0. 前言

2.9

(a) 证明：

​ 考虑

作超平面 $(x_i-x_0)^Tx=(x_i-x_0)^T(x_i+x_0)/2$

​ 对超平面上每个点 $x_k$ 的分量 $j$ 都有 $2(x_{ij}-x_{0j})x_{kj}=(x_i^2-x_0^2)$ ，且 $|x_k-x_0|_2=sqrt{sum_j{(x_{kj}-x_{0j})^2}}$ ，$|x_k-x_i|_2=sqrt{sum_j{(x_{kj}-x_{0j})^2}}$ 。

​ 将第一式带入范数表达式可得对超平面上每个点 $x$ 均有 $|x-x_0|_2=|x-x_i|_2$ ，且对于超平面下方的半空间 $(x_i-x_0)^Txleq(x_i-x_0)^T(x_i+x_0)/2$ ，均有 $|x-x_0|_2leq |x-x_i|_2$ ，对所有的 $i$ 均成立。即 $V$ 的边界为一系列超平面的交，$V$ 为多面体。设 $x_i-x_0=a_i$ ，$(x_i-x_0)^T(x_i+x_0)/2=b_i$ ， $V$ 可以被写作

(b)

​ P总可以表达为$P={xmid Axpreceq b}$ 的形式，设 $A={a_1^T,a_2^T,cdots,a_K^T}$ ，对于任意一点 $x_0in P$ 和多面体的面 $a_i^Tx=b$，总可以找到直线 $x=x_0+ka_i, kintextbf{R}$ 上的一点 $x_i$ 满足对面上任意一点 $x_k$ ，有 $ |x_i-x_k|_2=|x_0-x_k|_2$ (作点 $x_0$ 关于面的对称点即可) ，这是由于 $x_0$ 在多面体内部，满足 $a^T_ix

(c)

​ 并不总可以用 Voronoi 区域表示。最明显的例子是由数个无限边界多面体组成的集合，考虑 $textbf{R}^2$ 中由三个多面体组成的集合，他们的边界超平面的法向量共面，且边界两两之间夹角小于90°，这样就有至少一个多面体真包含了一个半空间，记为A。依照之前 Voronoi 区域点的找法， $x_1,x_2,x_A$ 分属三个多面体且需要互相关于边界超平面对称，将其他两个多面体沿边界对称投影到A上，它们的交集就是 $x_A$ 的取值范围(因为 $x_A$ 需要同时与 $x_1,x_2$ 关于两条边界对称)。由于 A 真包含了一个半空间，所以两部分投影不可能有交集，即不可能找到这样的 $x_A$ 。总结：

主要是超平面的定义。

2.26

证明：

​ 先证必要性。因为 $C=D$ ，即 $Csubseteq D, Dsubseteq C$ ， ，显然它可以推得于 $S_Cleq S_D, S_Dleq S_C$， 即 $S_C=S_D$ 。

再证充分性。因为 $S_C=S_D$，设 $Cneq D$ ，不失一般性，设存在 $x_iin C, x_inotin D$ ，

根据凸集定义，取 $D$ 的支撑超平面集，一定存在某个方向 $a^T$ 上的 $D$ 的支撑超平面，满足 $a^Tx_i>b$ 且 $forall x in D, a^Tx

将 $a$ 取为支撑函数自变量，则

即 $S_Cneq S_D$ ，矛盾。所以 $C=D$ 。总结：

这道题说明了一个性质，即凸集能被他们的支撑函数完全表征，它们是双射关系。考虑”支撑集”定义和支撑一词的含义，能够表征凸集还是比较容易理解的。

2.33

(a) 证明:

​ $K_{m+}$ 在 $textbf{R}^n$ 中由 n 个带等号不等式约束，所以其是闭凸集，且容易知道它满足 $theta_1 x_1+theta_2 x_2in K_{m+}, forall x_1,x_2in K_{m+}$ 所以 $K_{m+}$ 是个闭凸锥。其内部非空性质通过列举满足条件的向量同样易得。

​ 因为 $xin K_{m+}, -xin K_{m+}$ ，即 $x_1geq x_2geqcdotsgeq x_ngeq 0, x_1leq x_2leqcdotsleq x_nleq 0$ ，即 $x_1=x_2=cdots=x_n=0$ ， $x=0$ 。所以 $K_{m+}$ 是尖的，所以它是正常锥。

(b)

注意到提示中恒等式，有 总结：等号不等式约束集为闭凸集。

3.9

(a) 证明:

$overset{-}{f}$ 为凸的二阶条件是 $triangledown^2overset{-}{f}$ 半正定。

即 $bigtriangledown^2overset{-}{f}(z)=F^Tbigtriangledown^2f(Fz+hat{x})Fsucceq 0$

(b) 证明：

即证明 $F^Tbigtriangledown^2(Fz+hat{x})Fsucceq 0 Leftrightarrow bigtriangledown^2 f(Fz+hat{x})+lambda A^TAsucceq 0$

使用引理：总结：

这里没有写，但最后交上去的时候这里还是写了的，实际上这里是应用 (a) 中的结论， 将 $F$ 分解后仍然成立，即$forall v,v^Ttriangledown^2f(Fz+hat{x})vsucceq0$ 。 $v$ 也在 $A$ 的零空间中。然后直接用引理就行。 用 $B=triangledown^2f(Fz+hat{x})$ 代换引理的话，很容易就能得出结论。

还需要注意一点是 $g(x)=f(Ax+b)$ 的二阶条件是 $triangledown^2g$ 和 $A^Ttriangledown^2fA$ 。

3.35

(a)证明：

$S_B(y)=sup{y^Txmid xin B}$， $S_{textbf{conv}B}(y)=sup{y^Tx’mid x’intextbf{conv}B}$

因为 $Bsubseteqtextbf{conv}B$ ，所以在 $y$ 确定时 ， 有 $y^Txleq y^Tx’$ 。在 $y$ 确定的情况下，若此不等式不能取严格等号，则必定存在某个 $x’$ 对任意 $x$ 都取

根据凸包定义，$x’=sum_itheta_i x_i, sumtheta_i=1, x_iin B$ ，则有

矛盾。所以不等式可以严格取等号，即 $S_B(y)=S_{textbf{conv}B}(y)$

(b)证明：

(c)证明：

(d)证明:

必要性易得，此处仅证充分性：

若 $textbf{conv}Ansubseteq B$，即 $exists xin textbf{conv}A, xnotin B$ ，则 $S_{textbf{conv}Acup B}(y)>S_B(y)$ 。又有 $S_{textbf{conv}Acup B}(y)=max{S_{textbf{conv}A}(y), S_B(y)}=S_B(y)$ 矛盾。所以 $Asubseteq textbf{conv}A subseteq B$。总结：

和2.26一样，结合之前的支撑函数的例子和此题(尤其是(a))，能更好地理解支撑函数能够表征凸集的性质。这种一一对应关系由sup运算保证。

3.38

证明:

即证明 $F(x)=underset{yintextbf{dom}G}{sup}(xy-G(y))$ 。

Young 不等式的简单图示:

可以看到 $xy$ 表征一个矩形面积，可以看到阴影面积和(即 $F(x)+G(y)$)永远不小于这个矩形面积，等号在 $f(x)=y$ 时取得。因为 $xyleq F(x)+G(y)$ ，所以 $F(x)geq xy-G(y)$ 。因为 $y=f(x)$ 时不等式可以取等号，所以$F(x)=underset{yintextbf{dom}G}{sup}(xy-G(y))$总结

此处无图，自行想象哈。大概就是函数过零点的函数 $f(x)$ 对 $x$ 轴和 $y$ 轴分别做 $[0,x],[0,y]$ 上的积分，这样可以把两个函数的定积分画到一个图上。

3.49

(a) 证明：

其中 $x$ 是凹函数而 $-ln(1+e^x)$ 可以看做指数和的对数取负，它是凹函数函数。所以原式是对数凹的。

(b) 证明：

因为 $1/x_i$ 在 $xintextbf{dom}f=textbf{R}^n_{++}$ 上为凸函数，所以 $sum 1/x_i$ 为其非负加权求和，也是凸函数。 $-ln(x)$ 在定义域内为凸函数且非增。需要对复合函数求二阶导：

(c) 证明：

(d) 证明： 总结：

实在做不下去了。。可以说一下答案大概的思路。

(b)考虑取 $log$ 后的二阶条件，直接通过暴力(也没多暴力)算对 $x_i$ 的二次偏导和 $x_i,x_j$ 的联合偏导 ，这样可以直接写出整个 Hessian 阵的项，可以通过柯西施瓦茨不等式得出二阶条件为为负。

(c)有点麻烦按下不表。主体方法还是通过代入 $x+tv$ 的方式。

(d)同样考虑 $X=Z+tV$ ， $Zsucc 0$ 且对 $Z^{-1/2}VZ^{-1/2}$ 做特征值分解。主要行了一个比较难的代换：

并用到了(c)中的条件。