拟凸函数一阶条件的证明

1. 首先来看看拟凸函数的定义：函数$f:R^n\to R$称为拟凸函数（或称单峰函数），如果其定义域及所有下水平集Sα={x∈domf∣f(x)⩽α}S_\alpha=\left\{ {x \in domf\left| {f\left( x \right) \leqslant \alpha } \right.} \right\}Sα​={x∈domf∣f(x)⩽α} $\alpha \in R$都是凸集。从该定义可知，凸函数一定是拟凸函数，但拟凸函数不一定是凸函数（如函数$f\left(x\right)=-e^x$）。
2. 基本性质：函数$f$是拟凸函数的充要条件是，$domf$是凸集，且对任意$x,y\in domf$及$0⩽\theta ⩽1$,有f(θx+(1−θ)y)⩽max{f(x),f(y)}(1)f\left(\theta x+\left(1-\theta\right)y\right)\leqslant max\left\{f\left(x\right),f\left(y\right)\right\} \tag1f(θx+(1−θ)y)⩽max{f(x),f(y)}(1)
3. 拟凸函数的一阶条件：设函数$f:R^n\to R$可微，则函数$f$是拟凸的充要条件是：$domf$是凸集，且对任意$x,y\in domf$有$$f\left(y\right)⩽f\left(x\right)\Rightarrow \nabla f{\left(x\right)}^T\left(y-x\right)⩽0\text{\hspace{1em}(2)}$$
4. 一阶条件的证明：
   （1）必要性：设函数$f:R^n\to R$可微，且$domf$是凸集，对$x,y\in domf$有$f\left(y\right)⩽f\left(x\right)$,根据上面拟凸函数的基本性质有 f(θx+(1−θ)y)⩽max{f(x),f(y)}f\left(\theta x+\left(1-\theta\right)y\right)\leqslant max\left\{f\left(x\right),f\left(y\right)\right\}f(θx+(1−θ)y)⩽max{f(x),f(y)}，综合得：$$f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)y\right)⩽f\left(x\right)\text{\hspace{1em}(3)}$$,将$f\left(x\right)$拆分为$f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)x\right)$,则（3）式变为$$f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)y\right)⩽f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)x\right)\text{\hspace{1em}(4)}$$
   $$f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)y\right)-f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)x\right)⩽0\text{\hspace{1em}(5)}$$
   将（5）式变为（6）式：
   $$f\left(\theta x+(1-\theta )x+\left(1-\theta \right)(y-x)\right)-f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)x\right)⩽0\text{\hspace{1em}(6)}$$
   再将（6）式变成（7）式：
   $$\frac{f\left(\theta x+(1-\theta )x+\left(1-\theta \right)(y-x)\right)-f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)x\right)}{\left(1-\theta \right)\left(y-x\right)}\left(1-\theta \right)\left(y-x\right)⩽0\text{\hspace{1em}(7)}$$

对（7）式的第一项取极限$\theta \to 1$得：$$\underset{\theta \to 1}{\lim }\frac{f\left(\theta x+(1-\theta )x+\left(1-\theta \right)(y-x)\right)-f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)x\right)}{\left(1-\theta \right)\left(y-x\right)}\left(1-\theta \right)\left(y-x\right)=\nabla f{\left(x\right)}^T\left(y-x\right)⩽0$$.
（2）充分性：对任意的$x,y\in domf$，以及$\theta \in \left[0,1\right]$,假设$f\left(y\right)⩽f\left(x\right)$，且$\nabla f{\left(x\right)}^T\left(y-x\right)⩽0$。我们将证明：f(θx+(1−θ)y)−max{f(x),f(y)}⩽0(8)f\left(\theta x+\left(1-\theta\right)y\right)-max\left\{f\left(x\right),f\left(y\right)\right\}\leqslant0 \tag8f(θx+(1−θ)y)−max{f(x),f(y)}⩽0(8)如果（8）成立，则表示该函数是拟凸函数（注意前面拟凸函数的基本性质）。
首先我们证明$\theta =0或\theta =1$的情况，当$\theta =0$时，$f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)y\right)=f\left(y\right)$,（8）式显然成立；当$\theta =1$时，$f\left(\theta x+\left(1-\theta \right)y\right)=f\left(x\right)$,（8）式同样成立；
接下来我们证明$\theta \in \left(0,1\right)$的情况，我们假设$x\ne y$(若$x=y$,（8）式是显然成立的)，我们令$z=\theta x+\left(1-\theta \right)y$，则我们要证明的（8）式变成$f\left(z\right)⩽f\left(x\right)$，我们用反证法来证明：
假设$f\left(z\right)>f\left(x\right)$（此时$f\left(z\right)>f\left(y\right)$），根据前面的命题假设，我们有$$\nabla f{\left(z\right)}^T\left(z-x\right)⩽0$$ $$\nabla f{\left(z\right)}^T\left(z-y\right)⩽0$$将$z=\theta x+\left(1-\theta \right)y$代入上面两个式子中得：$$\left(1-\theta \right)\nabla f{\left(z\right)}^T\left(y-x\right)⩽0\text{\hspace{1em}(9)}$$ $$\theta \nabla f{\left(z\right)}^T\left(x-y\right)⩽0\text{\hspace{1em}(10)}$$由于$\theta \in \left(0,1\right)$,故由（9）、（10）式可得$\nabla f\left(z\right)=0$。
我们知道$z\in \left(x,y\right)$,$f\left(z\right)>f\left(x\right)$,由于该函数是连续的，那么我们肯定可以找到一点$z_1\in \left(z,x\right)$使得$f\left(z_1\right)>f\left(x\right)$，然后再次利用假设中的条件得到类似（9）、（10）式的结果，即$\nabla f\left(z_1\right)=0$,一直重复上述步骤，我们将最终得到在$\left(z,x\right)$之间的点的一阶导数都为0，这说明$f\left(z\right)=f\left(x\right)$，所以假设$f\left(z\right)>f\left(x\right)$不成立，则（8）式满足，所以命题得证。
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总结：拟凸函数一阶条件证明的关键在于构造出$\nabla f{\left(x\right)}^T$，而这点我们可以根据导数的基本定义出发去构造。