凸分析試題 - 簡書

一、論述題

簡述超平面分離住册、嚴(yán)格超平面分離咕晋、以及正常超平面分離定義以及成立條件雹拄。

分離超平面定理
設(shè) $C_1$ 和 $C_2$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的非空凸集，若 $C_1$ 和 $C_2$ 不相交掌呜，則存在一個的超平面分離 $C_1$ 和 $C_2$ 滓玖，即存在向量 $\boldsymbol{a} \neq \boldsymbol{0}$ 滿足

$\boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_1 \leq \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_2, \quad \forall \boldsymbol{x}_1 \in C_1, \forall \boldsymbol{x}_2 \in C_2.$

嚴(yán)格超平面分離
定義：集合 $C_1$ 、 $C_2$ 和超平面 $H = \left\{ x \mid \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x} = b \right\}$ 质蕉，對于所有 $\boldsymbol{x}_1 \in C_1$ 和 $\boldsymbol{x}_2 \in C_2$ 呢撞，如果
$\boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_1 < b < \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_2 \quad \text{或} \quad \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_2 < b < \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_1,$ 二者之一始終成立，則稱 $H$ 是 $C_1$ 和 $C_2$ 的嚴(yán)格分離超平面或 $H$ 嚴(yán)格分離 $C_1$ 和 $C_2$ 饰剥。
嚴(yán)格超平面分離定理
設(shè) $C_1$ 和 $C_2$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的非空凸集殊霞，若 $C_1$ 和 $C_2$ 不相交，且 $C_2 - C_1$ 為閉集汰蓉，則存在一個的超平面嚴(yán)格分離 $C_1$ 和 $C_2$ 绷蹲。
正常分離超平面
定義：對于集合 $C_1$ 、 $C_2$ 和超平面 $H = \left\{ x \mid \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x} = b \right\}$ ，若

$\sup_{\boldsymbol{x}_1 \in C_1} \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_1 \leq \inf_{\boldsymbol{x}_2 \in C_2} \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_2$
$\inf_{\boldsymbol{x}_1 \in C_1} \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_1 < \sup_{\boldsymbol{x}_2 \in C_2} \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_2.$
或
$\boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_2 < b < \boldsymbol{a}^\top \boldsymbol{x}_1, \quad \forall \boldsymbol{x}_1 \in C_1, \forall \boldsymbol{x}_2 \in C_2,$

成立祝钢，則稱 $H$ 是 $C_1$ 和 $C_2$ 的正常分離超平面或 $H$ 正常分離 $C_1$ 和 $C_2$ 比规。

分析討論凸函數(shù)回收函數(shù)與其函數(shù)值增減性之間的關(guān)系。

回收函數(shù)定義
定義：
對于一個凸函數(shù) $f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ 拦英，它的回收函數(shù)（Recession function）定義為：
$f_{\infty}(x) = \lim_{\lambda \to +\infty} \frac{f(x + \lambda d)}{\lambda},$ 其中 $d \in \mathbb{R}^n$ 是一個給定的方向蜒什。回收函數(shù)表示了凸函數(shù)在“遠(yuǎn)離原點(diǎn)”的極限行為疤估，即隨著 $\lambda$ 增大灾常，函數(shù)值相對于 $\lambda$ 的增長速度。

增減性對回收函數(shù)的影響
①如果原函數(shù) $f(x)$ 在某方向 $d$ 上是單調(diào)遞增的铃拇，那么回收函數(shù) $f_{\infty}(x)$ 也會表現(xiàn)出單調(diào)遞增的趨勢钞瀑。因為原函數(shù)的增長速度隨著 $\lambda$ 的增大會趨向于某個常數(shù)，而這個常數(shù)會反映出函數(shù)在遠(yuǎn)離原點(diǎn)時的增長趨勢慷荔。
② 如果原函數(shù) $f(x)$ 在某方向 $d$ 上是單調(diào)遞減的雕什，那么回收函數(shù) $f_{\infty}(x)$ 會表現(xiàn)為單調(diào)遞減∠跃В回收函數(shù)的值趨向于負(fù)的常數(shù)贷岸，反映出在遠(yuǎn)離原點(diǎn)時，函數(shù)值的變化趨于某個負(fù)值磷雇。

簡述極小共同問題與極大交叉問題并寫出等式約束優(yōu)化原始問題與對偶問題凰盔。
定義：設(shè) $M$ 為 $\mathbb{R}^{n+1}$ 中非空子集：

極小公共點(diǎn)問題 (minimal common problem): 找出 $M$ 與 $n+1$ 軸的公共點(diǎn)中第 $n+1$ 個分量最小的點(diǎn)。
極大交叉點(diǎn)問題 (maximal crossing problem): 找出將 $M$ 包含于其“上閉半空間”的超平面與 $n+1$ 軸的交點(diǎn)中第 $n+1$ 個分量最大的點(diǎn)倦春。

簡述梯度法與次梯度法基本原理與收斂性質(zhì)。

梯度法 (Gradient Method)

基本原理：
梯度法用于求解無約束凸優(yōu)化問題落剪，其基本思想是通過迭代的方法沿著目標(biāo)函數(shù)的梯度方向進(jìn)行優(yōu)化睁本。每次迭代更新：
$x_{k+1} = x_k - \alpha_k \nabla f(x_k),$
其中 $\alpha_k$ 是步長 $\nabla f(x_k)$ 是目標(biāo)函數(shù) $f$ 在點(diǎn) $x_k$ 處的梯度。
收斂性：
①對于光滑的凸函數(shù)忠怖，梯度法通常具有線性收斂性呢堰。
② 對于強(qiáng)凸函數(shù)，梯度法的收斂速度更快凡泣，通常是二次收斂枉疼。
③收斂速度受步長的影響，步長選擇得當(dāng)時能保證較快的收斂鞋拟。

次梯度法 (Subgradient Method)

基本原理：
次梯度法是梯度法的推廣骂维，適用于不可微的凸函數(shù)。每次迭代沿著目標(biāo)函數(shù)的次梯度方向進(jìn)行更新：
$x_{k+1} = x_k - \alpha_k g_k,$ 其中贺纲， $g_k$ 是目標(biāo)函數(shù)在點(diǎn) $x_k$ 處的次梯度航闺。

收斂性：
①次梯度法對一般凸函數(shù)也具有漸近收斂性。
② 收斂速度通常較慢，通常為次線性收斂潦刃，即 $O(1/\sqrt{k})$ 侮措，但對于非光滑函數(shù)，仍然有效乖杠。

總的來說分扎，梯度法適用于光滑問題，收斂性較好胧洒；次梯度法適用于非光滑問題畏吓，收斂速度較慢但仍然有效。

二略荡、計算題

令 $f(x)=x^T\left[\begin{array}{lll} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 5 \end{array}\right] x+\left[\begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ -1 \end{array}\right] x$ 為定義在 $R^3$ 上的二次函數(shù)庵佣，試求該函數(shù)的回收函數(shù)以及常值空間 $L_f$ 。

回收函數(shù) $r_f(d)$ 的定義為：

$r_f(d) = \lim_{\alpha \to \infty} \frac{f(x + \alpha d) - f(x)}{\alpha},$

計算 $f(x + \alpha d) - f(x)$

首先計算 $f(x + \alpha d)$ ：

$f(x + \alpha d) = (x + \alpha d)^T A (x + \alpha d) + b^T (x + \alpha d).$

展開：

$f(x + \alpha d) = x^T A x + 2 \alpha x^T A d + \alpha^2 d^T A d + b^T x + \alpha b^T d.$

因此汛兜， $f(x + \alpha d) - f(x)$ 為：

$f(x + \alpha d) - f(x) = 2 \alpha x^T A d + \alpha^2 d^T A d + \alpha b^T d.$

計算回收函數(shù)

回收函數(shù)是：

$r_f(d) = \lim_{\alpha \to \infty} \frac{f(x + \alpha d) - f(x)}{\alpha} = \lim_{\alpha \to \infty} \frac{2 \alpha x^T A d + \alpha^2 d^T A d + \alpha b^T d}{\alpha}.$

分解為：

$r_f(d) = \lim_{\alpha \to \infty} \left( 2 x^T A d + \alpha d^T A d + b^T d \right).$

如果 $d = 0$ 巴粪，則：

$f(x + \alpha d) - f(x) = 0.$

所以：
$r_f(0) = \lim_{\alpha \to \infty} \frac{0}{\alpha} = 0.$

對于非零的方向 $d \neq 0$ ，回收函數(shù)的值趨于：

$r_f(d) = \lim_{\alpha \to \infty} \left( 2 x^T A d + \alpha d^T A d + b^T d \right).$

顯然粥谬， $\alpha \to \infty$ 時：
$r_f(d) = \infty, \quad \text{對于} \, d \neq 0.$
綜合上述情況肛根，回收函數(shù) $r_f(d)$ 的顯式表達(dá)式為：

$r_f(d) = \begin{cases} \infty, & \text{如果} \, d \neq 0, \\ 0, & \text{如果} \, d = 0. \end{cases}$

因此常值空間 $L_f =\{ 0 \}$

寫出集合 $A=\left\{x\in R^2 \mid x_1^2+(x_2-1)^2 \leq 1, x_2 \geq |x_1|\right\}$ 的所有極點(diǎn)構(gòu)成的集合。

解答： $\{(0,0),(-1,1),(1,1)\}$

示意圖

利用 MC/MC 對偶求解如下線性規(guī)劃問題的對偶問題形式：

$\begin{align*} \text{minimize} \quad & c^T x \\ \text{subject to} \quad & a_j^T x \geq b_j \end{align*}$

其中 $a_j \in R^n, b_j \in R, j=1,\ldots, r$ .

這里：

$x \in \mathbb{R}^n$ 是決策變量漏策。
$c \in \mathbb{R}^n$ 是目標(biāo)函數(shù)的系數(shù)向量派哲。
$a_j^T x \geq b_j$ 是 $r$ 個不等式約束。

對偶問題的構(gòu)建
根據(jù) MC/MC對偶的思想掺喻，我們引入 拉格朗日乘子 $\lambda_j \geq 0$ 對應(yīng)于每個不等式約束 $a_j^T x \geq b_j$ 芭届。

拉格朗日函數(shù) $L(x, \lambda)$ 定義為：

$L(x, \lambda) = c^T x + \sum_{j=1}^r \lambda_j (b_j - a_j^T x),$
其中 $\lambda = (\lambda_1, \dots, \lambda_r)^T$ 是非負(fù)的拉格朗日乘子向量。
接下來我們分步驟構(gòu)建對偶問題感耙。

拉格朗日函數(shù)的極小化

為了將原問題轉(zhuǎn)化為對偶形式褂乍，我們對 $x$ 進(jìn)行極小化，得到：

$\inf_x L(x, \lambda) = \inf_x \left( c^T x + \sum_{j=1}^r \lambda_j (b_j - a_j^T x) \right).$

將拉格朗日函數(shù)整理一下：將 $x$ 相關(guān)的項提取出來：
$L(x, \lambda) = \left( c - \sum_{j=1}^r \lambda_j a_j \right)^T x + \sum_{j=1}^r \lambda_j b_j.$

對于固定的 $\lambda$ 即硼，為了使 $\inf_x L(x, \lambda)$ 有界（或極刑悠），我們要求：

$c - \sum_{j=1}^r \lambda_j a_j = 0.$

這表示 $c$ 可以表示為 $\lambda$ -加權(quán)的 $a_j$ 只酥，即：

$c = \sum_{j=1}^r \lambda_j a_j.$

對偶目標(biāo)函數(shù)

在滿足 $c = \sum_{j=1}^r \lambda_j a_j$ 的條件下褥实，拉格朗日函數(shù)的極小值為：

$\inf_x L(x, \lambda) = \sum_{j=1}^r \lambda_j b_j.$

因此，對偶問題的目標(biāo)函數(shù)為：

$\text{maximize} \quad \sum_{j=1}^r \lambda_j b_j.$

對偶問題的約束

為了使拉格朗日函數(shù) $L(x, \lambda)$ 有界裂允，我們得到 $c$ 的約束條件：

$c = \sum_{j=1}^r \lambda_j a_j.$

此外损离，由于 $\lambda_j$ 是拉格朗日乘子，對應(yīng)于不等式約束绝编，所以必須滿足非負(fù)性：

$\lambda_j \geq 0, \quad j = 1, \dots, r.$

對偶問題形式

將以上結(jié)果總結(jié)草冈，得到原問題的 對偶問題：

$\begin{aligned} \text{maximize} \quad & \sum_{j=1}^r \lambda_j b_j \\ \text{subject to} \quad & \sum_{j=1}^r \lambda_j a_j = c, \\ & \lambda_j \geq 0, \quad j = 1, \dots, r. \end{aligned}$

4.定義函數(shù)：

$f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \sqrt{1-x^2} & |x|<1 \\ \infty & \text{otherwise} \end{array} \right.$

計算其共軛函數(shù)以及二次共軛函數(shù)。

圖示

我們需要計算

$f^*(y) = \sup_{|x| < 1} \left( yx - \sqrt{1 - x^2} \right).$

首先，考慮目標(biāo)函數(shù) $g(x) = yx - \sqrt{1 - x^2}$ 怎棱，對其求導(dǎo)：

$g'(x) = y + \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}.$ 令其為零哩俭，得到：
$y + \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} = 0 \quad \Rightarrow \quad x = -y \sqrt{1 - x^2}.$

平方兩邊，解出 $x$ 和 $y$ 的關(guān)系
對方程兩邊平方拳恋，得到：
$x^2 = y^2 (1 - x^2).$
展開并整理得到：
$x^2 + y^2 x^2 = y^2 \quad \Rightarrow \quad x^2 (1 + y^2) = y^2 \quad \Rightarrow \quad x^2 = \frac{y^2}{1 + y^2}.$

因此凡资， $x$ 可以表示為：
$x = \pm \frac{y}{\sqrt{1 + y^2}}.$

帶入原式求共軛函數(shù)

現(xiàn)在將 $x = \pm \frac{y}{\sqrt{1 + y^2}}$ 代入目標(biāo)函數(shù) $yx - \sqrt{1 - x^2}$ ，計算：

$yx - \sqrt{1 - x^2} = y \cdot \frac{y}{\sqrt{1 + y^2}} - \frac{1}{\sqrt{1 + y^2}}.$

因此谬运，共軛函數(shù) $f^*(y)$ 為：

$f^*(y) = \frac{y^2}{\sqrt{1 + y^2}} - \frac{1}{\sqrt{1 + y^2}} = \frac{y^2 - 1}{\sqrt{1 + y^2}}.$

二次共軛函數(shù)

二次共軛函數(shù) $f^{**}(x)$ 是對共軛函數(shù) $f^*(x)$ 再次應(yīng)用共軛操作隙赁。由于 $f^*(y)$ 只在 $|y| < 1$ 取有限值，因此 $f^{**}(x)$ 會恢復(fù)原函數(shù) $f(x)$ 梆暖。因此伞访，二次共軛函數(shù)是：
$f^{**}(x) = f(x) = \sqrt{1 - x^2} \quad \text{對于} \quad |x| < 1,$ 并且 $f^{**}(x) = \infty$ 對于 $|x| \geq 1$ 。

5.定義函數(shù)：
$f(x)=\left\{ \begin{array}{cc} |x|-2\sqrt{1-x} & -3 \leq x \leq 1 \\ \infty & \text{否則} \end{array} \right.$

計算次微分 $\partial f(x)$ .

圖示

對于 $f(x) = |x|$ 部分：
- 若 $x > 0$ 轰驳，次微分 $\partial f(x) = \{1\}$ 厚掷。
- 若 $x < 0$ ，次微分 $\partial f(x) = \{-1\}$ 级解。
- 若 $x = 0$ 冒黑，次微分 $\partial f(0) = [-1, 1]$ 。
對于 $f(x) = -2\sqrt{1 - x}$ 部分：
- 導(dǎo)數(shù)是： $\frac{1}{\sqrt{1 - x}}$ 勤哗。
- 該部分在 $-3 \leq x < 1$ 內(nèi)是光滑的抡爹。
合并兩部分次微分：
- 當(dāng) $x > 0$ ： $\partial f(x) = \{ 1 + \frac{1}{\sqrt{1 - x}} \}$ 。
- 當(dāng) $x < 0$ ： $\partial f(x) = \{ -1 + \frac{1}{\sqrt{1 - x}} \}$ 芒划。
- 當(dāng) $x = 0$ ： $\partial f(0) = [0, 2]$ 冬竟。

定義 $R^2$ 中集合：

$C=\left\{(x_1, x_2) \mid x_1 \geq 0, x_2 \geq 0, x_2 \leq x_1+1, x_2 \geq \frac{1}{2} x_1^2\right\}$

計算 C 在 $(0,0)$ , $(0,1)$ 兩點(diǎn)處的切錐與法錐。

圖例

在點(diǎn) $(0,0)$ ：
- 切錐： $T_C(0,0) = \{ d \mid d_1 \geq 0, d_2 \geq 0 \}$
- 法錐： $N_C(0,0) = \{ v \mid v_1 \leq 0, v_2 \leq 0 \}$
在點(diǎn) $(0,1)$ ：
- 切錐： $T_C(0,1) = \{ d \mid d_1 \geq 0, d_2 \leq d_1 \}$
- 法錐： $N_C(0,1) = \{ v \mid v_1 \leq 0, v_1+v_2 \leq 0 \}$

三民逼、證明題

令 $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ 為凸函數(shù)泵殴，且 $x_1 < x_2 < x_3$ ，證明：
$\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \leq \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}.$
證明：因為 $x_2 = \frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}x_1 +\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}x_3$ 根據(jù)凸函數(shù)的性質(zhì)
$f(x_2)\leq \frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}f(x_1) +\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}f(x_3)$ 化簡可得原式缴挖。

令 $X \subseteq \mathbb{R}^n$ 為非空集合，證明：
$\text{cone}(X) = \text{cone}(\operatorname{conv}(X)).$ ①我們先證： $\text{cone}(X) \subseteq \text{cone}(\operatorname{conv}(X))$
顯然有 $X \subseteq \operatorname{conv}(X)$ 焚辅，
從而 $\operatorname{cone}(X)\in \text{cone}(\operatorname{conv}(X))$

②再證明 $\text{cone}(\operatorname{conv}(X)) \subseteq \text{cone}(X)$
證明: 對于任意 $y \in \text{cone}(\operatorname{conv}(X))$ 映屋，存在 $z_1, z_2, \ldots, z_m \in \operatorname{conv}(X)$ 和 $\mu_1, \mu_2, \ldots, \mu_m \geq 0$ 使得 $y = \sum_{j=1}^m \mu_j z_j$ 。
其中每個 $z_j$ 可以表示為 $X$ 中元素的凸組合同蜻，即 $z_j = \sum_{i=1}^{k_j} \alpha_{ij} x_{ij}$ 其中 $x_{ij} \in X$ 和 $\alpha_{ij} \geq 0$ 且 $\sum_{i=1}^{k_j} \alpha_{ij} = 1$ 棚点。
因此， $y$ 可以重寫為 $X$ 中元素的凸組合湾蔓，即 $y = \sum_{j=1}^m \sum_{i=1}^{k_j} \mu_j \alpha_{ij} x_{ij}$ 瘫析，其中 $\mu_j \alpha_{ij} \geq 0$ 。這表明 $y \in \text{cone}(X)$ 。
若 $A, B$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的非空集合贬循，證明：
$\operatorname{conv}(A + B) = \operatorname{conv}(A) + \operatorname{conv}(B)$

證明分兩部分進(jìn)行：

①證明 $\operatorname{conv}(A + B) \subseteq \operatorname{conv}(A) + \operatorname{conv}(B)$

設(shè) $x \in \operatorname{conv}(A + B)$ 咸包，根據(jù)凸包的定義，存在有限個點(diǎn) $(a_i + b_i) \in A + B$ 和非負(fù)權(quán)重 $\lambda_i$ （滿足 $\sum \lambda_i = 1$ ）杖虾，使得：
$x = \sum_{i} \lambda_i (a_i + b_i),$ 其中 $a_i \in A, b_i \in B$ 烂瘫。
從而
$x = \sum_{i} \lambda_i a_i + \sum_{i} \lambda_i b_i.$

注意到 $\sum_{i} \lambda_i a_i$ 是集合 $A$ 的凸組合，因此屬于 $\operatorname{conv}(A)$ 奇适。類似地坟比， $\sum_{i} \lambda_i b_i \in \operatorname{conv}(B)$ 。因此：
$x \in \operatorname{conv}(A) + \operatorname{conv}(B).$

由此可得：
$\operatorname{conv}(A + B) \subseteq \operatorname{conv}(A) + \operatorname{conv}(B).$

② 證明 $\operatorname{conv}(A) + \operatorname{conv}(B) \subseteq \operatorname{conv}(A + B)$

設(shè) $x \in \operatorname{conv}(A) + \operatorname{conv}(B)$ 嚷往，則存在 $x_1 \in \operatorname{conv}(A)$ 和 $x_2 \in \operatorname{conv}(B)$ 葛账，使得 $x = x_1 + x_2$ 。根據(jù)凸包的定義皮仁，分別有：
$x_1 = \sum_{i} \lambda_i a_i, \quad x_2 = \sum_{j} \mu_j b_j,$
其中 $a_i \in A, b_j \in B, \lambda_i \geq 0, \mu_j \geq 0, \sum_{i} \lambda_i = 1, \sum_{j} \mu_j = 1$ 籍琳。
因此：
$x = x_1 + x_2 = \sum_{i} \lambda_i a_i + \sum_{j} \mu_j b_j.$

通過重新組合權(quán)重，構(gòu)造新的凸組合：
$x = \sum_{i,j} (\lambda_i \mu_j)(a_i + b_j),$ 其中 $a_i + b_j \in A + B$ 魂贬，且 $\lambda_i \mu_j \geq 0$ 巩割，并且：
$\sum_{i,j} \lambda_i \mu_j = \left(\sum_i \lambda_i\right)\left(\sum_j \mu_j\right) = 1.$
因此， $x$ 是 $A + B$ 的凸組合付燥，屬于 $\operatorname{conv}(A + B)$ 宣谈。由此得出：
$\operatorname{conv}(A) + \operatorname{conv}(B) \subseteq \operatorname{conv}(A + B).$

設(shè) $C$ 為 $\mathbb{R}^n$ 中的凸集，試證明 $\text{ri}(C)$ 是凸集键科。
我們先回憶凸集和相對內(nèi)部的定義：

凸集 $C$ ：若對于任意 $x, y \in C$ 和任意 $t \in [0, 1]$ 闻丑，有 $tx + (1-t)y \in C$ ，則稱 $C$ 是凸的勋颖。
相對內(nèi)部 $\text{ri}(C)$ ： $C$ 在其仿射閉包中的內(nèi)部點(diǎn)構(gòu)成的集合嗦嗡。換句話說， $\text{ri}(C)$ 是 $C$ 的所有點(diǎn) $x \in C$ 饭玲，滿足存在一個以 $x$ 為中心的相對開球完全包含在 $C$ 中侥祭。

證明

假設(shè)有 $x, y \in \text{ri}(C)$
設(shè) $x, y \in \text{ri}(C)$ ，則根據(jù)相對內(nèi)部的定義茄厘，存在公共 $\varepsilon > 0$ 矮冬，使得下面的兩個相對開球：
$B_x = \{x +u : u \in \text{aff}(C),|u| < \varepsilon\} \subseteq C,$ $B_y = \{y + v : v \in \text{aff}(C),|v| < \varepsilon\} \subseteq C,$ 其中 $\text{aff}(C)$ 表示 $C$ 的仿射包。

任取 $t \in [0, 1]$ 次哈，證明 $z = tx + (1-t)y \in \text{ri}(C)$

我們需要驗證 $z$ 滿足相對內(nèi)部的定義胎署。定義：
$B_z = \{z+ w : w \in \text{aff}(C),|w| < \varepsilon\}$ 對于這樣一個相對開球中的任意一個元素，我們有：
$z + w = tx + (1-t)y+w=t(x + w) + (1-t)(y + w).$ 注意到：

$x + w \in B_x \subseteq C$ 窑滞，
$y + w \in B_y \subseteq C$ 琼牧。

由于 $C$ 是凸的恢筝，并且 $t \in [0, 1]$ ，由凸性的定義可知：
$z + w = t(x + w) + (1-t)(y + w) \in C.$ 因此巨坊， $B_z \subseteq C$ 撬槽。結(jié)合 $z \in B_z$ ，我們可以得出 $z \in \text{ri}(C)$ 抱究。
綜上恢氯，我們發(fā)現(xiàn)，對于連接 $x,y$ 的線段上的任意一點(diǎn) $z$ ,我們都可以找到包含 $z$ 的一個相對開球鼓寺，包含于 $\text{aff}(C)$ 勋拟，由此可以證明 $\text{ri}(C)$ 也是一個凸集。

設(shè) $C_1, C_2 \subseteq \mathbb{R}^n$ 為非空錐集合妈候，證明：
$(C_1 + C_2)^* = C_1^* \cap C_2^*.$

定義與性質(zhì)回顧

錐集合 $C$ ：如果 $x \in C$ 且 $\alpha \geq 0$ 敢靡，則 $\alpha x \in C$ 。
對偶錐 $C^*$ ：對偶錐是所有與 $C$ 中每個元素的內(nèi)積非負(fù)的向量組成的集合苦银。

證明 $(C_1 + C_2)^* \subseteq C_1^* \cap C_2^*$

設(shè) $y \in (C_1 + C_2)^*$ 啸胧，則對 $C_1 + C_2 = \{x_1 + x_2 : x_1 \in C_1, x_2 \in C_2\}$ 中的任意 $x_1 \in C_1, x_2 \in C_2$ ，有：
$\langle y, x_1 + x_2 \rangle \geq 0.$ 利用內(nèi)積的線性性幔虏，得：
$\langle y, x_1 \rangle + \langle y, x_2 \rangle \geq 0.$ 由于這個式子對任意 $x_1 \in C_1$ 和 $x_2 \in C_2$ 成立纺念，因此可以分別得到：

令 $x_2$ 的模長趨近于 $0$ ,可以得到：
$\langle y, x_1 \rangle \geq 0 \quad (\forall x_1 \in C_1),$
令 $x_1$ 的模長趨近于 $0$ ，可以得到: $\langle y, x_2 \rangle \geq 0 \quad (\forall x_2 \in C_2).$ 這表明 $y \in C_1^*$ 且 $y \in C_2^*$ 想括，因此：
$y \in C_1^* \cap C_2^*.$ 由此得到：
$(C_1 + C_2)^* \subseteq C_1^* \cap C_2^*.$

證明 $C_1^* \cap C_2^* \subseteq (C_1 + C_2)^*$
設(shè) $y \in C_1^* \cap C_2^*$ 陷谱，則對任意 $x_1 \in C_1$ 和 $x_2 \in C_2$ ，有：
$\langle y, x_1 \rangle \geq 0, \quad \langle y, x_2 \rangle \geq 0.$ 因此瑟蜈，對任意 $x \in C_1 + C_2$ 烟逊，即 $x = x_1 + x_2$ （其中 $x_1 \in C_1, x_2 \in C_2$ ），有：
$\langle y, x \rangle = \langle y, x_1 + x_2 \rangle = \langle y, x_1 \rangle + \langle y, x_2 \rangle \geq 0.$ 這表明 $y \in (C_1 + C_2)^*$ 铺根。因此：
$C_1^* \cap C_2^* \subseteq (C_1 + C_2)^*.$ 綜上可以得到：
$(C_1 + C_2)^* = C_1^* \cap C_2^*.$

令 $X \subseteq \mathbb{R}^n$ 為凸集宪躯， $x$ 為 $X$ 中某向量，證明： $X$ 在 $x$ 處的可行方向集為凸集位迂。

證明
假設(shè) $b,d$ 為 $X$ 在 $x$ 處的可行方向访雪。
我們知道，對于任意的 $\alpha > 0$ 掂林，都有 $x+\alpha b \in X,x + \alpha d\in X$ .
考慮兩個可行方向的凸組合 $tb + (1-t)d,t\in [0,1]$
$x + \alpha[tb+ (1-t)d] = t(x+\alpha b) + (1-t)(x + \alpha d )$ 根據(jù)凸集的性質(zhì)臣缀，我們知道這個凸組合是包含于 $X$ 的。
所以說 $X$ 在 $x$ 處的可行方向集是一個凸集党饮。