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Máster y doctorado

Dualidad convexa

En un mínimo buscamos un punto que alcance un valor pequeño. La dualidad busca además cotas que ningún punto admisible pueda mejorar. Construiremos esas cotas con rectas por debajo de una función y con multiplicadores; después veremos cuándo llegan exactamente al valor óptimo.

1. El dominio dice qué puntos se pueden usar

Permitimos f:ℝⁿ→ℝ∪{+∞}.

El símbolo +∞ excluye un punto del dominio efectivo dom f={x:f(x)<∞}. Una función propia tiene al menos un valor finito y nunca toma −∞. No se calcula +∞−∞ como si fuera un número.

Convexidad pide f((1−t)x+ty)≤(1−t)f(x)+tf(y), para 0<t<1; la semicontinuidad inferior pide f(x)≤liminf f(xₖ) cuando xₖ→x. Son propiedades diferentes. En una dimensión, la primera evita que la gráfica se abombe por encima de sus cuerdas; la segunda evita un salto hacia arriba en un límite.

Escribir una restricción con infinito

Minimizar x² con x≥1.

  1. Función extendida

    F(x)=x² si x≥1 y +∞ si x<1.
  2. Dominio admisible

    dom F=[1,∞).
  3. Equivalencia

    Buscar el mínimo de F en toda ℝ da el mismo problema restringido.

Resultado

El infinito incorpora la restricción al objetivo.

Lo comprobamos

No es el indicador de probabilidad que vale uno fuera o dentro.

Convexa no implica cerrada en la frontera

f(x)=0 si x>0, y +∞ si x≤0.

  1. Convexidad

    Su dominio es el intervalo convexo (0,∞), donde la función es constante.

  2. Límite

    En xₖ=1/k los valores son cero.
  3. Frontera

    f(0)=+∞ supera el límite inferior cero: no es semicontinua inferior allí.

Resultado

El cierre es una condición adicional a convexidad.

Lo comprobamos

El conjunto abierto del dominio explica el fallo.

2. El conjugado pregunta cuánto hay que bajar una recta de pendiente dada

Fijamos un vector de pendientes y. Para que ⟨y,x⟩−b≤f(x) en todo x, necesitamos b≥⟨y,x⟩−f(x) en todo dom f. El menor b válido es f^*(y)=\sup_{x\in\operatorname{dom}f}\{\langle y,x\rangle-f(x)\}. El término independiente de la recta más alta es −f*(y).

El conjugado determina la altura de cada recta de soporte
f(x)=x²/2−202Rectas: yx−y²/2La brecha es (x−y)²/2≥0.
Parábola f de x igual x cuadrado sobre dos y tres rectas con pendientes menos uno, cero y uno. Cada recta tiene fórmula y por x menos y cuadrado sobre dos y queda por debajo de la parábola, con contacto en x igual y. La diferencia vertical es la mitad de x menos y al cuadrado. Los dos ejes usan la misma escala; se dibuja solo un intervalo de x. El conjugado f estrella de y es y cuadrado sobre dos: su negativo es la ordenada de la recta, no su pendiente.

El conjugado es convexo y semicontinuo inferior como supremo de funciones afines continuas de y, aunque f no fuera convexa. Puede valer +∞: en esa pendiente no hay una recta afín finita por debajo de toda la función. Hay que estudiar ese dominio, además de buscar puntos críticos.

Reconocer la altura de una recta

f(x)=x²/2 y pendiente y=2.

  1. Maximizar

    2x−x²/2=2−(x−2)²/2.
  2. Conjugado

    El supremo es dos y se alcanza en x=2.
  3. Recta

    La recta de soporte es 2x−2; toca f en (2,2).

Resultado

f*(2)=2 fija cuánto restamos a la recta de pendiente dos.

Lo comprobamos

La diferencia f(x)−(2x−2)=(x−2)²/2 nunca es negativa.

Una pendiente que hace infinito el supremo

f(x)=0 en toda ℝ.

  1. Pendiente cero

    supₓ(0·x)=0.
  2. Pendiente positiva

    Si y>0, yx→∞ cuando x→∞.
  3. Pendiente negativa

    Si y<0, yx→∞ cuando x→−∞.
Resultado

f* es cero en y=0 y +∞ fuera.

Lo comprobamos

Una ecuación de derivadas no basta para describir estas pendientes.

3. Fenchel–Young mide una brecha que nunca es negativa

El supremo f*(y) domina cada valor ⟨y,x⟩−f(x). Reordenar da f(x)+f^*(y)\ge\langle x,y\rangle. Cuando los valores son finitos, la diferencia es una brecha. Su igualdad significa que x alcanza el supremo que define f*(y).

Para f propia convexa y finita en x, esa igualdad equivale a y∈∂f(x): f(z)≥f(x)+⟨y,z−x⟩ para todo z. Una derivada proporciona la pendiente única en un punto interior diferenciable; una esquina puede admitir varias.

Calcular una brecha sin resolver otro problema

f(x)=x²/2, x=2, y=1.

  1. Valores

    f(2)=2 y f*(1)=1/2.
  2. Producto

    xy=2.
  3. Brecha

    2+1/2−2=1/2=(2−1)²/2.
Resultado

Hay desigualdad estricta porque y no es la derivada f′(2)=2.

Lo comprobamos

Una brecha cero exigiría x=y en esta cuadrática.

Igualdad sin derivada ordinaria

f(x)=|x|, x=0 y y=1/2.

  1. Conjugado

    Más abajo veremos f*(1/2)=0.
  2. Brecha

    f(0)+f*(1/2)−0·(1/2)=0.
  3. Soporte

    |z|≥z/2 para todo z, así 1/2∈∂f(0).
Resultado

La igualdad no exige que la función tenga derivada en el punto.

Lo comprobamos

En la esquina el certificado es una pendiente de soporte.

4. Un conjugado incluye comprobar el máximo y las pendientes permitidas

Para f(x)=ax²/2 con a>0, completar el cuadrado da yx-ax^2/2=y^2/(2a)-(a/2)(x-y/a)^2.
El supremo global se alcanza en x=y/a, de modo que f*(y)=y²/(2a).

No basta encontrar un punto crítico sin clasificarlo.

Para f(x)=|x|, las pendientes |y|≤1 dan yx−|x|≤0 y x=0 alcanza cero. Si |y|>1, elegir x con el signo de y y módulo creciente hace el supremo infinito. Su conjugado es el indicador convexo del intervalo [−1,1].

Conjugar una cuadrática con otra escala

f(x)=2x², así a=4, y=8.

  1. Punto

    x=y/a=2.
  2. Supremo

    8·2−2·2²=8.
  3. Fórmula

    y²/(2a)=64/8=8.
Resultado

La escala a se invierte en el conjugado.

Lo comprobamos

No se usa y²/2 sin mirar el coeficiente original.

Separar el borde y el exterior de un intervalo

f=|x|; pendientes y=1 e y=3/2.

  1. Borde

    Con y=1, x−|x|≤0 y vale cero para cualquier x≥0.
  2. Exterior

    Con y=3/2 y x>0, yx−|x|=x/2.
  3. Supremo

    El primer caso da cero; el segundo crece sin cota.

Resultado

El borde está incluido y puede tener varios puntos de máximo.

Lo comprobamos

La finitud del conjugado y la unicidad del punto que lo alcanza son preguntas distintas.

5. Indicadores y soportes permiten reconstruir una función cerrada convexa

El indicador I_{C} vale cero en C y +∞ fuera.

Su conjugado es el soporte σ_C(y)=supₓ∈C⟨y,x⟩.

Si C es convexo cerrado no vacío, esta pareja traduce restricciones en cotas de pendientes.

Cada recta x↦⟨y,x⟩−f*(y) está por debajo de f, así f**≤f. Fenchel–Moreau afirma f**=f para f propia convexa semicontinua inferior en ℝⁿ. Sin esas hipótesis, la reconstrucción puede cerrar o convexificar la función y producir valores distintos.

El soporte de un segmento

C=[−2,2].

  1. y≥0

    El mayor yx está en x=2 y vale 2y.
  2. y<0

    Está en x=−2 y vale −2y.
  3. Unir

    I_C^*(y)=2|y|.
Resultado

Un conjunto acotado produce aquí un soporte finito en toda pendiente.

Lo comprobamos

Si C fuera una semirrecta, habría pendientes con soporte infinito.

Ver qué cambia al cerrar un dominio

f=I_(0,∞), el ejemplo abierto de la primera sección.

  1. Primer conjugado

    Para y≤0, supₓ>0 yx=0; para y>0 es +∞.
  2. Segundo

    f**(x)=supᵧ≤0 xy, que es cero si x≥0 e infinito si x<0.
  3. Cambio

    f**=I_[0,∞): en cero vale cero y f valía infinito.
Resultado

La biconjugación ha cerrado la restricción.

Lo comprobamos

No contradice Fenchel–Moreau: f no era semicontinua inferior.

6. El signo del multiplicador hace que el lagrangiano sea una cota inferior

Minimizamos f₀(x) sujeto a gᵢ(x)≤0 y Ax=b.
Definimos L(x,λ,ν)=f₀(x)+Σλᵢgᵢ(x)+⟨ν,Ax−b⟩, con λᵢ≥0.

En un punto factible, el término de igualdad es cero y los otros son no positivos, así L≤f₀.

Una cota dual sube hasta el mismo valor que el mínimo primal
x≥1: minimizar x²/2p*=1/2012λq(λ)=λ−λ²/2λ=1 alcanza la cota exacta.
Problema minimizar x cuadrado sobre dos sujeto a x mayor o igual que uno. Con multiplicador lambda no negativo para uno menos x, la función dual es lambda menos lambda cuadrado sobre dos. Su máximo es un medio en lambda uno; el primal tiene mínimo un medio en x uno. Se dibuja la parte lambda entre cero y dos coma tres de la función cóncava, y una horizontal en el valor primal. La dual está siempre por debajo de esa horizontal para todos los multiplicadores no negativos, aunque el gráfico solo muestra un tramo. La fórmula dual se calcula minimizando primero el lagrangiano en x sin imponerle factibilidad primal.
Tomar q(λ,ν)=infₓL da q≤f₀ en cualquier factible.

Maximizar q sobre los multiplicadores permitidos da dualidad débil d*≤p*, incluso sin convexidad primal. La dual es cóncava porque es un ínfimo de funciones afines de los multiplicadores.

Derivar una dual antes de mirar su gráfica

Minimizar x²/2 sujeto a 1−x≤0.

  1. Lagrangiano

    L=x²/2+λ(1−x), λ≥0.
  2. Mínimo interior en x

    L=(x−λ)²/2+λ−λ²/2, así q(λ)=λ−λ²/2.
  3. Maximizar

    q=1/2−(λ−1)²/2 alcanza 1/2 en λ=1; el primal alcanza 1/2 en x=1.
Resultado

Un punto primal y otro dual certifican el mismo valor.

Lo comprobamos

La minimización que define q usa todos los x, incluso los que no son factibles en el primal.

Detectar un multiplicador con signo incorrecto

En el mismo problema se intenta λ=−1.

  1. Signo

    No cumple λ≥0.
  2. En x=2 factible

    λ(1−x)=1, de modo que L=f₀+1>f₀.
  3. Conclusión

    Se pierde el argumento de cota inferior sobre los factibles.

Resultado

El signo no es una convención que podamos omitir.

Lo comprobamos

Cambiar la escritura de la desigualdad exige cambiar coherentemente la convención.

7. Slater garantiza igualdad de valores, no crea un minimizador primal

Una versión sencilla trabaja con f₀ y gᵢ convexas finitas en todo ℝⁿ y las igualdades afines. Si hay un x con Ax=b y gᵢ(x)<0 para todas las desigualdades, y el valor primal es real finito, Slater da d*=p* y un máximo dual.

Con dominios restringidos se precisan cualificaciones de interiores relativos y compatibilidad; no se ocultan dentro de esta versión sencilla. El teorema no asegura que haya un x primal que alcance el ínfimo. Tampoco fallar Slater demuestra automáticamente una brecha o ausencia de multiplicadores.

Comprobar las hipótesis en lugar de solo nombrarlas

Objetivo x²/2 y restricción 1−x≤0.

  1. Convexidad

    Ambas funciones son convexas y finitas en toda ℝ.

  2. Estricto

    x=2 cumple 1−2<0.
  3. Valor

    El primal tiene valor real 1/2. La igualdad de valores se cumple, como verificó el cálculo dual.

Resultado

Slater explica por qué la coincidencia no fue accidental.

Lo comprobamos

El punto estricto dos sirve para la cualificación; el minimizador uno está en la frontera.

Valor finito sin punto que lo alcance

Minimizar eˣ sin restricciones.

  1. Ínfimo

    eˣ>0 y e⁻ᵏ→0, así el valor es cero.
  2. Dual trivial

    Sin restricciones, q=inf eˣ=0, así coinciden los valores.

  3. No alcanzabilidad

    No hay x real con eˣ=0.
Resultado

Igualdad primal-dual no equivale a existencia primal.

Lo comprobamos

La convexidad estricta tampoco añade un punto en menos infinito.

8. Las cuatro condiciones KKT forman un certificado completo

En un problema convexo diferenciable, un par (x,λ,ν) cumple KKT si es factible primal, λ≥0, λᵢgᵢ(x)=0 y \nabla f_0(x)+\sum_i\lambda_i\nabla g_i(x)+A^{\mathsf T}\nu=0. Estacionariedad hace x minimizador del lagrangiano convexo; complementariedad hace L(x,λ,ν)=f₀(x).

Por dualidad débil, ese par es óptimo sin añadir Slater a la prueba de suficiencia. Para garantizar que todo minimizador admita tal certificado, sí se necesita una cualificación apropiada, como Slater en el marco declarado. Una restricción activa puede tener multiplicador cero.

Certificar con las cuatro comprobaciones

Objetivo x²/2, g(x)=1−x, candidato x=1,λ=1.

  1. Factibilidades

    g(1)=0 y λ=1≥0.
  2. Complementariedad

    λg(1)=0.
  3. Estacionariedad

    x−λ=1−1=0.

    Las cuatro condiciones certifican óptimo y valor 1/2.

Resultado

Cada parte tiene una función en la prueba.

Lo comprobamos

Solo resolver x−λ=0 habría admitido muchos pares sin factibilidad.

Activa no significa multiplicador positivo

Minimizar x² con x≥0, escrito g=−x≤0.

  1. Mínimo

    x=0 alcanza el valor global cero.
  2. Activa

    g(0)=0.
  3. Estacionariedad

    2x−λ=0 exige λ=0, válido y complementario.
Resultado

La frontera puede no ejercer un multiplicador positivo.

Lo comprobamos

Complementariedad dice inactiva⇒multiplicador cero; la implicación recíproca no vale siempre.

9. La dual de Fenchel cancela dos productos mediante el signo correcto

Para infₓ{f(x)+g(Ax)}, aplicamos Fenchel–Young a f con pendiente −Aᵀy y a g con pendiente y. Los productos −⟨Aᵀy,x⟩ y ⟨y,Ax⟩ se cancelan. Queda la cota dual -f^*(-A^{\mathsf T}y)-g^*(y).

En dimensión finita, si f y g son propias convexas semicontinuas inferiores, hay x₀∈dom f con g continua en Ax₀ y el ínfimo primal es real finito, Fenchel–Rockafellar da igualdad con el máximo dual. La continuidad en ese punto es una cualificación suficiente concreta.

Resolver dos cuadráticas por ambos lados

A=1, f(x)=x²/2 y g(z)=(z−2)²/2.

  1. Primal

    f+g=(x−1)²+1, con mínimo uno en x=1.
  2. Conjugados

    f*(s)=s²/2 y g*(y)=y²/2+2y.
  3. Dual

    −f*(−y)−g*(y)=−y²−2y=1−(y+1)², máximo uno en y=−1.
Resultado

Los signos permiten un mismo valor certificado.

Lo comprobamos

g es continua en todo punto y el primal es real finito.

Comprobar la cancelación con una aplicación distinta

A multiplica por dos en ℝ.

  1. Pendientes

    Usamos −Aᵀy=−2y para f.
  2. Productos

    Fenchel da f(x)≥−2yx−f*(−2y), y g(2x)≥2xy−g*(y).
  3. Sumar

    Los productos se cancelan y queda −f*(−2y)−g*(y).

Resultado

La transpuesta y el signo se deducen de la cancelación.

Lo comprobamos

No se reemplaza −2y por y por analogía con otro ejemplo.

10. La brecha certifica lo que realmente se ha alcanzado

Si tenemos x primal factible y multiplicadores duales factibles con valores finitos, la brecha f₀(x)−q(λ,ν)≥0 acota cuánto puede superar f₀(x) al ínfimo. Brecha cero certifica que ambos alcanzan el mismo valor óptimo.

Una cota dual aislada no da un minimizador. Para existencia primal ayudan semicontinuidad inferior y subniveles compactos, por ejemplo coercividad apropiada en dimensión finita. Para estabilidad o sensibilidad hacen falta otras hipótesis: no se deducen solo de conocer un valor.

Una brecha pequeña proporciona una garantía cuantitativa

En el problema x²/2 con x≥1, usamos x=11/10 y λ=1.

  1. Primal

    f₀(x)=121/200.
  2. Dual

    q(1)=1/2=100/200.
  3. Brecha

    Es 21/200. El valor del punto excede al óptimo como máximo en esa cantidad, y aquí exactamente.

Resultado

Un certificado incluye factibilidad y dos valores comparables.

Lo comprobamos

La distancia en x al óptimo no es la misma magnitud que una brecha de valores.

Una sucesión no añade un punto límite admisible

Para eˣ tomamos xₖ=−k.

  1. Valores

    e⁻ᵏ tiende al ínfimo cero.

  2. Puntos

    No hay convergencia a un número real minimizador.

  3. Existencia

    Los subniveles no son compactos: se extienden hacia menos infinito.

Resultado

Aproximar el valor y alcanzar el mínimo son afirmaciones distintas.

Lo comprobamos

Se ha precisado el dominio ℝ; no se añade un extremo ficticio.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Conjugado cuadrático

Calcula el conjugado de f(x)=x²/2.

  1. Definir

    f*(y)=supₓ(yx−x²/2).
  2. Completar

    yx−x²/2=y²/2−(x−y)²/2.
  3. Cota

    El cuadrado resta una cantidad no negativa.

  4. Alcanzar

    x=y anula ese cuadrado.
  5. Conjugado

    f*(y)=y²/2 en todo y∈ℝ.
  6. Comprobar

    La segunda derivada en x es −1 y el máximo es único.

Resultado

f*(y)=y²/2.

Lo comprobamos

Derivar yx−x²/2 en x da y−x y segunda derivada−1, confirmando el máximo único x=y.

EJEMPLO RESUELTO 2

Comprobar igualdad

Para x=3,y=3 y f=x²/2, comprueba Fenchel–Young.

  1. Datos

    x=3,y=3,f(x)=x²/2 y f*(y)=y²/2.
  2. Primer valor

    f(3)=9/2.
  3. Segundo

    f*(3)=9/2.
  4. Comparar

    Su suma nueve coincide con xy=9.
  5. Brecha

    (x−y)²/2=0.
  6. Interpretar

    y=f′(3)=3 es la pendiente de soporte que produce igualdad.
Resultado

Hay igualdad.

Lo comprobamos

La identidad de brecha(x−y)²/2 vale cero al sustituir x=y=3.

Los símbolos que hemos usado

dom f
Puntos donde f toma un valor finito.
Propia
Función que nunca vale−∞ y tiene dominio no vacío.
f*(y)
Conjugado supₓ(⟨y,x⟩−f(x)).
∂f(x)
Vectores y cuyas funciones afines de pendiente y soportan f desde abajo en x.
p*,d*
Ínfimo primal y supremo dual, respectivamente.
λ,ν
Multiplicadores de desigualdades y de igualdades, conλ≥0 yν libre.
L(x,λ,ν)
Lagrangiano que añade restricciones multiplicadas al objetivo.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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