El cómputo de la norma inducida por $A$
El conjunto $A$ es compacto y convexo. Por otra parte, el origen $(0,0)$ se encuentra en el interior de $A$. Por lo tanto, $A$ es la unidad de la bola de una única norma $\|\cdot\|_A$$\mathbb{R}^2$. Esta norma puede ser escrito como el funcional de Minkowski de $A$:
$$
\|(x,y)\|_A=\inf\{\lambda >0:(x,y)\in\lambda\}.
$$
Para todos los fijos $(x,y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$, existe un único punto de $(x^\prime,y^\prime)$ en el rayo de partida en $(0,0)$ y pasando a través de $(x,y)$, que se encuentra en el límite de $A$. (Existencia es una consecuencia de la $(0,0)\in\operatorname{int}(A)$ y la compacidad de $A$, la singularidad de la siguiente manera a partir de la convexidad de $A$.) Obviamente, existe un número $\lambda>0$ tal que $(x^\prime,y^\prime)=\lambda(x,y)$. Este punto satisface la ecuación de $x^2+y^4-1=0$ que define el límite de $A$. Que es $(\lambda x)^2+(\lambda y)^4-1=0$, que se traduce en
$$
\lambda =\sqrt{-\frac{x^2}{2y^4}+\sqrt{\frac{x^4}{4^8}+\frac{1}{y^4}}}
$$
para $y\neq 0$, e $\lambda =1/|x|$ lo contrario. El valor de $\|(x,y)\|_A$ es la inversa de que:
$$
\|(x,y)\|_A=\left(\sqrt{-\frac{x^2}{2y^4}+\sqrt{\frac{4x^4}{y^8}+\frac{1}{y^4}}}\right)^{-1}.
$$
para $y\neq 0$ $\|(x,y)\|_A=|x|$ lo contrario.
Subgradients de las funciones convexas
Si $f:\mathbb{R}^d\to \mathbb{R}$ es una función convexa. Por definición, $\xi$ es un subgradiente de $f$ $x$ si $f(y)-f(x)\geq \langle \xi,y-x\rangle$ todos los $y\in\mathbb{R}^d$. En particular, esta desigualdad se cumple si $f(y)\leq f(x)$, $0\geq f(y)-f(x)\geq \langle\xi, y-x\rangle$ o $\langle \xi,y\rangle \geq\langle\xi,x\rangle$ si $f(y)\leq f(x)$. Por lo tanto, subgradients de las funciones convexas son exteriores vectores normales de apoyo hyperplanes de subnivel conjuntos. Tenga en cuenta que el subdifferential de cualquier norma $\|\cdot\|$ es constante en los rayos que emanan de $(0,0)$ (sin el origen de la misma). Más precisamente, si $\|\cdot\|_\ast$ es el doble de la norma de $\|\cdot\|$, uno tiene
$$
\partial \|\cdot\| (x)=\{\xi\in \mathbb{R}^d: \langle\xi,x\rangle=\|x\|, \|\xi\|_\ast=1\}.
$$
(palabras clave: normas funcionales, la dualidad de asignación) Esta es una cara expuesta de la unidad doble balón. En nuestro caso, la primera norma es $\|\cdot\|_A$ con la unidad de balón $A$, por lo que la unidad doble balón será el polar set $A^\circ$. Es mágico! Desde la unión de todo lo expuesto caras de un cuerpo convexo es su límite, sólo tenemos que evaluar el subdifferential de $\|\cdot\|_A$ a "suficiente", apunta.
Convexo funciones diferenciables
Si una función es convexa diferenciable en un punto, su convexa subdifferential coincide con el conjunto que contenga sólo la costumbre de gradiente. Aquí el límite de $A$ es suave (apoyo hyperplanes = apoyo a las líneas son únicos en cada punto límite), la norma $\|\cdot\|_A$ es diferenciable en a $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$.
La combinación de nuestros conocimientos
La explotación de las simetrías axial de $A$, es suficiente para calcular la parte de la frontera de $A^\circ$ que se encuentra en el cuadrante $(0,\infty)\times (0,\infty)$. (Tenga en cuenta que $A^\circ$ también es simétrica con respecto a los ejes de coordenadas. Los puntos de intersección de $\operatorname{bd}(A^\circ)$ con los ejes pueden ser tratados por separado, pero que resultan ser $(\pm 1,0)$$(0,\pm 1)$, como sería de esperar.)
Fix $(x,y)\in(0,\infty)\times (0,\infty)$. Entonces
$$
\|(x,y)\|_A=\frac{\sqrt{2}y^2}{\sqrt {x^2+\sqrt{x^4+4y^4}}}
$$
cuyo gradiente en $(x,y)$ es
$$
\nabla \|\cdot\|_A(x,y)=\left(\frac{\sqrt{2}xy^2}{\sqrt{x^4+4y^4}\sqrt{-x^2+\sqrt{x^4+4y^4}}},\frac{2\sqrt{2}x^4y+4y^5-2\sqrt{2}x^2y\sqrt{x^4+4y^4}}{\sqrt{x^4+4y^4}\left(-x^2+\sqrt{x^4+4y^4}\right)^{3/2}}\right).
$$
Si $t\mapsto (x(t),y(t))$, $t\in I$, es una curva que se reúne cada dirección en la $(0,\infty)\times (0,\infty)$ exactamente una vez, $\nabla \|\cdot\|_A(x(t),y(t))$ es una parametrización para la parte deseada de la frontera de $A^\circ$. Tomemos
$$
x(t)=\sqrt{2}\sqrt{\cos(t)}, \qquad y(t)=\sqrt{\sin(t)}, \qquad I=(0,\pi/2).
$$
Entonces
\begin{align*}
&\nabla \|\cdot\|_A(x(t),y(t))\\
&=\left(\frac{2\sqrt{\cos(t)}\sin(t)}{2\sqrt{-2\cos(t)+2}},\frac{8\sqrt{2}\cos^2(t)\sqrt{\sin(t)}+4\sqrt{2}(\sin(t))^{5/2}-8\sqrt{2}\cos(t)\sqrt{\sin(t)}}{2(-2\cos(t)+2)^{3/2}}\right)\\
&=\left(\frac{\sqrt{\cos(t)}\sin(t)}{\sqrt{2}\sqrt{-\cos(t)+1}},\frac{2\cos^2(t)\sqrt{\sin(t)}+(\sin(t))^{5/2}-2\cos(t)\sqrt{\sin(t)}}{(-\cos(t)+1)^{3/2}}\right)\\
&=\left(\frac{\sqrt{\cos(t)}\sin(t)}{\sqrt{2}\sqrt{-\cos(t)+1}},\sqrt{\sin(t)}\frac{2\cos^2(t)+\sin^2(t)-2\cos(t)}{(-\cos(t)+1)^{3/2}}\right)\\
&=\left(\frac{\sqrt{\cos(t)}\sin(t)}{\sqrt{2}\sqrt{-\cos(t)+1}},\sqrt{\sin(t)}\frac{\cos^2(t)+1-2\cos(t)}{(-\cos(t)+1)^{3/2}}\right)\\
&=\left(\frac{\sqrt{\cos(t)}\sin(t)}{\sqrt{2}\sqrt{-\cos(t)+1}},\sqrt{\sin(t)}\frac{(-\cos(t)+1)^2}{\left(-\cos(t)+1\right)^{3/2}}\right)\\
&=\left(\frac{\sqrt{\cos(t)}\sin(t)}{\sqrt{2}\sqrt{-\cos(t)+1}},\sqrt{\sin(t)}\sqrt{-\cos(t)+1}\right).
\end{align*}
