Hàm đơn diệp và một số tính chất của hàm đơn diệp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: HÀM ĐƠN DIỆP VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM ĐƠN DIỆP LUẬN VĂN THẠC SĨ Năm: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC Chuyên ngành: : Mã số: : LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn TS 1 PHẦN MỞ ĐẦU Phương pháp hàm phạt phương pháp dùng để tìm nghiệm cho tốn cực trị có điều kiện Ý tưởng phương pháp chuyển việc giải toán cực trị có điều kiện thơng qua việc giải toán cực trị tự Các loại hàm phạt thường dùng hàm phạt điểm ngoài, hàm phạt điểm trong, hàm phạt Lagrange Trong chương trình tốn đại học, phương pháp chưa giới thiệu Hơn nữa, hầu hết giáo trình tiếng Việt, chưa trình bày cách đầy đủ sở lý thuyết phương pháp hàm phạt 469 2 Không gian hàm Lipschitz Lip(Ω) Định nghĩa Cho A ⊂ Rn (i) Hàm f : A ⊂ Rn → R gọi "Lipschitz" tồn số L>0 thỏa |f (x) − f (y)| ≤ L|x − y|, ∀x, y ∈ A Tập hợp hàm Lipschitz f : A ⊂ Rn → R ký hiệu Lip(A) (ii) Cho f ∈ Lip(A) Một số không âm   |f (x) − f (y)| : x, y ∈ A, x ̸= y Lip(f ) = Lip(f, A) := sup |x − y| gọi số Lipschitz f Nhận xét Định nghĩa hàm Lipschitz khái niệm metric Thật vậy, (X, d) (Y, ϱ) không gian metric, ánh xạ f : X → Y gọi Lipschitz có số L > thỏa mãn ϱ(f (x), f (y)) ≤ Ld(x, y), ∀x, y ∈ X Mệnh đề Cho A ⊂ Rn f ∈ Lip(A) (i) f liên tục A; (ii) tồn f¯ : A → R với f |A = f Lip(f ) = Lip(f ) Nhận xét Từ mệnh đề 26 suy f ∈ Lip(A), với A ⊂ Rn , ln có nghĩa hàm f : A → R ngược lại Hơn nữa, ánh xạ mở rộng E : Lip(A) → Lip(A), E(f ) := f song ánh Theo kết này, ta hiểu Lip(A) = Lip(A) Lưu ý tính chất mở rộng khơng cịn khơng gian C1 (Ω) Mệnh đề Cho Ω ⊂ Rn tập lồi bị chặn Khi C1 (Ω) ⊂ Lip(Ω) Chứng minh Cho f ∈ C1 (Ω) Theo định lý giá trị trung bình ∀x, y ∈ Ω, ∃z ∈ xy := {tx + (1 − t)y : ≤ t ≤ 1} ⊂ Ω thỏa mãn f (x) − f (y) = (∇f (z), x − y)Rn Nghĩa |f (x) − f (y)| = |(∇f (z), x − y)Rn | ≤ sup(|∇f |)|x − y| = L|x − y|, ∀x, y ∈ Ω Ω Nhận xét (i) không Ω khơng lồi p Ví dụ: Cho Ω = {(x, y) ∈ R : y < |x|, x2 + y < 1} ( y β y > f (x, y) := y ≤ với 1, β < Khi f ∈ C1 \ Lip(Ω) Thật vậy, dễ thấy f ∈ C1 Ta chứng minh f ∈ / Lip(Ω) Theo phản chứng, giả sử f ∈ Lip(Ω) Khi tồn L > thỏa mãn, với (x, y) ∈ Ω với x > 0, y > 0,  x 1/β |f (x, y) − f (−x, y)| = 2y β ≤ 2Lx ⇔ y ≤ L  x 1/β √ , Từ 1/2 < 1/β , ta chọn (x, y) ∈ Ω thỏa mãn x > y > L điều mấu thuẫn với bất đẳng thức trước (ii) Quan hệ bao hàm chặt Ví dụ: Cho Ω = (−1, 1) f (x) = |x| Khi f ∈ Lip(Ω) \ C1 (Ω) Mặc dù không gian hàm Lipschitz Lip(Ω) rộng hàm khả vi liên tục C1 (Ω), chúng có chung tính chất quan trọng, tính khả vi, chứng minh trường hợp chiều Định lý (Rademacher) Cho Ω ∈ Rn tập mở cho f ∈ Lip(Ω) Khi f khả vi x, Ln hầu khắp nơi, x ∈ Ω, nghĩa bỏ tập có độ đo không N ⊂ Ω, với x ∈ Ω \ N tồn hàm tuyến tính varphi : Rn → R thỏa mãn f (y) − f (x) − φ(y − x) = y→x y−x lim Đặc biệt, với x ∈ Ω \ N tồn ∇f (x) Định nghĩa Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, cho f ∈ Lip(Ω) Ta biểu thị ∥f ∥Lip = ∥f ∥Lip,Ω := ∥f ∥∞,Ω + Lip(f, Ω) ∥.∥Lip gọi chuẩn Lip Định lý (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) không gian Banach vô hạn chiều không không gian Hilbert, biết Ω ∈ Rn tập mở bị chặn Chứng minh Dễ thấy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) không gian tuyến tính định chuẩn, ý Lip(f + g) ≤ Lip(f ) + Lip(g) ∀f, g ∈ Lip(Ω) (1) Ta phải tính đầy đủ Cho (fh )h dãy Cauchy (Lip(Ω), ∥.∥Lip ), nghĩa với ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N thỏa mãn |fh (x) − fk (y)| + |fh (x) − fk (y) − fh (z) + fk (z)| ≤ |y − z| (2) ∥fh − fk ∥∞ + Lip(fh − fk ) = ∥fh − fk ∥Lip ≤ ϵ ∀k > h > h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Theo (??) (??), suy tồn L > thỏa mãn Lip(fh ) ≤ L ∀h, (3) theo (??), (fh )h dãy Cauchy (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Khi đó, tồn f ∈ C0 (Ω) thỏa mãn fh → f Ω Theo (??), ta Lip(f ) ≤ L, f ∈ Ω Lấy qua giới hạn (??), k → ∞, ϵ > tồn h = h(ϵ) ∈ N cho |fh (x) − f (x)| + fh (y) − f (y) − fh (z) + f (z) ≤ϵ y−z ∀h > h, x, y, z ∈ Ω, y ̸= z Điều có nghĩa lim ∥fh − f ∥Lip = h→∞ Từ tập hợp hàm đa thức chứa Lip(Ω), Lip(Ω) vô hạn chiều Cuối cùng, ta cần phải chứng minh khơng phải không gian Hilbert, lập luận tương tự trường hợp trước, cách sử dụng đẳng thức hình bình hành Theo hệ mệnh đề ?? ta kết sau Hệ Bao hàm C1 (Ω) ⊂ Lip(Ω) ánh xạ song Lipszhitz, nghĩa ∥f ∥C1 ≤ ∥f ∥Lip ≤ L∥f ∥C1 L ∀f ∈ C1 (Ω), nghiêm ngặt, biết Ω ⊂ Rn tập lồi, mở bị chặn Đặc biệt, C1 (Ω) khơng gian đóng (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Chứng minh Ta chứng minh khẳng định trường hợp n = Ω = (a, b) Theo mệnh đề ?? nhận xét ?? (ii), ta cần quan hệ bao hàm phép đẳng cự Điều suy Bài tập Nếu f ∈ C1 ([a, b]) ∥f ∥Lip = ∥f ∥C1 Tính compact Lip(Ω) Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, giả sử F = BLip(Ω) := {f ∈ Lip(Ω) : ∥f ∥Lip ≤ 1} Khi BLip(Ω) compact (Lip(Ω), ∥.∥∞ ) Chứng minh Ta cần F compact (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) Áp dụng định lý Arzelà - Ascoli (Định lý 28) Chứng minh (i) F bị chặn (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): hiển nhiên theo định nghĩa (ii) F đóng (C0 (Ω), ∥.∥∞ ): nghĩa là, (fh )h ⊂ F với ∥fh − f ∥∞ , f ∈ F Thật fh ∈ FLef trightarrow|fh (x)|+ |fh (y) − fh (z)| ≤1 y−z ∀h, x, y, z ∈ Ω với y ̸= z Lấy qua giới hạn, h → ∞, ta |f (x)| + |f (y) − f (z)| ≤1 y−z ∀x, y, z ∈ Ω với y ̸= z từ f ∈ F (iii) F liên tục Ω Thật vậy, đủ để nhận thấy rằng, theo định nghĩa |f (y) − f (z)| ≤ |y − z| ∀y, z ∈ Ω, f ∈ F Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Chú ý BC1 (Ω) := {f ∈ C1 (Ω) : ∥f ∥C1 ≤ 1} không compact (C1 (Ω), ∥.∥∞ ) Đây đặc trưng tốt có Lip(Ω) khơng có C1 (Ω) Tính tách (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn Khi (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) không tách Chứng minh Ta cần tồn họ tách rời không đếm {Uα : α ∈ I} tập mở (Lip(Ω), ∥.∥Lip ) (Mệnh đề 29) Ta chia chứng minh thành hai bước Bước 1: Giả sử n = Ω = (a, b) ta chứng minh kết luận Cho {uα : α ∈ (a, b)} ⊂ (Lip(a, b)) họ hàm uα (x) := |x − α| x ∈ (a, b), α ∈ I := (a, b) Ta chứng minh ∥uα − uβ ∥Lip ≥ Lip(uα − uβ ) ≥ α ̸= β (4) Thật  |uα (x) − uβ (x) − uα (y) + uβ (y)| Lip(uα − uβ ) = sup : x, y ∈ (a, b), x ̸= y |x − y| |uα (α) − uβ (α) − uα (β) + uβ (β)| |α − β| =2 = |α − β| |α − β|  ≥ Vì họ Uα := {f ∈ Lip((a, b)) : ∥f − uα ∥Lip < ∀α ∈ I} Ta điều mong muốn Bước 2: Giả sử Ω tập mở bị chặn Từ Ω mở, tồn hình cầu mở (a1 , b1 ) × · · · × (an , bn ) ⊂ Ω Cho {fα : α ∈ (a1 , b1 )} ⊂ Lip(Ω) họ hàm định nghĩa fα (x) := uα (x1 ) x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Ω, α ∈ I := (a1 , b1 ), uα hàm biến theo định nghĩa bước Theo (??) ta được, α ̸= β Lip(fα − fβ , Ω) ≥ Lip(uα − uβ , (a1 , b1 )) ≥ Vì vậy, họ Uα := {f ∈ Lip(Ω) : ∥f − fα ∥Lip < 1} ∀α ∈ I Ta điều cần chứng minh Ta xem xét lớp Lip(Ω) hàm liên tục Lipschitz f : Ω → R mà định nghĩa thỏa mãn ước lượng |f (x) − f (y)| < C|x − y| ∀x, y ∈ Ω (L) Với C > Giống hàm thỏa mãn (L), hàm thỏa mãn tính chất (H) quan trọng, hàm thỏa mãn tính chất (H) gọi hàm thỏa mãn điều kiện Holder với số mũ α |f (x) − f (y)| ≤ C|x − y|α ∀x, y ∈ Ω (H) với số C, α > Bài tập Cho Ω ⊂ Rn tập mở liên thông giả sử (H) với C > α > Khi f ≡ const Do điều kiện Holder khơng cịn ý nghĩa cho hàm với số mũ lớn tập mở liên thông Định nghĩa Cho A ⊂ Rn , hàm f : A → R gọi liên tục Holder với mũ α > thỏa mãn (H) với sơ C > Xấp xỉ tích chập Lp Ta thấy rằng, cho f ∈ Lp (Ω) với ≤ p < ∞, tồn (fh )h ⊂ C0c (Ω) cho fh → f Lp (Ω) Ta chứng minh tính xấp xỉ này, tìm kiếm xấp xỉ theo hàm quy Chính xác Câu hỏi: (i) Có tồn (fh )h ⊂ C1c cho fh → f Lp (Ω)? (ii) Có thể xây dựng cách rõ ràng xấp xỉ thứ h hàm fh cho f ∈ Lp (Ω)? Câu trả lời cho câu hỏi thứ hai có ý nghĩa xấp xỉ số Định nghĩa (Friedrichs’ mollifiers) Một dãy mollifiers dãy hàm ϱh : Rn → R, (h = 1, 2, ) cho, với h, ϱ ∈ C∞ (Rn ); (M o1) spt(ϱh ) ⊂ B(0, 1/h); Z ϱh dx = 1; (M o2) (M o3) Rn ϱh (x) ≥ 0, ∀x ∈ Rn (M o4) Ví dụ mollifiers: Khá đơn giản để xây dựng dãy mollifiers, hàm không biến ϱ : Rn → R thỏa mãn n ϱ ∈ C∞ c (R ), spt(ϱ) ⊂ B(0, 1), ϱ ≥ Ví dụ, cho ϱ(x) :=   exp |x| −  |x| < |x| ≥  n Khi dễ thấy ϱ ∈ C∞ c (R ) Hơn nữa, ta có dãy mollifiers định nghĩa ϱh (x) := c hn ϱ(hx), x ∈ Rn , h ∈ N −1 Z ϱdx c := Rn Chú ý: Nếu A, B ⊂ Rn , A ± B ký hiệu tập A ± B := {a ± b : a ∈ A, b ∈ B} = ϕ χ E − χEh = ϕ χEh h=1 h=m+1 ∞ X ≤ ∥ϕ∥(Lp (Ω))′ χEh h=m+1 | ∪∞ h=m+1 Eh | = ∞ X Lp (Ω) |Eh | → m → ∞ từ E < ∞ Vì h=m+1 ν(E) = ∞ X 1/p = ∥ϕ∥(Lp (Ω))′