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= { u , F
) }
>
(
)
=
(
Letzteren erfüllen t
F
v
. Wählt man also A
epi F und B
u
, so ergibt
w 0 , t 0 )
X ×
Lemma 6.45 ein 0
=(
R ,
w 0 , v
w 0 , u
+
t 0 t
λ
v
dom F , F
(
v
)
t
und
+
t 0 F
(
u
) λ
.
w 0 , u
Mit v
=
u , t
=
F
(
u
)
folgt sofort
λ =
+
t 0 F
(
u
)
. Weiterhin kann nur t 0
<
0
sein, denn t 0
>
=
0 führt mit t
sofort zum Widerspruch. Wäre t 0
0, so gälte
w 0 , v
und folglich wäre w 0
u
0 für alle v
B
δ (
u
)
=
0, was einen Widerspruch zu
t 1
0
w 0 , t 0
w 0 und Umformungen erhalten wir somit schließlich
(
) =
=
0 ergäbe. Mit w
(
)+
(
)
∈ ∂
(
)
F
u
w , v
u
F
v
v
dom F
w
F
u
.
Damit ist der Subgradient nichtleer.
natürlich, die Subgradien-
tenungleichung für v aus einer dichten Teilmenge in dom F zu überprüfen. Für endlich-
dimensionale Räume folgt dies überraschenderweise schon allein aus der Konvexität
und auch für Punkte in denen F nicht stetig ist.
Ist F stetig in u , so reicht es für die Berechnung von
F
(
u
)
Lemma 6.47
Es sei F : R N
R
eigentlich, konvex und V
dom F eine dichte Teilmenge von dom F.
R N und jedes v
Angenommen, für ein u
dom F, ein w
V gilt:
F
(
u
)+
w
· (
v
u
)
F
(
v
)
,
dann ist w
F
(
u
)
.
Beweis. Wir zeigen, dass es für jedes v 0
v n
(
)
dom F eine Folge
in V gibt mit
v n
v 0
v n
v 0
lim n→
. Die Behauptung folgt dann aus dem
Grenzübergang in der Subgradientenungleichung. Sei also zu gegebenen v 0
=
sowie lim sup n
F
(
)
F
(
)
dom F
N
u 1 ,..., u k
dom F , u 1
v 0 ,... u k
v 0
=
{
}
K
max
k
linear unabhängig
.
1 an und wählen u 1 ,... u K
=
Der Fall K
0 ist trivial, wir nehmen also K
dom F so
dass
v 0
u 1
v 0 ,..., u K
v 0
dom F
U
=
+
span
(
)
.
Betrachte nun, für n
1, die Mengen
0
v 0
K
i = 1 λ i ( u i
K
i = 1 λ i
1
n ,
v 0
=
+
)
S n
λ 1 ,...,
λ K
deren Inneres in der Relativtopologie bezüglich U nichtleer ist. Daher gibt es zu jedem
n
1 ein v n
S n
V , denn V muss auch dicht in S n sein. Es gilt
1
i v 0
K
i = 1 λ
K
i = 1 λ
K
i = 1 λ
v n
v 0
n
i
u i
v 0
n
n
i u i
=
+
(
)=
+
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