (1- \ mu \ right) x_3, \ mu \ in \ izquierda (0,1 \ derecha) \ derecha \} $

Por lo tanto, podemos encontrar $ x_0 \ en U $ tal que $ x_0 = \ mu_0 x_2 = \ mu x_2 + \ left (1- \ mu \ right) x_3 $ para algunos $ \ mu _0 \ in \ left (0,1 \ right ) $ que está más cerca de $ x_3 $ y $ \ hat {x} \ in \ left (x_0, x_1 \ right) $ tal que por el teorema del valor medio,

$$ \ frac {f \ left (x_3 \ right) -f \ left (x_0 \ right)} {x_3-x_0} = \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x} \ right) $$

$$ \ Rightarrow f \ left (x_3 \ right) = f \ left (x_0 \ right) + \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x} \ right) ^ T \ left (x_3-x_0 \ right) $$

$$ \ Rightarrow f \ left (x_3 \ right) = f \ left (x_0 \ right) + \ mu_0 \ lambda f \ left (\ hat {x} \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) $ PS

Dado que $ x_0 $ es una combinación de $ x_1 $ y $ x_2 $ y $ f \ left (x_2 \ right) <f \ left (\ hat {x} \ right) $

Repitiendo el procedimiento inicial, $ \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x} \ right) ^ T \ left (x_1-x_2 \ right) = 0 $

Así, combinando las ecuaciones anteriores, obtenemos:

$$ f \ left (x_3 \ right) = f \ left (x_0 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $$

$$ \ Rightarrow f \ left (x_3 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $$

Por tanto, es una contradicción.

Ejemplos

Step 1 - $ f \ left (x \ right) = X ^ 3 $

$ Sea f \ left (x_1 \ right) \ leq f \ left (x_2 \ right) $

$ \ Rightarrow x_ {1} ^ {3} \ leq x_ {2} ^ {3} \ Rightarrow x_1 \ leq x_2 $

$ \ bigtriangledown f \ left (x_2 \ right) \ left (x_1-x_2 \ right) = 3x_ {2} ^ {2} \ left (x_1-x_2 \ right) \ leq 0 $

Por tanto, $ f \ left (x \ right) $ es cuasiconvexo.

Step 2 - $ f \ left (x \ right) = x_ {1} ^ {3} + x_ {2} ^ {3} $

Sea $ \ hat {x_1} = \ left (2, -2 \ right) $ y $ \ hat {x_2} = \ left (1, 0 \ right) $

así, $ f \ left (\ hat {x_1} \ right) = 0, f \ left (\ hat {x_2} \ right) = 1 \ Rightarrow f \ left (\ hat {x_1} \ right) \ setminus <f \ left (\ hat {x_2} \ right) $

Por lo tanto, $ \ bigtriangledown f \ left (\ hat {x_2} \ right) ^ T \ left (\ hat {x_1} - \ hat {x_2} \ right) = \ left (3, 0 \ right) ^ T \ left (1, -2 \ derecha) = 3> 0 $

Por tanto, $ f \ left (x \ right) $ no es cuasiconvexo.