Relacionamos funciones convexas y formas cuadrática.
- Desde luego las formas lineales o funcionales $f:V\rightarrow \mathbb{R}$ son funciones convexas como fácilmente se puede comprobar, pero existen funciones convexas que no son lineales. Demostrar que la función $f(x)=x^2$ de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ es convexa y no lineal.
- Sea $f:V\rightarrow \mathbb{R}$ una forma cuadrática. Demostrar que si $f$ es positiva (es decir $f(x)\geq 0$ para todo $x$ de $V$ ) entonces $f$ es convexa.
- Enunciar la propiedad recíproca de la anterior y estudiar su validez (en caso afirmativo dar una demostración y en caso contrario construir un contraejemplo). En todo caso dar una caracterización de las formas cuadráticas que son funciones convexas.
(Propuesto en examen, Álgebra, ETS de Ing. de Montes, UPM).
Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita. Se dice que una función real $f:V\rightarrow \mathbb{R}$ es convexa cuando $f(\alpha x+\beta y)\leq \alpha f(x)+\beta f(y)$ $\forall x,y\in V$ y $\forall \alpha,\beta \in \mathbb{R}$ con $\alpha,\beta \geq 0,\;\alpha +\beta=1$.
- Elijamos el escalar $\lambda=2$ y el vector $x=1$. Entonces $f(\lambda x)=f(2)=4$ y $\lambda f(1)=2\cdot 1=2$, es decir $f(\lambda x)\neq \lambda f(x)$ para algún $\lambda$ y $x$ y por tanto la función $f(x)=x^2$ no es lineal. Veamos que es convexa. Claramente una función $f$ es convexa sí y sólo si:
$f(\alpha x+(1-\alpha )y)\leq \alpha f(x)+(1-\alpha)f(y)\quad \forall{x,y}\in{V},\; \forall{\alpha }\in{[0,1]}.
$Para $f(x)=x^2$ tenemos:
$$(\alpha x+(1-\alpha )y)^2\leq \alpha x^2+(1-\alpha)y^2 \Leftrightarrow$$$$
\alpha^2x^2+2\alpha (1-\alpha)xy+(1-\alpha)^2y^2-\alpha x^2-(1-\alpha)y^2\leq 0\Leftrightarrow$$$$(\alpha^2-\alpha)x^2+(\alpha^2-\alpha)y^2+ 2(\alpha^2-\alpha)xy\leq 0\Leftrightarrow$$$$(\alpha^2-\alpha)(x+y)^2\leq 0.$$La última desigualdad se verifica pues $\alpha^2-\alpha \leq 0$ para todo $\alpha$ en $[0,1]$. Hemos demostrado por tanto que la función $f(x)=x^2$ es convexa pero no lineal.
- Por hipótesis $\dim V=n$ finita y $f(x)\geq 0$ para todo $x$ de $V$. Por un conocido teorema, existe una base $B=\{u_1,\ldots,u_n\}$ de $V$ respecto de la cual la expresión de $f$ es: $$f(x)=x_1^2+\ldots+x_r^2\;,\quad (r\leq n\;,\;x=x_1u_1+\ldots+x_nu_n).$$
Sean $ x=x_1u_1+\ldots+x_nu_n,\;y=y_1u_1+\ldots+y_nu_n$ elementos cualesquiera de $V$ y $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$ tales que $\alpha\geq 0,\beta \geq 0$ y $\alpha+\beta=1$. Usando el apartado anterior:
$$f(\alpha x+ \beta y)=\displaystyle\sum_{i=1}^r{(\alpha x_i+ \beta y_i )^2}\leq \displaystyle\sum_{i=1}^r{(\alpha x_i^2+ \beta y_i^2 )}=$$$$\alpha \displaystyle\sum_{i=1}^r{x_i^2}+\beta \displaystyle\sum_{i=1}^r{y_i^2}=\alpha f(x)+ \beta f(y).$$
Es decir, toda forma cuadrática positiva es una función convexa.
- La proposición recíproca de la anterior es:
«Sea $f:V\rightarrow \mathbb{R} $ una forma cuadráticca. Si $f$ es convexa, entonces es positiva».
Veamos que es cierta. En efecto, supongamos que la forma cuadrática $f$ no fuera positiva. Existiría entonces una base en $V$ respecto de la cual la expresión de $f$ es $f(x)=d_1x_1^2+\ldots+d_rx_r^2\;(r\leq n)$ en donde algún $d_i<0$. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $d_1<0$. Elijamos los escalares $\alpha=2/3$ $\beta=1/3$ y los vectores $x,y\in V$ cuyas coordenadas en la base elegida son $(1,0,\ldots,0)$ y $(-1,0,\ldots,0)$ respectivamente. Entonces:
$f(\alpha x+ \beta y)=d_1/9>d_1=\alpha f(x)+\beta f(y),$
siendo $\alpha\geq 0,\beta\geq 0$ y $\alpha+\beta=1$. Es decir, $f$ no sería convexa. Podemos pues concluir que una forma cuadrática $f:V\rightarrow \mathbb{R}$ con $V$ de dimensión finita es convexa sí, y sólo si es positiva.