ℝ → ℝ dikatakan terdiferensial secara kontinu pada ∈ ℝ ,

Jika diketahui bahwa terdapat suatu bilangan ` dalam ], yang memenuhi H ‘ ` = 0 maka bukti selesai. Hal ini didasarkan pada persamaan terakhir bahwa 0 = B ‘ ` − B − B] − ] Karena B dan ˆ kontinu maka B − ˆ kontinu di [], ]. Oleh karena itu H ‘ ` ada untuk suatu ` dalam ], Berdasarkan sifat bahwa jika B kontinu pada interval tertutup [], ], maka B mencapai nilai maksimum dan minimum. Jadi H harus mencapai nilai maksimum ataupun nilai minimum pada [], ]. Jika kedua nilai ini kebetulan nol, maka H secara identik adalah nol pada [], ], akibatnya H ‘ = 0 untuk semua dalam ], . Jika salah satu nilai maksimum atau nilai minimum berlainan dengan nol, maka nilai tersebut dicapai pada sebuah titik dalam `, karena H] = H = 0. Karena H mempunyai turunan di setiap titik dari ], , sehingga dengan Teo- rema Titik Kritis H ‘ ` = 0. Definisi 2.41 Sebuah fungsi

B: ℝ → ℝ dikatakan terdiferensial secara kontinu pada ∈ ℝ ,

jika “” “Ž • ada dan kontinu, c = 1 … . Gradien dari B pada didefinisikan seba- gai ∇B = 3 —B — , … , —B — 4 Jika B terdiferensial secara kontinu pada setiap titik dari sebuah himpunan terbuka ⊂ ℝ , maka B dikatakan terdiferensial secara kontinu pada dan dinotasikan dengan B ∈ ˜ . Definisi 2.42 Sebuah fungsi B: ℝ → ℝ yang terdiferensial secara kontinu dikatakan terdife- rensial dua kali secara kontinu pada ∈ ℝ , jika “ ™ ” “Ž • “Ž š ada dan kontinu, c = 1 … . Matriks Hesse dari B pada didefinisikan sebagai matriks simetri × yang elemennya [∇ B ] Z› = — B — Z — › , 1 ≤ c, œ ≤ Jika B terdiferensial dua kali secara kontinu pada setiap titik dari sebuah himpu- nan terbuka ⊂ ℝ , maka B dikatakan terdiferensial dua kali secara kontinu pa- da dan dinotasikan dengan B ∈ ˜ . Definisi 2.43 Himpunan n ∈ ℝ adalah konveks jika untuk setiap , ∈ n, segmen garis yang menghubungkan dan juga terletak di n. Segmen garis yang menghubungkan dan didefinisikan dengan: + 1 − ∈ n, ∀ ∈ [0,1] 2.10 Jadi, subhimpunan n dari ℝ adalah konveks jika dan hanya jika untuk setiap dan di n dan setiap dengan 0 ≤ ≤ 1, vektor + 1 − juga di n. Berikut diberikan beberapa gambar yang mendeskripsikan himpunan konveks dan yang bukan himpunan konveks. Gambar 2.2 Definisi 2.44 Misalkan n ⊂ ℝ merupakan himpunan konveks tak kosong. Misalkan B: n ⊂ ℝ ⟶ ℝ. Jika untuk setiap , ∈ n dan semua ∈ 0,1, B + 1 − ≤ B + 1 − B 2.11 maka B dikatakan konveks pada n. Gambar 2.3 Gambar 2.3 merupakan contoh dari fungsi konveks dan bukan konveks. Interpretasi geometri fungsi konveks menyatakan bahwa nilai fungsi di bawah tali busur yang bersesuaian yaitu nilai fungsi konveks di titik pada segmen garis + 1 − kurang dari atau sama dengan tinggi dari tali busur yang menghubungkan titik-titik , B dan , B . Contoh 2.9 •: ℝ ⟶ ℝ didefinisikan oleh • = , untuk ∈ ℝ. Buktikan bahwa fungsi ter- sebut adalah fungsi konveks. Penyelesaian: Melalui Definisi 2.44 akan dibuktikan bahwa • + 1 − ≤ • + 1 − • Ambil , ∈ ℝ dan semua ∈ [0,1] maka • = dan • = . • + 1 − = + 1 − = + 2 1 − + 1 − = + 2 − + 1 − 2 + = + 2 − + − 2 + Karena ∈ [0,1] maka , sehingga • + 1 − + 2 − + − 2 + = + 20 + − = + − = + 1 − = • + 1 − • Karena • + 1 − ≤ • + 1 − • , maka dapat disimpulkan bahwa • = adalah fungsi konveks untuk sebarang ∈ [0,1]. Contoh 2.10 Diberikan • = + − 2 − 5 + 29 4 untuk ∈ ℝ . Akan ditunjukkan bahwa • adalah fungsi konveks. Penyelesaian: • adalah fungsi konveks bila memenuhi • + 1 − ≤ • + 1 − • Ambil , ∈ ℝ 2 di mana = 1 , 2 , = 1 , 2 dan semua ∈ [0,1] maka + 1 − = ž Ÿ + 1 − ž Ÿ = ž Ÿ + ž − − Ÿ = U − + } + V sehingga, • + 1 − = − + + } + − 2 − + −5 − + + 29 4 = − 2 + 2 − + 1 2 + − 2 + 2 − + 2 2 −2 − + − 5 − + + 29 4 = 1 2 − 2 + 1 2 + 2 − 2 1 2 + 1 2 + 2 2 − 2 + 2 2 + 2 2 − 2 2 2 + 2 2 − 2 + 2 − 2 − 5 + 5 − 5 + 29 4 = 1 2 − 2 + 1 2 + 2 − 2 1 2 + 1 2 + 2 2 − 2 + 2 2 + 2 2 − 2 2 2 + 2 2 − 2 + 2 − 2 − 5 + 5 − 5 + 29 4 = 2 + 2 − 2 2 1 1 − 2 2 2 2 + 2 + 2 + 2 1 1 + 2 2 −2 − 2 − 2 1 + 2 1 − 5 2 + 5 2 + + − 2 1 − 5 2 + 29 4 Karena ∈ [0,1] maka 2 , sehingga • + 1 − 1 2 + 2 2 − 2 − 2 + 1 2 + 2 2 + 2 + 2 2 − 2 1 2 −2 − 2 1 + 2 1 − 5 2 + 5 2 + + − 2 1 − 5 2 + 29 4 = 1 2 + 2 2 + 1 2 + 2 2 − 2 1 2 − 2 2 2 − 2 + 2 − 5 + 5 + 1 2 + − 2 1 − 5 2 + 29 4 = + − − − 2 1 + 2 1 − 5 2 + 5 2 + + − 2 1 − 5 2 + 29 4 = + − 2 1 − 5 2 + + − 2 1 − 5 2 − + − 2 1 − 5 2 + 29 4 = + − 2 1 − 5 2 + + − 2 1 − 5 2 − + − 2 1 − 5 2 + 29 4 = + − 2 − 5 + 1 − + − 2 − 5 + ¡ = • + 1 − • Karena • + 1 − ≤ • + 1 − • maka dapat disimpulkan bahwa • = 1 2 + 2 2 − 2 1 − 5 2 + 29 4 adalah fungsi kon- veks untuk sebarang ∈ [0,1]. Definisi 2.45 Turunan Berarah Misalkan B: ℝ ⟶ ℝ terdiferensial secara kontinu pada himpunan terbuka ⊂ ℝ . Maka untuk ∈ dan ¢ ∈ ℝ , turunan berarah dari B pada dalam arah ¢ didefinisikan sebagai B ‘ ; ¢ ≝ lim ¤⟶¥ B + ¦¢ − B ¦ = ∇B § ¢ 2.12 dimana ∇B adalah gradien dari B pada , merupakan vektor × 1. Untuk semua , ∈ , diperoleh B = B + ∇B + ¨ − − , ¨ ∈ 0,1 atau B = B + ∇B − + © − . Definisi 2.46 Misalkan B ∈ ˜ . Untuk sebarang ∈ , ¢ ∈ ℝ , turunan berarah kedua dari B pada dalam arah d didefinisikan dengan B ‘‘ ; ¢ ≝ lim ¤⟶¥ B′ + ¦¢; ¢ − B′ ; ¢ ¦ = ¢ ∇ B ¢ 2.13 dimana ∇ B merupakan matriks Hesse dari B pada . Untuk sebarang , + ¢ ∈ , ada ª ∈ , + ¢ sedemikian sehingga B + ¢ = B + ∇B ¢ + 1 2 ¢ ∇ Bª¢ atau B + ¢ = B + ∇B ¢ + 1 2 ¢ ∇ B ¢ + ©¢ « Teorema 2.47 Misalkan n ⊂ ℝ adalah himpunan konveks terbuka tak kosong dan misalkan B: n ⊂ ℝ → ℝ adalah fungsi yang terdiferensial. Maka B adalah konveks jika dan hanya jika B ≥ B + ∇B − , ∀ , ∈ n 2.14 Bukti: Syarat Perlu: Misalkan B adalah fungsi konveks, maka untuk semua dengan 0 1 dan , ∈ ℝ . B + 1 − ≤ B + 1 − B ⟺ B + − ≤ B + B − B ⟺ B + − ≤ B − B + B ⟺ B + − − B ≤ B − B Oleh karena itu, B + − − B ≤ B − B Tetapkan → 0 maka diperoleh ∇B − ≤ B − B −B ≤ −B − ∇B − B ≥ B + ∇B − Syarat Cukup: Asumsikan bahwa 2.14 berlaku. Ambil sebarang , ∈ n dan tetapkan = + 1 − , 0 1. Maka B ≥ B + ∇B − B ≥ B + ∇B − Oleh karena itu, B + 1 − B ≥ žB + ∇B − Ÿ + 1 − žB + ∇B − Ÿ = B + ∇B − + 1 − B + 1 − ∇B − = B + ∇B − + B − αB + ∇B − − ∇B − = B + ∇B − + − − + = B + ∇B + 1 − α − = B + ∇B − = B + 0 = B + 1 − yang berarti bahwa B adalah fungsi konveks. Teorema 2.48 Misalkan n ⊂ ℝ adalah himpunan konveks terbuka tak kosong, dan misalkan B: n ⊂ ℝ ⟶ ℝ terdiferensial dua kali secara kontinu. Maka B adalah konveks jika dan hanya jika matriks Hesse adalah semidefinit positif pada setiap titik da- lam n. Bukti: Syarat cukup: Misalkan bahwa matriks Hesse ∇ B adalah semidefinit positif pada setiap titik ∈ n. Akan dibuktikan bahwa B adalah konveks. Pertimbangkan , … ∈ n. Melalui Teorema Nilai Rata-rata diperoleh, B = B… + ∇B… − … + 1 2 − … ∇ B- − … dimana - = … + ¦ − …, ¦ ∈ 0,1. Perhatikan bahwa - ∈ n. Karena ∇ B adalah semidefinit positif ∀ ∈ n maka − … ∇ B- − … ≥ 0 Akibatnya, B ≥ B… + ∇B… − … Oleh karena itu melalui Teorema 2.47, B adalah fungsi konveks. Syarat perlu: Misalkan bahwa B adalah fungsi konveks dan misalkan … ∈ n. Akan dibuktikan bahwa T ∇ B…T ≥ 0, ∀T ∈ ℝ . Karena n adalah himpunan terbuka, maka ada 9 0 sedemikian sehingga ketika \ 9, … + \T ∈ n. Melalui Teorema 2.47 B … + \T ≥ B … + \∇B … T 2.15 Karena B … terdiferensial dua kali pada …, maka B … + \T = B … + \∇B … T + \ 2 T ∇ B … T + © \T « 2.16 Dengan mensubstitusikan persamaan 2.16 ke pertidaksamaan 2.15 maka B … + \∇B … T + \ 2 T ∇ B … T + © \T « ≥ B … + \∇B … T B … − B … + \∇B … T − \∇B … T + \ 2 T ∇ B … T + © \T « ≥ 0 0 + 1 2 \ T ∇ B … T + © \T « ≥ 0 Jadi, setelah disubstitusikan diperoleh 1 2 \ T ∇ B … T + © \T « ≥ 0 Bagi dengan \ dan tetapkan \ → 0, maka T ∇ B … T ≥ 0 Jadi, dapat disimpulkan bahwa Matriks Hesse adalah semidefinit positif. Teorema 2.49 Teorema Proyeksi Misalkan n ⊂ ℝ merupakan himpunan konveks tertutup tak kosong dan ∉ n, maka ada titik tunggal ° ∈ n dengan jarak minimal dari yaitu − ° = inf ∈ n − 2.17 Selanjutnya, ° adalah titik minimal dari persamaan 2.17 jika dan hanya jika M − ° , − °N ≤ 0, ∀ ∈ n 2.18 atau dapat dikatakan bahwa ° adalah proyeksi ± H dari pada n jika dan hanya jika 2.18 berlaku. Bukti Misalkan inf − ∈ n = ² 0 2.19 Karena ² adalah batas bawah terbesar maka ² ≤ − , ∀ ∈ n. Misalkan terdapat sebuah titik 1 ∈ n dan ∉ n. Kemudian, dibuat ruas garis yang menghubungkan titik 1 dan titik y. Selanjutnya, dari titik 1 dibuat kitar dengan radius 1. Dari titik limit yang diperoleh dari kitar 1 dan berada pada ga- ris yang menghubungkan titik 1 dan titik y, diperoleh titik 2 . Kemudian, dari ti- tik 2 dibuat kitar dengan radius 1 2 . Dari titik limit yang diperoleh dari kitar 2 dan berada pada garis yang menghubungkan titik 2 dan titik y, diperoleh titik 3 . Demikian seterusnya, hingga diperoleh titik ‡−1 . Kemudian dari titik ‡−1 dibuat kitar dengan radius 1 ‡ . Dari titik limit yang diperoleh dari kitar ‡−1 terse- but dan terletak pada ruas garis yang menghubungkan titik ‡−1 dan titik y dipe- roleh titik ‡ . Dengan demikian akan ada barisan ‡ ⊂ n. Akan ditunjukkan bahwa − ‡ → ². Karena ² = inf − ∈ n maka berdasarkan Lemma 2.31, untuk setiap = I 0 terdapat − ‡ dengan ‡ ∈ n sedemikian sehingga ² + I − I . Dengan demikian, terbentuk barisan − ‡ yang terbatas dan turun. Berdasarkan Teorema 2.33, maka − ‡ akan konvergen dan lim ‡→ − ‡ = ² = inf − ‡ . • Berikut ini akan dibuktikan ‡ adalah barisan Cauchy dan oleh karena itu ada limit ° ∈ n. Melalui Teorema Parallelogram diketahui bahwa + 2 + − 2 = 2 2 + 2 Misalkan ambil ‡ , h ∈ n di mana diganti dengan ‡ − dan diganti de- ngan − . Dengan mensubstitusikan dan ke Hukum Parallelogram di atas maka diperoleh ‡ + − 2 2 + ‡ − 2 = 2 ‡ − 2 + 2 − 2 ‡ − 2 = 2 ‡ − 2 + 2 − 2 − ‡ + − 2 2 = 2 I − + 2 h − − ³2 U I + h 2 − V³ = 2 I − + 2 h − − 4 ´ µ ~ ¶ − ´ 2.20 Karena ‡ ⊂ n maka ‡ + 2 ∈ n. Dari definisi ² diketahui bahwa inf − = ² sehingga − = − ≥ ², ∀ ∈ n. Dengan mengganti = µ ~ ¶ , diperoleh ³ ‡ + 2 − ³ ≥ ³ ‡ + 2 − ³ 2 ≥ ² 2 2.21 Jadi, dengan menggunakan persamaan 2.20 dan 2.21 diperoleh ‡ − 2 ≤ 2 ‡ − 2 + 2 − 2 − 4² 2 Ambil k dan m cukup besar sehingga ‡ − → ² dan − → ². De- ngan demikian dipenuhi ‡ − 2 → 2² 2 + 2² 2 − 4² 2 = 0 atau ‡ − ⟶ 0 yang menunjukkan bahwa · adalah barisan Cauchy dengan limit ° . Karena n tertutup maka ° ∈ n. Hal ini menunjukkan bahwa ada ° sehingga − ° = ². Jadi, barisan ‡ adalah barisan Cauchy. • Akan dibuktikan bahwa ° adalah tunggal. Andaikan ° tidak tunggal, artinya ada ° ∈ n dan ° ≠ ° dengan ° − = ². Melalui Hukum Parallelogram, misalkan diganti dengan ° − dan di- ganti dengan ° − , maka diperoleh ° + ° − 2 2 + ° − ° 2 = 2 ° − 2 + 2 ° − 2 ° − ° 2 = 2 ° − 2 + 2 ° − 2 − ° + ° − 2 2 = 2… − + 2… − − ³2 U … + … 2 − V³ = 2… − + 2… − − 4 ³ … + … 2 − ³ = 2² + 2² − 4 ³ … + … 2 − ³ Karena … +… 2 ∈ n, maka menurut 2.21, ² 2 ≤ ´ … +… 2 − ´ 2 . Akibatnya, ° − ° 2 ≤ 2² 2 + 2² 2 − 4² 2 = 0 Jadi, ° − ° ≤ 0, padahal ° − ° 0. Jadi, ada kontradiksi. Terbukti ° = ° . • Akan dibuktikan bahwa jika M − ° , − °N ≤ 0, ∀ ∈ n, maka ° adalah titik minimum dari − ° = inf ∈n − . Ambil x sebarang di S dan misalkan M − ° , − °N ≤ 0, ∀ ∈ n dipenuhi, se- hingga − 2 = − ° + ° − 2 = − … + … − + 2M − …, … − N = − … + … − + 2… − § − … Karena ° − 2 ≥ 0 dan ° − ¸ − ° ≥ 0, maka − 2 ≥ − ° 2 dan ° adalah titik minimum dari − ° = inf ∈n − . • Akan dibuktikan bahwa jika ° adalah titik minimum dari − ° = inf ∈n − , maka M − ° , − °N ≤ 0, ∀ ∈ n. Misalkan − 2 ≥ − ° 2 , ∀ ∈ n. Karena ° + \ − ° ∈ n dengan \ ∈ 0,1, maka diperoleh − ° + \ − ° 2 ≥ − ° 2 ⇔ − ° − \ − ° 2 ≥ − ° 2 ⇔ − ° − \ + \ ° 2 ≥ − ° 2 ⇔ − ° + \ ° − 2 ≥ − ° 2 ⇔ − ° 2 + \ 2 ° − 2 + 2\ ° − ¸ − ° ≥ − ° 2 ⇔ − ° 2 + \ 2 − ° 2 + 2\ − ° ¸ ° − ≥ − ° 2 ⇔ \ 2 − ° 2 + 2\ − ° ¸ ° − ≥ 0 Bagi dengan \ dan misalkan \ → 0, maka diperoleh M − ° , − °N ≤ 0, ∀ ∈ n. Teorema 2.50 Misalkan n ⊂ ℝ merupakan himpunan konveks tertutup tak kosong dan ∉ n. Maka terdapat vektor tak nol T dan bilangan real sehingga T dan T ≤ α, ∀ ∈ n 2.22 dengan kata lain T sup T , ∀ ∈ n 2.23 yang mengatakan bahwa terdapat hiperbidang º = T = α yang secara te- gas membagi dan n. Bukti: Karena n adalah himpunan konveks tertutup tidak kosong dan ∉ n, maka mela- lui Teorema Proyeksi terdapat titik tunggal … ∈ n sehingga − … − … ≤ 0, ∀ ∈ n Karena − … − … ≤ 0 maka ž − … − … Ÿ = − … − … ≤ 0 Diberikan T = − … ≠ 0, maka 0 ≥ − … − … = − … − … + − = T − … + T − = T T + T − T = TT + T − T = T − T + T Karena itu T ≥ T + T , ∀ ∈ n Tetapkan = sup T ∈ n sehingga T ≥ T + T = α + T Jadi benar bahwa terdapat vektor tak nol T dan bilangan real sehingga T ≥ α + T Lemma 2.51 Lemma Farkas’ Misalkan q ∈ ℝ »×¼ dan ½ ∈ ℝ . Maka tepat satu dari sistem berikut mempunyai penyelesaian: Sistem 1 q ≤ 0, ½ 0 2.24 Sistem 2 q = ½, ≥ 0 2.25 Bukti: Misalkan bahwa terdapat penyelesaian untuk Sistem 2 yaitu terdapat ≥ 0 sede- mikian sehingga q = ½. Akan dibuktikan bahwa Sistem 1 tidak mempunyai penyelesaian. Misalkan memenuhi q ≤ 0 Karena ≥ 0 maka ½ = q = q ≤ 0 yang menunjukkan bahwa Sistem 1 tidak mempunyai penyelesaian. Sekarang misalkan bahwa Sistem 2 tidak mempunyai penyelesaian. Misalkan n = = q , ≥ 0 yang adalah himpunan konveks tertutup tidak kosong dan ½ ∉ n. Akan dibuktikan bahwa Sistem 1 mempunyai penyelesaian. Melalui Teorema 2.50 terdapat T ∈ ℝ dan ∈ ℝ sehingga T ½ dan T ≤ , ∀ ∈ n. Karena 0 ∈ n, ≥ T 0 = 0. Maka T ½ 0. Perhatikan pula bahwa ≥ T = T q = q T = qT, ∀ ≥ 0 Karena ≥ 0 maka qT ≤ 0. Jadi ada vektor T ∈ ℝ yang merupakan penyele- saian dari Sistem 1.

C. Teori Optimasi