13 Alıştırmalar ve Problemler

Bu bölüm, dersin on iki haftasında kurulan makinenin çalıştığı yerdir. Problemler konu sırasına göre dizilmiştir; her birinin çözümü kapalı bir kutu içindedir, böylece önce kendiniz deneyebilirsiniz. Kullanılan bütün tanım ve teoremler önceki bölümlerdekilerle aynıdır ve gerektiğinde bağlantı verilmiştir.

Birkaç problem bilerek “yanlış” iddialarla gelir: bunlarda beklenen şey ispat değil, iddiayı çürüten bir ters örnektir. Konveks analizde bir koşulun neden orada durduğunu çoğu zaman ancak onu kaldırdığımızda bozulan örneği görerek anlarız.

13.1 Lineer Dönüşümler

Alıştırma 13.1 (Matris Çarpımı Lineerdir) \(A\) bir \(m \times n\) reel matris olmak üzere \(L(u) = Au\) şeklinde tanımlanan \(L : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) dönüşümünün lineer olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Matris çarpımının toplama üzerine dağılma ve skalerle değişme özellikleri doğrudan kullanılır. \(u, v \in \mathbb{R}^n\) ve \(\lambda \in \mathbb{R}\) olsun:

\[L(u + v) = A(u + v) = Au + Av = L(u) + L(v),\]

\[L(\lambda u) = A(\lambda u) = \lambda (Au) = \lambda L(u).\]

Tanım 6.1’deki iki koşul da sağlandığından \(L\) bir lineer dönüşümdür. Teorem 6.1 bu gözlemin tersini söyler: \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}^m\)’e giden her lineer dönüşüm bu biçimdedir, yani “lineer dönüşüm” ile “matris” aynı şeyin iki adıdır.

Alıştırma 13.2 (Her Lineer Fonksiyonel Bir İç Çarpımdır) \(L : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) bir lineer fonksiyonel olsun.

\(L(x) = \langle a, x \rangle\) gerçekleyen bir \(a \in \mathbb{R}^n\) vektörünün var olduğunu gösteriniz.
\(L\) fonksiyonelinin sürekli olduğunu gösteriniz.

Çözüm

(a) \(\{e_1, \dots, e_n\}\) kümesi \(\mathbb{R}^n\)’in standart tabanı olsun. Her \(x = (x_1, \dots, x_n)\) vektörü \(x = \sum_{i=1}^{n} x_i e_i\) biçiminde yazıldığından, lineerlik ile

\[L(x) = L\left( \sum_{i=1}^{n} x_i e_i \right) = \sum_{i=1}^{n} x_i L(e_i)\]

elde edilir. Şimdi \(a := \big( L(e_1), \dots, L(e_n) \big) \in \mathbb{R}^n\) denirse sağ taraf tam olarak \(\langle a, x \rangle\) toplamıdır.

Bu \(a\) vektörü tektir: \(\langle a, x \rangle = \langle a', x \rangle\) her \(x\) için geçerliyse \(\langle a - a', x \rangle = 0\) olur; \(x = a - a'\) seçilirse \(\|a - a'\|^2 = 0\), yani \(a = a'\) bulunur.

(b) (a) şıkkındaki gösterim ile her \(x, y \in \mathbb{R}^n\) için Cauchy-Schwarz eşitsizliği

\[|L(x) - L(y)| = |\langle a, x - y \rangle| \le \|a\| \cdot \|x - y\|\]

verir. Bu, \(L\) fonksiyonelinin \(\|a\|\) sabitli bir Lipschitz fonksiyonu olması demektir; dolayısıyla düzgün sürekli, özel olarak da süreklidir. Verilen bir \(\varepsilon > 0\) için \(\delta := \varepsilon / (\|a\| + 1)\) seçmek yeterlidir.

Aynı sonuç Lemma 6.1’nin \(m = 1\) özel hâlidir; buradaki hesap, o ispatın tek boyutlu ve daha kısa bir yazılışıdır.

Alıştırma 13.3 (Lineer mi, Değil mi?) Aşağıdaki dönüşümlerin lineer olup olmadığını inceleyiniz; lineer olanların dönüşüm matrisini bulunuz.

\(L : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3\), \(L(x, y) = (y,\ x,\ x + y)\).
\(L : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2\), \(L(x, y, z) = (xy,\ yz)\).
\(L : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2\), \(L(x, y, z) = (z - x,\ x + y)\). Ayrıca \(L(e_1), L(e_2), L(e_3)\) vektörlerini hesaplayıp \(L(x, y, z) = x L(e_1) + y L(e_2) + z L(e_3)\) eşitliğini doğrulayınız.

Çözüm

(a) Bileşenlerin hepsi \(x\) ile \(y\)’nin birinci dereceden ve sabit terimsiz ifadeleridir. \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\) için

\[L\big( \alpha(x_1, y_1) + \beta(x_2, y_2) \big) = \big( \alpha y_1 + \beta y_2,\ \alpha x_1 + \beta x_2,\ \alpha(x_1 + y_1) + \beta(x_2 + y_2) \big) = \alpha L(x_1, y_1) + \beta L(x_2, y_2)\]

olduğundan \(L\) lineerdir. Teorem 6.1’in ispatındaki reçete uyarınca matrisin sütunları \(L(e_1)\) ve \(L(e_2)\) görüntüleridir: \(L(1, 0) = (0, 1, 1)\) ve \(L(0, 1) = (1, 0, 1)\). Böylece

\[A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad L(x, y) = A \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}.\]

(b) Lineer değildir: bileşenler ikinci derecedendir. Tek bir ters örnek yeter. \(u = (1, 1, 1)\) ve \(\lambda = 2\) alınırsa

\[L(2u) = L(2, 2, 2) = (4, 4), \qquad 2L(u) = 2(1, 1) = (2, 2)\]

olup \(L(2u) \ne 2L(u)\)’dur. Homojenlik koşulu bozulduğundan \(L\) lineer olamaz.

(c) Bileşenler yine birinci dereceden ve sabit terimsizdir; (a) şıkkındaki hesabın aynısı burada da yürür, dolayısıyla \(L\) lineerdir. Taban vektörlerinin görüntüleri

\[L(e_1) = L(1, 0, 0) = (-1, 1), \qquad L(e_2) = L(0, 1, 0) = (0, 1), \qquad L(e_3) = L(0, 0, 1) = (1, 0)\]

olur. Bunlarla

\[x L(e_1) + y L(e_2) + z L(e_3) = (-x, x) + (0, y) + (z, 0) = (z - x,\ x + y) = L(x, y, z)\]

eşitliği doğrulanır. Dönüşüm matrisi, sütunları bu üç görüntü olan matristir:

\[A = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}.\]

Alıştırma 13.4 (Lineer Dönüşümün İki Basit Özelliği) \(L : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m\) bir lineer dönüşüm olmak üzere (a) \(L(0) = 0\) ve (b) her \(u, v \in \mathbb{R}^n\) için \(L(u - v) = L(u) - L(v)\) olduğunu gösteriniz.

Çözüm

(a) Homojenlik koşulunda \(\lambda = 0\) alınır: \(L(0) = L(0 \cdot 0) = 0 \cdot L(0) = 0\).

(b) Önce \(\lambda = -1\) için \(L(-v) = -L(v)\) olduğu görülür; ardından toplamsallık kullanılır:

\[L(u - v) = L\big( u + (-v) \big) = L(u) + L(-v) = L(u) - L(v).\]

Birinci özellik, lineer ile afin dönüşümleri ayıran testtir: Teorem 7.5 gereği her afin dönüşüm \(F(x) = L(x) + a\) biçimindedir ve \(a = F(0)\) sıfır olduğunda — ancak o zaman — \(F\) lineer olur.

13.2 Kapalılık ve Kompaktlık

Alıştırma 13.5 (Hiperbolün Üstündeki Bölgeler) \(\mathbb{R}^2\) uzayında

\[A = \Big\{ (x, y) : y \ge \tfrac{1}{x},\ x > 0 \Big\}, \qquad B = \Big\{ (x, y) : y \ge -\tfrac{1}{x},\ x < 0 \Big\}\]

kümelerini düzlemde betimleyiniz ve kompaktlıklarını inceleyiniz.

Çözüm

\(A\) kümesi, birinci bölgedeki \(y = 1/x\) hiperbol kolunun üstünde kalan bölgedir. \(B\) kümesinde \(x < 0\) olduğundan \(-1/x > 0\)’dır; dolayısıyla \(B\) de ikinci bölgedeki \(y = -1/x\) kolunun üstünde kalan bölgedir. İkisi de \(y\) eksenine göre birbirinin aynadaki görüntüsüdür.

Kapalılık. \(A\) kümesinden yakınsak bir \(\{(x_k, y_k)\}\) dizisi alalım ve \((x_k, y_k) \to (x, y)\) olsun. Eğer \(x = 0\) olsaydı \(y_k \ge 1/x_k \to +\infty\) olurdu ve \(\{y_k\}\) yakınsayamazdı; demek ki \(x > 0\)’dır. \(t \mapsto 1/t\) fonksiyonu \(x > 0\) noktasında sürekli olduğundan \(y_k \ge 1/x_k\) eşitsizliğinde limite geçilerek \(y \ge 1/x\) bulunur, yani \((x, y) \in A\) olur. Böylece \(A\) kapalıdır; aynı akıl yürütme \(B\) için de geçerlidir.

Sınırlılık. \(A\) sınırlı değildir: her \(k \in \mathbb{N}\) için \((k, 1/k) \in A\) ve \(\|(k, 1/k)\| \ge k \to \infty\)’dur. Aynı biçimde \(B\) de sınırlı değildir.

Teorem 3.2 gereği kompaktlık kapalı ve sınırlı olmayı gerektirdiğinden \(A\) ve \(B\) kümelerinin hiçbiri kompakt değildir.

Son bir gözlem: \(1/x\) fonksiyonu \(x > 0\) üzerinde konveks olduğundan \(A\) kümesi onun grafiküstü kümesidir ve dolayısıyla konvekstir; \(B\) için de durum aynıdır. Bu iki küme Alıştırma 13.30’nde yeniden karşımıza çıkacak.

Alıştırma 13.6 (Kapalı İki Kümenin Toplamı Kapalı mıdır?) \(A, B \subseteq \mathbb{R}^2\) kapalı kümeler ise \(A + B\) toplam kümesi de \(\mathbb{R}^2\)’de kapalı mıdır? Neden?

Çözüm

Hayır. İddia genel olarak yanlıştır; bir ters örnek verelim.

\[A = \{(t, 0) : t \in \mathbb{R}\} \quad (x\text{-ekseni}), \qquad B = \Big\{ \big( s, \tfrac{1}{s} \big) : s > 0 \Big\} \quad (\text{hiperbol kolu})\]

kümelerini alalım. \(A\) bir doğru olduğundan kapalıdır; \(B\) ise sürekli bir fonksiyonun grafiğidir ve Alıştırma 13.5’ndeki akıl yürütmeyle kapalıdır.

Toplamı hesaplayalım. Herhangi bir \(u \in \mathbb{R}\) ve \(v > 0\) verilsin. \(s := 1/v > 0\) seçilirse \(\big( s, \tfrac{1}{s} \big) = \big( \tfrac{1}{v}, v \big) \in B\) olur ve

\[\Big( u - \tfrac{1}{v},\ 0 \Big) + \Big( \tfrac{1}{v},\ v \Big) = (u, v)\]

yazılır. Ters yönde, \(A + B\) kümesindeki her noktanın ikinci bileşeni \(1/s > 0\) biçiminde olduğundan pozitiftir. Demek ki

\[A + B = \{(u, v) \in \mathbb{R}^2 : v > 0\},\]

yani açık üst yarı düzlemdir; bu küme kapalı değildir. Nitekim \((0, 1/k) \in A + B\) dizisi \(A + B\) kümesinde bulunmayan \((0, 0)\) noktasına yakınsar.

Hangi ek koşulun yettiğini Önerme 3.1 söyler: \(A\) kapalı ve \(B\) kompakt ise \(A + B\) kapalıdır. Yukarıdaki \(B\) kapalıdır ama sınırlı olmadığından kompakt değildir; kapalılığın bozulduğu yer tam olarak burasıdır.

13.3 Afin Kümeler ve Hiperdüzlemler

Alıştırma 13.7 (Kesişim, Toplam ve Birleşim)

Herhangi sayıdaki afin kümenin kesişiminin de afin olduğunu gösteriniz.
\(A, B \subseteq \mathbb{R}^n\) afin kümeleri için \(A + B\) toplam kümesi afin midir? \(A \cup B\) birleşim kümesi afin midir?

Çözüm

(a) \(\{A_i\}_{i \in I}\) afin kümelerden oluşan bir aile ve \(x, y \in \bigcap_{i \in I} A_i\) olsun. Herhangi bir \(\lambda \in \mathbb{R}\) için: her \(i \in I\) indisinde \(x, y \in A_i\) ve \(A_i\) afin olduğundan \((1 - \lambda)x + \lambda y \in A_i\) gerçeklenir. Bu her \(i\) için doğru olduğuna göre nokta kesişimdedir. Demek ki kesişim afindir.

(b) Toplam afindir. \(x_1 + y_1,\ x_2 + y_2 \in A + B\) ve \(\lambda \in \mathbb{R}\) olsun. Terimler yeniden gruplanırsa

\[(1 - \lambda)(x_1 + y_1) + \lambda(x_2 + y_2) = \underbrace{\big[ (1 - \lambda)x_1 + \lambda x_2 \big]}_{\in A} + \underbrace{\big[ (1 - \lambda)y_1 + \lambda y_2 \big]}_{\in B} \in A + B\]

elde edilir.

Birleşim afin olmak zorunda değildir. \(\mathbb{R}^2\) uzayında \(A = \{(t, 0) : t \in \mathbb{R}\}\) ve \(B = \{(0, t) : t \in \mathbb{R}\}\) eksenlerini alalım; ikisi de afindir. \((1, 0) \in A\) ve \((0, 1) \in B\) noktalarından geçen doğru \(\{(1 - \lambda, \lambda) : \lambda \in \mathbb{R}\}\) kümesidir ve örneğin \(\lambda = \tfrac{1}{2}\) için elde edilen \(\big( \tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2} \big)\) noktası ne \(A\)’da ne de \(B\)’dedir. Dolayısıyla \(A \cup B\) afin değildir.

Alıştırma 13.8 (Afin Kombinasyon ile Lineer Alt Uzay)

Bir \(z \in \mathbb{R}^n\) noktası \(x_1, \dots, x_m \in \mathbb{R}^n\) noktalarının bir afin kombinasyonu ise aynı zamanda bir lineer kombinasyonudur; neden?
\(A \subseteq \mathbb{R}^n\) bir lineer alt uzay ise \(A\) bir afin kümedir; neden?

Çözüm

(a) Tanım 4.3 ile Tanım 4.5’u yan yana koyalım. İkisi de \(\sum_{i=1}^{m} \lambda_i x_i\) biçimindeki noktalardır; tek fark, afin kombinasyonda katsayılara ek olarak \(\sum_{i=1}^{m} \lambda_i = 1\) koşulunun konmasıdır. Lineer kombinasyon tanımı katsayılar üzerine hiçbir kısıt koymadığından, koşulu sağlayan her yazılış aynı zamanda kısıtsız tanımı da sağlar. Kısacası afin kombinasyonlar, lineer kombinasyonların özel bir alt sınıfıdır; ters yön doğru değildir — örneğin \(2x_1\) noktası bir lineer kombinasyondur ama katsayılar toplamı \(1\) olmadığından afin kombinasyon değildir.

(b) \(A\) bir lineer alt uzay, \(x, y \in A\) ve \(\lambda \in \mathbb{R}\) olsun. Tanım 4.6 gereği \(A\) kümesi herhangi iki elemanının lineer kombinasyonlarını içerir; özel olarak \(\lambda_1 = 1 - \lambda\) ve \(\lambda_2 = \lambda\) katsayılarıyla

\[(1 - \lambda)x + \lambda y \in A\]

geçerlidir. Bu ise tam olarak Tanım 4.2’deki koşuldur. Tersi doğru değildir: orijinden geçmeyen bir doğru afindir ama \(0\) noktasını içermediğinden alt uzay olamaz. Sonuç 4.2 bu ayrımı kesinleştirir — lineer alt uzaylar, orijini içeren afin kümelerdir.

Alıştırma 13.9 (Bir Doğrunun Afinliği ve Boyutu) \(A = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x + y = 1\}\) kümesinin afin olduğunu gösteriniz ve boyutunu belirleyiniz.

Çözüm

\(A\) kümesi tek bir lineer denklemin çözüm kümesidir. Denklem iç çarpım diliyle \(\langle (1,1), (x,y) \rangle = 1\) biçiminde yazıldığından Teorem 5.1 gereği \(A\) bir hiperdüzlemdir; \(\mathbb{R}^2\)’de hiperdüzlemler doğrulardır ve her hiperdüzlem afindir.

Aynı sonucu doğrudan da görebiliriz: \((x_1, y_1), (x_2, y_2) \in A\) ve \(\lambda \in \mathbb{R}\) için

\[\big[ (1 - \lambda)x_1 + \lambda x_2 \big] + \big[ (1 - \lambda)y_1 + \lambda y_2 \big] = (1 - \lambda)(x_1 + y_1) + \lambda(x_2 + y_2) = (1 - \lambda) + \lambda = 1.\]

Boyut. Tanım 5.2 gereği \(\dim(A)\), \(A\) kümesine paralel olan lineer alt uzayın boyutudur. \((1, 0) \in A\) noktası çıkarılırsa

\[L = A - (1, 0) = \{(x, y) : x + y = 0\} = \operatorname{span}\{(1, -1)\}\]

bulunur. Tek bir sıfırdan farklı vektör tarafından gerildiğinden \(\dim(L) = 1\), dolayısıyla \(\dim(A) = 1\)’dir. Beklendiği gibi: bir doğrunun boyutu birdir ve \(\mathbb{R}^2\)’de \(2 - 1 = 1\), yani \(A\) gerçekten bir hiperdüzlemdir.

Alıştırma 13.10 (Bir Doğruya Dik Vektörlerden Hiperdüzlem) \(A = \operatorname{aff}\{(1, 1, 0),\ (3, 0, -1)\}\) olmak üzere

\[H = \big\{ x \in \mathbb{R}^3 : \langle x,\ y - (1, 1, 0) \rangle = 0,\ \forall y \in A \big\}\]

şeklinde tanımlanan \(H\) kümesinin \(\mathbb{R}^3\)’te bir hiperdüzlem olduğunu gösteriniz; \(H = \{x : \langle a, x \rangle = b\}\) yazılışındaki \(0 \ne a\) vektörünü ve \(b\) sayısını belirleyiniz.

Çözüm

Önce \(A\) kümesini açalım. İki noktanın afin örtüsü, bu noktalardan geçen doğrudur (Tanım 4.1); yön vektörü

\[v = (3, 0, -1) - (1, 1, 0) = (2, -1, -1)\]

olduğundan

\[A = \{(1, 1, 0) + t v : t \in \mathbb{R}\}, \qquad \text{yani} \qquad y \in A \iff y - (1, 1, 0) = t v \ \text{ (bir } t \in \mathbb{R} \text{ için)}.\]

Şimdi \(H\) kümesindeki koşulu bu yazılışla değiştirelim. Her \(y \in A\) için \(\langle x, y - (1,1,0) \rangle = 0\) olması, her \(t \in \mathbb{R}\) için \(t \langle x, v \rangle = 0\) olması demektir. \(t = 1\) alındığında \(\langle x, v \rangle = 0\) çıkar; tersine \(\langle x, v \rangle = 0\) ise her \(t\) için eşitlik sağlanır. Dolayısıyla

\[H = \{x \in \mathbb{R}^3 : \langle (2, -1, -1),\ x \rangle = 0\}.\]

Burada \(a = (2, -1, -1) \ne 0\) ve \(b = 0\)’dır. Teorem 5.1’in ikinci yarısı, bu biçimde verilen her kümenin bir hiperdüzlem olduğunu söylediğinden \(H\) bir hiperdüzlemdir — geometrik olarak, \(A\) doğrusunun yön vektörüne dik olan ve orijinden geçen düzlemdir. \(b = 0\) olması, \(H\) kümesinin aynı zamanda bir lineer alt uzay olduğu anlamına gelir (Sonuç 4.2).

Alıştırma 13.11 (Hiperdüzlemler Polihedraldir) Hiperdüzlemlerin polihedral kümeler olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(H = \{x \in \mathbb{R}^n : \langle a, x \rangle = b\}\) bir hiperdüzlem olsun (\(0 \ne a\)). Bir reel sayı için “\(= b\)” koşulu, “\(\le b\)” ve “\(\ge b\)” koşullarının ikisinin birden sağlanmasıyla aynı şeydir; ikincisi de \(-1\) ile çarpılarak “\(\le\)” biçimine sokulabilir:

\[\langle a, x \rangle = b \iff \begin{cases} \langle a, x \rangle \le b \\[2pt] \langle -a, x \rangle \le -b. \end{cases}\]

Sağ taraf, satırları \(a\) ve \(-a\) olan bir \(2 \times n\) matrisi \(A\) ve \(b^{\text{sağ}} = (b, -b)\) vektörü ile \(Ax \le b^{\text{sağ}}\) biçiminde yazılan sonlu bir eşitsizlik sistemidir. Tanım 6.6 gereği çözüm kümesi polihedraldir; yani

\[H = H^{\le} \cap H^{\ge}\]

olup hiperdüzlem, kendi belirlediği iki kapalı yarı uzayın kesişimidir. Bu gözlemin bir yan ürünü de şudur: polihedral kümeler kapalı ve konveks olduğundan (Örnek 6.1) hiperdüzlemler de kapalı ve konvekstir.

13.4 Konveks Kümeler

Alıştırma 13.12 (İki Polihedral Küme) Aşağıdaki kümelerin polihedral olduğunu gösteriniz.

\(0 \ne a \in \mathbb{R}^n\) ve \(\alpha \le \beta\) olmak üzere \(A = \{x \in \mathbb{R}^n : \alpha \le \langle a, x \rangle \le \beta\}\).
\(0 \ne a_1, a_2 \in \mathbb{R}^n\) olmak üzere \(C = \{x \in \mathbb{R}^n : \langle a_1, x \rangle \le b_1,\ \langle a_2, x \rangle \le b_2\}\).

Çözüm

(a) İki taraflı eşitsizliği iki ayrı “\(\le\)” koşuluna ayırmak yeter. Soldaki \(\alpha \le \langle a, x \rangle\) eşitsizliği \(-1\) ile çarpılarak \(\langle -a, x \rangle \le -\alpha\) biçimine gelir. Böylece

\[A = \{x : \langle a, x \rangle \le \beta\} \cap \{x : \langle -a, x \rangle \le -\alpha\}\]

olup \(A\) kümesi iki kapalı yarı uzayın kesişimidir; Tanım 6.6 gereği polihedraldir. Geometrik olarak \(A\), aynı \(a\) normaline sahip iki paralel hiperdüzlem arasında kalan “şerit”tir.

(b) Burada yapılacak bir şey yoktur: \(C\) zaten sonlu (\(m = 2\)) sayıda eşitsizlikle tanımlanmıştır. Satırları \(a_1\) ve \(a_2\) olan \(2 \times n\) matris \(A\) ve \(b = (b_1, b_2)\) ile \(C = \{x : Ax \le b\}\) yazılır.

İkisi de Teorem 6.2 gereği konveks, lineer fonksiyoneller sürekli olduğundan (Lemma 6.1) kapalıdır.

Alıştırma 13.13 (Kutupsal Küme Konvekstir) \(\varnothing \ne A \subseteq \mathbb{R}^n\) herhangi bir küme olmak üzere

\[B = \{y \in \mathbb{R}^n : |\langle x, y \rangle| \le 1,\ \forall x \in A\}\]

kümesinin konveks olduğunu gösteriniz.

Çözüm

İki yol var; ikisi de aynı fikrin farklı yazılışlarıdır.

Kesişim olarak. Sabit bir \(x \in A\) için \(|\langle x, y \rangle| \le 1\) koşulu, \(-1 \le \langle x, y \rangle \le 1\) çift eşitsizliğidir; yani Alıştırma 13.12’in (a) şıkkındaki şeridin ta kendisidir ve konvekstir. \(B\) kümesi bu şeritlerin \(x \in A\) üzerinden kesişimi olduğundan

\[B = \bigcap_{x \in A} \{y : -1 \le \langle x, y \rangle \le 1\}\]

yazılır ve Teorem 6.2 gereği konvekstir. Kesişimin sonsuz olması bir sorun değildir — teorem herhangi bir indis kümesi için geçerlidir.

Doğrudan. \(y_1, y_2 \in B\) ve \(0 \le \lambda \le 1\) olsun. Sabit bir \(x \in A\) için iç çarpımın lineerliği ve üçgen eşitsizliği ile

\[\big| \langle x,\ (1 - \lambda)y_1 + \lambda y_2 \rangle \big| = \big| (1 - \lambda)\langle x, y_1 \rangle + \lambda \langle x, y_2 \rangle \big| \le (1 - \lambda)\underbrace{|\langle x, y_1 \rangle|}_{\le 1} + \lambda \underbrace{|\langle x, y_2 \rangle|}_{\le 1} \le 1\]

elde edilir; burada \(1 - \lambda\) ile \(\lambda\) negatif olmadığından mutlak değerler doğrudan açılabilmiştir. \(x \in A\) herhangi olduğundan \((1 - \lambda)y_1 + \lambda y_2 \in B\) olur.

Dikkat edilirse \(A\) kümesinin konveks olması hiç kullanılmadı: \(B\), ne kadar düzensiz bir \(A\)’dan üretilirse üretilsin konvekstir. Aynı olguyu dual koni için Lemma 11.1’te de görmüştük.

Alıştırma 13.14 (Parabolün Sağındaki Bölge) \(C = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x \ge y^2,\ y \ge 0\}\) kümesinin konveks olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(C\) kümesini iki kümenin kesişimi olarak yazalım:

\[C = \underbrace{\{(x, y) : x \ge y^2\}}_{=: \, C_1} \cap \underbrace{\{(x, y) : y \ge 0\}}_{=: \, C_2}.\]

\(C_2\) bir kapalı yarı uzay olduğundan konvekstir. \(C_1\) için doğrudan tanıma gidelim: \((x_1, y_1), (x_2, y_2) \in C_1\) ve \(0 \le \lambda \le 1\) olsun. \(t \mapsto t^2\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde konveks olduğundan

\[\big( (1 - \lambda)y_1 + \lambda y_2 \big)^2 \ \le\ (1 - \lambda)y_1^2 + \lambda y_2^2 \ \le\ (1 - \lambda)x_1 + \lambda x_2\]

zinciri geçerlidir; ilk eşitsizlik kiriş eşitsizliği, ikincisi ise \(y_i^2 \le x_i\) varsayımının negatif olmayan katsayılarla birleştirilmesidir. Bu ise \((1 - \lambda)(x_1, y_1) + \lambda(x_2, y_2) \in C_1\) demektir.

İki konveks kümenin kesişimi konveks olduğundan (Teorem 6.2) \(C\) konvekstir.

Aynı sonucu seviye kümeleri diliyle de okuyabiliriz: \(g(x, y) = y^2 - x\) fonksiyonu konvekstir ve \(C_1 = L_g(0)\) olduğundan Lemma 12.2 doğrudan uygulanır.

Alıştırma 13.15 (Kesişim Olarak Yazarak Konvekslik) Aşağıdaki kümelerin konveks olduğunu gösteriniz.

\(C = \{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x + y \le 3,\ x \ge 1,\ y \ge 0,\ z = 3\}\).
\(C = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + 2y^2 \le 1,\ x + y < 1,\ x - y \le 1\}\).

Çözüm

(a) Dört koşulun her biri lineerdir. İlk üçü kapalı yarı uzay, sonuncusu ise \(\langle (0,0,1), (x,y,z) \rangle = 3\) hiperdüzlemidir. Hiperdüzlem de iki kapalı yarı uzayın kesişimi olduğundan (Alıştırma 13.11) \(C\) toplam beş kapalı yarı uzayın kesişimidir; yani polihedraldir, dolayısıyla Teorem 6.2 gereği konveks ve kapalıdır.

(b) Bu kez koşullardan biri lineer değildir, ama yine de konveks bir küme belirler:

\(E = \{(x, y) : x^2 + 2y^2 \le 1\}\) kümesi, \(g(x, y) = x^2 + 2y^2\) fonksiyonunun \(1\) seviye kümesidir. \(g\) konvekstir (Hessian’ı \(\operatorname{diag}(2, 4)\) olup pozitif tanımlıdır), dolayısıyla Lemma 12.2 gereği \(E\) konvekstir — geometrik olarak bir elips ve içidir.
\(\{(x,y) : x + y < 1\}\) bir açık yarı uzay, \(\{(x,y) : x - y \le 1\}\) ise kapalı bir yarı uzaydır; ikisi de konvekstir.

Üçünün kesişimi olan \(C\) konvekstir. Kapalı değildir, çünkü kesişime giren yarı uzaylardan biri açıktır; konvekslik ile kapalılığın birbirinden bağımsız olduğuna dikkat ediniz.

Alıştırma 13.16 (Hangi İşlem Konveksliği Korur?) \(C_1, C_2 \subseteq \mathbb{R}^n\) konveks kümeler olmak üzere aşağıdaki kümeler konveks midir? Neden?

\(C_1 \cup C_2\) (b) \(C_1 \cap C_2\) (c) \(C_1 + C_2\) (d) \(\overline{C_1} - \operatorname{int}(C_2)\) (e) \(C_1 \setminus C_2\)

Çözüm

(a) Hayır. \(\mathbb{R}\)’de \(C_1 = [0, 1]\) ve \(C_2 = [2, 3]\) alalım; ikisi de konvekstir. \(0 \in C_1\) ve \(3 \in C_2\) noktalarının orta noktası \(\tfrac{3}{2}\) ise birleşimde değildir.

(b) Evet. Teorem 6.2’in iki kümelik özel hâlidir.

(c) Evet. Teorem 7.1.

(d) Evet. Teorem 7.6 gereği \(\overline{C_1}\), Teorem 7.7 gereği \(\operatorname{int}(C_2)\) konvekstir. Fark kümesi \(\overline{C_1} - \operatorname{int}(C_2) = \overline{C_1} + (-1)\operatorname{int}(C_2)\) biçiminde yazıldığından Sonuç 7.1 doğrudan uygulanır (\(\lambda_1 = 1\), \(\lambda_2 = -1\)). Burada “fark” işleminin küme farkı değil, toplam kümesi anlamında fark olduğuna dikkat ediniz.

(e) Hayır. \(\mathbb{R}\)’de \(C_1 = [0, 2]\) ve \(C_2 = \{1\}\) alalım. \(C_1 \setminus C_2 = [0, 1) \cup (1, 2]\) kümesi konveks değildir: \(0\) ile \(2\) noktalarının orta noktası \(1\) dışarıda kalır.

Kısacası konvekslik toplama, kesişim ve lineer birleşim altında korunur; birleşim ve küme farkı altında korunmaz.

Alıştırma 13.17 (Konveks mi, Değil mi?) Aşağıdaki kümelerin konveks olup olmadığını belirleyiniz; konveks olmayanlar için birer ters örnek veriniz. (b), (c) ve (d) şıklarında \(\langle x, y \rangle\) yazılışı, \(x\) ile \(y\) reel sayılarının çarpımı \(xy\) anlamındadır.

\(\mathbb{R}\)’de \([-1, 1] \cup [3, 4]\)
\(\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x \le y \le z\}\)
\(\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : \langle x, y \rangle \ge 1\}\)
\(\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : \langle x, y \rangle \ge 1,\ y + z \ge 1,\ y - 100z \ge 1\}\)
\(\{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 3x + 4y \le 12,\ x - y \ge 4\}\)
\(\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 \le 1,\ x^2 + z^2 \le 1\}\)

Çözüm

(a) Konveks değildir. \(1 \in [-1,1]\) ve \(3 \in [3,4]\) noktalarının orta noktası \(2\) kümede değildir. \(\mathbb{R}\)’de konveks kümeler tam olarak aralıklardır; iki ayrık aralığın birleşimi aralık değildir.

(b) Konvekstir. Küme \(\{x - y \le 0\}\) ve \(\{y - z \le 0\}\) kapalı yarı uzaylarının kesişimidir; polihedraldir.

(c) Konveks değildir. \(\{(x,y) : xy \ge 1\}\) kümesi hiperbolün iki kolunun üstünde kalan bölgelerin birleşimidir. \((1, 1)\) ve \((-1, -1)\) noktalarının ikisi de kümededir (çarpımları \(1\)), oysa orta noktaları \((0, 0)\) için çarpım \(0 < 1\)’dir.

(d) Konvekstir — ve buradaki incelik tam olarak (c) ile arasındaki farktır. Son iki kısıt, birincisinin kötü kolunu keser: \(y + z \ge 1\) eşitsizliğinin \(100\) katı ile \(y - 100z \ge 1\) toplanırsa

\[100(y + z) + (y - 100z) = 101 y \ \ge\ 101, \qquad \text{yani} \qquad y \ge 1\]

çıkar. Demek ki kümedeki her noktada \(y \ge 1 > 0\)’dır ve bu bölgede \(xy \ge 1\) koşulu \(x \ge 1/y\) koşuluna denktir. \(y \mapsto 1/y\) fonksiyonu \(y > 0\) üzerinde konveks olduğundan \(\{(x, y) : y \ge 1,\ x \ge 1/y\}\) kümesi konvekstir; kalan iki kısıt da yarı uzaydır ve kesişim konveks kalır.

(e) Konvekstir. İki kapalı yarı uzayın kesişimi, yani polihedral bir kümedir. (Kümenin boş olup olmadığı konveksliği etkilemez; boş küme de konvekstir.)

(f) Konvekstir. \(\{x^2 + y^2 \le 1\}\) kümesi, \(\mathbb{R}^3\)’te \(z\) ekseni yönünde sonsuza uzanan dolu bir silindirdir ve \(g(x,y,z) = x^2 + y^2\) konveks fonksiyonunun bir seviye kümesi olduğundan konvekstir; \(\{x^2 + z^2 \le 1\}\) için de aynısı geçerlidir. İkisinin kesişimi konvekstir.

Alıştırma 13.18 (İçi Boş ve İçi Boş Olmayan Konveks Kümeler) İçi boş olan ve içi boş olmayan konveks küme örnekleri veriniz.

Çözüm

İçi boş olanlar. \(\mathbb{R}^2\) uzayında bir doğru parçası, örneğin

\[S = \{(t, 0) : 0 \le t \le 1\},\]

konvekstir; ama \(S\) kümesinin hiçbir noktasının \(S\) içinde kalan bir komşuluğu yoktur, çünkü her \(B\big( (t,0), \varepsilon \big)\) yuvarı ikinci bileşeni sıfırdan farklı noktalar içerir. Dolayısıyla \(\operatorname{int}(S) = \varnothing\)’dur. Aynı biçimde tek nokta kümeleri, doğrular, hiperdüzlemler ve boş kümenin kendisi de içi boş konveks kümelerdir.

İçi boş olmayanlar. Açık ya da kapalı bir yuvar, örneğin \(\overline{B(0,1)} \subset \mathbb{R}^2\), konvekstir ve içi açık birim yuvardır. Bir yarı uzay ve \(\mathbb{R}^n\) uzayının kendisi de böyledir.

Ayrımın kaynağı boyuttur: bir konveks kümenin içinin boş olmaması için gerek ve yeter koşul \(\dim(C) = n\) olmasıdır. Boyut düştüğünde \(\operatorname{int}(C)\) boşalır, ama Tanım 7.2’teki göreli iç boş kalmaz — yukarıdaki \(S\) için \(\operatorname{ri}(S) = \{(t, 0) : 0 < t < 1\}\)’dir.

13.5 Göreli İç ve Konveks Örtü

Alıştırma 13.19 (Bir Doğru Parçasının İçi ve Göreli İçi) \(A = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : 1 \le x \le 2,\ y = 0\}\) kümesi için \(\operatorname{int}(A)\) ve \(\operatorname{ri}(A)\) kümelerini belirleyiniz.

Çözüm

\(A\) kümesi, \(x\) ekseni üzerinde \(x = 1\) ile \(x = 2\) arasındaki kapalı doğru parçasıdır.

İç. Bir \((x, 0) \in A\) noktası ve herhangi bir \(\varepsilon > 0\) alalım. \(\big( x,\ \tfrac{\varepsilon}{2} \big)\) noktası \(B\big( (x, 0), \varepsilon \big)\) komşuluğundadır ama ikinci bileşeni sıfırdan farklı olduğundan \(A\) kümesinde değildir. Demek ki hiçbir nokta iç nokta olamaz:

\[\operatorname{int}(A) = \varnothing.\]

Göreli iç. Önce afin örtüyü bulalım: \(A\) kümesi \(x\) ekseni üzerinde iki farklı nokta içerdiğinden onların afin örtüsü bütün eksendir, yani

\[\operatorname{aff}(A) = \{(x, 0) : x \in \mathbb{R}\}.\]

Tanım 7.2’te komşuluk bu doğru ile kesiştirilir: \(B\big( (x,0), \varepsilon \big) \cap \operatorname{aff}(A)\) kümesi, \(x\) merkezli \(\varepsilon\) yarıçaplı açık aralıktan ibarettir. Bu aralığın \(A\) içinde kalması için \(1 < x < 2\) olması gerekir ve yeter — uç noktalarda aralık dışarı taşar. Böylece

\[\operatorname{ri}(A) = \{(x, 0) : 1 < x < 2\}\]

bulunur. Küme, düzlem içinde “ince” olduğu için içi boştur; ama kendi doğrusu üzerinde bakıldığında uçları dışındaki her noktası içeridedir.

Alıştırma 13.20 (Göreli İçin Üç Sorusu)

\(A \subseteq \mathbb{R}^2\) konveks kümesinin boyutu \(2\) ise \(\operatorname{ri}(A) = \operatorname{int}(A)\) olur; neden?
\(\Delta_1\) bir \(1\)-simpleks olmak üzere \(\operatorname{ri}(\Delta_1)\) nedir?
\(A \subseteq B\) ise \(\operatorname{ri}(A) \subseteq \operatorname{ri}(B)\) kapsaması her zaman geçerli midir?

Çözüm

(a) \(\dim(A) = 2\) olması, \(A\) kümesine paralel alt uzayın \(\mathbb{R}^2\) olması, yani \(\operatorname{aff}(A) = \mathbb{R}^2\) demektir. Bu durumda Tanım 7.2’teki

\[B(x, \varepsilon) \cap \operatorname{aff}(A) = B(x, \varepsilon) \cap \mathbb{R}^2 = B(x, \varepsilon)\]

olur ve göreli iç koşulu, Tanım 2.1’daki iç nokta koşuluyla harfi harfine aynı hâle gelir. Dolayısıyla iki küme çakışır. Aynı gerekçe \(\mathbb{R}^n\)’de \(\dim(A) = n\) olduğunda da geçerlidir.

(b) Tanım 9.3 gereği \(1\)-simpleks, afin bağımsız iki nokta \(x_1 \ne x_2\)’nin konveks örtüsüdür, yani onları birleştiren kapalı doğru parçasıdır. Alıştırma 13.19’daki hesabın aynısı burada da yürür: afin örtü, iki noktadan geçen doğrudur ve göreli iç, uçları atılmış açık doğru parçasıdır:

\[\operatorname{ri}(\Delta_1) = \{ \lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2 : \lambda_1, \lambda_2 > 0,\ \lambda_1 + \lambda_2 = 1 \}.\]

Genel olarak bir \(k\)-simpleksin göreli içi, köşelerinin konveks kombinasyonu yazılışındaki katsayıların hepsi kesin pozitif olan noktalardan oluşur; katsayılardan biri sıfırlandığında bir yüze düşülür ve nokta göreli sınıra geçer.

(c) Hayır, her zaman geçerli değildir. \(\mathbb{R}^2\) uzayında

\[A = \{(1, 0)\}, \qquad B = \overline{B(0, 1)}\]

alalım; \(A \subseteq B\) geçerlidir. Tek nokta kümesinin afin örtüsü kendisi olduğundan \(\operatorname{ri}(A) = A = \{(1,0)\}\)’dır. Öte yandan \(\dim(B) = 2\) olduğundan (a) şıkkı gereği \(\operatorname{ri}(B) = \operatorname{int}(B)\), yani açık birim yuvardır ve \(\|(1,0)\| = 1\) olduğundan \((1, 0) \notin \operatorname{ri}(B)\)’dir. Demek ki \(\operatorname{ri}(A) \not\subseteq \operatorname{ri}(B)\).

Kapsamanın bozulmasının nedeni afin örtülerin farklı olmasıdır: \(\operatorname{aff}(A)\) tek nokta iken \(\operatorname{aff}(B) = \mathbb{R}^2\)’dir. \(\operatorname{aff}(A) = \operatorname{aff}(B)\) olduğunda kapsama geçerlidir. Buna karşılık kapanışlar için \(A \subseteq B \implies \overline{A} \subseteq \overline{B}\) kapsaması hiçbir ek koşul olmadan doğrudur; göreli iç, kapanış kadar uysal davranmaz.

Alıştırma 13.21 (Bir Hiperbol Kolunun Konveks Örtüleri) \(X = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : xy = 1,\ x > 0,\ y > 0\}\) olmak üzere aşağıdaki konveks örtüleri belirleyiniz.

\(X_1 = \{(0, 0)\}\) ise \(\operatorname{conv}(X_1 \cup X) = ?\)
\(X_2 = \{(0, 0),\ (0, 1)\}\) ise \(\operatorname{conv}(X_2 \cup X) = ?\)
\(X_3 = \{(0, y) : y \in \mathbb{R}\}\) ise \(\operatorname{conv}(X_3 \cup X) = ?\)

Çözüm

Kolaylık için açık birinci bölgeyi \(Q = \{(x, y) : x > 0,\ y > 0\}\) ile gösterelim.

Önce \(\operatorname{conv}(X)\). \(X\), hiperbolün birinci bölgedeki kolu — bir eğridir. \(H = \{(x,y) \in Q : xy \ge 1\}\) kümesi konvekstir (bu, \(x > 0\) üzerinde konveks olan \(1/x\) fonksiyonunun grafiküstü kümesidir) ve \(X\)’i kapsar; ters yönde \(H\) kümesinin her noktası, eğri üzerindeki iki noktayı birleştiren bir kirişin üzerindedir. Dolayısıyla \(\operatorname{conv}(X) = H\)’dir.

(a) Konveks örtü, \((0,0)\) noktasından \(H\) kümesinin noktalarına giden bütün doğru parçalarının birleşimidir:

\[\operatorname{conv}(X_1 \cup X) = \{\lambda h : h \in H,\ 0 \le \lambda \le 1\}.\]

Bu kümenin tam olarak \(Q \cup \{(0,0)\}\) olduğunu görelim. Bir yandan \(\lambda h\) noktasının bileşenleri \(\lambda > 0\) için pozitiftir, \(\lambda = 0\) için nokta orijindir. Öte yandan herhangi bir \((u, v) \in Q\) verilsin ve \(c := uv > 0\) olsun. Eğer \(c \ge 1\) ise nokta zaten \(H\) kümesindedir. Eğer \(c < 1\) ise \(\lambda := \sqrt{c} \in (0, 1)\) seçilirse

\[h := \frac{1}{\lambda}(u, v) \quad \text{için} \quad \frac{u}{\lambda} \cdot \frac{v}{\lambda} = \frac{c}{c} = 1,\]

yani \(h \in X \subseteq H\) ve \((u, v) = \lambda h\) olur. Sonuçta

\[\operatorname{conv}(X_1 \cup X) = \{(x, y) : x > 0,\ y > 0\} \cup \{(0, 0)\}\]

bulunur: açık birinci bölge ile orijinin birleşimi.

(b) \(X_2\) kümesi \((0,0)\) noktasını da içerdiğinden (a) şıkkında bulunan küme baştan içeridedir; geriye yalnızca \((0, 1)\) noktasının eklenmesi kalır. \((0,0)\) ile \((0,1)\) arasındaki doğru parçası \(y\) ekseni üzerindedir; \((0, t)\) biçimindeki bir nokta ile \(Q\) kümesinden bir nokta arasındaki doğru parçasının uç noktalar dışındaki her noktasının birinci bileşeni pozitiftir, yani \(Q\) kümesindedir. Böylece

\[\operatorname{conv}(X_2 \cup X) = Q \cup \{(0, t) : 0 \le t \le 1\}\]

kümesinin konveks olduğu ve gereken bütün noktaları içerdiği görülür.

(c) Bu kez \(y\) ekseninin tamamı eklenmiştir. Herhangi bir \((u, w)\) noktası \(u > 0\) koşulunu sağlasın; \((0, 2w - 1) \in X_3\) ve \((2u, 1) \in Q\) noktaları alınırsa

\[\tfrac{1}{2}(0,\ 2w - 1) + \tfrac{1}{2}(2u,\ 1) = (u,\ w)\]

olur. Demek ki \(x > 0\) olan her nokta konveks örtüdedir; \(y\) ekseninin kendisi de zaten \(X_3\) olarak içeridedir. Ters yönde, \(X_3 \cup X\) kümesinin her noktasının birinci bileşeni negatif olmadığından konveks kombinasyonlarında da negatif olamaz. Sonuçta

\[\operatorname{conv}(X_3 \cup X) = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x \ge 0\},\]

yani kapalı sağ yarı düzlem elde edilir.

Üç şık birlikte şunu gösteriyor: konveks örtü alma işlemi, eklenen küçük bir kümeye karşı son derece duyarlıdır — tek bir noktanın eklenmesi eğriyi koca bir bölgeye, bir doğrunun eklenmesi ise yarı düzleme çevirmiştir.

13.6 Koniler ve Dual Koniler

Alıştırma 13.22 (Koniliği Koruyan İşlemler) Aşağıdakileri gösteriniz.

\(I\) herhangi bir indis kümesi olmak üzere \(\{C_i\}_{i \in I}\) bir koni ailesi ise \(\bigcap_{i \in I} C_i\) de bir konidir.
\(C_1 \subseteq \mathbb{R}^n\) ve \(C_2 \subseteq \mathbb{R}^m\) birer koni ise \(C_1 \times C_2\) de bir konidir.
\(C \subseteq \mathbb{R}^n\) bir koni ise \(\overline{C}\) de bir konidir.

Çözüm

Üçünde de denetlenecek tek şey Tanım 11.1’deki koşuldur: \(\lambda > 0\) ve \(x\) kümede iken \(\lambda x\) de kümede olmalı.

(a) \(x \in \bigcap_{i \in I} C_i\) ve \(\lambda > 0\) olsun. Her \(i \in I\) için \(x \in C_i\) ve \(C_i\) koni olduğundan \(\lambda x \in C_i\)’dir. Bu her \(i\) için geçerli olduğundan \(\lambda x\) kesişimdedir.

(b) \((x, y) \in C_1 \times C_2\) ve \(\lambda > 0\) olsun. Skalerle çarpma bileşen bileşen yapıldığından \(\lambda(x, y) = (\lambda x, \lambda y)\) olur; \(C_1\) ve \(C_2\) birer koni olduğundan \(\lambda x \in C_1\) ve \(\lambda y \in C_2\), yani \(\lambda(x,y) \in C_1 \times C_2\)’dir.

(c) \(\overline{x} \in \overline{C}\) ve \(\lambda > 0\) olsun. Elemanları \(C\) kümesinden olan ve \(x_k \to \overline{x}\) gerçekleyen bir \(\{x_k\}\) dizisi vardır. \(C\) koni olduğundan her \(k\) için \(\lambda x_k \in C\)’dir; öte yandan skalerle çarpma sürekli olduğundan \(\lambda x_k \to \lambda \overline{x}\) olur. Elemanları \(C\) kümesinden olan yakınsak bir dizinin limiti kapanışta bulunduğundan \(\lambda \overline{x} \in \overline{C}\) elde edilir.

Üçünde de konveksliğin hiç kullanılmadığına dikkat ediniz; koni olma özelliği yalnızca skalerle çarpmayla ilgilidir.

Alıştırma 13.23 (Pozitif Homojen Fonksiyon Altında Koniler) \(f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) pozitif homojen bir fonksiyon olsun.

\(C \subseteq \mathbb{R}^n\) bir koni ise \(f(C)\) kümesinin \(\mathbb{R}\)’de bir koni olduğunu gösteriniz.
\(D \subseteq \mathbb{R}\) bir koni ise \(f^{-1}(D)\) kümesinin \(\mathbb{R}^n\)’de bir koni olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Tanım 12.10 gereği her \(\lambda > 0\) ve her \(x\) için \(f(\lambda x) = \lambda f(x)\)’tir; bütün iş bu eşitliği doğru yönde okumaktan ibarettir.

(a) \(t \in f(C)\) ve \(\lambda > 0\) olsun. \(t = f(x)\) gerçekleyen bir \(x \in C\) vardır. \(C\) koni olduğundan \(\lambda x \in C\)’dir ve pozitif homojenlik ile

\[f(\lambda x) = \lambda f(x) = \lambda t\]

olur. Demek ki \(\lambda t \in f(C)\)’dir.

(b) \(x \in f^{-1}(D)\), yani \(f(x) \in D\) ve \(\lambda > 0\) olsun. Pozitif homojenlik ile \(f(\lambda x) = \lambda f(x)\)’tir; \(D\) bir koni ve \(f(x) \in D\) olduğundan \(\lambda f(x) \in D\) olur. Böylece \(f(\lambda x) \in D\), yani \(\lambda x \in f^{-1}(D)\) gerçeklenir.

Norm fonksiyonu pozitif homojen olduğundan (bkz. Tanım 12.10’i izleyen açıklama) bu iki sonuç doğrudan norma uygulanabilir; destek fonksiyonu \(S(\cdot, A)\) için de aynısı geçerlidir.

Alıştırma 13.24 (Negatif Yarı Eksen) \(A = (-\infty, 0) \subset \mathbb{R}\) kümesinin konveks bir koni olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Koni. \(x < 0\) ve \(\lambda > 0\) ise \(\lambda x < 0\), yani \(\lambda x \in A\)’dır.

Konveks. \(x, y < 0\) ve \(0 \le \lambda \le 1\) olsun. \(\lambda\) ile \(1 - \lambda\) katsayıları negatif değil ve toplamları \(1\) olduğundan en az biri pozitiftir; dolayısıyla

\[(1 - \lambda)x + \lambda y < 0\]

gerçeklenir ve nokta \(A\) kümesindedir. (Aynı sonuç, \(\mathbb{R}\)’de konveks kümelerin tam olarak aralıklar olduğu gözleminden de okunabilir.)

İkisi birlikte \(A\) kümesinin konveks bir koni olduğunu verir. Dikkat edilirse \(0 \notin A\)’dır; Tanım 11.1 yalnızca \(\lambda > 0\) istediğinden bu bir çelişki yaratmaz — koniler orijini içermek zorunda değildir.

Alıştırma 13.25 (Norm ile Tanımlanan Koniler) Aşağıdaki kümelerin kapalı konveks koni olduğunu gösteriniz.

\(K = \{(x, t) \in \mathbb{R}^n \times \mathbb{R} : \|x\| \le t\}\)
\(K = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : |x| \le 2y\}\)

Çözüm

İki şık da aynı üç adımdan geçer; (b), (a) şıkkının \(n = 1\) hâlinin ölçeklenmişidir.

(a) Koni. \((x, t) \in K\) ve \(\lambda > 0\) olsun. Normun homojenliği ile

\[\|\lambda x\| = \lambda \|x\| \le \lambda t\]

olduğundan \(\lambda(x, t) = (\lambda x, \lambda t) \in K\)’dır.

Konveks. Teorem 11.1 gereği konik kombinasyonları denetlemek yeter. \((x_1, t_1), (x_2, t_2) \in K\) ve \(\lambda_1, \lambda_2 > 0\) olsun; üçgen eşitsizliği ve homojenlik ile

\[\|\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2\| \le \lambda_1 \|x_1\| + \lambda_2 \|x_2\| \le \lambda_1 t_1 + \lambda_2 t_2\]

elde edilir; yani \(\lambda_1 (x_1,t_1) + \lambda_2 (x_2,t_2) \in K\)’dır. Koni ve konveks olduğundan \(K\) bir konveks konidir.

Kapalı. \(g(x, t) := \|x\| - t\) fonksiyonu süreklidir (norm süreklidir, çıkarma da öyle) ve \(K = \{(x,t) : g(x,t) \le 0\}\)’dır. Sürekli bir fonksiyonun bu biçimdeki seviye kümesi kapalıdır: \(K\) kümesinde yakınsak bir dizi alınıp eşitsizlikte limite geçilirse limit noktası da koşulu sağlar.

(b) \(|x| \le 2y\) koşulu \(\big| \tfrac{x}{2} \big| \le y\) biçiminde yazılabilir; yani \((x, y) \in K \iff \big( \tfrac{x}{2},\ y \big)\) noktası (a) şıkkındaki \(n = 1\) konisindedir. Aynı üç adım harfi harfine tekrarlanır:

\(\lambda > 0\) için \(|\lambda x| = \lambda|x| \le 2\lambda y\);
\(\lambda_1, \lambda_2 > 0\) için \(|\lambda_1 x_1 + \lambda_2 x_2| \le \lambda_1|x_1| + \lambda_2|x_2| \le 2(\lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2)\);
\((x, y) \mapsto |x| - 2y\) sürekli olduğundan küme kapalıdır.

Geometrik olarak (b), tepesi orijinde olan ve \(y\) ekseni etrafında simetrik duran bir açıdır; (a) ise onun \(\mathbb{R}^{n+1}\) boyutlu hâli — literatürde dondurma külahı konisi diye anılan yapıdır.

Alıştırma 13.26 (Konveks Kümenin Konik Örtüsü) \(X \subseteq \mathbb{R}^n\) konveks bir küme ise \(\operatorname{cone}(X)\) kümesinin konveks bir koni olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Tanım 11.3 gereği \(\operatorname{cone}(X) = \{\lambda x : \lambda \ge 0,\ x \in X\}\)’tir.

Koni. \(u = \alpha x \in \operatorname{cone}(X)\) (\(\alpha \ge 0\), \(x \in X\)) ve \(\mu > 0\) olsun. \(\mu u = (\mu\alpha)x\) ve \(\mu\alpha \ge 0\) olduğundan \(\mu u \in \operatorname{cone}(X)\)’tir.

Konveks. Teorem 11.1 uyarınca konik kombinasyonları denetleyelim. \(u = \alpha x\), \(v = \beta y\) (\(\alpha, \beta \ge 0\); \(x, y \in X\)) ve \(\lambda_1, \lambda_2 > 0\) olsun. Toplamın katsayılarını

\[s := \lambda_1 \alpha + \lambda_2 \beta \ \ge\ 0\]

ile toplayalım.

\(s = 0\) ise \(\lambda_1 \alpha = \lambda_2 \beta = 0\), dolayısıyla \(\alpha = \beta = 0\) ve \(\lambda_1 u + \lambda_2 v = 0 = 0 \cdot x \in \operatorname{cone}(X)\)’tir.
\(s > 0\) ise toplam \(s\) parantezine alınır:

\[\lambda_1 u + \lambda_2 v = \lambda_1 \alpha x + \lambda_2 \beta y = s \left( \frac{\lambda_1 \alpha}{s}\, x + \frac{\lambda_2 \beta}{s}\, y \right).\]

Parantez içindeki katsayılar negatif değildir ve toplamları \(1\)’dir; yani parantez, \(x\) ile \(y\) noktalarının bir konveks kombinasyonudur. \(X\) konveks olduğundan bu nokta \(X\) kümesindedir ve \(s \ge 0\) olduğundan \(s\) katı da \(\operatorname{cone}(X)\) kümesindedir.

Böylece \(\operatorname{cone}(X)\) konveks bir konidir. \(X\) kümesinin konveks olması şarttır: örneğin \(X = \{(1,0), (0,1)\}\) için \(\operatorname{cone}(X)\) iki ışının birleşimidir ve konveks değildir.

Alıştırma 13.27 (İki Koninin Toplamı) \(\varnothing \ne K_1, K_2 \subset \mathbb{R}^n\) iki koni ise \(K_1 + K_2 \subseteq \operatorname{conv}(K_1 \cup K_2)\) kapsamasının geçerli olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Püf noktası, bir toplamı konveks kombinasyona çevirmek için katsayıların toplamının \(1\) olması gerektiğidir; koni olma özelliği de bunu ücretsiz sağlar.

\(x_1 \in K_1\) ve \(x_2 \in K_2\) olsun. \(K_1\) ve \(K_2\) birer koni ve \(2 > 0\) olduğundan

\[2x_1 \in K_1 \subseteq K_1 \cup K_2, \qquad 2x_2 \in K_2 \subseteq K_1 \cup K_2\]

geçerlidir. Şimdi toplamı bu iki noktanın konveks kombinasyonu olarak yazalım:

\[x_1 + x_2 = \tfrac{1}{2}(2x_1) + \tfrac{1}{2}(2x_2).\]

Katsayılar negatif değildir ve toplamları \(1\)’dir; yani sağ taraf \(K_1 \cup K_2\) kümesinin iki elemanının konveks kombinasyonudur. Teorem 8.2 gereği \(\operatorname{conv}(K_1 \cup K_2)\) kümesi bu tür bütün kombinasyonları içerdiğinden \(x_1 + x_2 \in \operatorname{conv}(K_1 \cup K_2)\) elde edilir.

Kapsama genel olarak eşitlik değildir, ama koniler için çoğu zaman öyle olur: örneğin \(K_1\) ile \(K_2\) orijinden çıkan iki ışın ise her iki taraf da onların gerdiği açıdır.

Alıştırma 13.28 (İki Dual Koni Hesabı)

\(K_1 = (-\infty, 0) \subset \mathbb{R}\) ve \(K_2 = (0, +\infty) \subset \mathbb{R}\) konveks konileri için \((K_1 + K_2)^{*}\) dual konisini belirleyiniz.
\(\{0\} \subset \mathbb{R}^n\) tek nokta konisinin dual konisini bulunuz.

Çözüm

(a) Önce toplamı hesaplayalım. Herhangi bir \(t \in \mathbb{R}\) verildiğinde, yeterince büyük bir \(s > 0\) için \(t - s < 0\) olur ve

\[t = \underbrace{(t - s)}_{\in K_1} + \underbrace{s}_{\in K_2}\]

yazılır. Demek ki \(K_1 + K_2 = \mathbb{R}\)’dir. Şimdi Tanım 11.4 uygulanır:

\[\mathbb{R}^{*} = \{y \in \mathbb{R} : xy \ge 0,\ \forall x \in \mathbb{R}\}.\]

\(y > 0\) olsaydı \(x = -1\) için çarpım negatif olurdu; \(y < 0\) olsaydı \(x = 1\) için negatif olurdu. Geriye yalnızca \(y = 0\) kalır ve bu değer koşulu sağlar. Böylece

\[(K_1 + K_2)^{*} = \{0\}.\]

(b) \(K = \{0\}\) için tek denetlenecek eşitsizlik \(\langle 0, x^{*} \rangle \ge 0\), yani \(0 \ge 0\)’dır; bu her \(x^{*}\) için doğrudur. Dolayısıyla

\[\{0\}^{*} = \mathbb{R}^n.\]

İki şık birlikte, dual almanın ne kadar “ters çevirici” bir işlem olduğunu gösterir: koni büyüdükçe duali küçülür. En büyük koni olan \(\mathbb{R}^n\)’in duali en küçük koni \(\{0\}\), en küçük koni \(\{0\}\)’ın duali ise \(\mathbb{R}^n\)’dir.

Alıştırma 13.29 (Bir Koni Kendi Dualini Kapsar mı?) \(K = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x > 0,\ y > 0\}\) konisi için \(K^{*} \subseteq K\) kapsaması geçerli midir?

Çözüm

Hayır, geçerli değildir. Önce dualı hesaplayalım:

\[K^{*} = \{(a, b) \in \mathbb{R}^2 : ax + by \ge 0,\ \forall x, y > 0\}.\]

Eğer \(a < 0\) olsaydı, \(y\)’yi sabit tutup \(x\)’i büyüterek \(ax + by\) ifadesini negatif yapabilirdik; aynısı \(b < 0\) için de geçerlidir. Demek ki \(a \ge 0\) ve \(b \ge 0\) olmalıdır. Tersine \(a, b \ge 0\) ve \(x, y > 0\) ise toplam negatif olamaz. Böylece

\[K^{*} = \{(a, b) : a \ge 0,\ b \ge 0\},\]

yani kapalı birinci bölge elde edilir.

Şimdi kapsamayı sınayalım: \((0, 0) \in K^{*}\)’dır, oysa \(K\) kümesi \(x > 0\) istediğinden \((0,0) \notin K\)’dır. Aynı biçimde \((1, 0) \in K^{*} \setminus K\)’dır. Dolayısıyla \(K^{*} \not\subseteq K\)’dır.

Bunun şaşırtıcı olmaması gerekir. Hangi koniden üretilirse üretilsin dual koni daima \(0\) noktasını içerir, çünkü her \(x\) için \(\langle x, 0 \rangle = 0 \ge 0\)’dır; oysa \(K\) açık olduğundan orijini içermez. Bu tek gözlem, açık bir koninin dualini kapsamasını baştan olanaksız kılar.

Daha derli toplu bir okuma da mümkündür: Lemma 11.2 gereği \(K^{*} = (\overline{K})^{*}\)’tır ve \(\overline{K}\) negatif olmayan orthant olduğundan Örnek 11.2 ile

\[K^{*} = (\overline{K})^{*} = \overline{K}\]

bulunur. Yani dual, \(K\) kümesinin kendisini değil kapanışını geri verir; kapsama ancak \(K\) kapalı olsaydı — o zaman da eşitlik olarak — doğru olurdu.

13.7 Ayrılabilme

Alıştırma 13.30 (Ayrılabilme ve Kesin Ayrılabilme)

\(\mathbb{R}\) uzayında \(M = [2, 5)\) ile \(T = \big\{ \tfrac{3}{2} \big\}\) kümeleri ayrılabilir midir?
Alıştırma 13.5’ndeki \(A\) ve \(B\) kümeleri ayrılabilir midir? Kesin ayrılabilir midir?

Çözüm

(a) Evet, üstelik kesin ayrılabilirler. İki küme de konvekstir (\(\mathbb{R}\)’de aralıklar) ve \(\tfrac{3}{2} \notin [2,5)\) olduğundan ayrıktırlar. Tanım 10.3’daki eşitsizliği \(a = 1\) ile kuralım: her \(t \in T\) ve her \(m \in M\) için

\[\langle a, t \rangle = \tfrac{3}{2} \ \le\ b \ \le\ 2 \ \le\ m = \langle a, m \rangle\]

olacak bir \(b\) arıyoruz. \(b = \tfrac{7}{4}\) seçimi işi görür; ayıran hiperdüzlem \(H = \big\{ x \in \mathbb{R} : x = \tfrac{7}{4} \big\}\), yani tek bir noktadır (\(\mathbb{R}\)’de hiperdüzlemler noktalardır).

Ayırma kesindir: \(\varepsilon_0 = \tfrac{1}{4}\) alınırsa her \(t \in T\) için \(t \le b - \varepsilon_0 = \tfrac{3}{2}\) ve her \(m \in M\) için \(m \ge 2 > b\) gerçeklenir. Bunu Teorem 10.6’dan da okuyabilirdik: \(T\) tek noktalı olduğundan kompakt ve konvekstir, \(\overline{M} = [2,5]\) kapalı ve konvekstir, kesişimleri boştur.

(b) Ayrılabilirler ama kesin ayrılamazlar. \(A\) kümesinin bütün noktalarında \(x > 0\), \(B\) kümesinin bütün noktalarında \(x < 0\)’dır. \(a = (1, 0)\) ve \(b = 0\) alınırsa her \((x, y) \in B\) için

\[\langle a, (x,y) \rangle = x < 0 = b, \qquad \text{her } (x,y) \in A \text{ için } \ \langle a, (x,y) \rangle = x > 0 = b\]

olur; yani \(y\) ekseni \(B\) ile \(A\) kümelerini ayırır. (İkisi de konveks ve Alıştırma 13.5’nde görüldüğü gibi kapalıdır, ayrıca ayrıktırlar; ayrılabilirlik zaten Teorem 10.5 tarafından garanti edilmişti.)

Ayırma kesin değildir ve olamaz da. \(\big( \tfrac{1}{k}, k \big) \in A\) ile \(\big( -\tfrac{1}{k}, k \big) \in B\) noktaları arasındaki uzaklık \(\tfrac{2}{k} \to 0\)’dır; iki küme arasındaki uzaklık sıfır olduğundan aralarına pozitif genişlikte bir boşluk sığmaz. Tanım 10.4’daki \(\varepsilon_0 > 0\) hiçbir \(a\) ve \(b\) için bulunamaz.

Eksik olan koşul kompaktlıktır: Teorem 10.6 kümelerden birinin kompakt olmasını ister, oysa \(A\) ile \(B\) yalnızca kapalıdır. Bu, Teorem 10.6’yı izleyen uyarıdaki karşı örneğin bir başka yüzüdür.

13.8 Konveks Fonksiyonlar

Alıştırma 13.31 (Dört Temel Tanım) Aşağıdaki kavramların \(\mathbb{R}^n\) uzayındaki tanımlarını yazınız.

\(f : \mathbb{R}^n \to \overline{\mathbb{R}}\) fonksiyonunun konveks olması.
\(f : \mathbb{R}^n \to \overline{\mathbb{R}}\) fonksiyonunun \(x_0\) noktasındaki \(d\) yönündeki yönlü türevi.
\(h : \mathbb{R}^n \to \overline{\mathbb{R}}\) fonksiyonunun grafiküstü kümesi.
\(\varnothing \ne K \subseteq \mathbb{R}^n\) konisinin \(K^{*}\) dual konisi.

Çözüm

(a) Grafiküstü kümesi konveks olan fonksiyonlara konveks fonksiyon denir (Tanım 11.6): \(f\) konvekstir \(\iff\) \(\operatorname{epi}(f) \subseteq \mathbb{R}^{n+1}\) konveks bir kümedir. Teorem 11.2 gereği bu, her \(x_1, x_2 \in \mathbb{R}^n\) ve \(0 \le \lambda \le 1\) için

\[f\big( \lambda x_1 + (1 - \lambda)x_2 \big) \le \lambda f(x_1) + (1 - \lambda)f(x_2)\]

kiriş eşitsizliğine denktir; çoğu kaynak ikincisini doğrudan tanım olarak alır.

(b) Tanım 12.5 gereği \(d \in \mathbb{R}^n\) olmak üzere

\[f'(x_0; d) = \lim_{\lambda \downarrow 0} \frac{f(x_0 + \lambda d) - f(x_0)}{\lambda}\]

limitidir. Limitin yalnızca \(\lambda \downarrow 0\), yani sağdan alındığına dikkat ediniz; konveks fonksiyonlarda bu limit her yönde vardır, oysa iki taraflı türev var olmayabilir.

(c) Tanım 11.5 gereği

\[\operatorname{epi}(h) = \{(x, \alpha) \in \mathbb{R}^n \times \mathbb{R} : h(x) \le \alpha\},\]

yani grafiğin üstünde kalan bölgedir.

(d) Tanım 11.4 gereği

\[K^{*} = \{x^{*} \in \mathbb{R}^n : \langle x, x^{*} \rangle \ge 0,\ \forall x \in K\},\]

yani \(K\) konisinin bütün elemanlarıyla dar açı yapan vektörlerin kümesidir.

Alıştırma 13.32 (Afin Fonksiyon: Hem Konveks Hem Konkav) \(a \in \mathbb{R}^n\), \(b \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(f(x) = \langle a, x \rangle + b\) şeklinde tanımlansın. \(f\) fonksiyonunun hem konveks hem konkav olduğunu gösteriniz ve seviye kümelerini belirleyiniz.

Çözüm

Konvekslik ve konkavlık. \(x_1, x_2 \in \mathbb{R}^n\) ve \(0 \le \lambda \le 1\) olsun. İç çarpımın lineerliği ile

\[f\big( \lambda x_1 + (1-\lambda)x_2 \big) = \big\langle a,\ \lambda x_1 + (1-\lambda)x_2 \big\rangle + b = \lambda \langle a, x_1 \rangle + (1-\lambda)\langle a, x_2 \rangle + \underbrace{\lambda b + (1 - \lambda) b}_{= \, b}\]

\[= \lambda f(x_1) + (1 - \lambda) f(x_2)\]

elde edilir. Kiriş eşitsizliği eşitlikle sağlandığından \(f\) konvekstir; aynı eşitlik \(-f\) için de geçerli olduğundan Tanım 11.6 gereği \(f\) konkavdır da. Geometrik okunuşu şudur: kiriş grafiğin üstünde de altında da kalmaz, grafiğe tam olarak oturur.

Seviye kümeleri. \(\alpha \in \mathbb{R}\) için

\[L_f(\alpha) = \{x : \langle a, x \rangle + b \le \alpha\} = \{x : \langle a, x \rangle \le \alpha - b\}\]

olur. \(a \ne 0\) ise bu, normali \(a\) olan bir kapalı yarı uzaydır; \(a = 0\) ise \(b \le \alpha\) olup olmamasına göre ya \(\mathbb{R}^n\) ya da \(\varnothing\)’dur. Her hâlde konvekstir — Lemma 12.2 bunu zaten garanti eder.

Son bir not: tersi de doğrudur. \(\mathbb{R}^n\) üzerinde hem konveks hem konkav olan reel değerli bir fonksiyon, mutlaka bu biçimdedir; yani afin fonksiyonlar, kiriş eşitsizliğini iki yönde birden sağlayan tek ailedir.

Alıştırma 13.33 (Maksimum Eşitsizliğinden Seviye Kümelerine) \(\varnothing \ne A \subseteq \mathbb{R}^n\) konveks bir küme üzerinde tanımlanmış bir \(f : A \to \mathbb{R}\) fonksiyonu

\[\forall x, y \in A \ \text{ ve } \ \forall \lambda \in [0, 1] \ \text{ için } \ f\big( \lambda x + (1 - \lambda)y \big) \le \max\{f(x),\ f(y)\}\]

eşitsizliğini sağlasın. Bu durumda herhangi sabit bir \(\alpha \in \mathbb{R}\) için \(L_\alpha = \{x \in A : f(x) \le \alpha\}\) seviye kümesinin konveks olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(x, y \in L_\alpha\) ve \(\lambda \in [0,1]\) olsun. Tanım gereği \(f(x) \le \alpha\) ve \(f(y) \le \alpha\)’dır; iki sayının maksimumu da bu ortak üst sınırı aşamayacağından

\[\max\{f(x),\ f(y)\} \le \alpha\]

olur. Hipotezdeki eşitsizlik ile

\[f\big( \lambda x + (1 - \lambda)y \big) \ \le\ \max\{f(x),\ f(y)\} \ \le\ \alpha\]

elde edilir. Ayrıca \(A\) konveks olduğundan \(\lambda x + (1-\lambda)y \in A\)’dır. İkisi birlikte \(\lambda x + (1-\lambda)y \in L_\alpha\) demektir; yani \(L_\alpha\) konvekstir.

Buradaki koşul, konveksliğin bir adım zayıflatılmış hâlidir: kiriş eşitsizliğinde sağ taraftaki ağırlıklı ortalama yerine maksimum yazılmıştır ve ortalama daima maksimumdan küçük ya da ona eşit olduğundan her konveks fonksiyon bu koşulu sağlar. Elde edilen sonuç ise tam olarak Tanım 12.4’teki özelliktir; kısacası bu koşul, kuazikonveksliğin bir başka yazılışıdır. Tersinin doğru olmadığını \(x^3\) örneği gösterir.

Alıştırma 13.34 (Artan Konveks Fonksiyonla Bileşke)

\(f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) konveks bir fonksiyon ve \(T : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) konveks ve artan bir fonksiyon olsun. \(h(x) = T\big( f(x) \big)\) bileşke fonksiyonunun konveks olduğunu gösteriniz.
\(p \ge 1\) olmak üzere \(f(x) = \|x\|^p\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^n\) üzerinde konveks olduğunu gösteriniz.

Çözüm

(a) \(x, y \in \mathbb{R}^n\) ve \(0 \le \lambda \le 1\) olsun. İki adımda ilerleyeceğiz; birincisinde \(T\) fonksiyonunun artan olması, ikincisinde konveks olması kullanılacak.

\(f\) konveks olduğundan

\[f\big( \lambda x + (1 - \lambda)y \big) \ \le\ \lambda f(x) + (1 - \lambda)f(y)\]

geçerlidir. \(T\) artan olduğundan bu eşitsizliğin iki tarafına uygulanabilir ve yön korunur — ispatın bu adımında \(T\) fonksiyonundan istenen tek şey azalmamasıdır, kesin artan olması gerekmez:

\[h\big( \lambda x + (1 - \lambda)y \big) = T\Big( f\big( \lambda x + (1-\lambda)y \big) \Big) \ \le\ T\big( \lambda f(x) + (1 - \lambda)f(y) \big).\]

Şimdi \(T\) konveks olduğundan, sağ taraftaki argümanın \(f(x)\) ile \(f(y)\) sayılarının konveks kombinasyonu olduğu kullanılır:

\[T\big( \lambda f(x) + (1 - \lambda)f(y) \big) \ \le\ \lambda T\big( f(x) \big) + (1 - \lambda) T\big( f(y) \big) = \lambda h(x) + (1 - \lambda)h(y).\]

İki eşitsizlik birleştirilirse \(h\) için kiriş eşitsizliği elde edilir.

\(T\) fonksiyonunun artan olması vazgeçilmezdir: \(f(x) = x^2\) konveks, \(T(t) = -t\) konveks (afin) ama azalandır ve \(T(f(x)) = -x^2\) konveks değildir.

(b) \(g(x) = \|x\|\) fonksiyonu Örnek 11.3 gereği konvekstir ve değerleri \([0, +\infty)\) aralığındadır. Dış fonksiyon olarak

\[T(t) = \big( \max\{t, 0\} \big)^p\]

alalım; bu fonksiyon \(t \ge 0\) üzerinde \(t^p\) ile çakıştığından \(T(g(x)) = \|x\|^p\) olur. \(T\) fonksiyonu artandır (\(t\) büyüdükçe azalmaz) ve konvekstir: \(t \le 0\) için sabit sıfır, \(t > 0\) için türevi \(p t^{p-1} \ge 0\) olup \(p \ge 1\) nedeniyle azalmayandır; türevin \(\mathbb{R}\) üzerinde azalmaması konveksliğe denktir.

Böylece (a) şıkkı uygulanır ve \(f(x) = \|x\|^p\) konveks çıkar. \(p = 1\) durumunda sonuç zaten normun konveksliğidir; \(p = 2\) durumunda \(\|x\|^2 = \langle x, x \rangle\) elde edilir ve bu, Hessian’ı \(2I\) olan kesin konveks bir kuadratik formdur.

Alıştırma 13.35 (Konveks İki Fonksiyonun Çarpımı) \(f, g : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) fonksiyonları konveks ise \((f \cdot g)\) çarpım fonksiyonu da konveks midir?

Çözüm

Hayır. İddia genel olarak yanlıştır ve bir ters örnek yeter. \(\mathbb{R}\) üzerinde

\[f(x) = x, \qquad g(x) = -x\]

alalım. İkisi de afin olduğundan Alıştırma 13.32 gereği konvekstir (hatta konkavdır). Çarpımları ise

\[(f \cdot g)(x) = -x^2\]

olup \((f \cdot g)''(x) = -2 < 0\)’dır; tek değişkenli ölçüt gereği bu fonksiyon konveks değildir. Doğrudan da görülebilir: \(-1\) ile \(1\) noktalarının orta noktası \(0\) için

\[(f \cdot g)(0) = 0 \quad \text{oysa} \quad \tfrac{1}{2}(f \cdot g)(-1) + \tfrac{1}{2}(f \cdot g)(1) = -1\]

olduğundan kiriş grafiğin altında kalır.

Ters örneğin kaynağı, çarpanlardan birinin negatif değerler almasıdır. Nitekim tek değişkende ek koşullar altında iddia doğru olur: bir aralık üzerinde \(f\) ile \(g\) negatif olmayan, konveks ve aynı yönde tekdüze (ikisi de azalmayan ya da ikisi de artmayan) fonksiyonlarsa çarpımları konvekstir. Yukarıdaki örnekte \(g\) azalan, \(f\) artandır — koşul tam olarak burada bozulur.

Alıştırma 13.36 (İki Tek Değişkenli Aile) Aşağıdaki fonksiyonların \(\mathbb{R}\) üzerinde konveksliklerini inceleyiniz.

\(f(x) = e^{\alpha x}\), \(\quad -\infty < x < +\infty\), \(\quad -\infty < \alpha < +\infty\).
\(1 \le p < +\infty\) olmak üzere \[f(x) = \begin{cases} x^p, & x \ge 0 \\ +\infty, & x < 0. \end{cases}\]

Çözüm

(a) Fonksiyon her \(\alpha\) için iki kez türevlenebilirdir:

\[f'(x) = \alpha e^{\alpha x}, \qquad f''(x) = \alpha^2 e^{\alpha x}.\]

Üstel fonksiyon her zaman pozitif ve \(\alpha^2 \ge 0\) olduğundan her \(x \in \mathbb{R}\) için \(f''(x) \ge 0\)’dır; dolayısıyla \(f\) her \(\alpha\) değeri için konvekstir. \(\alpha \ne 0\) ise \(f'' > 0\) olduğundan kesin konvekstir; \(\alpha = 0\) durumunda \(f \equiv 1\) sabit fonksiyonu elde edilir ve o da konvekstir ama kesin konveks değildir.

(b) Burada fonksiyon genişletilmiş reel değerlidir; \(\operatorname{dom}(f) = [0, +\infty)\)’dur. İki şey denetlenmeli.

Tanım kümesi üzerinde. \(x > 0\) için

\[f'(x) = p x^{p-1}, \qquad f''(x) = p(p-1)x^{p-2} \ \ge\ 0\]

olur, çünkü \(p \ge 1\) ve \(x > 0\)’dır. Demek ki \(f\) fonksiyonu \([0, +\infty)\) üzerinde konvekstir.

Tanım kümesinin dışında. Kiriş eşitsizliğinde \(x_1\) ya da \(x_2\) noktalarından biri negatifse sağ taraf \(+\infty\) olur ve eşitsizlik kendiliğinden sağlanır. İkisi de negatif değilse ara nokta da negatif değildir ve yukarıdaki hesap geçerlidir.

Böylece \(f\) genişletilmiş reel değerli konveks bir fonksiyondur; ayrıca \(f(0) = 0 < +\infty\) ve hiçbir yerde \(-\infty\) değeri almadığından Tanım 11.7 anlamında hastır. Grafiküstü kümesi \(\operatorname{epi}(f) = \{(x, \alpha) : x \ge 0,\ \alpha \ge x^p\}\) olup konvekstir.

Bu fonksiyon, \(+\infty\) değerine izin vermenin ne işe yaradığının küçük bir örneğidir: “\(x \ge 0\)” kısıtı ayrıca yazılmak yerine fonksiyonun içine gömülmüştür.

Alıştırma 13.37 (Konkav mıdır?) \(f(x) = -\sup\{-\ln x,\ -\sqrt{x}\}\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^{+}\) kümesi üzerinde konkav mıdır?

Çözüm

Evet, konkavdır. İşi supremum teoremine havale edelim.

Önce içerideki iki fonksiyonun konveks olduğunu görelim. \(x > 0\) üzerinde

\[\frac{d^2}{dx^2}(-\ln x) = \frac{1}{x^2} > 0, \qquad \frac{d^2}{dx^2}\big( -\sqrt{x} \big) = \frac{1}{4} x^{-3/2} > 0\]

olduğundan \(-\ln x\) ile \(-\sqrt{x}\) fonksiyonlarının ikisi de \(\mathbb{R}^{+}\) üzerinde (kesin) konvekstir.

Teorem 11.3 gereği konveks fonksiyonların supremumu konvekstir; dolayısıyla

\[g(x) := \sup\{-\ln x,\ -\sqrt{x}\} = \max\{-\ln x,\ -\sqrt{x}\}\]

fonksiyonu \(\mathbb{R}^{+}\) üzerinde konvekstir. \(f = -g\) olduğundan Tanım 11.6’un ikinci yarısı uyarınca \(f\) konkavdır.

İfade sadeleştirilirse aynı sonuç bir kez daha görülür:

\[f(x) = -\max\{-\ln x,\ -\sqrt{x}\} = \min\{\ln x,\ \sqrt{x}\},\]

yani \(f\), iki konkav fonksiyonun noktasal minimumudur. Bu da aynı kapıya çıkar: Teorem 11.3’in ardından belirtildiği gibi

\[\inf\{f_i\} = -\sup\{-f_i\}\]

eşitliği nedeniyle infimum işlemi konkavlığı korur. Hangi yoldan gidilirse gidilsin sonuç aynıdır — zaten iki yol da tek bir teoremin işaret değiştirmiş hâlleridir.

Alıştırma 13.38 (Uzaklık Fonksiyonu Konvekstir) \(\varnothing \ne A \subset \mathbb{R}^n\) konveks bir küme olmak üzere, \(x\) noktasının \(A\) kümesine uzaklığını veren

\[\rho(A, x) = \inf_{a \in A} \|x - a\|\]

fonksiyonunun \(\mathbb{R}^n\) üzerinde konveks olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(x_1, x_2 \in \mathbb{R}^n\), \(0 \le \lambda \le 1\) ve herhangi bir \(\varepsilon > 0\) verilsin. İnfimum tanımı gereği

\[\|x_1 - a_1\| \le \rho(A, x_1) + \varepsilon, \qquad \|x_2 - a_2\| \le \rho(A, x_2) + \varepsilon\]

gerçekleyen \(a_1, a_2 \in A\) noktaları vardır. \(A\) konveks olduğundan

\[a := \lambda a_1 + (1 - \lambda)a_2 \in A\]

geçerlidir. Bu \(a\) noktası, \(\rho\big( A,\ \lambda x_1 + (1-\lambda)x_2 \big)\) infimumunun adaylarından biridir; infimum bütün adaylardan küçük ya da onlara eşit olduğundan

\[\rho\big( A,\ \lambda x_1 + (1 - \lambda)x_2 \big) \ \le\ \big\| \lambda x_1 + (1 - \lambda)x_2 - a \big\| = \big\| \lambda(x_1 - a_1) + (1 - \lambda)(x_2 - a_2) \big\|\]

yazılır. Üçgen eşitsizliği ve normun homojenliği ile sağ taraf

\[\le \lambda \|x_1 - a_1\| + (1 - \lambda)\|x_2 - a_2\| \ \le\ \lambda \rho(A, x_1) + (1 - \lambda)\rho(A, x_2) + \varepsilon\]

olarak sınırlanır. Buradaki \(\varepsilon > 0\) herhangi olduğundan \(\varepsilon \to 0^{+}\) için istenen kiriş eşitsizliği elde edilir.

İspatta \(\varepsilon\) kullanılmasının nedeni, infimumun bir noktada alınmak zorunda olmamasıdır: \(A\) kapalı değilse en yakın nokta var olmayabilir ve \(\|x_i - a_i\|\) değerini tam olarak \(\rho(A, x_i)\) yapan bir \(a_i\) bulunamaz. \(A\) kapalı olduğunda Teorem 10.2 gereği bu noktalar vardır ve \(\varepsilon\)’a hiç gerek kalmaz.

\(A\) kümesinin konveks olması vazgeçilmezdir: \(A = \{-1, 1\} \subset \mathbb{R}\) için \(\rho(A, x) = \big| |x| - 1 \big|\) olup \(x = 0\) noktasında kiriş grafiğin altına düşer.

13.9 Hessian ile Konvekslik Denetimi

Alıştırma 13.39 (Üç Kuadratik Form) Aşağıdaki fonksiyonların konveksliğini inceleyiniz.

\(f(x, y) = x^2 + y^2 + x + y\), \(\quad \mathbb{R}^2\)’de.
\(f(x, y, z) = 3x^2 + 6xz + y^2 - 4yz + 8z^2\), \(\quad \mathbb{R}^3\)’te.
\(f(x, y, z) = x^2 + 2xy + 4xz + 3y^2 + yz + 7z^2\), \(\quad \mathbb{R}^3\)’te.

Çözüm

Üçünde de fonksiyon ikinci dereceden olduğundan Hessian sabittir; tek bir matris hesabı bütün noktalar için yeter. Üçünde de öncü esas minörler pozitif çıkacağından Lemma 12.1 (Sylvester kriteri) yolu izlenir ve sonuç kesin konveks olur.

(a) Birinci mertebeden türevler \(f_x = 2x + 1\) ve \(f_y = 2y + 1\) olduğundan

\[H = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \Delta_1 = 2 > 0, \qquad \Delta_2 = 4 > 0.\]

Hessian pozitif tanımlıdır; Teorem 12.1 gereği \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^2\) üzerinde kesin konvekstir. Doğrusal terimler (\(x + y\)) Hessian’a hiç girmez — afin bir ek, konveksliği değiştirmez.

(b) Birinci mertebeden türevler

\[f_x = 6x + 6z, \qquad f_y = 2y - 4z, \qquad f_z = 6x - 4y + 16z\]

olduğundan ikinci mertebeden türevler \(f_{xx} = 6\), \(f_{xy} = 0\), \(f_{xz} = 6\), \(f_{yy} = 2\), \(f_{yz} = -4\), \(f_{zz} = 16\) ve

\[H = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 6 \\ 0 & 2 & -4 \\ 6 & -4 & 16 \end{pmatrix}\]

bulunur. Öncü esas minörler:

\[\Delta_1 = 6 > 0, \qquad \Delta_2 = \begin{vmatrix} 6 & 0 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} = 12 > 0,\]

\[\Delta_3 = \det H = 6(2 \cdot 16 - 16) - 0 + 6(0 - 12) = 96 - 72 = 24 > 0.\]

Üçü de pozitif olduğundan \(H\) pozitif tanımlıdır ve \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^3\) üzerinde kesin konvekstir.

(c) Birinci mertebeden türevler

\[f_x = 2x + 2y + 4z, \qquad f_y = 2x + 6y + z, \qquad f_z = 4x + y + 14z\]

olduğundan

\[H = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 4 \\ 2 & 6 & 1 \\ 4 & 1 & 14 \end{pmatrix}\]

elde edilir. Öncü esas minörler:

\[\Delta_1 = 2 > 0, \qquad \Delta_2 = 12 - 4 = 8 > 0,\]

\[\Delta_3 = 2(84 - 1) - 2(28 - 4) + 4(2 - 24) = 166 - 48 - 88 = 30 > 0.\]

Yine pozitif tanımlıdır; \(f\) kesin konvekstir.

Alıştırma 13.40 (Konveks mi, Kesin Konveks mi, Konveks Değil mi?) \(f(x, y, z) = (x - y)^2 + 2z^2\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^3\)’teki konveksliğini inceleyip sonucu bu üç ifadeden biriyle belirtiniz.

Çözüm

Açarsak \(f(x, y, z) = x^2 - 2xy + y^2 + 2z^2\) olur. Birinci mertebeden türevler

\[f_x = 2x - 2y, \qquad f_y = -2x + 2y, \qquad f_z = 4z\]

olduğundan

\[H = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 0 \\ -2 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}\]

bulunur; Hessian yine sabittir.

Önce Sylvester’ı deneyelim. Öncü esas minörler

\[\Delta_1 = 2 > 0, \qquad \Delta_2 = \begin{vmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 2 \end{vmatrix} = 4 - 4 = 0, \qquad \Delta_3 = \det H = 4 \cdot 0 = 0\]

biçimindedir. \(\Delta_2\) ile \(\Delta_3\) pozitif olmadığından Lemma 12.1 uygulanmaz: matris pozitif tanımlı değildir, dolayısıyla bu yoldan kesin konvekslik çıkmaz.

Şimdi konveksliğe bakalım. Bunun için tablonun ikinci satırındayız: bütün esas minörler denetlenmeli, öncü olanlar yetmez. \(3 \times 3\) bir matriste \(2^3 - 1 = 7\) tane esas minör vardır:

birinci mertebeden (köşegen elemanları): \(2\), \(2\), \(4\) — hepsi \(\ge 0\);
ikinci mertebeden: \(\{1,2\}\) seçimi \(4 - 4 = 0\); \(\{1,3\}\) seçimi \(2 \cdot 4 = 8\); \(\{2,3\}\) seçimi \(2 \cdot 4 = 8\) — hepsi \(\ge 0\);
üçüncü mertebeden: \(\det H = 0 \ge 0\).

Yedisi de negatif olmadığından \(H\) pozitif yarı-tanımlıdır ve Teorem 12.1 gereği \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^3\) üzerinde konvekstir.

Kesin konveks değildir. Bunu ayrıca göstermek gerekir, çünkü Hessian kriterinin yalnızca “pozitif tanımlı \(\Rightarrow\) kesin konveks” yönü vardır. \(d = (1, 1, 0)\) yönünü alalım:

\[f(t, t, 0) = (t - t)^2 + 0 = 0\]

olduğundan \(f\) fonksiyonu bu doğru boyunca sabittir. Sabit bir fonksiyon üzerinde kiriş grafiğe tam oturur, yani kesin eşitsizlik bozulur. Aynı şey \(\langle d, Hd \rangle = 0\) hesabından da okunur.

Sonuç: \(f\) konvekstir, kesin konveks değildir. Bu problem, öncü esas minörlerle bütün esas minörler arasındaki ayrımın neden önemli olduğunun tam örneğidir: öncü minörlere bakıp “\(\Delta_2 = 0\), demek ki konveks değil” demek yanlış olurdu.

Alıştırma 13.41 (Bir Kesirli Fonksiyon) \(f(x, y) = \dfrac{x^2}{y}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{+}\) kümesi üzerindeki konveksliğini inceleyiniz.

Çözüm

Tanım kümesi \(C = \{(x, y) : y > 0\}\) açık ve konveks bir kümedir; Teorem 12.1 tam olarak böyle kümelerde uygulanır.

Birinci mertebeden türevler

\[f_x = \frac{2x}{y}, \qquad f_y = -\frac{x^2}{y^2}\]

olduğundan ikinci mertebeden türevler

\[f_{xx} = \frac{2}{y}, \qquad f_{xy} = f_{yx} = -\frac{2x}{y^2}, \qquad f_{yy} = \frac{2x^2}{y^3}\]

\[H(x, y) = \begin{pmatrix} \dfrac{2}{y} & -\dfrac{2x}{y^2} \\[6pt] -\dfrac{2x}{y^2} & \dfrac{2x^2}{y^3} \end{pmatrix}\]

bulunur. Bu kez Hessian sabit değildir, ama işareti her noktada aynı çıkacaktır.

Bütün esas minörleri yazalım (\(n = 2\) için üç tane vardır):

\[\frac{2}{y} > 0, \qquad \frac{2x^2}{y^3} \ge 0, \qquad \det H = \frac{2}{y} \cdot \frac{2x^2}{y^3} - \frac{4x^2}{y^4} = \frac{4x^2}{y^4} - \frac{4x^2}{y^4} = 0.\]

\(y > 0\) olduğundan üçü de negatif değildir; dolayısıyla \(H(x,y)\) her noktada pozitif yarı-tanımlıdır ve \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}^{+}\) üzerinde konvekstir.

Determinantın her noktada sıfır olması, fonksiyonun kesin konveks olmadığını sezdirir; nitekim \(t > 0\) için

\[f(tx, ty) = \frac{t^2 x^2}{t y} = t \cdot \frac{x^2}{y} = t f(x, y)\]

olduğundan \(f\) pozitif homojendir (Tanım 12.10) ve orijinden çıkan her ışın boyunca doğrusaldır. Bir doğru parçası üzerinde doğrusallaşan fonksiyon kesin konveks olamaz.

Alıştırma 13.42 (Üstellerin Toplamının Logaritması) \(f(x, y) = \ln\big( e^{x} + e^{y} \big)\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^2\)’deki konveksliğini inceleyiniz.

Çözüm

Kısaltma için \(S := e^{x} + e^{y} > 0\) yazalım. Birinci mertebeden türevler

\[f_x = \frac{e^{x}}{S}, \qquad f_y = \frac{e^{y}}{S}\]

olur. İkinci mertebeden türevler bölme kuralıyla hesaplanır:

\[f_{xx} = \frac{e^{x} S - e^{x} \cdot e^{x}}{S^2} = \frac{e^{x} e^{y}}{S^2}, \qquad f_{yy} = \frac{e^{x} e^{y}}{S^2}, \qquad f_{xy} = -\frac{e^{x} e^{y}}{S^2}.\]

Ortak çarpan dışarı alınırsa

\[H(x, y) = \frac{e^{x + y}}{S^2} \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\]

elde edilir; buradaki \(c := e^{x+y}/S^2\) sayısı her noktada pozitiftir.

Esas minörler: köşegen elemanları \(c > 0\) ve \(c > 0\); determinant ise

\[\det H = c^2 (1 \cdot 1 - (-1)(-1)) = 0.\]

Üçü de negatif olmadığından \(H\) her noktada pozitif yarı-tanımlıdır ve \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^2\) üzerinde konvekstir.

Kesin konveks değildir: \(d = (1, 1)\) yönünde \(\langle d, Hd \rangle = c(1 - 1 - 1 + 1) = 0\)’dır. Nitekim \(f(x + t,\ y + t) = f(x,y) + t\) olduğundan fonksiyon köşegen doğrultusunda tam olarak doğrusaldır.

Alıştırma 13.43 (Konveksliği Bozan Bir Çarpım) \(f(x, y) = x e^{y} + y e^{x}\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^2\)’deki konveksliğini inceleyiniz.

Çözüm

Birinci mertebeden türevler

\[f_x = e^{y} + y e^{x}, \qquad f_y = x e^{y} + e^{x}\]

olduğundan

\[f_{xx} = y e^{x}, \qquad f_{xy} = e^{y} + e^{x}, \qquad f_{yy} = x e^{y}\]

\[H(x, y) = \begin{pmatrix} y e^{x} & e^{x} + e^{y} \\ e^{x} + e^{y} & x e^{y} \end{pmatrix}\]

bulunur. Tek bir noktada koşulun bozulması, fonksiyonun konveks olmaması için yeter. Orijini alalım:

\[H(0, 0) = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \det H(0,0) = -4 < 0.\]

Determinant bir esas minördür ve negatiftir; dolayısıyla \(H(0,0)\) pozitif yarı-tanımlı değildir ve Teorem 12.1 gereği \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^2\) üzerinde konveks değildir.

Aynı sonuç bir doğru üzerinde de görülebilir: \(g(t) := f(t, t) = 2t e^{t}\) fonksiyonunun ikinci türevi

\[g''(t) = 2 e^{t}(t + 2)\]

olup \(t < -2\) için negatiftir. Konveks bir fonksiyon her doğru üzerinde konveks olmak zorunda olduğundan (bölümün açılışındaki kesit fikri) bu tek başına iddiayı çürütür.

Not: \(f\) fonksiyonu eksenler üzerinde doğrusaldır — \(f(x, 0) = x\) ve \(f(0, y) = y\) — yani “kötü davranış” ancak eksenlerin dışına çıkıldığında görünür. Konveksliği tek bir doğru üzerinde denetlemenin yeterli olmadığını gösteren iyi bir örnektir.

Alıştırma 13.44 (Konveksliğin Bölgeye Bağlı Olması) \(f(x, y) = x^2 - 2xy + \dfrac{1}{3}y^3 - 3y\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^2\)’deki konveksliğini inceleyiniz.

Çözüm

Birinci mertebeden türevler

\[f_x = 2x - 2y, \qquad f_y = -2x + y^2 - 3\]

olduğundan ikinci mertebeden türevler \(f_{xx} = 2\), \(f_{xy} = -2\), \(f_{yy} = 2y\) ve

\[H(x, y) = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 2y \end{pmatrix}\]

bulunur. Bu kez Hessian \(y\) değişkenine bağlıdır; sonuç da bölgeye bağlı çıkacaktır.

Esas minörler \(2\), \(2y\) ve \(\det H = 4y - 4\)’tür. Hepsinin negatif olmaması için

\[2 \ge 0 \ \ (\text{daima}), \qquad 2y \ge 0 \iff y \ge 0, \qquad 4y - 4 \ge 0 \iff y \ge 1\]

koşulları gerekir; üçü birlikte \(y \ge 1\) verir.

\(y > 1\) olan açık yarı düzlemde \(\Delta_1 = 2 > 0\) ve \(\Delta_2 = 4y - 4 > 0\) olduğundan Hessian pozitif tanımlıdır: \(f\) orada kesin konvekstir. Süreklilikle \(\{(x,y) : y \ge 1\}\) kapalı yarı düzleminde de konvekstir.
\(y < 1\) olan noktalarda \(\det H = 4y - 4 < 0\) olduğundan Hessian pozitif yarı-tanımlı değildir.

Dolayısıyla \(f\) fonksiyonu \(\mathbb{R}^2\)’nin tamamında konveks değildir; konveks olduğu en büyük bölge \(y \ge 1\) yarı düzlemidir. Konveksliği bozan terim \(\tfrac{1}{3}y^3\)’tür: tek değişkenli karşılığının ikinci türevi \(2y\) olup \(y < 0\) bölgesinde negatiftir, çapraz terim \(-2xy\) ise eşiği \(y = 0\)’dan \(y = 1\)’e taşımıştır.

Buradaki ders şudur: “bu fonksiyon konveks midir?” sorusunun cevabı çoğu zaman hangi küme üzerinde diye sorulmadan verilemez.

13.10 Yönlü Türev ve Subdiferansiyel

Alıştırma 13.45 (Subdiferansiyel, Tek Yanlı Türevler Arasındaki Aralıktır) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) konveks bir fonksiyon ve \(x_0 \in \mathbb{R}\) olsun.

\[\partial f(x_0) = \big[ f'_{-}(x_0),\ f'_{+}(x_0) \big]\]

eşitliğini gösteriniz; burada \(f'_{-}\) ve \(f'_{+}\) sırasıyla soldan ve sağdan türevleri göstermektedir.

Çözüm

Önce konveks fonksiyonların temel gözlemini yazalım: \(x_1 < x_0 < x_2\) için üç kiriş eşitsizliği

\[\frac{f(x_0) - f(x_1)}{x_0 - x_1} \ \le\ \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \ \le\ \frac{f(x_2) - f(x_0)}{x_2 - x_0}\]

geçerlidir. Bu, \(x_0 = \lambda x_1 + (1 - \lambda)x_2\) yazıp (\(\lambda = \frac{x_2 - x_0}{x_2 - x_1}\)) kiriş eşitsizliğini düzenlemekten ibarettir. Sonucu şöyle okuyabiliriz: \(x \mapsto \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}\) fark bölümü, \(x\) değişkeninin azalmayan bir fonksiyonudur. Dolayısıyla

\[f'_{-}(x_0) = \sup_{x < x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}, \qquad f'_{+}(x_0) = \inf_{x > x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}\]

limitleri vardır ve \(f'_{-}(x_0) \le f'_{+}(x_0)\)’dır.

Şimdi Tanım 12.6’i açalım. Bir \(x^{*} \in \mathbb{R}\) sayısı için

\[x^{*} \in \partial f(x_0) \iff \forall x \in \mathbb{R} \ \text{ için } \ f(x) - f(x_0) \ge x^{*}(x - x_0).\]

Üç durumu ayrı ayrı inceleyelim.

\(x = x_0\) için eşitsizlik \(0 \ge 0\) olur ve her \(x^{*}\) bunu sağlar.
\(x > x_0\) için \(x - x_0 > 0\) ile bölünür ve yön korunur: \[\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \ \ge\ x^{*}.\] Bu, sağ taraftaki bütün fark bölümlerinin \(x^{*}\) sayısını aşması demektir; infimum alındığında koşul \(x^{*} \le f'_{+}(x_0)\) hâline gelir.
\(x < x_0\) için \(x - x_0 < 0\) ile bölünür ve yön değişir: \[\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \ \le\ x^{*}.\] Supremum alındığında koşul \(x^{*} \ge f'_{-}(x_0)\) olur.

Üçü birlikte \(x^{*} \in \partial f(x_0) \iff f'_{-}(x_0) \le x^{*} \le f'_{+}(x_0)\) verir; yani iddia edilen eşitlik doğrudur.

İki doğal sonuç: (i) subdiferansiyel daima kapalı bir aralıktır, dolayısıyla kapalı ve konveks bir kümedir; (ii) \(f\) fonksiyonu \(x_0\) noktasında türevlenebilir olması için gerek ve yeter koşul \(f'_{-}(x_0) = f'_{+}(x_0)\), yani \(\partial f(x_0)\) kümesinin tek noktalı olmasıdır — bu durumda tek eleman \(f'(x_0)\)’dır.

Alıştırma 13.46 (Subgradient Yönlü Türevi Alttan Sınırlar) \(f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) has konveks bir fonksiyon ve \(x_0 \in \operatorname{dom}(f)\) olsun. Eğer \(g_0 \in \partial f(x_0)\) ise her \(d \in \mathbb{R}^n\) için

\[f'(x_0; d) \ \ge\ \langle g_0,\ d \rangle\]

eşitsizliğinin gerçeklendiğini gösteriniz.

Çözüm

\(g_0\) bir subgradient olduğundan Tanım 12.6 gereği her \(x \in \mathbb{R}^n\) için

\[f(x) - f(x_0) \ \ge\ \langle g_0,\ x - x_0 \rangle\]

geçerlidir. Bu eşitsizliği herhangi bir \(d \in \mathbb{R}^n\) yönü ve \(\lambda > 0\) için \(x = x_0 + \lambda d\) noktasında kullanalım. \(x - x_0 = \lambda d\) olduğundan

\[f(x_0 + \lambda d) - f(x_0) \ \ge\ \langle g_0,\ \lambda d \rangle = \lambda \langle g_0,\ d \rangle\]

elde edilir. \(\lambda > 0\) olduğundan iki taraf \(\lambda\) ile bölünebilir ve yön korunur:

\[\frac{f(x_0 + \lambda d) - f(x_0)}{\lambda} \ \ge\ \langle g_0,\ d \rangle.\]

Sağ taraf \(\lambda\) değişkenine bağlı olmadığından, sol tarafta \(\lambda \downarrow 0\) için limite geçilebilir. Tanım 12.5 gereği bu limit tam olarak \(f'(x_0; d)\) olduğundan

\[f'(x_0; d) \ \ge\ \langle g_0,\ d \rangle\]

bulunur.

Sonucun anlamı şudur: bir subgradient, fonksiyonun hiçbir yönde kendisinden daha hızlı azalamayacağını garanti eder. Nitekim aslında daha fazlası doğrudur — konveks fonksiyonlarda \(f'(x_0; d) = \max\{\langle g, d \rangle : g \in \partial f(x_0)\}\) eşitliği geçerlidir; yönlü türev, subdiferansiyelin \(d\) yönündeki destek fonksiyonudur (Tanım 12.8). Yukarıda gösterilen, bu eşitliğin kolay yönüdür.

Alıştırma 13.47 (Parçalı Bir Fonksiyonun Subdiferansiyeli) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) fonksiyonu

\[f(x) = \begin{cases} x^2, & x \le 0 \\ x, & x > 0 \end{cases}\]

şeklinde tanımlanmış olsun. \(f\) fonksiyonunun konveks olduğunu grafiküstü kümesini çizerek gösteriniz, \(x = 0\) noktasındaki türevini araştırınız ve \(\partial f(0)\) kümesini belirleyiniz.

Çözüm

Konvekslik. Fonksiyon \(x = 0\) noktasında süreklidir: soldan \(0^2 = 0\), sağdan \(0\) ve \(f(0) = 0\)’dır. Türev

\[f'(x) = \begin{cases} 2x, & x < 0 \\ 1, & x > 0 \end{cases}\]

biçimindedir. \(x < 0\) bölgesinde \(2x\) artarak \(0\) değerine yaklaşır; \(x > 0\) bölgesinde sabit \(1\)’dir. Dolayısıyla türev bütün eksen boyunca azalmayan bir fonksiyondur ve bu, tek değişkende konveksliğe denktir.

Grafiküstü kümesi diliyle aynı şey şöyle okunur: \(\operatorname{epi}(f)\) kümesi, solda parabolün, sağda \(y = x\) doğrusunun üstünde kalan bölgedir; iki parça \(x = 0\) noktasında hem değer hem de “yukarı bükülme” yönü bakımından uyumlu biçimde birleşir ve elde edilen bölge konvekstir. Tanım 11.6 gereği \(f\) konvekstir.

\(x = 0\) noktasındaki türev. Tek yanlı türevleri hesaplayalım:

\[f'_{-}(0) = \lim_{h \to 0^{-}} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^{-}} \frac{h^2}{h} = \lim_{h \to 0^{-}} h = 0,\]

\[f'_{+}(0) = \lim_{h \to 0^{+}} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^{+}} \frac{h}{h} = 1.\]

İkisi eşit olmadığından \(f\) fonksiyonu \(x = 0\) noktasında türevlenebilir değildir; grafikte bir kırılma vardır.

Subdiferansiyel. Alıştırma 13.45 gereği doğrudan

\[\partial f(0) = \big[ f'_{-}(0),\ f'_{+}(0) \big] = [0, 1]\]

yazılır. Aynı sonucu tanımdan da doğrulayalım: her \(x\) için \(f(x) \ge x^{*} x\) olmalıdır.

\(x > 0\) için \(x \ge x^{*} x\) olup \(x > 0\) ile bölünürse \(x^{*} \le 1\);
\(x < 0\) için \(x^2 \ge x^{*} x\) olup negatif olan \(x\) ile bölünürse yön değişir ve \(x \le x^{*}\) bulunur; bu her \(x < 0\) için istendiğinden \(x^{*} \ge 0\);
\(x = 0\) için koşul \(0 \ge 0\)’dır.

Üçü birlikte \(0 \le x^{*} \le 1\), yani \(\partial f(0) = [0, 1]\) verir. Sıfırdan farklı noktalarda fonksiyon türevlenebilir olduğundan subdiferansiyel tek noktalıdır: \(x < 0\) için \(\partial f(x) = \{2x\}\), \(x > 0\) için \(\partial f(x) = \{1\}\).

Alıştırma 13.48 (Üç Maksimum Fonksiyonunun Subdiferansiyeli) Aşağıdaki fonksiyonların konveks olduğunu gösteriniz, parçalı biçimde yazınız ve belirtilen noktadaki subdiferansiyellerini belirleyiniz.

\(f(x) = \max\{1,\ x\}\), \(\quad \partial f(1) = ?\)
\(f(x) = \max\{x,\ 4 - x\}\), \(\quad \partial f(2) = ?\)
\(f(x) = \max\{e^{x},\ 1 - x\}\), \(\quad \partial f(0) = ?\)

Çözüm

Ortak gerekçe. Üç fonksiyon da iki konveks fonksiyonun noktasal maksimumudur; Teorem 11.3 gereği (iki elemanlı bir indis kümesiyle) hepsi konvekstir. Kırılma, iki parçanın eşitlendiği noktada oluşur ve orada Alıştırma 13.45 doğrudan uygulanır: subdiferansiyel, soldan ve sağdan türevler arasındaki kapalı aralıktır.

(a) \(1 \le x \iff x \ge 1\) olduğundan

\[f(x) = \begin{cases} 1, & x \le 1 \\ x, & x > 1. \end{cases}\]

Kırılma noktası \(x_0 = 1\)’dir ve \(f(1) = 1\)’dir. Soldan türev sabit parçadan gelir: \(f'_{-}(1) = 0\). Sağdan türev doğrusal parçadan gelir: \(f'_{+}(1) = 1\). Böylece

\[\partial f(1) = [0, 1].\]

(b) \(x \ge 4 - x \iff x \ge 2\) olduğundan

\[f(x) = \begin{cases} 4 - x, & x < 2 \\ x, & x \ge 2 \end{cases}\]

ve \(f(2) = 2\)’dir. Soldan gelen parçanın eğimi \(-1\), sağdan gelenin eğimi \(+1\) olduğundan

\[f'_{-}(2) = -1, \qquad f'_{+}(2) = 1, \qquad \partial f(2) = [-1, 1].\]

(c) Hangi parçanın nerede büyük olduğunu bulmak için \(h(x) := e^{x} - (1 - x) = e^{x} + x - 1\) farkına bakalım. \(h(0) = 0\) ve \(h'(x) = e^{x} + 1 > 0\) olduğundan \(h\) kesin artandır; dolayısıyla \(x < 0\) için \(h(x) < 0\), \(x > 0\) için \(h(x) > 0\)’dır. Demek ki

\[f(x) = \begin{cases} 1 - x, & x \le 0 \\ e^{x}, & x > 0 \end{cases}\]

ve \(f(0) = 1\)’dir. Tek yanlı türevler \(f'_{-}(0) = -1\) ve \(f'_{+}(0) = e^{0} = 1\) olduğundan

\[\partial f(0) = [-1, 1].\]

Ortak kural. Üç şıkta da sonuç, kırılma noktasında eşitlenen iki parçanın oradaki türevleri arasındaki aralıktır:

\[\partial f(x_0) = \operatorname{conv}\big\{ f_1'(x_0),\ f_2'(x_0) \big\}.\]

Bunun sezgisi Tanım 12.6’in geometrik okunuşundan gelir: kırılma noktasında grafiğe alttan yaslanabilen doğru tek değildir; iki parçanın teğetleri arasında kalan bütün eğimler işe yarar. Aynı olguyu Örnek 12.4’ta \(f(x) = |x| = \max\{x, -x\}\) için de görmüştük; orada iki parçanın eğimleri \(-1\) ile \(1\) olduğundan \(\partial f(0) = [-1, 1]\) çıkmıştı.