凸集分离定理

目录

• 1. 凸集分离定理：欧式空间情形
• 2. 凸集分离定理：赋范线性空间情形

1. 凸集分离定理：欧式空间情形

   凸集的比较好的性质之一就是所谓的凸集分离定理，它告诉我们，可以选取一个超平面来分离两个不相交的凸集合！我们以后也会看到这个定理在凸优化问题中的应用，例如Slater条件。

  凸集分离定理（欧氏空间情形)：设集合(S_{1}),(S_{2})是(mathbb{R}^{n})((ngeq 1))中的两个不相交的非空凸集，则存在一个超平面分离(S_{1}),(S_{2}),既存在(vin mathbb{R}^{n}),(v eq 0)以及(binmathbb{R}) 使得：
egin{equation}vcdot x+bgeq 0,end{equation} 对任意 (xin S_{1},) 且：
egin{equation}vcdot x+bleq 0,end{equation} 对任意 (xin S_{2}).

证明:
  由(S_{1}),(S_{2})为不相交凸集容易验证集合：(S_{1}-S_{2} riangleqlbrace x-ymid xin S_{1}, yin S_{2} brace) 为不包含 (0) 的凸集，于是我们只需要证明，存在(vinmathbb{R}^{n}),(v eq 0) 使得 对任意的(xin S_{1}-S_{2}), 有：(vcdot xgeq 0), 因为这时对任意的(xin S_{1}), (yin S_{2}), 则(x-yin S_{1}-S_{2}), (vcdot(x-y)=vcdot x-vcdot ygeq 0), 于是我们令(b riangleq -sup_{yin S_{2}}lbrace vcdot y brace), 此时(v), (b)正好满足上述不等式(1),(2)。

   因此不妨先证明一下以下的引理:

引理1： 设 (S) 是(mathbb{R}^{n})的一个闭凸子集, (0)为不属于 集合(S)内部的点，则存在(vinmathbb{R}^{n}), (v eq 0), s.t. (vcdot ygeq 0), 对任意(yin S).

   注意到，如果以上引理1成立，则这时候(S riangleq overline{S_{1}-S_{2}})是闭凸集， 并且由于(0 otin S1-S2), 由凸集的性质容易知道 (0)不属于(S)的内部,于是由以上引理1可以找到相应的(vinmathbb{R}^{n})使原命题成立，于是我们只需要证明以上引理.

   引理1的证明：首先我们证明 (0 otin S)的情形。这时由于 (S) 是闭集，存在(x^{ast}in S) 使得：(1)(Vert x^{ast}Vert=inf_{yin S}lbraceVert yVert brace). 我们断定这时候(x^{ast}cdot ygeq 0), 对任意(yin S).否则存在(y_{0}in S), 使得(x^{ast}cdot y_{0}<0), 这时候我们令：$$t=frac{y_{0}cdot(y_{0}-x^{ast})}{Vert y_{0}-x^{ast}Vert{2}}$$, 由(y_{0}cdot x^{ast}<0)容易知(tin (0,1).) 我们令：

[z riangleq tx^{ast}+(1-t)y_{0}, ]

则(zin S) 并且：

[zperp (x^{ast}-z), ]

于是：

[Vert zVert^{2}=Vert x^{ast}Vert^{2}-Vert x^{ast}-zVert^{2}<Vert x^{ast}Vert^{2}, ]

这与(1)相矛盾，于是情形(0 otin S)得证。

   现在我们考虑(0in partial S)的情形，这时存在序列(x_{k} otin S ightarrow 0), 当(k ightarrow infty)。由以上已经证明的情况可知，存在(v_{k}in mathbb{R}^{n}), (Vert v_{k}Vert=1) 使得 对任意的(yin S)有(v_{k}cdot (y-x_{k})geq 0). 而由于序列(v_{k}) 有界，于是必然存在一收敛子列(v_{k_{i}})收敛到某(vinmathbb{R}^{n}), 这时(Vert vVert=1)且对任意的(yin S)我们有(v_{k_{i}}cdot (y-x_{k_{i}})geq 0)，我们令(k ightarrow infty)自然可以得到(vcdot ygeq 0)，此时引理得证， 定理证毕。

2. 凸集分离定理：赋范线性空间情形