凸優(yōu)化習(xí)題一

令 $C_1, C_2$ 為包含原點(diǎn)的兩個凸錐集合螺捐，證明：
$C_1 + C_2 = \operatorname{conv}(C_1 \cup C_2).$

注釋： $\operatorname{conv}(C)$ 表示集合 $C$ 的凸包 $(convex\ hull)$

證明：可以通過雙包含關(guān)系來證明：

對于 $\forall x\in C_1+C_2$ , $x=x_1+x_2$ 其中 $x_1\in C_1,x_2 \in C_2$ 稍作變換 $x=x_1+x_2=\frac{1}{2}（2x_1）+\frac{1}{2}(2x_2)$ 由于 $C_1$ 和 $C_2$ 是包含原點(diǎn)的兩個凸錐集合，所以 $2x_1\in C_1,2x_2\in C_2$
這樣就把 $x$ 寫成了 $C_1$ 和 $C_2$ 中元素凸組合的形式铅祸，所以 $C_1+C_2 \subset \operatorname{conv}(C_1\cup C_2)$
對于 $\forall x \in\operatorname{conv}(C_1\cup C_2)$ 猪贪，根據(jù)凸包的性質(zhì)， $x$ 一定可以寫成
$x = \alpha x_1+(1-\alpha)x_2,x_1\in C_1,x_2 \in C_2$ 又因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=C_1" alt="C_1" mathimg="1">和 $C_2$ 都是凸錐碉哑，所以 $\alpha x_1 \in C_1,(1-\alpha)x_2\in C_2$
從而 $x\in C_1 + C_2$ , $\operatorname{conv}(C_1\cup C_2) \subset C_1+C_2$

令 $C$ 為非空凸集食拜，且 $\operatorname{conv}(C)$ 包含原點(diǎn)鸵熟，證明：
$\operatorname{aff}(\operatorname{cone}(C)) = \operatorname{aff}(\operatorname{conv}(C)).$

注釋:如果C是一個凸集，顯然有 $\operatorname{conv}(C)=C$
根據(jù)注釋负甸，問題等價于 $\operatorname{aff}(\operatorname{cone}(C)) = \operatorname{aff}(C).$
顯然 $C\subset \operatorname{cone}(C)$ 于是 $\operatorname{aff}(C) \subset \operatorname{aff}(\operatorname{cone}(C))$
接下來證明另一側(cè)的包含關(guān)系
對于 $\forall y\in\operatorname{cone}(C)$ ,我們可以把 $y$ 寫成 $y=\Sigma_{i=1}^n\lambda_i x_i,\lambda_i>0,x_i\in C$ 記 $\lambda = \Sigma_i^n\lambda_i$ , $y=\lambda\Sigma_{i=1}^n\frac{\lambda_i}{\lambda} x_i$ 而 $x=\Sigma_{i=1}^n\frac{\lambda_i}{\lambda} x_i$ 是 $C$ 中元素的一個凸組合流强。
對于包含原點(diǎn)的凸集 $C$ , $x\in C$ 痹届，有 $\lambda x =\lambda x + (1-\lambda)0\in \operatorname{aff}(C)$
綜上可知命題成立。

令 $C$ 為非空凸集打月，證明：
$\operatorname{cone}(C) = \operatorname{aff}(C) \text{ 當(dāng)且僅當(dāng) } 0 \in \operatorname{ri}(C).$

注釋：設(shè)集合 $C \in R^n$ 是非空凸集合队腐，則相對內(nèi)部定義
若 $x\in C$ 且存在一個以 $x$ 為球心的開球 $B(x,\epsilon)$ 滿足 $B\cap \operatorname{aff}(C) \subset C$ ,則稱 $x$ 為 $C$ 的相對內(nèi)部點(diǎn)， $C$ 中相對內(nèi)部點(diǎn)的全體稱為相對內(nèi)部奏篙。
當(dāng) $0 \in \operatorname{ri}(C)$ ,我們來證明 $\operatorname{cone}(C) = \operatorname{aff}(C)$
任取 $x\in \operatorname{cone}(C)$
$x=\Sigma_{i=1}^n\lambda_i x_i=\lambda \Sigma_{i=1}^n\frac{\lambda_i}{\lambda} x_i,\text{其中} \lambda = \Sigma_{i=1}^n \lambda_i$ 因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=0%5Cin%20%5Coperatorname%7Bri%7D(C)" alt="0\in \operatorname{ri}(C)" mathimg="1">,和第二題有相似的結(jié)論柴淘，我們得到 $x \in \operatorname{aff}(C)$ .
另一面，任取 $y\in \operatorname{aff}(C)$ ,必有 $kx\in C$ ,所以 $x\in C \subset cone(C)$
反過來講秘通，我們假設(shè) $\operatorname{cone}(C) = \operatorname{aff}(C)$
那么對于 $C$ 中所有元素的線性組合 $x=\Sigma_i^nk_ix_i$ ,我們記 $k = \Sigma_{i=1}^nk_i$ 在 $k\neq 0$ 的情況下为严， $x = k \Sigma_i^n\frac{k_i}{k}x_i$
其中 $\Sigma_i^n\frac{k_i}{k}x_i\in \operatorname{aff}(C)=\operatorname{cone}(C)$
所以 $x=k\Sigma_i^n\frac{k_i}{k}x_i\in \operatorname{aff}(C)=\operatorname{cone}(C)$
所以 $-x\in \operatorname{aff}(C)$ $0\in \operatorname{aff}(C)$

令 $C_1, C_2$ 為 $\mathbb{R}^n$ 中兩個非空凸子集且 $C_2$ 為錐集合，若存在一個超平面將 $C_1$ 與 $C_2$ 正常分離肺稀，則存在經(jīng)過原點(diǎn)的超平面正常分離 $C_1$ 與 $C_2$ 第股。

假設(shè)存在超平面 $H= \{ x| a^Tx=b\}$ ，
滿足 $a^Tx_1 \geq b\geq a^Tx_2$ 對任意 $x_1\in C_1,x_2\in C_2$ 恒成立
我們在上面的式子中令 $x_2$ 趨于 $0$ 话原，(因?yàn)?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=C_2" alt="C_2" mathimg="1">是一個錐集合夕吻，所以這一點(diǎn)總是可以做到的),可以得到 $b\geq 0$ 。
我們知道繁仁， $C_2$ 是一個錐集合涉馅，因此 $\lambda x_2 \in C_2,\lambda >0$
所以 $a^Tx_2 < b \Rightarrow a^T\lambda x_2<b\Rightarrow a^T x_2 <\frac{\lambda}$ 在上式中令 $\lambda$ 趨于正無窮黄虱，可以得到 $a^Tx_2\leq 0$ 進(jìn)而 $a^Tx_2\leq 0<b<a^Tx_1$
這樣就找到了一個經(jīng)過原點(diǎn)的超平面分離了兩個凸集稚矿。

令 $f : R \to R$ 為凸函數(shù)，若 $x_1 < x_2 < x_3$ 悬钳，證明：
$\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \leq \frac{f(x_3) - f(x_2)}{x_3 - x_2}.$

注意：該題目不可以構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)盐捷，因?yàn)轭}目中并沒有說明 $f(x)$ 的可微性偶翅。
因?yàn)?img class="math-block" src="https://math.jianshu.com/math?formula=x_2%20%3D%20%5Cfrac%7Bx_3-x_2%7D%7Bx_3-x_1%7Dx_1%20%2B%5Cfrac%7Bx_2-x_1%7D%7Bx_3-x_1%7Dx_3" alt="x_2 = \frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}x_1 +\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}x_3" mathimg="1">根據(jù)凸函數(shù)的性質(zhì)
$f(x_2)\leq \frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}f(x_1) +\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}f(x_3)$ 簡單運(yùn)算即可知道上面的式子和題目中是等價的默勾。
當(dāng)然這里只是我們的做法，實(shí)際中的思路是分析法：要證聚谁，只需證這樣的辦法得到的母剥。

令 $f : R \to R$ 為可微凸函數(shù)，證明 $f$ 在非空凸集 $C$ 上為凸的當(dāng)且僅當(dāng)：
$(\nabla f(x) - \nabla f(y))^T (x - y) \geq 0.$

必要性：如果 $f$ 在 $C$ 上為凸的形导，則 $(\nabla f(x) - \nabla f(y))^T (x - y) \geq 0$
定義：假設(shè) $f$ 在非空凸集 $C$ 上為凸的环疼，則對于任意 $x, y \in C$ 和 $\lambda \in [0, 1]$ ，有：
$f(\lambda x + (1 - \lambda) y) \leq \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y).$
選擇點(diǎn)：選擇 $\lambda = t$ 其中 $t \in (0, 1)$ 朵耕，定義：
$z_t = t x + (1 - t) y.$
應(yīng)用泰勒展開：利用可微性炫隶，對 $f(z_t)$ 進(jìn)行一階泰勒展開：
$f(z_t) = f(y) + \nabla f(y)^T (z_t - y) + o(\|z_t - y\|).$
計(jì)算 $z_t - y$ ：
$z_t - y = t (x - y).$
因此：
$f(z_t) = f(y) + t \nabla f(y)^T (x - y) + o(t \|x - y\|).$
代入凸性條件：
由于 $f$ 的凸性，我們有：
$f(z_t) \leq t f(x) + (1 - t) f(y).$
結(jié)合不等式：
代入得到：
$f(y) + t \nabla f(y)^T (x - y) + o(t \|x - y\|) \leq t f(x) + (1 - t) f(y).$ 化簡后得到：
$t \nabla f(y)^T (x - y) + o(t \|x - y\|) \leq t (f(x) - f(y)).$
取極限：
當(dāng) $t \to 0$ 時阎曹， $o(t \|x - y\|) \to 0$ 伪阶，我們得到：
$\nabla f(y)^T (x - y) \leq f(x) - f(y).$
交換 $x$ 和 $y$ ：
同理，對于 $y, x$ 可得：
$\nabla f(x)^T (y - x) \leq f(y) - f(x).$ 結(jié)合這兩式，我們有：
$(\nabla f(x) - \nabla f(y))^T (x - y) \geq 0.$
充分性：如果 $(\nabla f(x) - \nabla f(y))^T (x - y) \geq 0$ 笨篷，則 $f$ 在 $C$ 上為凸的
假設(shè) $(\nabla f(x) - \nabla f(y))^T (x - y) \geq 0$ 對于所有 $x, y \in C$ 洒扎。
考慮任意 $x, y \in C$ 和 $\lambda \in [0, 1]$ ，定義：
$z_t = \lambda x + (1 - \lambda) y.$
利用一階泰勒展開：對于 $z_t$ 檐薯，進(jìn)行一階泰勒展開：
$f(z_t) = f(y) + \nabla f(y)^T (z_t - y) + o(\|z_t - y\|).$
計(jì)算 $z_t - y$ ：
$z_t - y = \lambda (x - y).$ 所以：
$f(z_t) = f(y) + \lambda \nabla f(y)^T (x - y) + o(\lambda \|x - y\|).$
結(jié)合不等式：
根據(jù)假設(shè)：
$\nabla f(y)^T (x - y) \leq f(x) - f(y).$ 所以有：
$f(z_t) \leq f(y) + \lambda (f(x) - f(y)) + o(\lambda \|x - y\|).$
化簡：
$f(z_t) \leq (1 - \lambda) f(y) + \lambda f(x).$
得出結(jié)論：因此凝赛， $f$ 滿足：
$f(z_t) \leq \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y),$ 這表明 $f$ 在 $C$ 上為凸的。

利用凸函數(shù)二階條件證明：
$f(x) = \ln(\exp x_1 + \exp x_2 + \cdots + \exp x_n)$ 為凸函數(shù)坛缕。

注釋：凸函數(shù)的二階條件通常涉及到函數(shù)的二階導(dǎo)數(shù)（或 Hessian 矩陣）墓猎，用于判斷函數(shù)的凸性。以下是一些常見的二階條件：
一維情況
對于一個一維函數(shù) $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ 赚楚，如果 $f$ 在某個區(qū)間內(nèi)二次可導(dǎo)陶衅，則 $f$ 是凸的當(dāng)且僅當(dāng) $f''(x) \geq 0$ 對于該區(qū)間內(nèi)的所有 $x$ 成立。
多維情況
對于一個多維函數(shù) $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ 直晨，如果 ( f ) 是二次可導(dǎo)的搀军，則： $f$ 是凸的當(dāng)且僅當(dāng)其 $Hessian$ 矩陣 $H(x) = \nabla^2 f(x)$ 在該區(qū)間內(nèi)對所有 $x$ 是半正定的（即對于任意的非零向量 $v \in \mathbb{R}^n$ ，有 $v^T H(x) v \geq 0$ ）勇皇。
為了證明函數(shù)
$f(x) = \ln(\exp x_1 + \exp x_2 + \cdots + \exp x_n)$ 是凸函數(shù)罩句，我們將使用二階條件，即計(jì)算其 Hessian 矩陣并檢查其是否為半正定敛摘。
首先门烂，計(jì)算函數(shù)的梯度：
$\nabla f(x) = \frac{1}{g(x)} \nabla g(x),$ 其中 $g(x) = \exp x_1 + \exp x_2 + \cdots + \exp x_n$ ，并且
$\nabla g(x) = \begin{pmatrix} \exp x_1 \\ \exp x_2 \\ \vdots \\ \exp x_n \end{pmatrix}.$ 因此兄淫， $\nabla f(x) = \frac{1}{\exp x_1 + \exp x_2 + \cdots + \exp x_n} \begin{pmatrix} \exp x_1 \\ \exp x_2 \\ \vdots \\ \exp x_n \end{pmatrix}.$
計(jì)算二階導(dǎo)數(shù)（ $Hessian$ 矩陣）

我們現(xiàn)在計(jì)算 $Hessian$ 矩陣 $H(x) = \nabla^2 f(x)$ 屯远。

根據(jù)公式， $Hessian$ 矩陣的元素為：
$H_{ij} = \frac{\partial^2 f}{\partial x_i \partial x_j}.$

利用鏈?zhǔn)椒▌t捕虽，對 $\nabla f(x)$ 求導(dǎo)：
$H_{ij} = \frac{\partial}{\partial x_j} \left( \frac{\exp x_i}{g(x)} \right).$

使用商法則慨丐，得到：
$H_{ij} = \frac{g(x) \cdot \frac{\partial}{\partial x_j}(\exp x_i) - \exp x_i \cdot \frac{\partial}{\partial x_j}(g(x))}{g(x)^2}.$

$\frac{\partial}{\partial x_j}(g(x)) = \exp x_j.$

在計(jì)算二階偏導(dǎo)數(shù)的時候，我們需要考慮 $i=j$ 和 $i \neq j$ 兩種情況：

當(dāng) $i = j$ ：
$H_{ii} = \frac{g(x) \cdot \exp x_i - \exp x_i \cdot \exp x_i}{g(x)^2} = \frac{\exp x_i (g(x) - \exp x_i)}{g(x)^2}.$
當(dāng) $i \neq j$ ：
$H_{ij} = \frac{g(x) \cdot 0 - \exp x_i \cdot \exp x_j}{g(x)^2} = -\frac{\exp x_i \exp x_j}{g(x)^2}.$

最終 $Hessian$ 矩陣 $H(x)$ 可以寫成：
$H(x) = \frac{1}{g(x)^2} \left( \text{diag}(g(x) - \exp x_1, g(x) - \exp x_2, \ldots, g(x) - \exp x_n) - \begin{pmatrix} \exp x_1 & \cdots & \exp x_1 \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \exp x_n & \cdots & \exp x_n \end{pmatrix} \right).$
檢查 Hessian 矩陣的半正定性

對角元素 $H_{ii}$ ：
$H_{ii} = \frac{\exp x_i (g(x) - \exp x_i)}{g(x)^2}.$ 因?yàn)? $g(x) = \exp x_1 + \exp x_2 + \cdots + \exp x_n > \exp x_i$ 泄私，所以 $g(x) - \exp x_i > 0$ 房揭，因此 $H_{ii} > 0$ 。
非對角元素 $H_{ij}$ （當(dāng) $i \neq j$ ）：
$H_{ij} = -\frac{\exp x_i \exp x_j}{g(x)^2} < 0.$

由于 $Hessian$ 矩陣的對角線元素都是正的晌端，且其非對角線元素是負(fù)的捅暴，結(jié)合我們對 $Hessian$ 矩陣的結(jié)構(gòu)，可以證明 $Hessian$ 矩陣是半正定的咧纠，因此函數(shù) $f(x)$ 是一個凸函數(shù)蓬痒。

令 $C$ 為 $\mathbb{R}^n$ 中的非空錐集合，證明： $L_{C_*} = (\operatorname{aff}(C))^\perp$ 漆羔。
我們先解釋題目中用到的符號和背景梧奢，接下來用雙包含關(guān)系來證明集合的等價性

錐集合 $C$ ：設(shè) $C \subset \mathbb{R}^n$ 是一個非空的錐集合瞪讼，這意味著對于任意 $x \in C$ 和任意 $\lambda \geq 0$ ，都有 $\lambda x \in C$ 粹断。
對偶錐 $C_*$ ：對 $C$ 的對偶錐 $C_*$ 定義為
$C_* = \{ y \in \mathbb{R}^n \mid \langle x, y \rangle \geq 0, \forall x \in C \}.$
由此可以看到符欠，一些錐集合比如 $R^3$ 中的 $R^2$ 平面，它作為一個錐瓶埋，但是它的對偶錐集合僅含有原點(diǎn)希柿。甚至有可能有的錐的對偶錐集合為空集。
仿射包 $\operatorname{aff}(C)$ ：集合 $C$ 的仿射包是所有形式為 $x_0 + \text{span}(C)$ 的點(diǎn)养筒，其中 $x_0 \in C$ 曾撤。
正交補(bǔ) $(\operatorname{aff}(C))^\perp$ ：表示與 $\operatorname{aff}(C)$ 中的每個向量都正交的向量組成的集合。

方向一: 證明 $L_{C_*} \subseteq (\operatorname{aff}(C))^\perp$

假設(shè) $y \in L_{C_*}$ 晕粪，則由定義挤悉， $y \in L_{C_*}$ 意味著
$\langle x, y \rangle \geq 0, \quad \forall x \in C.$
我們需要證明 $y \in (\operatorname{aff}(C))^\perp$ ，即對于任意 $z \in \operatorname{aff}(C)$ 巫湘，有
$\langle z, y \rangle = 0.$

任取 $z \in \operatorname{aff}(C)$ 装悲，則 $z$ 可以表示為 $z = x_0 + \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \cdots + \lambda_k v_k$ ，其中 $x_0 \in C$ 且 $v_1, v_2, \dots, v_k$ 屬于 $\text{span}(C)$ 尚氛。
由于 $y \in L_{C_*}$ 诀诊，并且對于所有 $x \in C$ ，有 $\langle x, y \rangle \geq 0$ 阅嘶，可以推導(dǎo)出對于所有 $z \in \operatorname{aff}(C)$ 属瓣，
$\langle z, y \rangle = \langle x_0 + \sum_{i=1}^k \lambda_i v_i, y \rangle = \langle x_0, y \rangle + \sum_{i=1}^k \lambda_i \langle v_i, y \rangle.$
由于 $v_1, v_2, \dots, v_k \in \text{span}(C)$ 且 $\langle v_i, y \rangle = 0$ ，我們可以得出
$\langle z, y \rangle = \langle x_0, y \rangle.$
由于 $x_0 \in C$ 并且 $y \in L_{C_*}$ 讯柔，有 $\langle x_0, y \rangle \geq 0$ 抡蛙。再考慮 $\operatorname{aff}(C)$ 中的任意點(diǎn)，它實(shí)際上包含了所有的 $x_0 + \lambda_1 v_1 + \lambda_2 v_2 + \cdots$ 魂迄，從而得出 $\langle z, y \rangle = 0$ 粗截。

因此， $y \in (\operatorname{aff}(C))^\perp$ 极祸，并且 $L_{C_*} \subseteq (\operatorname{aff}(C))^\perp$ 慈格。

方向二: 證明 $(\operatorname{aff}(C))^\perp \subseteq L_{C_*}$

現(xiàn)在假設(shè) $y \in (\operatorname{aff}(C))^\perp$ ，則由定義遥金，對于所有 $z \in \operatorname{aff}(C)$ ，都有
$\langle z, y \rangle = 0.$
我們需要證明 $y \in L_{C_*}$ 蒜田，即對于所有 $x \in C$ 稿械，有
$\langle x, y \rangle \geq 0.$

任取 $x \in C$ ，由于 $y \in (\operatorname{aff}(C))^\perp$ 冲粤，意味著 $y$ 與 $\operatorname{aff}(C)$ 中的所有向量都正交美莫。
注意到 $C \subseteq \operatorname{aff}(C)$ 页眯，所以對于任意 $x \in C$ ，有 $\langle x, y \rangle = 0$ 厢呵。

因此窝撵， $y \in L_{C_*}$ ，從而 $(\operatorname{aff}(C))^\perp \subseteq L_{C_*}$ 襟铭。

最后編輯于：2024.12.18 18:55:12

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凸優(yōu)化習(xí)題一

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