证明:对凸集 D ,对于其闭包 D ,若 x,y∈D ,取
z=λx+(1−λ)y,λ∈(0,1)
根据闭包为闭集,存在点列 xn→x 以及 yn→y ,其中 {xn},{yn}⊂D ,于是
zn=λxn+(1−λ)yn∈D
因此 zn→z ,从而 z∈D .
对于其内部 D∘ ,假设其不为凸集,则存在 λ 以及 x,y∈D∘ 使得
z=λx+(1−λ)y∈D
不在 D 的内部,考虑取 r>0 使得 Br(x),Br(y)⊂D ,此时可取
z0∈Br(z)∖D(1.1)
那么考虑 ∥z−z0∥2<r ,我们有
x+(z0−z)∈Br(x),y+(z0−z)∈Br(y)
因此
z0=λ[x+(z0−z)]+(1−λ)[y+(z0−z)]
为 D 中元素的凸组合,所以 z0∈D ,这就出现了矛盾!□
证明连续函数 f:Rn→R 是凸函数当且仅当:对任意 x,y∈Rn ,
∫01f(x+λ(y−x))dλ⩽2f(x)+f(y)
证明:必要性:由于 f 是凸函数,可知
∫01f((1−λ)x+λy)dλ⩽∫01[(1−λ)f(x)+λf(y)]dλ=2f(x)+f(y)
充分性:假设 f 不是凸函数,则存在 λ0,x,y 使得
f(λ0x+(1−λ0)y)>λ0f(x)+(1−λ0)f(y)
设
g(λ)=f(λx+(1−λ)y)−λf(x)−(1−λ)f(y),λ∈[0,1]
由于 f 是连续函数,g(λ0)>0 表明存在 [c,d]⊂[0,1] 使得 g(λ)>0,∀λ∈[c,d] ,则令
x′=cx+(1−c)y,y′=dx+(1−d)y
设
G(λ)=f(λx′+(1−λ)y′)−λf(x′)−(1−λ)f(y′),λ∈[0,1]
那么
∫01G(λ)dλ=∫01f(λx′+(1−λ)y′)dλ−2f(x′)+f(y′)>0
这和题设条件矛盾,因此 f 是凸函数. □
设 f:Rn→R 是凸函数,dom(f)=Rn ,并且 f 在 Rn 上有上界,证明 f 是常数.
证明:假设 f 不为常数,则存在 a=b 使得 f(a)>f(b) . 此时考虑
a=λa′+(1−λ)b′,b=b′
那么根据凸函数定义
f(λa′+(1−λ)b′)⩽λf(a′)+(1−λ)f(b′)
代入有
f(a)⩽λf(λa−(1−λ)b)+(1−λ)f(b)
从而
f(λa−(1−λ)b)⩾λf(a)−(1−λ)f(b)=f(b)+λf(a)−f(b)
当 λ→0+ 时,右侧趋于无穷,左侧是 f 的函数值,这就与 f 为常数相矛盾!□
设 A 为 m×n 阶矩阵,c 为 n 维向量,则不等式组
⎩⎨⎧Ax⩽0x⩾0cTx>0
与不等式组
{ATy⩾cy⩾0
有且只有一个有解.
证明:如果将第一个不等式组化为:
(A−I)x⩽0,cTx>0
第二个不等式组化为
(AT,−I)(yu)=c,(yu)⩾0
其中 u=ATy−c⩾0 ,则根据 Farkas 引理,上述两个不等式组有且仅有一组有解. □
设 A 为 m×n 阶矩阵,B 为 l×n 阶矩阵,c 为 n 维向量,则不等式组
⎩⎨⎧Ax⩽0Bx=0cTx>0
与不等式组
{ATy+BTz=cy⩾0
有且仅有一个有解.
证明:对于第一个问题,有
Bx=0⟺{Bx⩽0Bx⩾0
从而可化为
AB−Bx⩽0,cTx>0
第二个问题考虑
(AT,BT,−BT)yuv=c,yuv⩾0
其中 z=u−v ,根据 Farkas 引理上述两个不等式组有且仅有一个有解. □