GIẢI TÍCH KHÔNG TRƠN (Giáo trình Cao học) Huỳnh Thế Phùng Ngày 28 tháng năm 2007 Mục lục Mục lục Chương 1 Phép tính Xấp xỉ Trong Không gian Hilbert 1.1 Pháp tuyến xấp xỉ 1.2 Dưới gradient xấp xỉ 1.3 Các khái niệm đạo hàm 1.4 Đặc trưng gradient xấp xỉ 1.5 Định lý trù mật 1.6 Tổng chập cực tiểu hàm toàn phương 10 1.7 Các nguyên lý tối ưu hóa 11 1.8 Khảo sát hàm khoảng cách 11 1.9 Trường hợp hàm Lipschitz 13 Chương Gradient suy rộng không gian Banach 14 2.1 Định nghĩa tính chất 14 2.2 Các phép tính Gradient suy rộng 16 2.3 Quan hệ với đạo hàm 17 2.4 Hàm lồi - Hàm qui 17 2.5 Nón tiếp xúc Nón pháp tuyến 18 2.6 Trường hợp hữu hạn chiều 20 Tài liệu tham khảo 21 Chương Phép tính Xấp xỉ Trong Không gian Hilbert 1.1 Pháp tuyến xấp xỉ Trong giáo trình ta giả thiết X không gian Hilbert thực Cho S tập khác rỗng X x ∈ X Điểm s ∈ S gọi điểm chiếu x lên S x − s = dS (x) := inf x − u : u ∈ S Ta kí hiệu projS (x) tập điểm chiếu x lên S Khi projS (x) có phần tử ta nói projS (x) tập đơn tử Bài tập 1.1 Cho S tập đóng khác rỗng X Nếu hai điều kiện sau thoả mãn a) dim(X) < +∞, b) S lồi, với x ∈ X, projS (x) tập khác rỗng Hơn nữa, với điều kiện thứ hai, projS (x) tập đơn tử Bài tập 1.2 Chứng minh a) x ∈ S ⇔ dS (x) = b) dS (x) = dT (x), ∀x ∈ X ⇔ S = T c) dS (x) − dS (y) ≤ x − y ; ∀x, y ∈ X d) Giả sử S tập đóng khác rỗng Rn Lúc đó, projS (x) = ∅ với x ∈ X Hơn nữa, tập hợp {projS (x); x ∈ Rn \ S} trù mật ∂S 3 Mệnh đề 1.1 Cho S ⊂ X, x ∈ X s ∈ S Khi phát biểu sau tương đương a) s ∈ projS (x); b) x − s, s − s ≤ s − s , ∀s ∈ S; c) s ∈ projS (s + t(x − s)), ∀t ∈ [0; 1]; d) dS (s + t(x − s)) = t x − s , ∀t ∈ [0; 1] Bài tập 1.3 Chứng minh s ∈ projS (x) projS (s + t(x − s)) = {s} với t ∈ [0; 1) Cho x ∈ X, s ∈ projS (x) Ta gọi vectơ có dạng ξ = t(x − s), với t ≥ 0, vectơ pháp tuyến xấp xỉ S s tập NSP (s) := {t(x − s) | x ∈ X, s ∈ projS (x), t ≥ 0} (1.1) nón pháp tuyến xấp xỉ S s Từ định nghĩa ta thấy NSP (s) thực nón chứa gốc NSP (s) = {ξ ∈ X | ∃t > : dS (s + tξ) = t ξ } (1.2) Hơn nữa, s ∈ S điểm chiếu điểm x nằm S NSP (s) = {0} Để tiện làm việc ta quy ước NSP (s) = ∅ s ∈ S Mệnh đề 1.2 Cho S ⊂ X, s ∈ S Khi a) ξ ∈ NSP (s) tồn σ(ξ, s) ≥ cho ξ, s − s ≤ σ s − s , ∀s ∈ S (1.3) b) Cho trước δ > 0, ξ ∈ NSP (s) tồn σ(ξ, s) ≥ cho ξ, s − s ≤ σ s − s , ∀s ∈ S ∩ B(s, δ) (1.4) Từ Mệnh đề 1.2 ta thấy nón pháp tuyến xấp xỉ có tính chất địa phương Hai nón pháp tuyến xấp xỉ NS1 (s) NS2 (s) trùng hai tập S1 S2 trùng lân cận s Các bất đẳng thức (1.3) (1.4) gọi bất đẳng thức pháp tuyến xấp xỉ Mệnh đề 1.3 Cho S tập lồi đóng X Khi a) ξ ∈ NSP (s) ξ, s − s ≤ với s ∈ S; b) Nếu X hữu hạn chiều NSP (s) = {0} với s ∈ ∂S 4 Mệnh đề cho thấy khái niệm nón pháp tuyến xấp xỉ trùng với nón pháp tuyến theo nghĩa giải tích lồi S tập lồi Bây cho S đa tạp khả vi, tức S = {x ∈ Rn | hi (x) = 0; ≤ i ≤ k}, với hi : Rn → R hàm thuộc lớp C Mệnh đề 1.4 Giả sử S đa tạp khả vi cho Hơn nữa, s ∈ S hệ {∇hi (s), ≤ i ≤ k} độc lập tuyến tính Lúc a) NSP (s) ⊂ span{∇hi (s), ≤ i ≤ k}; b) Nếu hàm hi thuộc lớp C , đẳng thức xảy Như ta thấy khái niệm pháp tuyến xấp xỉ mở rộng hướng pháp tuyến C −đa tạp hình học vi phân Bài tập 1.4 Trong R2 cho tập S1 = {(x, y) | x2 +y ≤ 2; x ≥ 0; y ≥ 0}; S2 = {(x, y) | x2 +y ≥ 2; |x| ≤ 2; |y| ≤ 2} điểm s1 = (0, 0), s2 = (2, 0), s3 = (1, 1), s4 = (2, 2) Xác định nón NSP1 (s1 ), NSP1 (s2 ), NSP1 (s3 ), NSP2 (s2 ), NSP2 (s3 ), NSP2 (s4 ) 1.2 Dưới gradient xấp xỉ Từ sau ta giả thiết f : X → (−∞, +∞] Ta sử dụng ký hiệu định nghĩa quen thuộc sau dom f = {x ∈ X | f (x) < +∞}, Gr f = {(x, f (x)) | x ∈ dom f }, epi f = {(x, r) ∈ dom f × R | r ≥ f (x)} f gọi nửa liên tục (l.s.c.) x ∈ X lim inf f (x ) ≥ f (x) x →x f l.s.c tập U ⊂ X f l.s.c điểm x ∈ U Ta ký hiệu F(U ) = {f | f l.s.c U dom f ∩ U = ∅}; f gọi lồi epi f tập lồi Bài tập 1.5 Chứng minh F = F(X) 5 a) f ∈ F ⇔ epi f đóng ⇔ {x ∈ X | f (x) ≤ r} đóng với r ∈ R b) Cho ∅ = S ⊂ X IS hàm S Lúc đó, S đóng IS l.s.c., S lồi IS lồi P c) Giả sử (ξ, −λ) ∈ Nepi f (x, r) với f ∈ F (x, r) ∈ epi f Lúc đó, λ ≥ 0; r = f (x) λ > 0; λ = r > f (x) d) Nếu S = epi f với f ∈ F thì, với x ∈ X cố định, hàm dS (x, r) hàm giảm theo r ∈ R P e) Tìm hàm liên tục f : R → R cho (1, 0) ∈ Nepi f (0, f (0)) Cho f ∈ F x ∈ dom f Vector ξ ∈ X gọi gradient xấp xỉ f P x (ξ, −1) ∈ Nepi f (x, f (x)) Tập tất gradient xấp xỉ f x, kí hiệu ∂P f (x), gọi vi phân xấp xỉ f x Ví dụ 1.1 Cho hàm số thực f (x) = −|x| Lúc ∂P f (0) = ∅ Bài tập 1.6 Chứng minh a) NSP (s) nón lồi Từ suy ∂P f (x) tập lồi, b) ∂P IS (x) = NSP (x) với x ∈ S, c) Nếu f ∈ F f đạt cực tiểu x ∈ ∂P f (x) 1.3 Các khái niệm đạo hàm Đạo hàm Gâteaux f x ∈ X vectơ fG (x) ∈ X cho với d ∈ X đạo hàm theo hướng f (x; d) tồn fG (x), d Hàm f gọi khả vi Gâteaux tập U ⊂ X khả vi Gâteaux điểm x ∈ U Vectơ f (x) ∈ X gọi đạo hàm Fréchet f x ∀r > 0, ∀ > 0, ∃δ > 0: ∀d ∈ B(0; r), ∀t ∈ (0, δ): f (x + td) − f (x) − f (x), d < t Hàm f gọi khả vi Fréchet tập U ⊂ X khả vi Fréchet x ∈ U Từ định nghĩa ta thấy f hàm biến thực khái niệm khả vi thông thường, khả vi Gâteaux khả vi Fréchet tương đương Trong trường hợp tổng quát, f có đạo hàm Fréchet x liên tục có đạo hàm Gâteaux điểm Tuy nhiên, f có đạo hàm Gâteaux x không thiết f có đạo hàm Fréchet chí f không liên tục điểm 6 Ví dụ 1.2 Cho hàm hai biến f (x, y) = y3 , x 0, x=0 x=0 Rõ ràng, f khả vi Gâteaux (0, 0) gián đoạn điểm đó, dĩ nhiên, không khả vi Fréchet (0, 0) Bây ta mở rộng khái niệm đạo hàm cho ánh xạ không gian Hilbert Cho X, Y không gian Hilbert, x0 ∈ X, F : X → Y Toán tử FG (x0 ) ∈ L(X, Y ) gọi đạo hàm Gâteaux F x0 lim t↓0 F (x0 + tv) − F (x0 ) − FG (x0 )(v) t = 0, ∀v ∈ X Toán tử F (x0 ) ∈ L(X, Y ) gọi đạo hàm Fréchet F x0 lim t↓0 F (x0 + tv) − F (x0 ) − F (x0 )(v) t = 0, ∀v ∈ X, hội tụ theo v tập bị chặn X Từ định nghĩa ta có Mệnh đề 1.5 Cho X, Y, Z không gian Hilbert, x0 ∈ X hàm F : X → Y , G : Y → Z Khi F khả vi Fréchet x0 G khả vi Fréchet F (x0 ) G ◦ F khả vi Fréchet x0 (G ◦ F ) (x0 ) = G (F (x0 )) ◦ F (x0 ) Giả sử U ⊂ X tập mở f hàm có đạo hàm Fréchet f liên tục U Nếu đến phiên nó, f : U → X ánh xạ có đạo hàm Fréchet liên tục U đạo hàm f , kí hiệu f , gọi đạo hàm cấp f f gọi khả vi liên tục đến cấp Chú ý lúc f (x) ∈ X f (x) ∈ L(X, X) với x ∈ U Ta kí hiệu C (U ) C (U ) họ hàm khả vi liên tục đến cấp cấp U và, để đơn giản, ta viết C C thay cho C (X) C (X) Từ nay, nhắc đến đạo hàm (t.ư khả vi) mà không nói thêm ta ngầm hiểu đạo hàm (t.ư khả vi) Fréchet Bổ đề 1.1 Cho f ∈ F x, y ∈ X Xét hàm g : [0, 1] → R xác định g(t) := f (x + t(y − x)); t ∈ [0, 1] (1.5) Lúc a) Nếu f khả vi Gâteaux g có đạo hàm [0, 1] g (t0 ) = fG (x + t0 (y − x)), y − x ; ∀t0 ∈ [0, 1] (1.6) b) Nếu f khả vi hai lần g Hơn nữa, g (t0 ) = y − x, f (x + t0 (y − x))(y − x) ; ∀t0 ∈ [0, 1] (1.7) Mệnh đề 1.6 Cho f ∈ F khả vi Gâteaux tập mở U ⊂ X Xét x, y ∈ X, x = y cho [x, y] ⊂ U Khi có z ∈ (x, y) cho f (y) − f (x) = fG (z), y − x Giả sử f ∈ C (U ) Sử dụng khai triển Taylor cho hàm g xác định (1.5) Bổ đề 1.1 [0, 1] ta có g(t) = g(0) + g (0)t + g (t0 )t2 , với t0 ∈ (0, t) Thay t = sử dụng (1.6), (1.7) ta nhận f (y) = f (x) + f (x), y − x + f (z)(y − x), y − x , với z = x + t0 (y − x) ∈ (x, y) Như f ∈ C (U ) có η > σ ≥ cho f (y) ≥ f (x) + f (x), y − x − σ y − x , ∀y ∈ B(x, η) 1.4 (1.8) Đặc trưng gradient xấp xỉ Bổ đề 1.2 Cho x0 ∈ X, f (y) = y − x0 Khi f ∈ C với y ∈ X, f (y) = 2(y − x0 ), f (y) = 2IdX , với IdX ∈ L(X, X) toán tử đồng X Bổ đề 1.3 Cho c > ξ, x ∈ X Đặt g(y) = c2 + 2c ξ, y − x − y − x 2 Lúc đó, tồn lân cận U x cho g ∈ C (U ) g (x) = ξ Bài tập 1.7 Chứng minh hàm f (x) = x khả vi điểm x0 = Hơn nữa, f (x0 ) = x0 / x0 Định lý 1.7 Cho f ∈ F, x ∈ dom f Lúc ξ ∈ ∂P f (x) tồn số dương η, σ cho f (y) ≥ f (x) + ξ, y − x − σ y − x , ∀y ∈ B(x, η) (1.9) Đây gọi bất đẳng thức gradient xấp xỉ Từ bất đẳng thức ta thấy gần x, hàm f nằm hàm toàn phương h(y) := f (x) + ξ, y − x − σ y − x , đẳng thức xảy y = x Nói cách khác, hàm l(y) := f (y) − h(y) đạt cực tiểu địa phương y = x Hơn nữa, từ cách chứng minh định lý ta thấy có hình cầu X × R tiếp xúc với epi f (x, f (x)) Hệ 1.1 Cho f ∈ F tập mở U ⊂ X Lúc đó, a) Nếu f khả vi Gâteaux x ∈ U ∂P f (x) ⊂ {fG (x)}; b) Nếu f ∈ C (U ) ∂P f (x) = {f (x)}, ∀x ∈ U c) Nếu f lồi ξ ∈ ∂P f (x) ⇔ f (y) ≥ f (x) + ξ, y − x ; ∀y ∈ X Giả thiết f ∈ C hệ cần thiết Thật vậy, xét hàm f (x) = −|x| , ta thấy f ∈ C f (0) = Tuy vậy, ∂P f (0) = ∅ Điều f ∈ C Như ∂P f không thực mở rộng khái niệm đạo hàm, hàm thuộc lớp C không khả vi phân Có lẻ nhược điểm khái niệm vi phân hàm lồi vi phân Clarke cho hàm Lipschitz (ở Chương 2) không mắc nhược điểm Hệ 1.2 Giả sử f ∈ F Lúc đó, a) Nếu f đạt cực tiểu địa phương x0 ∈ ∂P f (x0 ); b) Nếu f lồi ∈ ∂P f (x0 ) x0 điểm cực tiểu toàn cục f Bài tập 1.8 Xác định vi phân xấp xỉ hàm số thực sau √ a) f (x) = x 0, b) f (x) = −|x| 1, √ x, x ≥ 0, 0, −1, c) f (x) = −x2 , x < d) f (x) = x2 sin x1 , x = 0, 0, x=0 Bài tập 1.9 Cho f, g ∈ F Chứng minh a) ∂P f (x) + ∂P g(x) ⊂ ∂P (f + g)(x) b) ∂P (cf )(x) = c∂P f (x) với c > c) Cho ví dụ đó, ∂P (f + g)(x) = ∅ ∂P f (x) = ∅ ∂P g(x) = ∅ 9 Mệnh đề 1.8 a) Giả sử U ⊂ X tập mở, x ∈ U f : U → R liên tục cho ∂P f (x) = ∅ ∂P (−f )(x) = ∅ Khi f khả vi Fréchet x ∂P f (x) = −∂P (−f )(x) = {f (x)} b) Giả sử f lồi, liên tục x ∈ Int(dom f ) Khi ∂P f (x) = ∅ Hơn nữa, ∂P (−f )(x) = ∅ f khả vi Fréchet x Mệnh đề 1.9 Giả sử f ∈ F, x ∈ X, g ∈ C (B(x, δ)) với δ > Khi ξ ∈ ∂P (f + g)(x) ⇔ ξ − g (x) ∈ ∂P f (x) Bài tập 1.10 a) Cho f ∈ C giả sử f nhận cực tiểu S x0 Chứng minh −f (x0 ) ∈ NPS (x0 ) b) Giả sử f Lipschitz với số K lân cận x0 Chứng minh ξ ≤ K, ∀ξ ∈ ∂P f (x0 ) c) Cho f ∈ C (U ) với U mở Chứng minh f Lipschitz địa phương U (Dùng Định lý giá trị trung bình) Hơn nữa, S ⊂ U tập lồi, compact f Lipschitz S với số K = max{ f (x) | x ∈ S} 1.5 Định lý trù mật Tiếp theo đến kết thú vị nói tập hợp điểm vi phân xấp xỉ hàm f khác rỗng trù mật dom f Hay nói cách khác, hàm f khả vi phân xấp xỉ tập trù mật dom f Điều khẳng định định lý sau Định lý 1.10 Giả sử f ∈ F, x0 ∈ dom f y ∈ B(x0 , ) cho ∂P f (y) = ∅ số dương tùy ý Lúc đó, tồn f (x0 ) − ≤ f (y) ≤ f (x0 ) Đặc biệt, dom ∂P f trù mật dom f 10 1.6 Tổng chập cực tiểu hàm toàn phương Trong mục ta khảo sát vi phân xấp xỉ hàm tổng chập cực tiểu hàm với hàm toàn phương Nhắc lại rằng, tổng chập cực tiểu hai hàm f, g : X → R hàm h : X → R xác định h(x) := inf{f (y) + g(x − y); y ∈ X}, x ∈ X, ký hiệu h = f ⊕ g Bằng quy nạp, ta có khái niệm tổng chập cực tiểu m hàm: f1 , f2 , · · · , fm ký hiệu m fi = f1 ⊕ f2 ⊕ · · · ⊕ fm i=1 Ở đây, ta xét tổng chập cực tiểu f với hàm toàn phương dạng gα (x) = α x Lúc ta nhận hàm fα (x) := (f ⊕ gα )(x) := inf{f (y) + α x − y ; y ∈ X} Một dãy (yi ) ⊂ X gọi dãy cực tiểu fα (x) lim (f (yi ) + α yi − x ) = fα (x) i→∞ Ta giả thiết f bị chặn X α > Bổ đề 1.4 Giả sử f ∈ F Lúc đó, a) Nếu f lồi fα lồi b) Nếu f bị chặn c fα bị chặn c Hơn nữa, fα Lipschitz tập bị chặn X Định lý 1.11 Giả sử f ∈ F hàm fα khả vi phân xấp xỉ điểm x ∈ X Lúc đó, tồn y¯ ∈ X thỏa mãn điều kiện sau a) Nếu (yi ) dãy cực tiểu hàm fα yi → y¯; b) Hàm f (y) + α y − x đạt cực tiểu y¯; c) Đạo hàm Fréchet fα (x) tồn ∂P fα (x) = {fα (x)} = {2α(x − y¯)}; d) 2α(x − y¯) ∈ ∂P f (¯ y ) Định lý cho ta tính chất thú vị hàm fα điểm x ∈ X ta có, ∂P fα (x) = ∅ fα khả vi Fréchet x ∂P fα (x) = {fα (x)} 11 1.7 Các nguyên lý tối ưu hóa Trong Mục 1.5 ta thấy việc chứng minh Định lý trù mật thực cách đơn giản trường hợp hữu hạn chiều, lại phức tạp trường hợp vô hạn chiều Điều hàm nửa liên tục tập đóng, bị chặn (trong không gian vô hạn chiều) không thiết tồn điểm cực tiểu, chí không bị chặn Tuy nhiên, kết cho thấy, với nhiễu (tuyến tính hay toàn phương) nhỏ tùy ý, hàm nửa liên tục đạt cực tiểu Định lý 1.12 (Nguyên lý tối ưu Stegall) Cho f ∈ F S ⊂ X tập đóng, bị chặn cho S ∩ dom f = ∅ inf f > −∞ Lúc đó, tồn tập trù mật S x ∈ X cho hàm h(y) = f (y) − x, y nhận giá trị cực tiểu S Thật định lý tương đương với khẳng định nhẹ rằng: Tồn dãy (xk ) ⊂ X, hội tụ 0, cho hàm f (y) − xk , y có điểm cực tiểu S Định lý 1.13 (Nguyên lý tối ưu Borwein-Preiss) Cho f ∈ F thỏa mãn inf f > −∞ S Giả sử > x0 ∈ X cho f (x0 ) < inf f + Lúc đó, với λ > 0, tồn S điểm z ∈ B(x0 , λ), y ∈ B(z, λ) với f (y) ≤ f (x0 ) cho hàm g(x) = f (x) + λ2 x−z nhận x = y làm điểm cực tiểu Chứng minh chi tiết định lý cho mục tiếp theo, nghiên cứu “tổng chập cực tiểu” hàm toàn phương Bài tập 1.11 Cho f , x0 , √ f khả vi Fréchet √ Định lý 1.13, f (y) ≤ f (x0 ) Chứng minh tồn y ∈ B(x0 , ) cho f (y) ≤ Từ suy tồn dãy cực tiểu (yi ) f cho f (yi ) → 1.8 Khảo sát hàm khoảng cách Trong mục ta giả thiết S tập đóng khác rỗng X dS hàm khoảng cách đến tập S Bài tập 1.12 Cho hàm f (x) ≥ 0, chứng minh ξ ∈ ∂P f (x0 ) 2f (x0 )ξ ∈ ∂P (f )(x0 ) 12 Định lý 1.14 Giả sử x ∈ S ξ ∈ ∂P dS (x) Lúc tồn điểm s¯ ∈ S cho a) Nếu (si ) ⊂ S dãy cực tiểu hàm s → x − s si → s¯; b) projS (x) = {¯ s}; c) Đạo hàm Fréchet dS (x) tồn ∂P dS (x) = {dS (x)} = x − s¯ x − s¯ ; d) dS (x) ∈ NSP (¯ s) Hệ 1.3 a) Tập hợp {x ∈ X | projS (x) đơn tử } trù mật X b) Tập hợp {s ∈ ∂S | NSP (s) = {0}} trù mật ∂S Dưới ta xét việc dùng hàm khoảng cách hàm phạt toán cực tiểu có ràng buộc: (PS ) : inf f (s) s∈S Mệnh đề 1.15 Giả sử f hàm Lipschitz, với số K > 0, tập mở U chứa S Lúc a) Nếu s nghiệm toán (PS ) nghiệm toán (PUK ) : inf f (x) + KdS (x) x∈U b) Ngược lại, s nghiệm toán (PUL ), với L > K, s ∈ S nghiệm toán (PS ) Kết sau mối liên hệ khái niệm hình học, nón pháp tuyến xấp xỉ, khái niệm giải tích, vi phân xấp xỉ Định lý 1.16 Cho s ∈ S Lúc NSP (s) = tξ | t ≥ 0; ξ ∈ ∂P dS (s) 13 1.9 Trường hợp hàm Lipschitz Hàm f gọi Lipschitz với số K tập M |f (y) − f (x)| ≤ K y − x , với x, y ∈ M , f gọi Lipschitz địa phương M với x ∈ M , tồn lân cận U x cho f Lipschitz, với số K(x) đó, U ∩ M Định lý kết quan trọng giải tích lồi Định lý 1.17 Cho tập lồi, mở U ⊂ X f : U → R hàm lồi Nếu f bị chặn hình cầu B(¯ x, r) ⊂ U , f Lipschitz địa phương U Hệ 1.4 Mọi hàm lồi f tập lồi, mở U ⊂ Rn Lipschitz địa phương Bài tập 1.13 Cho M > 0, > Xây dựng hàm ϕ ∈ C : [0, ) → [0, +∞) cho ϕ(t) = M t với t ∈ [0, ]; ϕ (t) ≥ M với t ∈ [2 , ) lim ϕ(t) = +∞ t→3 Định lý 1.18 Cho U ⊂ X tập lồi mở f ∈ F(U ) Lúc đó, f Lipschitz U với số K > ξ ≤ K với x ∈ U ξ ∈ ∂P f (x) Hệ 1.5 Cho U ⊂ X tập lồi, mở f ∈ F(U ) Lúc đó, f hàm U ∂P f (x) ⊂ {0}, với x ∈ U Bài tập 1.14 a) Chỉ Hệ 1.5 không U không lồi b) Chứng minh U mở (không thiết lồi) hàm f ∈ F(U ) Lipschitz địa phương U ∂P f (x) bị chặn địa phương U c) Chứng minh S lồi, compact, từ giả thiết f Lipschitz địa phương S kéo theo f Lipschitz S 14 Chương Gradient suy rộng Trong Không gian Banach Trong chương ta giả thiết X không gian Banach trường số thực f : X → R hàm Lipschitz địa phương Ta mở rộng khái niệm vi phân cho hàm Lipschitz, theo nhiều khái niệm hình học điều kiện cực trị cho toán tối ưu thiết lập 2.1 Định nghĩa tính chất Giả sử f hàm Lipschitz lân cận x ∈ X với số K Với v ∈ X, ta gọi đạo hàm theo hướng suy rộng f x theo hướng v giới hạn sau f (x; v) := lim sup y→x, t↓0 f (y + tv) − f (y) t (2.1) Do tính Lipschitz f , giới hạn luôn tồn Mệnh đề cho ta số tính chất khác đạo hàm Mệnh đề 2.1 Với hàm f điểm x cho trên, ta có a) Hàm f (x; ·) hữu hạn, lồi, dương X Hơn nữa, |f (x; v)| ≤ K v ; ∀v ∈ X b) Hàm hai biến f (·; ·) nửa liên tục hàm biến f (x; ·) Lipschitz với số K X c) f (x; −v) = (−f )0 (x; v); ∀v ∈ X Bài tập 2.1 Cho f g hai hàm Lipschitz gần x Chứng minh (f + g)0 (x; v) ≤ f (x; v) + g (x; v); ∀v ∈ X 15 Trước đến định nghĩa gradient suy rộng (một khái niệm mở rộng vi phân) hàm f , ta cần nhắc lại số kết liên quan đến hàm tựa Nhắc lại rằng, với tập C ⊂ X cho trước, ta gọi hàm tựa σC hàm xác định σC (x∗ ) = sup x∗ , x ; x∗ ∈ X ∗ x∈C Tương tự, hàm tựa tập D ⊂ X ∗ lại xác định X, tức σD (x) = sup x∗ , x ; x ∈ X x∗ ∈D Mệnh đề sau kết từ giải tích lồi Mệnh đề 2.2 a) Với ∅ = D ⊂ X ∗ , σD lồi, dương, nửa liên tục b) Nếu D lồi đóng yếu* ξ ∈ D ⇔ σD (x) ≥ ξ, x ; ∀x ∈ X c) Cho D1 , D2 ⊂ X ∗ lồi, đóng yếu* Lúc D1 ⊂ D2 ⇔ σD1 (x) ≤ σD2 (x); ∀x ∈ X d) Nếu p : X → R hàm lồi, dương bị chặn hình cầu đơn vị, tồn tập D ⊂ X ∗ lồi, khác rỗng, compact yếu* cho σD = p Từ Mệnh đề 2.1 Mệnh đề 2.2.d tồn tập hợp lồi, khác rỗng, compact yếu* D ⊂ X ∗ cho σD (·) = f (x; ·) Ta ký hiệu ∂f (x) = D gọi gradient suy rộng f x Từ Mệnh đề 2.2.b, ta có ∂f (x) = {ξ ∈ X ∗ | ξ, v ≤ f (x; v), ∀v ∈ X} Các khẳng định sau suy trực tiếp từ định nghĩa Hệ 2.1 a) ∂f (x) khác rỗng, lồi, compact yếu* ξ ≤ K với ξ ∈ ∂f (x) b) f (x; v) = max{ ξ, v | ξ ∈ ∂f (x)} c) ξ ∈ ∂f (x) ⇔ f (x; v) ≥ ξ, v , ∀v ∈ X (2.2) 16 Bài tập 2.2 a) Cho f : Rn → R thuộc lớp C Chứng minh f (x; v) = f (x), v với v ∈ X ∂f (x) = {f (x)} b) Giả sử f (x) = max{x, 0}, x ∈ R Chứng minh f (0; v) = max{0, v} Tính ∂f (0) c) Xác định f (0; ·) ∂f (0) f : Rn → R: f (x) = x d) Chứng minh f nhận cực trị địa phương x ∈ ∂f (x) Ánh xạ đa trị F : X → Y gọi nửa liên tục x ∈ X ∀ > 0, ∃δ > 0, ∀y ∈ B(x, δ) : F (y) ⊂ F (x) + B(0, 1) Mệnh đề 2.3 w∗ a) Nếu (xi ) ⊂ X (ξi ) ⊂ X ∗ cho: ξi ∈ ∂f (xi ), xi → x, ξi → ξ, ξ ∈ ∂f (x) b) Nếu dim X < ∞, ∂f (·) nửa liên tục x Bài tập 2.3 a) Kiểm chứng tính nửa liên tục ∂f hàm f cho Bài tập 2.2.b, c b) Giả sử ξi ∈ ∂f (xi ) + i B ∗ với xi → x, 2.2 W∗ i → ξi → ξ Cm ξ ∈ ∂f (x) Các phép tính Gradient suy rộng Mệnh đề 2.4 ∂(λf )(x) = λ∂f (x), với λ ∈ R x ∈ X Mệnh đề 2.5 Giả sử fi Lipschitz gần x λi ∈ R với ≤ i ≤ n Lúc đó, hàm λi fi Lipschitz gần x n n λi fi (x) ⊂ ∂ λi ∂fi (x) Bài tập 2.4 Tìm ví dụ với X = R, n = bao hàm thức mệnh đề chặt Định lý 2.6 (Định lý trung bình Lebourg) Cho x, y ∈ X cho f Lipschitz tập mở U ⊃ [x, y] Lúc đó, tồn u ∈ (x, y) cho f (y) − f (x) ∈ ∂f (u), y − x 17 Để chứng minh định lý ta cần sử dụng bổ đề sau Bổ đề 2.1 Hàm g xác định (1.5) Lipschitz đoạn [0, 1] ∂g(t) ⊂ ∂f (x + t(y − x)), y − x Định lý 2.7 Cho F : X → Rn Lipschitz gần x g : Rn → R Lipschitz gần F (x) Lúc đó, hàm f = g ◦ F Lipschitz gần x ∂f (x) ⊂ co∗ {∂ γ, F (·) (x) | γ ∈ ∂g(F (x))} Ở đây, co∗ ký hiệu bao lồi đóng yếu* Bài tập 2.5 Chứng minh f g Lipschitz gần x f g Hơn nữa, ∂(f g)(x) ⊂ f (x)∂g(x) + g(x)∂f (x) 2.3 Quan hệ với đạo hàm Mệnh đề 2.8 Cho f Lipschitz gần x Lúc a) Nếu tồn đạo hàm Gâteaux fG (x) fG (x) ∈ ∂f (x) b) Nếu f khả vi liên tục x ∂f (x) = {f (x)} Định lý 2.9 Cho Y không gian Banach F : X → Y khả vi liên tục gần x g : Y → R Lipschitz gần F (x) Lúc đó, f := g ◦ F Lipschitz gần x ∂f (x) ∈ [F (x)]∗ ∂g(F (x)) 2.4 Hàm lồi - Hàm qui Mệnh đề 2.10 Nếu f lồi tập mở, lồi U ⊂ X f bị chặn lân cận x¯ ∈ U f Lipschitz gần x¯ Mệnh đề 2.11 Cho f lồi tập lồi, mở U ⊂ X Lipschitz gần x¯ ∈ U Lúc đó, với v ∈ X, tồn đạo hàm theo hướng f (¯ x; v) = f (¯ x; v) Hơn nữa, ξ ∈ ∂f (¯ x) ⇔ f (x) − f (¯ x) ≥ ξ, x − x¯ ; ∀x ∈ U Một cách tổng quát, ta gọi hàm f qui x¯ f Lipschitz gần x¯, tồn đạo hàm f (¯ x; v) theo hướng v ∈ X f (¯ x; v) = f (¯ x; v); ∀v ∈ X Như vậy, hàm lồi Lipschitz qui Chúng ta dễ dàng chứng minh hàm khả vi liên tục qui 18 Bài tập 2.6 a) Tìm hàm f : R → R qui không lồi mà không khả vi liên tục b) Chứng minh f g qui x f + g Hơn nữa, ∂(f + g)(x) = ∂f (x) + ∂g(x) Định lý 2.12 Cho F : X → Rn cho thành phần fi : X → R F qui x, hàm g : Rn → R qui F (x) γ ∈ ∂g(F (x)) không âm Lúc đó, hàm f := g ◦ F qui x ∂f (x) = co∗ {∂ γ, F (·) (x) | γ ∈ ∂g(F (x))} Bài tập 2.7 a) Cho f : Rn → R không giảm theo biến ξ ∈ ∂f (x) Chứng minh ξ1 ≥ b) Tìm điều kiện f g giá trị chúng x để dấu = xảy Bài tập 2.5 Bài tập 2.8 a) Cho f : R2 → R xác định f (x, y) = max{|x − y|, y − x2 } Tìm ∂f (0, 0) b) Cho f1 , f2 , · · · , fm Lipschitz gần x f = ∨fi Chứng minh f Lipschitz gần x ∂f (x) ⊂ co ∂fi (x) , i∈I(x) đó, I(x) = {i | fi (x) = f (x)} Hơn nữa, fi qui dấu đẳng thức xãy 2.5 Nón tiếp xúc Nón pháp tuyến Cho S tập đóng khác rỗng không gian Banach X s ∈ S Ta gọi nón tiếp xúc S s tập hợp sau TS (s) := {v ∈ X | d0S (s; v) = 0}, vec tơ v ∈ TS (s) gọi hướng tiếp xúc S s Chú ý rằng, dS ≥ dS (s) = nên định nghĩa TS (s) tập hợp vec tơ v cho d0S (s; v) ≤ Một cách tự nhiên, ta gọi tập hợp sau nón pháp tuyến S s: NS (s) := TS (s)0 = {ξ ∈ X ∗ | ξ, v ≤ 0; ∀v ∈ TS (s)} 19 Bài tập 2.9 Chứng minh TS (s) nón lồi đóng chứa gốc Định lý 2.13 Cho s ∈ S Lúc đó, v ∈ TS (s) ⇔ ∀(xi ) ⊂ S; ∀(ti ) ⊂ (0, +∞) : xi → s; ti → 0, ∃(vi ) ⊂ X : vi → v xi + ti vi ∈ S; ∀i Bài tập 2.10 Cho X1 X2 hai không gian Banach X = X1 × X2 S1 ⊂ X1 , S2 ⊂ X2 S = S1 × S2 (s1 , s2 ) =: s Chứng minh TS (s) = TS1 (s1 ) × TS2 (s2 ) Mệnh đề 2.14 a) NS (s) nón lồi, đóng yếu* ∗ b) NS (s) = ∪{λ∂dS (s); λ ≥ 0} c) TS (s) = NS (s)0 = {v ∈ X | ξ, v ≤ 0; ∀ξ ∈ NS (s)} Mệnh đề 2.15 Nếu S tập lồi, a) TS (s) = ∪{λ(S − s); λ ≥ 0}, b) NS (s) = {ξ ∈ X ∗ | ξ, s − s ≤ 0; ∀s ∈ S} Định lý 2.16 Cho f Lipschitz gần x Lúc đó, a) Tepi f (x, f (x)) = epi f (x; ·) b) ξ ∈ ∂f (x) ⇔ (ξ, −1) ∈ Nepi f (x, f (x)) Bài tập 2.11 Xác định NS (0, 0) TS (0, 0) với S ⊂ R2 cho a) S = {(x, y) | xy = 0}, b) S = {(x, y) | y ≥ 2|x|}, c) S = {(x, y) | y ≤ 2|x|}, d) S = {(x, y) | y ≤ |x|} Bài tập 2.12 Tương tự Bài tập 2.11, với S ⊂ R2 cho a) S = {(x, y) | y = − |x|}, b) S = {(x, y) | y ≤ − |x|}, c) S = {(x, y) | y ≥ 2|x| x = 0} 20 2.6 Trường hợp hữu hạn chiều Trong mục ta giả thiết f hàm xác định không gian Rn Định lý 2.17 (Rademacher) Nếu f Lipschitz địa phương f khả vi hầu khắp nơi (theo độ đo Lebesgue) Định lý 2.18 Giả sử f Lipschitz gần x ∈ Rn Lúc đó, Ω tập có độ đo không Rn Ωf tập điểm f không khả vi Fréchet, ta có ∂f (x) = co{lim ∇f (xi ) | xi → x; xi ∈ / Ω ∪ Ωf } Ta xét hai hàm sau R: f (x) = x2 sin x1 x = 0, ; x = x sin x1 g(x) = x = 0, x = Chú ý hàm g không Lipschitz gần Hệ 2.2 Với giả thiết định lý trên, ta có f (x; v) = lim sup ∇f (y), v ; ∀v ∈ X y→x; y ∈Ω∪Ω / f Mệnh đề 2.19 Cho S ⊂ Rn tập đóng x ∈ Rn Nếu dS (x) tồn khác không x ∈ / S, projS (x) = {s} ∂dS (x) = x−s x−s Bài tập 2.13 Tính ∂f (0, 0) vơí f (x, y) = max{min{x, −y}, y − x} Gợi ý: Đặt C1 = {(x, y) | y ≤ 2x ; y ≤ −x}, x C2 = {(x, y) | y ≤ ; y ≥ −x}, x C3 = {(x, y) | y ≥ 2x y ≥ } Lúc đó, C1 ∪ C2 ∪ C3 = R2   (x, y) ∈ C1 , x f (x, y) = −y (x, y) ∈ C2 ,   y − x (x, y) ∈ C3 Bài tập 2.14 Cho S ⊂ Rn , s ∈ ∂S Ω tập có độ đo không Chứng minh NS (s) = co{ lim λi (xi − si ) | λi ≥ 0; xi ∈ / Ω ∪ S; xi → s; projS (xi ) = {si }} i→∞ Bài tập 2.15 Dùng Bài tập 2.14 để giải lại Bài tập 2.11 2.12 21 Tài liệu tham khảo [1] Clarke F.H., Ledyaev Yu.S., Stern R.J., Wolensk P.R., Nonsmooth Anlysis and Control theory, Springer, 1998 [2] Rockafellar R.T, Convex analysis, Princeton University Press, 1970 [...]... quả 1.5 không còn đúng nếu U không lồi b) Chứng minh nếu U mở (không nhất thiết lồi) thì một hàm f ∈ F(U ) là Lipschitz địa phương trên U khi và chỉ khi ∂P f (x) bị chặn địa phương trên U c) Chứng minh nếu S lồi, compact, thì từ giả thiết f Lipschitz địa phương trên S cũng kéo theo f Lipschitz trên S 14 Chương 2 Gradient suy rộng Trong Không gian Banach Trong chương này ta luôn giả thiết X là không. .. giản trong trường hợp hữu hạn chiều, nhưng lại rất phức tạp trong trường hợp vô hạn chiều Điều đó là do một hàm nửa liên tục dưới trên một tập đóng, bị chặn (trong không gian vô hạn chiều) không nhất thiết tồn tại điểm cực tiểu, thậm chí không bị chặn dưới Tuy nhiên, những kết quả ngay dưới đây cho thấy, với những nhiễu (tuyến tính hay toàn phương) nhỏ tùy ý, một hàm nửa liên tục dưới sẽ đạt được cực... 18 Bài tập 2.6 a) Tìm một hàm f : R → R chính qui nhưng không lồi mà cũng không khả vi liên tục b) Chứng minh nếu f và g chính qui tại x thì f + g cũng vậy Hơn nữa, ∂(f + g)(x) = ∂f (x) + ∂g(x) Định lý 2.12 Cho F : X → Rn sao cho mỗi thành phần fi : X → R của F đều chính qui tại x, hàm g : Rn → R chính qui tại F (x) và mỗi γ ∈ ∂g(F (x)) đều không âm Lúc đó, hàm f := g ◦ F chính qui tại x và ∂f (x)... Trường hợp hữu hạn chiều Trong mục này ta luôn giả thiết f là hàm xác định trên không gian Rn Định lý 2.17 (Rademacher) Nếu f Lipschitz địa phương thì f khả vi hầu khắp nơi (theo độ đo Lebesgue) Định lý 2.18 Giả sử f Lipschitz gần x ∈ Rn Lúc đó, nếu Ω là tập có độ đo không bất kỳ trong Rn và Ωf là tập các điểm tại đó f không khả vi Fréchet, ta có ∂f (x) = co{lim ∇f (xi ) | xi → x; xi ∈ / Ω ∪ Ωf }... là hàm được xác định bởi σC (x∗ ) = sup x∗ , x ; x∗ ∈ X ∗ x∈C Tương tự, hàm tựa của một tập D ⊂ X ∗ lại được xác định trên X, tức là σD (x) = sup x∗ , x ; x ∈ X x∗ ∈D Mệnh đề sau là một kết quả từ giải tích lồi Mệnh đề 2.2 a) Với ∅ = D ⊂ X ∗ , σD lồi, thuần nhất dương, nửa liên tục dưới b) Nếu D lồi và đóng yếu* thì ξ ∈ D ⇔ σD (x) ≥ ξ, x ; ∀x ∈ X c) Cho D1 , D2 ⊂ X ∗ lồi, đóng yếu* Lúc đó D1 ⊂ D2... , f được gọi là Lipschitz địa phương trên M nếu với mọi x ∈ M , tồn tại lân cận U của x sao cho f Lipschitz, với một hằng số K(x) nào đó, trên U ∩ M Định lý dưới đây là một kết quả quan trọng trong giải tích lồi Định lý 1.17 Cho tập lồi, mở U ⊂ X và f : U → R là một hàm lồi Nếu f bị chặn trên trong một hình cầu nào đó B(¯ x, r) ⊂ U , thì f Lipschitz địa phương trên U Hệ quả 1.4 Mọi hàm lồi f trên tập... nếu s là nghiệm của bài toán (PUL ), với L > K, thì s ∈ S và cũng là nghiệm của bài toán (PS ) Kết quả sau đây sẽ chỉ ra mối liên hệ giữa một khái niệm hình học, là nón pháp tuyến xấp xỉ, và khái niệm giải tích, là dưới vi phân xấp xỉ Định lý 1.16 Cho s ∈ S Lúc đó NSP (s) = tξ | t ≥ 0; ξ ∈ ∂P dS (s) 13 1.9 Trường hợp hàm Lipschitz Hàm f được gọi là Lipschitz với hằng số K trên tập M nếu |f (y) − f (x)|... (x) = x2 sin x1 0 nếu x = 0, ; nếu x = 0 x sin x1 0 g(x) = nếu x = 0, nếu x = 0 Chú ý rằng hàm g không Lipschitz gần 0 Hệ quả 2.2 Với các giả thiết như trong định lý trên, ta có f 0 (x; v) = lim sup ∇f (y), v ; ∀v ∈ X y→x; y ∈Ω∪Ω / f Mệnh đề 2.19 Cho S ⊂ Rn là tập đóng và x ∈ Rn Nếu dS (x) tồn tại và khác không thì x ∈ / S, projS (x) = {s} và ∂dS (x) = x−s x−s Bài tập 2.13 Tính ∂f (0, 0) vơí f (x,... và   (x, y) ∈ C1 , x f (x, y) = −y (x, y) ∈ C2 ,   y − x (x, y) ∈ C3 Bài tập 2.14 Cho S ⊂ Rn , s ∈ ∂S và Ω là tập có độ đo không Chứng minh rằng NS (s) = co{ lim λi (xi − si ) | λi ≥ 0; xi ∈ / Ω ∪ S; xi → s; projS (xi ) = {si }} i→∞ Bài tập 2.15 Dùng Bài tập 2.14 để giải lại các Bài tập 2.11 và 2.12 21 Tài liệu tham khảo [1] Clarke F.H., Ledyaev Yu.S., Stern R.J., Wolensk P.R., Nonsmooth Anlysis... minh TS (s) là nón lồi đóng chứa gốc Định lý 2.13 Cho s ∈ S Lúc đó, v ∈ TS (s) ⇔ ∀(xi ) ⊂ S; ∀(ti ) ⊂ (0, +∞) : xi → s; ti → 0, ∃(vi ) ⊂ X : vi → v và xi + ti vi ∈ S; ∀i Bài tập 2.10 Cho X1 và X2 là hai không gian Banach và X = X1 × X2 S1 ⊂ X1 , S2 ⊂ X2 và S = S1 × S2 (s1 , s2 ) =: s Chứng minh rằng TS (s) = TS1 (s1 ) × TS2 (s2 ) Mệnh đề 2.14 a) NS (s) là nón lồi, đóng yếu* ∗ b) NS (s) = ∪{λ∂dS (s); ... Gâteaux x không thiết f có đạo hàm Fréchet chí f không liên tục điểm 6 Ví dụ 1.2 Cho hàm hai biến f (x, y) = y3 , x 0, x=0 x=0 Rõ ràng, f khả vi Gâteaux (0, 0) gián đoạn điểm đó, dĩ nhiên, không. .. f ∈ C Như ∂P f không thực mở rộng khái niệm đạo hàm, hàm thuộc lớp C không khả vi phân Có lẻ nhược điểm khái niệm vi phân hàm lồi vi phân Clarke cho hàm Lipschitz (ở Chương 2) không mắc nhược... trường hợp vô hạn chiều Điều hàm nửa liên tục tập đóng, bị chặn (trong không gian vô hạn chiều) không thiết tồn điểm cực tiểu, chí không bị chặn Tuy nhiên, kết cho thấy, với nhiễu (tuyến tính hay toàn