在本节中,我们定义映射\(\数学{T}\)并介绍\(\mathcal{T}\)-与经典凸相比,可被视为“弱”凸的意义。让\(I\子集\mathbb{R}\)是任意有限区间。
考虑一下地图\(\mathcal{T}:\mathcal{克}_{c} \rightarrow\mathcal(右箭头){克}_{c} \)令人满意的\(\mathcal{T}(A)\substeq A\),\(对于所有A\ in\ mathcal{克}_{c} \).我们表示\(\mathfrak{T}\)根据所有这些地图的系列,即。,\(\mathfrak{T}=\{\mathcal{T}\mid\mathcal}:\mathcal{克}_{c} \rightarrow\mathcal(右箭头){克}_{c} \text{和}\mathcal{T}(A)\subseteq A,对于mathcal中的所有A{克}_{c} \}\).
我们定义了部分订单关系“⪯“协议双方\(\mathcal{T}(T)_{1} ,\mathcal{T}(T)_{2} \in\mathfrak{T}\)这样,对所有人来说\(在mathcal中{克}_{c} \),
$$\数学{T}(T)_{1} \precq\mathcal(程序){T}(T)_{2} \quad\text{当且仅当}\quad\\mathcal{T}(T)_{1} (A)\supseteq\mathcal{T}(T)_{2} (A)$$
现在我们给出了区间值函数凸性的一个新的推广。
定义3.1
让\(\mathcal{T}\ in \mathfrak{T}\)和\(F:I\右箭头\数学{克}_{c} \)我们这么说F类是\(\mathcal{T}\)-凸如果,对于任何\(0\leq\theta\leq 1\)和\(I中的x,y\),
$$\theta\mathcal{T}\bigl(F(x)\bigr)+(1-\theta)\mathcal{T}\ bigl$$
(3.1)
对于任何\(\mathcal{T}\in\mathfrak{T}\),我们表示
$$CX_{\mathcal{T}}(I,\mathcal{克}_{c} )=\{F:I\rightarrow\mathcal{克}_{c} ,F\text{is}\mathcal{T}\text{-凸}\}$$
备注3.2
对于这个案例\(\mathcal{T}=\mathca{ID}\in\mathfrak{T}\)是身份图,即。,\(\mathcal{ID}(A)=A\)对于任何\(在mathcal中{克}_{c} \),然后我们得到了中区间值函数的经典凸[6],我们表示
$$CX(我,\mathcal{K}_{c} )=\{F:I\rightarrow\mathcal{克}_{c} ,F\text{是凸的}\}$$
例3.3
我们认为\(\mathcal{T}\)由定义
$$\mathcal{T}(A)=\textstyle\begin{cases}{[e^{A^{-}},A^{+}]}&\text{if}e^{A-}}<A^{+/},\\{A}&\text{if}e^{A^{-{}}\geqa^{++},\end{cases{$$
对于任何\(A=[A^{-},A^{+}]\在mathcal中{克}_{c} \)显然,\(\mathcal{T}\ in \mathfrak{T}\)和\(\数学{T}\)定义明确。接下来,让我们\(传真:[1,2]\rightarrow\mathcal{克}_{c} \)由提供\(F(x)=[ln(x^{2}),x+2]\)。我们可以验证\(F(x)\)是\(\mathcal{T}\)-凸但决不凸\([1,2]\).
让\(F:I\右箭头\mathcal{克}_{c} \)和\(I中的a、b)具有\(a<b),我们这么说F类是凸的,如果\(θF(a)+(1-θ)F(b)对于任何\([0,1]\中的θ).左侧部分\(θF(a)+(1-θ)F(b))可以被视为\(F(x)\)在\([a,b]\)(参见图1). 实际上,任何凸形\(F(x)\)可以控制在我,表示长度\(F(x)\)不可能总是在增加。因此,凸区间值函数在区间优化、区间数据处理等领域具有很大的优势。
对于任何\(F=[F^{-},F^{+}]\)是凸的当且仅当\(f ^{-}\)是凸的,并且\(f^{+}\)是凹面的(参见[6]). 所以,我们可以找到一张合适的地图\(\mathcal{T}\)作为任何F类具有良好的属性,但在经典意义上从不凸,并处理这些F类作为“凸”函数。
我们现在给出该映射的一些基本属性\(\mathcal{T}\).
定理3.4
让 \(\mathcal{T}(T)_{1} ,\mathcal{T}(T)_{2} \in\mathfrak{T}\),然后 \(\mathcal{T}(T)_{1} \precq\mathcal(程序){T}(T)_{2}\)当且仅当
$$CX_{\mathcal{T}(T)_{1} }(I,\数学{克}_{c} )\substeq CX_{\mathcal{T}(T)_{2} }(I,\mathcal){克}_{c} )$$
此外,
$$CX(我,\mathcal{克}_{c} )\substeq CX_{mathcal{T}}(I,\mathcal{克}_{c} )\quad\textit{for any}\mathcal{T}\in\mathfrak{T}$$
证明
假设\(F\在CX_{\mathcal中{T}(T)_{1} }(I,\mathcal){克}_{c} )\).自\(\mathcal{T}(T)_{1} \precq\mathcal(程序){T}(T)_{2}\),对于任何\(在mathcal中{克}_{c} \),我们有\(\mathcal{T}(T)_{1} (A)\supseteq\mathcal{T}(T)_{2} (A)\).然后
$$\开始{对齐}F\bigl(\theta x+(1-\theta)y\bigr)&\supseteq\theta\mathcal{T}(T)_{1} \bigl(F(x)\bigr)+(1-\θ)\mathcal{T}(T)_{1} \bigl(F(y)\bigr)\\&\supseteq\theta\mathcal{T}(T)_{2} \bigl(F(x)\bigr)+(1-\ttheta)\mathcal{T}(T)_{2} \bigl(F(y)\bigr),\end{对齐}$$
这意味着\(CX_{mathcal中的F\{T}(T)_{2} }(I,\mathcal){克}_{c} )\).
相反,对于任何\(CX_{mathcal中的F\{T}(T)_{1} }(I,\数学{K}_{c} )\),我们有\(CX_{mathcal中的F\{T}(T)_{2} }(I,\mathcal){克}_{c} )\)。它表明如果\(\theta\mathcal{T}(T)_{1} (F(x))+(1-θ){T}(T)_{1} (F(y))小节F(θx+(1-θ)y),然后\(\theta\mathcal{T}(T)_{2} (F(x))+(1-θ){T}(T)_{2} (F(y))小节F(θx+(1-θ)y)因此,我们有
$$\theta\mathcal美元{T}(T)_{2} \bigl(F(x)\bigr)+(1-\θ)\mathcal{T}(T)_{2} \bigl(F(y)\bigr)\subseteq\theta\mathcal{T}(T)_{1} \bigl(F(x)\bigr)+(1-\theta)\mathcal{T}(T)_{1} \bigl(F(y)\bigr)$$
和\(\数学{T}(T)_{2} (F(x)){T}(T)_{1} (F(x))\)。否则,我们可以假设\(\mathcal{T}(T)_{2} (F(x))\supset\mathcal{T}(T)_{1} (F(x))\).对于案例\(\theta\mathcal{T}(T)_{1} (F(x))+(1-θ){T}(T)_{1} (F(y))=F(θx+(1-θ)y)这就是矛盾。由于…的任意性F类和我,我们获得\(\mathcal{T}(T)_{1} \precq\mathcal(程序){T}(T)_{2}\).
最后,\(\mathcal{T}(A)\subseteq A=\mathcal{ID}(A)\)和\(\mathcal{ID}\preceq\mathcal{T}\)对于任何\(\mathcal{T}\in\mathfrak{T}\)。因此,
$$CX(我,\mathcal{克}_{c} )\substeq CX_{\mathcal{T}}(I,\mathcal{克}_{c} )$$
□
定理3.5
考虑 \(\mathcal{T}\in\mathfrak{T}\).对于 \(n=0,1,2,\ldots\) ,让 \(\mathcal{T}^{0}=\mathcal{ID}\)和 \(\mathcal{T}^{n+1}=\mathca{T}\circ\mathcal{T}^{n}\),然后 \(\mathcal{T}^{n}\in \mathfrak{T}\).此外,
$$CX_{mathcal{T}^{n}}(I,\mathcal{克}_{c} )\substeq CX_{mathcal{T}^{n+1}}(I,\mathcal{克}_{c} )$$
证明
对于所有人\(在mathcal中{克}_{c} \),采取\(\mathcal{T}\in\mathfrak{T}\),我们有\(\mathcal{T}(A)\substeq A\)。自\(mathcal{T}(A)在mathcal中{克}_{c} \),很明显
$$\mathcal{T}^{2}(A)=\mathcal{T}\bigl$$
重复这个步骤,我们得到
$$\mathcal{T}^{n}(A)\subseteq\mathcal{T}^{n-1}(A)\substeq\cdots\subseteq\mathcal{T}$$
这意味着\(\mathcal{T}^{n}\在\mathfrak{T}\中)和\(\mathcal{T}^{n}\precq\mathcal{T}^{n+1}\).根据定理3.4,我们有
$$CX_{mathcal{T}^{n}}(I,\mathcal{克}_{c} )\substeq CX_{mathcal{T}^{n+1}}(I,\mathcal{克}_{c} )$$
□
推论3.6
让 \(\mathcal{T}\in\mathfrak{T}\)和 \(F:I\右箭头\mathcal{克}_{c} \).如果 \(CX(I,mathcal{克}_{c} )\),然后 \(F\在CX_{mathcal{T}}中(I,mathcal{K}_{c} )\).
证明
假设\(CX(I,mathcal{克}_{c} )\),那么对于任何\(I中的x,y\)和\([0,1]\中的θ),我们有
$$\begin{aligned}F\bigl(\theta x+(1-\theta)y\bigr)&\supseteq\mathcal{T}\bigl(F\bigle(\tea x+(1-\theta。\结束{对齐}$$
因此,\(F\在CX_{mathcal{T}}中(I,mathcal{克}_{c} )\). □
下一个例子表明推论的逆3.6不是真的。
示例3.7
采取\(F(x)=[ln(x^{2}),x+2]\)在示例中3.3,并让
$$\mathcal{T}(A)=\textstyle\begin{cases}{[(A^{-})+1,A^{+}]}&\text{if}\ell(A。\结束{cases}$$
我们可以核实一下\(F\在CX_{mathcal{T}}中(I,mathcal{克}_{c} )\),但是\(在CX(I,mathcal{克}_{c} )\).
现在,我们给出了Hermite–Hadamard型不等式\(\mathcal{T}\)-凸区间值函数。采取\(I=[s,t]\)哪里\(\leq t\)和\(s,t\in\mathbb{R}\).
定理3.8
让 \(\mathcal{T}\in\mathfrak{T}\)和 \(F\在CX_{mathcal{T}}中([s,T],\mathcal{克}_{c} )\).如果 \L^{1}([s,T],mathcal)中的(F,mathcal{T}\circ F\{克}_{c} )\),然后
$$\frac{\mathcal{T}(F(s))+\mathcal{T}(F(T))}{2}\subseteq\frac{1}{T-s}\int^{t}(t)_{s} F(x)\,dx$$
(3.2)
和
$$\压裂{1}{t-s}\int^{t}(t)_{s} \mathcal{T}\bigl(F(x)\bigr)\,dx\subseteq F\biggl(\frac{s+T}{2}\biggr)$$
(3.3)
证明
自\(F\在CX_{mathcal{T}}中([s,T],\mathcal{克}_{c} )\),我们有
$$\theta\mathcal{T}\bigl(F(s)\bigr)+(1-\theta)\mathcal{T}\ bigl$$
正在集成θ结束\([0,1]\),然后
$$\frac{\mathcal{T}(F(s))+\mathcal{T}(F(T))}{2}\subseteq\int^{1}_{0}F\bigl(θs+(1-θ)t\bigr)\,d\θ$$
拿\(x=θs+(1-θ)t),我们获得(3.2).
最后,让我们考虑一下
$$\frac{s+t}{2}=\frac{thetas+(1-\theta)t}{2]+\frac{(1-\ttheta)s+\thetat}{2}$$
然后
$$F\biggl(\frac{s+t}{2}\biggr)\supseteq\frac}\mathcal{t}(F(θs+(1-\theta)t))+\mathcal{t}(F((1-\ttheta)s+\theta t))}{2}$$
正在集成θ结束\([0,1]\),我们有
$$F\biggl(\frac{s+t}{2}\biggr)\supseteq\frac{1}{2{\biggl[\int^{1}_{0}\mathcal{T}\bigl(F(\theta s+(1-\theta)T\biger)\bigr)\,d \theta+\T^{1}_{0}\mathcal{T}\bigl(F(1-\theta)s+\theta T\bigr)\bigr,d\theta \biggr]$$
通过改变变量\(τ=1-θ),我们获得
$$\int美元^{1}_{0}\mathcal{T}\bigl(F(1-\theta)s+\theta T\bigr)\bigr,d\theta=\T^{1}_{0}\mathcal{T}\bigl(F(\tau s+(1-\tau)T)\bigr)\,d\tau$$
这意味着
$$F\biggl(\frac{s+t}{2}\biggr)\supseteq\int^{1}_{0}\mathcal{T}\bigl(F\bigl+(1-\theta)T\bigr)\,d\theta$$
拿\(x=θs+(1-θ)t),我们获得(3.3). □
定理3.9
让 \(\mathcal{T}\in\mathfrak{T}\)和 \(F\在CX_{mathcal{T}}中([s,T],\mathcal{克}_{c} )\).如果 \(L^{1}([s,T],\mathcal)中的\mathcal{T}\circ F\{克}_{c} )\cap CX_{\mathcal{T}}([s,T],\mathcal{克}_{c} )\),然后
$$\frac{\mathcal{T}^{2}(F(s))+\mathcal{T}^{2neneneep(F(T))}{2}\subseteq\frac{1}{T-s}\int^{t}(t)_{s} \mathcal{T}\bigl(F(x)\bigr)\,dx\subseteq F\biggl(\frac{s+T}{2}\biggr)$$
(3.4)
证明
自\(\mathcal{T}\circ F\)是\(\mathcal{T}\)-凸的,我们很容易得到
$$\theta\mathcal{T}^{2}\bigl$$
正在集成θ结束\([0,1]\),
$$\frac{\mathcal{T}^{2}(F(s))+\mathcal{T}^{2{(F(T))}{2}\subseteq\int^{1}_{0}\mathcal{T}\bigl(F\bigl+(1-\theta)T\bigr)\,d\theta$$
因此,
$$\frac{\mathcal{T}^{2}(F(s))+\mathcal{T}^{2neneneep(F(T))}{2}\subseteq\frac{1}{T-s}\int^{t}(t)_{s} \mathcal{T}\bigl(F(x)\bigr)\,dx$$
与合并(3.3),结果直接如下。□
示例3.10
考虑\(\mathcal{T}\in\mathfrak{T}\)和\(传真:[1,2]\rightarrow\mathcal{克}_{c} \)在示例中3.3。我们获得
$$\begin{aligned}&F\biggl(\frac{s+t}{2}\biggr)=F\bigl(\frac{3}{2{biggr^{t}(t)_{s} \mathcal{T}\bigl(F(x)\bigr)\,dx=\int^{2}_{1} \bigl[x^{2},x+2\bigr]\,dx=\biggl[\frac{7}{3},\frac}7}{2}\biggr],\end{aligned}$$
和
$$\frac{\mathcal{T}^{2}(F(s))+\mathcal{T}^{2neneneep(F(T))}{2}=\ frac{\ mathcal}T}^}2}$$
自
$$\biggl[\frac{e+4}{2},\frac}7}{2{biggr]\subseteq\biggl[\frac{7}{3},\frac{7}{2}\biggr]\subsetoq\bigbl[\ln\frac}9}{4},\ frac{7}{2}\bigbr]$$
这意味着
$$\frac{\mathcal{T}^{2}(F(s))+\mathcal{T}^{2neneneep(F(T))}{2}\subseteq\frac{1}{T-s}\int^{t}(t)_{s} \mathcal{T}\bigl(F(x)\bigr)\,dx\subseteq F\biggl(\frac{s+T}{2}\biggr)$$
因此,定理3.9已验证。
推论3.11
让 \(\mathcal{T}\in\mathfrak{T}\)和 \(F\在CX_{\mathcal{T}}}中([s,T],\mathcal{克}_{c} )\).如果 \(L^{1}([s,T],mathcal{克}_{c} )\cap CX_{\mathcal{T}}([s,T],\mathcal{克}_{c} )\),然后
$$开始{aligned}&\frac{mathcal{T}^{n+1}(F(s))+\mathcal}T}^}n+1}(F(T))}{2}\\&\quad\substeq\frac}{T}\int^{t}(t)_{s} \mathcal{T}^{n}\bigl(F(x)\bigr)\,dx\subseteq\mathcal{T}^{n-1}F\biggl(\frac{s+t}{2}\biggr),\quad n=1,2,\ldots。\结束{对齐}$$
(3.5)
备注3.12
让\(n=1)在推论中3.11,我们得到定理3.9此外,对于这种情况\(\mathcal{T}\equiv\mathcal{ID}\),我们得到了经典的Hermite–Hadamard不等式。