Định lí lyusternikgraves và ứng dụng

MỤC LỤC Mục lục Mở đầu Định lí Lyusternik-Graves 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.2 Định lí Lyusternik-Graves 10 1.3 Một số ứng dụng 17 Mở rộng định lí Lyusternik-Graves 2.1 Định lí ánh xạ mở Định lí nhiễu 2.2 Định lí ánh xạ mở suy rộng 2.3 Qui tắc nhân tử Lagrange Kết luận Tài liệu tham khảo 21 21 26 32 34 35 MỞ ĐẦU Năm 1934, Lyusternik ([11]) thiết lập công thức tính nón tiếp tuyến tập không điểm ánh xạ khả vi liên tục có đạo hàm toàn ánh (điều kiện Lyusternik) sử dụng để chứng minh quy tắc nhân tử Lagrange cho toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức Kết gọi Định lí không gian tiếp tuyến Lyusternik Phép chứng minh Lyusternik cho thấy ánh xạ xét quy mêtric điều kiện Lyusternik thỏa mãn ([5], [11]) Hơn nữa, kỹ thuật dùng dãy lặp Lyusternik áp dụng cho nhiều tình khác trở thành kỹ thuật quan trọng giải tích biến phân ([4], [5], [6],[8], [10], [12]) Năm 1950, Graves ([7]) thu định lí ánh xạ mở cho ánh xạ khả vi liên tục ánh xạ không trơn Kết cho thấy điều kiện Lyusternik đảm bảo cho ánh xạ khả vi liên tục mở tuyến tính mà đảm bảo cho ánh xạ "gần" với có tính chất Do tính mở tuyến tính tính quy mêtric hai tính chất tương đương, khẳng định sau thường gọi định lí Lyusternik-Graves: ánh xạ khả vi liên tục quy mêtric (một cách tương đương, mở tuyến tính) điều kiện Lyusternik Định lí Lyusternik-Graves kết kinh điển, tạo động lực phát triển cho số hướng giải tích toán học, chẳng hạn giải tích phi tuyến, giải tích không trơn, giải tích lồi, ([5], [8], [9]) Nghiên cứu định lí mở rộng ứng dụng vấn đề có tính thời giải tích biến phân ([3], [9], [12]) Với mong muốn hiểu sâu kết quan trọng đề cập trên, đồng thời cung cấp tài liệu tổng hợp phân tích nhiều khía cạnh khác liên quan đến kết đó, chọn đề tài nghiên cứu cho luận văn "Định lí Lyusternik-Graves ứng dụng" Luận văn chia thành hai chương Chương dành để trình bày định lí Lyusternik-Graves số vấn đề liên quan, bao gồm phần đảo định lí Lyusternik-Graves, mối quan hệ định lí Lyusternik-Graves với định lí ánh xạ mở Banach-Schauder, ứng dụng định lí Lyusternik-Graves vào việc chứng minh định lí hàm ngược qui tắc nhân tử Lagrange cho toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức Chương dành để trình bày số mở rộng định lí Lyusternik-Graves ứng dụng Trong chương này, đầu tiên, trình bày định lí ánh xạ mở Banach-Schauder định lí ánh xạ nhiễu, định lí ánh xạ mở suy rộng cuối qui tắc nhân tử Lagrange cho toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức bất đẳng thức Luận văn hoàn thành trường Đại học Vinh hướng dẫn TS Nguyễn Huy Chiêu Tác giả xin chân thành cám ơn tận tình giúp đỡ hướng dẫn thầy Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cám ơn tới Khoa Sư phạm Toán học, Phòng đào tạo Sau đại học, thầy cô Bộ môn Toán Giải tích- Khoa Sư phạm Toán học, trường Đại học Vinh, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả suốt trình học tập nghiên cứu Xin chân thành cám ơn gia đình bè bạn chia sẻ khó khăn suốt trình học tập nghiên cứu Mặc dù có nhiều cố gắng, luận văn tránh khỏi hạn chế, thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy, cô giáo bạn bè để luận văn hoàn thiện Nghệ An, tháng 10 năm 2015 Nguyễn Huy Khôi CHƯƠNG ĐỊNH LÍ LYUSTERNIK-GRAVES Trong chương này, sau nhắc lại số kiến thức chuẩn bị Mục 1.1, trình bày định lí Lyusternik-Graves Mục 1.2 số ứng dụng định lí Mục 1.3 1.1 Kiến thức chuẩn bị Trước hết, giải thích số thuật ngữ kí hiệu dùng suốt luận văn Cho X Y hai tập hợp Một ánh xạ đa trị từ X vào Y ánh xạ từ X vào 2Y , 2Y tập tất tập Y Kí hiệu ánh xạ đa trị từ X vào Y là: F : X ⇒ Y Tập gphF := (x, y)|y ∈ F (x) gọi đồ thị F Với Ω ⊂ X, F (Ω) := F (x) tập ảnh Ω qua ánh xạ F Với y ∈ Y, đặt x∈Ω F −1 (y) := x ∈ X | y ∈ F (x) Với X không gian Banach x¯ ∈ X , Br (¯ x) := {x ∈ X | x − x¯ r} hình cầu đóng tâm x¯ bán kính r > 0, N (¯ x) tập tất lân cận x¯ 1.1.1 Định nghĩa ([12]) Cho F : X ⇒ Y ánh xạ đa trị từ không gian Banach X vào không gian Banach Y Ta nói F ánh xạ đóng (tương ứng, ánh xạ lồi) gphF đóng (tương ứng, lồi) không gian tích X × Y 1.1.2 Định nghĩa ([12]) Cho f : X → Y ánh xạ không gian Banach X Y (i) Ta nói ánh xạ f khả vi (Fréchet) x¯ ∈ X tồn ánh xạ tuyến tính liên tục ∇f (¯ x) : X → Y cho f (x) − f (¯ x) − ∇f (¯ x)(x − x¯) lim = (1.1) x→¯ x x − x¯ Khi đó, ánh xạ ∇f (¯ x) gọi đạo hàm (Fréchet) f x¯ (ii) Ta nói ánh xạ f : X → Y gọi khả vi chặt x¯ f có đạo hàm ∇f (¯ x) x¯ f (x) − f (u) − ∇f (¯ x)(x − u) = x,u→¯ x x−u lim (1.2) 1.1.3 Nhận xét Từ định nghĩa ta suy f khả vi chặt x¯ khả vi Fréchet điểm Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng, tức có hàm số khả vi Fréchet mà không khả vi chặt 1.1.4 Ví dụ Cho f : R → R xác định   x2 x ∈ Q, f (x) =  x ∈ R\Q Ta có f khả vi Fréchet mà không khả vi chặt x¯ = Thật vậy, dễ thấy ∇f (¯ x) = đạo hàm Fréchet x¯ Để chứng minh f không khả vi chặt x¯ = ta lấy hai dãy √ xk = uk = + (k = 1, 2, 3, ) k k k Khi đó, (1.2) nghiệm phải có f (xk ) − f (uk ) k√2 = lim = lim =√ xk − uk k→∞ k→∞ | − | 2 k Đây điều mâu thuẫn Do đó, f không khả vi chặt x¯ = 1.1.5 Định nghĩa ([12]) Cho F : X ⇒ Y (¯ x, y¯) ∈ gphF (i) Ta nói ánh xạ F quy mêtric quanh điểm (¯ x, y¯) với hệ số c tồn r > cho d x, F −1 (y) cd y, F (x) , với (x, y) ∈ Br (¯ x) × Br (¯ y ) Cận tập số c trên, kí hiệu regF (¯ x, y¯), gọi môđun tính quy mêtric F quanh điểm (¯ x, y¯) Trong trường hợp F (¯ x) = {¯ y }, ta kí hiệu regF (¯ x) thay cho regF (¯ x, y¯) (ii) Ta nói ánh xạ F mở tuyến tính (hoặc có tính chất phủ) quanh điểm (¯ x, y¯) với hệ số γ > tồn ε > r > cho Bγt (y) ⊂ F Bt (x) , ∀(x, y) ∈ gphF ∩ [Br (¯ x) × Br (¯ y )], ∀t ∈ [0, ε] Cận tập số γ trên, kí hiệu covF (¯ x, y¯), gọi mô đun tính mở tuyến tính (hoặc mô đun tính phủ) F quanh (¯ x, y¯) Trong trường hợp F (¯ x) = {¯ y }, ta kí hiệu covF (¯ x) thay cho covF (¯ x, y¯) Kết sau cho mối quan hệ tính qui mêtric tính mở tuyến tính ánh xạ đa trị 1.1.6 Định lí ([12]) Cho F : X ⇒ Y (¯ x, y¯) ∈ gphF Khi đó, hai mệnh đề sau tương đương: (i) F quy mêtric quanh điểm (¯ x, y¯) với hệ số c; (ii) F mở tuyến tính quanh điểm (¯ x, y¯) với hệ số γ = 1c Chứng minh Giả sử F mở tuyến tính quanh điểm (¯ x, y¯) với hệ số γ > Theo định nghĩa, tồn ε > r > cho Bγt (y) ⊂ F Bt (x) , (1.3) với (x, y) ∈ gphF ∩ [Br (¯ x) × Br (¯ y )] t ∈ [0, ε] Lấy εx , εy ∈ (0, r) Không tính tổng quát, ta chọn ε > cho εγ 12 εy Lấy x, y thỏa mãn x − x¯ < ε1x y − y¯ < ε1y , ε1x ε1y số dương thỏa mãn ε1x εx γε1x + ε1y εγ Lưu ý 1 ε1y εy r nên từ (1.3) ta suy tồn x˜ ∈ F −1 (y) εy Vì εy cho x˜ − x¯ γ −1 y − y¯ Từ suy d x, F −1 (y) d(x, x˜) ||x − x¯ + γ −1 y − y¯ ε1x + γ −1 ε1y Do đó, d y, F (x) γ(ε1x + γ −1 ε1y ) = γε1x + ε1y , d x, F −1 (y) cd y, F (x) , với c := γ −1 Trong trường hợp ngược lại, với α > đủ nhỏ, tồn yα ∈ F (x) cho y − yα d y, F (x) + α < γε1x + ε1y εγ Vì vậy, yα − y¯ yα − y + y − y¯ < εγ + ε1y εy Do đó, (x, yα ) ∈ gphF ∩ [Br (¯ x) × Br (¯ y )] Theo (1.3), tồn x ∈ F −1 (y) để x − x γ −1 y − yα Từ ta suy d x, F −1 (y) d(x , x) γ −1 y − yα α γ −1 d y, F (x) + γ −1 α Mặt khác, α > lấy đủ nhỏ tùy ý Ta có d x, F −1 (y) c d y, F (x) , với c := γ −1 Ngược lại, giả sử F quy mêtric quanh điểm (¯ x, y¯) với hệ số c > Lấy (x, y) ∈ gphF z ∈ Y cho y − z < tc−1 Khi đó, với (x, y) đủ gần (x0 , y0 ) t > đủ nhỏ, ta có d x, F −1 (z) c d z, F (x) c z − y < t Điều kéo theo tồn w ∈ F −1 (z) cho w − x < t Do đó, z ∈ F Bt (x) Định lí chứng minh 1.1.7 Định nghĩa ([12]) Cho Ω tập khác rỗng không gian Banach X x¯ ∈ X Tập TΩ (¯ x) := v ∈ X | ∃tk → 0+ , vk → v : x¯ + tk vk ∈ X, ∀k gọi nón tiếp tuyến Bouligand-Severi Ω x¯ 1.1.8 Ví dụ Lấy X = Rp+q , x¯ = 0Rp+q Ω := {0Rp } × Rq− , p, q ∈ N Ta có TΩ (¯ x) = {0Rp } × Rq− Thật vậy, lấy v ∈ TΩ (¯ x) Theo định nghĩa, tồn tk → 0+ vk = (vk1 , , vkp , vkp+1 , , vkp+q ) → v = (v , v , , v p , v p+1 , , v p+q ) cho x¯ +tk vk ∈ Ω với k Từ suy v i = với i ∈ {1, 2, , p} v j với j ∈ {p + 1, p + 2, , p + q} Điều có nghĩa v ∈ {0Rp } × Rq− Ngược lai, lấy v ∈ {0Rp } × Rq− Ta có x¯ + tk vk ∈ Ω với k, tk = k −1 vk := v với k ∈ N∗ Mặt khác, vk → v Do đó, v ∈ TΩ (¯ x) Như vậy, TΩ (0) = {0Rp } × Rq− Xét toán (P ): f (x) | x ∈ Ω , f : X → R Ω ⊂ X 1.1.9 Định nghĩa Ta gọi x¯ ∈ Ω nghiệm tối ưu địa phương toán (P ) tồn r > cho f (x) f (¯ x) với x ∈ Ω∩Br (¯ x) 1.1.10 Định lí (Điều kiện cần tối ưu dạng hình học) Cho x¯ ∈ Ω nghiệm tối ưu địa phương toán (P ) f : X → R khả vi Fréchet x¯ Khi đó, ta có ∇f (¯ x), v 0, với v ∈ TΩ (¯ x) (1.4) Chứng minh Giả sử x¯ ∈ Ω nghiệm tối ưu địa phương toán (P ) f khả vi Fréchet x¯ Theo định nghĩa, tồn r > cho f (x) ∀x ∈ Ω ∩ Br (¯ x) f (¯ x), (1.5) Lấy v ∈ TΩ (¯ x) Nếu v = ∇f (¯ x), v = Nếu v = tồn tk → 0+ , vk → v, vk = cho x¯ + tk vk ∈ Ω với k Vì lim (¯ x + tk vk ) = x¯ nên tồn k0 ∈ N cho k→∞ x¯ + tk vk ∈ Br (¯ x), ∀k k0 Do đó, nhờ (1.5), ta có f (¯ x + tk vk ) f (¯ x), ∀k k0 Mặt khác, f khả vi Fréchet x¯ nên f (¯ x + tk vk ) = f (¯ x) + ∇f (¯ x), tk vk + o(tk ) Từ suy ∇f (¯ x), v = lim ∇f (¯ x), vk k→∞ f (¯ x+tk vk )−f (¯ x)+o(tk ) t k k→∞ = lim f (¯ x+tk vk )−f (¯ x) t k k→∞ = lim Như (1.4) chứng minh 21 CHƯƠNG MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ LYUSTERNIK-GRAVES Chương trình bày số mở rộng Định lý Lyusternik-Graves vài ứng dụng chúng 2.1 Định lí ánh xạ mở Định lí nhiễu Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder nhận từ Định lí LyusternikGraves (xem Nhận xét 1.2.9) Ngược lại, thấy Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder kết hợp với Định lí nhiễu (Định lí 2.1.5) lại kéo theo Định lí Lyusternik-Graves Để hiểu sâu mối quan hệ này, trước hết, trình bày chi tiết phép chứng minh Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder 2.1.1 Định nghĩa ([2]) Cho X không gian mêtric A ⊂ X (i) Tập A gọi không đâu trù mật (trong X ) int(A) = ∅ ∞ (ii) X gọi thuộc phạm trù thứ X = An , n=1 An tập không đâu trù mật Nếu X không thuộc phạm trù thứ ta nói X không gian thuộc phạm trù thứ hai Trong phần tiếp theo, cần dùng số kết sau đây: 2.1.2 Bổ đề ([2, Định lí Baire phạm trù]) Mọi không gian mêtric đầy đủ thuộc phạm trù thứ hai 2.1.3 Bổ đề ([2, Bổ đề II.2]) Cho f : X → Y ánh xạ tuyến tính liên tục từ không gian Banach X lên không gian Banach Y Khi đó, tồn số dương δ cho ảnh f (B) hình cầu đơn vị mở B = {x ∈ X : x < 1} chứa y ∈ Y mà y < δ 22 Chứng minh Với i ∈ N, đặt Bi = {x ∈ X : x < 2−i } Rõ ràng ∞ B0 = B Vì f toàn ánh ∞ nB1 = X nên Y = n=1 nf (B1 ) Mặt khác, n=1 Y không gian mêtric đầy đủ, theo Bổ đề 2.1.2, tồn n0 cho int n0 f (B1 ) = ∅ Vì vậy, int f (B1 ) = ∅ Điều có nghĩa tồn v ∈ Y số δ > cho {y ∈ Y : y − v < 2δ} ⊂ f (B1 ) Do đó, {y ∈ Y : y < 2δ} ⊂ f (B1 ) − v Hiển nhiên v ∈ f (B1 ) nên {y ∈ Y : y < 2δ} ⊂ 2f (B1 ) = f (B) Chú ý đến tuyến tính f ta có {y ∈ f : y < δ 2n−1 } ⊂ f (Bn ) với n = 1, 2, Giả sử y vectơ tùy ý thuộc Y , y < δ Vì y ∈ f (B1 ) nên tồn x1 ∈ B1 để y − f (x1 ) < 2δ Lại y − f (x1 ) ∈ f (B2 ) nên tồn x2 ∈ B2 cho y − f (x1 ) − f (x2 ) < 4δ Tiếp tục trình n với i ta tìm xi ∈ Bi cho y − i=1 ∞ ∞ xi < i=1 ∞ i=1 i=1 ∞ nên điều cho ta với n ∈ N ∞ xi hội tụ tuyệt đối Đặt từ δ 2n f (xi ) = y Vì xi ∈ Bi nên f (xi ) hội tụ Điều chứng tỏ chuỗi 2−i , f (xi ) < xi = x Do f liên tục i=1 f (xi ) = f (x) Giới hạn chuỗi không gian i=1 định chuẩn nên ta có f (x) = y Ta phải x ∈ B , điều ∞ n x = lim n→∞ xi i=1 ∞ 2i = xi < i=1 i=1 Bổ đề chứng minh Sau Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder 2.1.4 Định lí ([2, Định lí II.3]) Cho f ánh xạ tuyến tính liên tục từ không gian Banach X lên không gian Banach Y Khi đó, f ánh xạ mở; tức là, với tập mở U ⊂ X , f (U ) mở Y 23 Chứng minh Giả sử U mở X Lấy tùy ý v ∈ f (U ) Ta cần tồn r > cho y thỏa mãn y − v < r y ∈ f (U ) Vì U mở nên tồn ε > cho x − u < ε x ∈ U , u ∈ U phần tử để f (u) = v Theo Bổ đề 2.1.3, tồn δ > để f (B) chứa y ∈ Y mà y < δ Bây ta r = εδ số muốn tìm Thật vậy, giả sử y ∈ Y y − v < r Vì ε−1 (y − v) = ε−1 y − v < ε−1 δε = δ nên tồn z ∈ B để f (z) = ε−1 (y − v) Đặt x = εz + u Ta có x − u = εz = ε z < ε Từ suy x ∈ U Mặt khác, f (x) = f (εz + u) = εf (z) + f (u) = εε−1 (y − v) + v = y Ta có y ∈ f (U ) Định lí chứng minh Tiếp theo Định lí nhiễu Asen L Dontchev thiết lập năm 1996 Nó cho thấy tính mở tuyến tính ánh xạ đa trị bảo tồn tác động nhiễu khả vi chặt với đạo hàm Phiên đơn trị kết thiết lập trước Graves ([7]) Dmitruk cộng ([5]) 2.1.5 Định lí ([4, Theorem 1.4]) Cho F : X ⇒ Y ánh xạ đa trị có đồ thị gphF đóng địa phương quanh điểm (x0 , y0 ) ∈ gphF Giả sử f : X → Y ánh xạ khả vi chặt điểm x0 , ∇f (x0 ) = L > Khi đó, mệnh đề sau tương đương: (i) F mở tuyến tính quanh điểm (x0 , y0 ) với hệ số lớn L; (ii) f + F mở tuyến tính quanh điểm x0 , y0 + f (x0 ) với hệ số lớn L Chứng minh Trước hết chứng minh (i) ⇒ (ii) Giả sử F mở tuyến tính quanh điểm (x0 , y0 ) với hệ số c > L Khi đó, tồn a > 0, b > γ > cho, với (x, y) ∈ gphF ∩ Ba (x0 ) × Bb (y0 ) τ ∈ [0, γ], ta có Bτ (y) ⊂ F (BM τ (x)), M = c−1 Điều có nghĩa là, với y ∈ Bτ (y), tồn x ∈ F −1 (y) thỏa mãn ρ(x, x) M τ Do gphF đóng địa phương quanh 24 điểm (x0 , y0 ), cách chọn a b nhỏ cần, ta giả sử gphF ∩ Ba (x0 ) × Bb (y0 ) đóng Lấy M + ∈ (M, 1/L) ε > cho M ε < M − εM M + Chọn α > cho α b a, α < , d f (x ), f (x ) ερ(x , x ) với x , x ∈ Bα (x0 ) Lấy β > cho α M +β 2β b − α, κ thỏa mãn < κ < min{β, γ} Giả sử (x, y) ∈ gph(f + F ) ∩ Bα/2 (x0 ) × Bβ y0 + f (x0 ) , τ ∈ [0, κ] y ∈ Bτ (y) Chúng ta chứng minh tồn x ∈ (f + F )−1 (y ) cho ρ(x , x) M + τ, nghĩa mệnh đề (ii) với c+ = M1+ c > c+ > L Đặt x1 = x Ta có d(y − f (x1 ), y0 ) = d y − f (x1 ) + f (x0 ), y0 + f (x0 ) d y, y0 + f (x0 ) + d f (x), f (x0 ) β + εα b Rõ ràng y − f (x1 ) ∈ Bτ y − f (x1 ) Do đó, từ tính mở tuyến tính F ta suy tồn x2 ∈ X cho y − f (x1 ) ∈ F (x2 ) ρ(x2 , x1 ) M τ Giả sử tồn số tự nhiên n dãy điểm x2 , x3 , , xn−1 X thỏa mãn y − f (xi−1 ) ∈ F (xi ) 25 M τ (M ε)i−2 ρ(xi , xi−1 ) với i = 2, , n − Khi đó, i ρ(xi , x0 ) ρ(x1 , x0 ) + ρ(xj , xj−1 ) j=2 i α + Mτ α + α + M +β (M )j−2 j=2 Mτ 1−εM α + M +τ α, d y − f (xi ), y0 = d y − f (xi ) + f (x0 ), y0 + f (x0 ) d(y , y) + d y, y0 + f (x0 ) + d f (xi ), f (x0 ) τ +β+ α κ + β + εα 2β + α b Chú ý d y − f (xn−1 ), y − f (xn−2 ) ερ(xn−1 , xn−2 ) M τ (M ε)n−3 εM τ (M ε)n−3 γ Vì vậy, nhờ tính mở tuyến tính F , tồn xn cho y − f (xn−1 ) ∈ F (xn ) (2.1) M [εM τ (M ε)n−3 ] ρ(xn , xn−1 ) (2.2) = M τ (M ε)n−2 Bằng quy nạp, thu dãy {xn } thỏa mãn (2.1) (2.2) với n Dãy {xn } dãy Cauchy hội tụ điểm x ∈ B (x0 ) 26 Vì gphF đóng địa phương quanh điểm (x0 , y0 ) f liên tục Bα (x0 ) nên x ∈ (F + f )−1 (y ) Hơn nữa, n ρ(xn , x) ρ(xi , xi−1 ) j=2 n Mτ (M ε)i−2 M + τ j=2 Cho n → ∞, ta có ρ(x , x) M + τ Như (i) ⇒ (ii) Ngược lại, giả sử (ii) đúng, nghĩa ánh xạ G = f +F mở tuyến tính quanh điểm y0 +f (x0 ), x0 với hệ số c > L Rõ ràng −f ánh xạ khả vi chặt x0 với ∇(−f )(x0 ) = gphG đóng địa phương quanh điểm x0 , y0 + f (x0 ) Theo trên, ta có −f + G = F mở tuyến tính quanh điểm (x0 , y0 ) với hệ số c+ > L Định lí chứng minh 2.1.6 Nhận xét Cho X, Y không gian Banach f : X → Y ánh xạ khả vi chặt x¯ Giả sử ∇f (¯ x) : X → Y toàn ánh Theo Định lí 2.1.4, ∇f (¯ x) ánh xạ mở Mặt khác, ánh xạ tuyến tính, tính mở tính mở tuyến tính trùng (Mệnh đề 2.2.4) Ta có ∇f (¯ x) mở tuyến tính quanh điểm x¯ Do đó, theo Định lí 2.1.5, f (x) = f (x) − ∇f (¯ x)(x) + ∇f (¯ x)(x) mở tuyến tính quanh điểm x¯ Như vậy, Định lí Lyusternik-Graves dẫn từ Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder nhờ vào Định lí nhiễu 2.2 Định lí ánh xạ mở suy rộng Phần đươc dành để trình bày chứng minh Định lí ánh xạ mở suy rộng số ứng dụng Để chứng minh Định lí này, cần kết sau 2.2.1 Bổ đề ([3, Lemma 2.71]) Cho S tập lồi đóng không gian Banach X Giả sử S tập hấp thụ, nghĩa với x ∈ X tồn số t > cho tx ∈ S Khi đó, ∈ int(S) 27 ∞ Chứng minh Vì S tập hấp thụ nên X = Sn , Sn := nS n=1 Theo Định lí 2.1.2, tồn tập Sn cho intSn = ∅ Từ suy intS = ∅, tức là, tồn x ∈ S ε > cho Bε (x) ⊂ S Vì S tập hấp thụ nên tồn t > cho −tx ∈ S Nhờ tính lồi S, ta có Br (0) ⊂ S với εt r := 1+t Từ suy ∈ int(S) Đây điều phải chứng minh 2.2.2 Bổ đề ([3, Lemma 2.74]) Cho C tập lồi đóng không gian X × Y Khi đó, PX (C) tập bị chặn int PY (C) = int PY (C) , PX PY tương ứng phép chiếu từ X × Y lên X lên Y Chứng minh Rõ ràng ta cần chứng minh int PY (C) ⊂ int(PY (C)) C = ∅ Lấy y¯ ∈ intPY (C) Chúng ta tồn điểm x¯ ∈ X cho (¯ x, y¯) ∈ C Lấy ε > thỏa mãn B2ε (¯ y ) ⊂ PY (C) Xét dãy (xk , yk ) ⊂ C xác định sau: Lấy (x0 , y0 ) thuộc C Giả sử ta có (xk , yk ) ∈ C Nếu yk = y¯ đặt αk := ε yk − y¯ −1 Ta có ω := y¯ + αk (¯ y − yk ) ∈ Bε (¯ y ) ⊂ PY (C) Điều cho phép chọn (u, v) ∈ C thỏa mãn v − ω (xk+1 , yk+1 ) := yk − y¯ Đặt αk (xk , yk ) + (u, v) ∈ C + αk + αk Nếu yk = y¯ đặt (xk+1 , yk+1 ) = (xk , y¯) Khi đó, ta có: xk+1 − xk = xk − u + αk yk+1 − y¯ = diam PX (C) ε v−ω + αk yk − y¯ yk − y¯ , (2.3) (2.4) diam PX (C) := sup y1 − y2 | y1 , y2 ∈ PX (C) đường kính tập PX (C) Từ (2.4) ta suy yk − y¯ 2−k y0 − y¯ 28 Do đó, yk hội tụ tới y¯ Kết hợp với (2.3), ta có xk dãy Cauchy không gian Banach X Vì vậy, tồn x¯ ∈ X cho lim xk = x¯ k→∞ Mặt khác, C tập đóng {(xk , yk )} ⊂ C Ta có (¯ x, y¯) ∈ C Bổ đề chứng minh 2.2.3 Định lí ([3, Theorem 2.70]) Cho F : X ⇒ Y ánh xạ đa trị lồi đóng, X, Y không gian Banach Giả sử y¯ ∈ int F (X) Khi đó, với r > x ∈ F −1 (¯ y ), ta có y¯ ∈ int F (Br (x) Chứng minh Không tính tổng quát ta giả sử x = 0, y¯ = r = Đặt Z := F (BX ) Vì F lồi nên Z tập lồi đóng khác rỗng Lấy y ∈ Y Vì ∈ intF (X) nên tồn α > để αy ∈ F (X), tức là, tồn x ∈ X để αy ∈ F (x) Hơn nữa, với t ∈ (0, 1), ta có tαy = tαy + (1 − t)0Y ∈ tF (x) + (1 − t)F (0X ) ⊂ F tx + (1 − t)0X = F (tx) Vì vậy, với t > đủ nhỏ, ta có tαy ∈ F (BX ) Từ suy tập F (BX ) hấp thụ Do đó, Z tập hấp thụ Theo Bổ đề 2.2.1, ∈ intZ Điều có nghĩa tồn η > cho ηBY ⊂ int F BX Xét tập hợp C := gphF ∩ BX × Y Ta có F BX = PY (C) Hơn nữa, C tập lồi đóng PX (C) ⊂ BX bị chặn Do đó, theo Bổ đề 2.2.2, int PY (C) = int PY (C) Từ suy ηBY ⊂ int F (BX ) = int F (BX ) Định lí chứng minh 2.2.4 Mệnh đề ([3, Proposition 2.77]) Cho F : X ⇒ Y ánh xạ đa trị lồi Khi đó, F mở tuyến tính quanh (x0 , y0 ) ∈ gphF tồn η > 0, ν > cho y0 + ηBY ⊂ F (x0 + νBX ) (2.5) 29 Chứng minh Giả sử F mở tuyến tính quanh (x0 , y0 ), tức là, tồn γ > 0, ε > r > cho Bγt (y) ⊂ F Bt (x) , ∀(x, y) ∈ gphF ∩ [Br (x0 ) × Br (y0 )], ∀t ∈ [0, ε] Khi đó, rõ ràng (2.5) với ν = ε η = γε Ngược lại, giả sử F lồi (2.5)đúng Không tính tổng quát giả sử x0 = y0 = Lấy (x, y) ∈ gphF ∩ νBX × 21 ηBY Vì y ∈ F (x) F lồi nên, với t ∈ [0, 1] bất kì, ta có y + 21 tηBY = (1 − t)y + t(y + 21 ηBY ) ⊂ (1 − t)y + tηBY ⊂ (1 − t)F (x) + tF (νBX ) ⊂ F (1 − t)x + tνBX ⊂ F (x + 2tνBX ) Đặt γ = η 4ν ε = 2ν Ta có y + tγBY ⊂ F (x + tBX ), với (x, y) ∈ gphF ∩ (νBX × 12 ηBY ) t ∈ [0, ε] 2.2.5 Hệ ([3]) Cho F : X ⇒ Y ánh xạ đa trị lồi đóng Khi đó, F mở tuyến tính (¯ x, y¯) y¯ ∈ intF (X) Kết sau mở rộng Định lí Lyusternik-Graves 2.2.6 Định lí ([3]) Cho f : X → Y khả vi chặt x¯ K nón lồi đóng Y Giả sử f (¯ x) ∈ K ∈ int f (¯ x) + ∇f (¯ x)(X) − K Khi đó, ánh xạ F : X ⇒ Y xác định F (x) = f (x) − K quy mêtric quanh điểm (¯ x, 0) Chứng minh Đặt G(x) := ∇f (¯ x)(x − x¯) − K với x ∈ X Khi đó, từ giả thiết cho, ta suy G : X ⇒ Y ánh xạ đa trị lồi đóng, 30 x¯, −f (¯ x) ∈ gphG −f (¯ x) ∈ intG(X) Theo Hệ 2.2.5, G mở tuyến tính quanh x¯, −f (¯ x) Do đó, theo Định lí 2.1.5, ta có F (x) := f (x) − K = f (x) − ∇f (¯ x)(x − x¯) + ∇f (¯ x)(x − x¯) − K = f (x) − ∇f (¯ x)(x − x¯) + G(x) mở tuyến tính quanh (¯ x, 0) Từ suy F quy mêtric quanh (¯ x, 0), tức ∃µ > 0, δ > cho d x, F −1 (y) µd y, F (x) , ∀(x, y) ∈ Bδ (¯ x) × Bδ (0) Định lí chứng minh 2.2.7 Hệ ([3]) Cho f : X → Y khả vi chặt x¯ K nón lồi đóng Y Giả sử f (¯ x) ∈ K ∈ int f (¯ x) + ∇f (¯ x)(X) − K Khi đó, mệnh đề sau đúng: (i) Tồn µ > r > cho d x, f −1 (K) µd f (x), K , với x ∈ Br (¯ x); (2.6) (ii) Với Ω := f −1 (K), ta có TΩ (¯ x) = v ∈ X | ∇f (¯ x)(v) ∈ TK f (¯ x) (2.7) Chứng minh (i) Giả sử giả thiết thỏa mãn Theo Định lí 2.2.6, ánh xạ F (x) := f (x) − K quy mêtric quanh điểm (¯ x, 0), tức −1 tồn µ > r > cho d x, F (y) µd y, F (x) , với x ∈ Br (¯ x) y ∈ Br (0) Lấy y = 0, ta có d x, F −1 (0) Mặt khác, µd 0, F (x) , ∀x ∈ Br (¯ x) F −1 (0) = {x | ∈ f (x) − K} = {x | f (x) ∈ K} = f −1 (K) (2.8) 31 d 0, F (x) = d 0, f (x) − K = d f (x), K Do đó, từ (2.8) ta suy d x, f −1 (K) µd f (x), K , ∀x ∈ Br (¯ x) (ii) Lấy v ∈ TΩ (¯ x) Theo Định nghĩa, tồn tk → 0+ , vk → v cho x¯ + tk vk ∈ Ω, ∀k Mặt khác, f (¯ x + tk vk ) = f (¯ x) + tk ∇f (¯ x)(vk ) + o(tk ) = f (¯ x) + tk ∇f (¯ x)(vk ) + o(tk ) tk o(t ) Đặt wk := ∇f (¯ x)(vk ) + tkk Ta có wk → ∇f (¯ x)(v) f (¯ x) + tk wk ∈ K, ∀k suy ∇f (¯ x)(v) ∈ TK f (¯ x) Ngược lại, giả sử v ∈ X thỏa mãn x) ∇f (¯ x)(v) ∈ TK f (¯ Theo định nghĩa, tồn tk → 0+ , wk → ∇f (¯ x)(v) cho f (¯ x) + tk wk ∈ K, ∀k Mặt khác, theo (2.6), d(x, Ω) µd f (x), K , ∀x ∈ Br (¯ x) Ta có x¯ + tk v ∈ Br (¯ x) với k đủ lớn Do ∃xk ∈ Ω cho x¯ + tk v − xk 2µd f (¯ x + tk v), K 2µ f (¯ x + tk v) − f (¯ x) − tk wk = 2µ ∇f (¯ x)(tk v) − tk wk + o(tk ) = 2µtk ∇f (¯ x)(v) − wk + o(tk ) tk x Do đó, x¯ + tk v − xk = o(tk ), vk := xkt−¯ → v , x¯ + tk vk = xk ∈ Ω k Từ suy v ∈ TΩ (¯ x) Điều chứng tỏ (2.7) 32 2.3 Qui tắc nhân tử Lagrange Mục dành để khảo sát điều kiện cần cực trị cho toán (N P ): min{f (x) | x ∈ Ω}, Ω := {x ∈ X | gi (x) = ∀i = 1, 2, , p, gj (x) = ∀j = p + 1, , m}, với m = p + q, f, hi , gj : X → R hàm khả vi liên tục 2.3.1 Định nghĩa ([3]) Ta nói chuẩn hóa ràng buộc Mangasarianp Fromovitz x¯ ∈ Ω hệ ∇gi (¯ x) i=1 độc lập tuyến tính tồn v ∈ X cho  x)(v) = 0, ∀i = 1, 2, , p ∇gi (¯  ∇gj (¯ x)(v) < 0, ∀j ∈ I(¯ x), I(¯ x) := j ∈ {p + 1, , m} | gj (¯ x) = tập số hoạt x¯ 2.3.2 Bổ đề ([3]) Giả sử I(¯ x) = {p+1, , m}, g(x) := g1 (x), , gm (x) K = {0Rp } × Rq Khi đó, chuẩn hóa ràng buộc MangasarianFromovitz x¯ ∈ int g(¯ x) + ∇g(¯ x)(X) − K 2.3.3 Định lí ([3, Quy tắc nhân tử Lagrange]) Cho x¯ ∈ Ω nghiệm tối ưu địa phương (N P ) Giả sử chuẩn hóa ràng buộc Mangasarian-Fromovitz x¯ Khi đó, tồn λi ∈ R, i = 1, , m, cho  m   ∇g(¯ x) + λi ∇gi (¯ x) =    i=1   λi gi (¯ x) = 0, ∀i = p + 1, , m        λi ∀i ∈ I(¯ x) 33 Chứng minh Không tính tổng quát, giả sử I(¯ x) = {p+1, , m} Vì chuẩn hóa ràng buộc Mangasarian-Fromovitz x¯ nên, theo Bổ đề 2.3.2, ta có ∈ int g(¯ x) + ∇g(¯ x)(X) − K Theo Hệ 2.2.7, TΩ (¯ x) = v ∈ X |∇g(x)(v) ∈ TK g(¯ x) Mặt khác, theo Ví dụ 1.1.8, TK g(¯ x) = 0Rp × Rq− Do đó, TΩ (¯ x) = v ∈ X |∇gi (¯ x)(0) = 0, ∀i = 1, , p, ∇gj (¯ x)(v) 0, ∀j ∈ I(¯ x) Vì x¯ nghiệm tối ưu địa phương toán (N P ), theo Định lí 1.1.10, ta có ∇f (¯ x)(v) ∀v ∈ TΩ (¯ x) Từ suy ra, ∇gi (¯ x)(v) = ∀i = 1, , p ∇gi (¯ x)(v) ∀i ∈ I(¯ x) ∇f (¯ x)(v) Theo Hệ 1.1.12, tồn λi ∈ R, i = {1, , p}∪I(¯ x) cho  p    λi ∇gi (¯ x) − λi ∇gi (¯ x) ∇f (¯ x ) = −  i=1    λ i ∀i ∈ I(¯ x) Từ suy điều phải chứng minh i∈I(¯ x) 34 KẾT LUẬN Luận văn thu số kết sau: 1) Trình bày định lí Lyusternik-Graves số vấn đề liên quan, bao gồm phần đảo định lí Lyusternik-Graves, mối quan hệ định lí Lyusternik-Graves với định lí ánh xạ mở Banach-Schauder, 2) Trình bày ứng dụng định lí Lyusternik-Graves vào việc chứng minh định lí hàm ngược qui tắc nhân tử Lagrange cho toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức 3) Trình bày số mở rộng định lí Lyusternik-Graves ứng dụng Bao gồm định lí ánh xạ mở Banach-Schauder định lí ánh xạ nhiễu, định lí ánh xạ mở suy rộng quy tắc nhân tử Lagrange cho toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức bất đẳng thức 35 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Văn Ân, Tạ Quang Hải Đinh Huy Hoàng, Toán cao cấp, Tập3, Giải tích - Hàm nhiều biến, Nhà xuất Giáo dục, 1998 [2] Đậu Thế Cấp, Giải tích hàm, Nhà xuất Giáo dục, 2000 [3] J.F Bonnans and A Shapiro, Perturbation Analysis of Optimization Problems, Springer, New York, 2000 [4] A L Dontchev (1996), The Graves theorem revisited, J Convex Anal (1996), 45 - 53 [5] A V Dmitruk, A A Milyutin and N P Osmolovskii, The Lyusternik theorem and the theory of extremum, Uspekhi Math Nauk 35 (1980), 11 - 46 [6] A L Donchev and R T Rockafellar, Implicit Functions and Solution Mappings, Springer, 2008 [7] L M Graves, Some mapping theorems, Duke Math J 17 (1950), 111 - 114 [8] A D Ioffe, Metric regularity and subdifferential calculus, Rusian Math Surveys 55, 501 - 558 [9] A D Ioffe, Metric regularity: theory and application - a survey, preprint 2015 [10] A D Ioffe, V M Tihomirov, Theory of Extrenal Problems, NorthHolland, Amsterdam, The Netherlands, 1979 [11] L A Lyusternik (1934), On conditional extrema of functionals, Math Sbornik 41, 390 - 401 [12] B S Mordukhovich, Variational Analysis and Generalized Differentiation I, Springer, Berlin, 2006 [...]... + gi (¯ x) = 0 Định lí được chứng minh i=1 1.3.4 Nhận xét Ngoài phương pháp chứng minh trên, người ta có thể chứng minh qui tắc nhân tử Lagrange bằng cách sử dụng định lí hàm ẩn (xem [1, Định lí 5.5]) 21 CHƯƠNG 2 MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ LYUSTERNIK-GRAVES Chương này sẽ trình bày một số mở rộng của Định lý Lyusternik-Graves và vài ứng dụng của chúng 2.1 Định lí ánh xạ mở và Định lí nhiễu Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder... tính quanh điểm x¯ Do đó, theo Định lí 2.1.5, f (x) = f (x) − ∇f (¯ x)(x) + ∇f (¯ x)(x) là mở tuyến tính quanh điểm x¯ Như vậy, Định lí Lyusternik-Graves được dẫn ra từ Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder nhờ vào Định lí nhiễu 2.2 Định lí ánh xạ mở suy rộng Phần này đươc dành để trình bày và chứng minh Định lí ánh xạ mở suy rộng và một số ứng dụng của nó Để chứng minh Định lí này, chúng ta cần các kết... định lí Lyusternik-Graves và một số vấn đề liên quan, bao gồm phần đảo của định lí Lyusternik-Graves, mối quan hệ giữa định lí Lyusternik-Graves với định lí ánh xạ mở Banach-Schauder, 2) Trình bày ứng dụng định lí Lyusternik-Graves vào việc chứng minh định lí hàm ngược và qui tắc nhân tử Lagrange cho bài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức 3) Trình bày một số mở rộng của định lí Lyusternik-Graves và. .. nhận được từ Định lí LyusternikGraves (xem Nhận xét 1.2.9) Ngược lại, chúng ta sẽ thấy rằng Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder kết hợp với Định lí nhiễu (Định lí 2.1.5) lại kéo theo Định lí Lyusternik-Graves Để hiểu sâu hơn về các mối quan hệ này, trước hết, chúng ta sẽ trình bày chi tiết phép chứng minh Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder 2.1.1 Định nghĩa ([2]) Cho X là một không gian mêtric và A ⊂ X (i)... )−1 và covA(¯ x) = inf{ A∗ y ∗ | y ∗ = 1} 1.2.9 Nhận xét Khẳng đinh (i) ⇒ (ii) ở trong Hệ quả 2.1.4 chính là Đinh lí ánh xạ mở Banach-Schauder, một nguyên lí cơ bản của giải tích hàm 17 1.3 Một số ứng dụng Định lí hàm ngược là một kết quả quan trọng của giải tích toán học Kết quả này có thể chứng minh dựa vào nguyên lí ánh xạ co Banach (xem [6]) Trong mục này, chúng ta sẽ trình bày một phép chứng... Lagrange cho bài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức 3) Trình bày một số mở rộng của định lí Lyusternik-Graves và ứng dụng Bao gồm định lí ánh xạ mở Banach-Schauder và định lí ánh xạ nhiễu, định lí ánh xạ mở suy rộng và quy tắc nhân tử Lagrange cho bài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức và bất đẳng thức ... suy ∗ ∗ ∗ ra y ∈ ker∇f (¯ x) và y , y0 > 0 Điều này mâu thuẫn với (1.15) Do đó, ∇f (¯ x) là toàn ánh Theo Bổ đề 1.2.5, ta có regf (¯ x) = ∇f (¯ x)∗ −1 16 Mặt khác, covf (¯ x) = 1 regf (¯ x) Do đó, covf (¯ x) = inf{ ∇f (¯ x)∗ y ∗ | y ∗ = 1} Định lí được chứng minh Từ Định lí 1.2.1 và Định lí 1.2.6 ta suy ra kết quả sau: 1.2.7 Hệ quả ([12]) Cho X, Y là các không gian Banach và f : X → Y là một ánh xạ... ∀i = 1, , , λi ∈ R, ∀i = + 1, , m i=1 Hệ quả được chứng minh 1.2 Định lí Lyusternik-Graves Mục này được dành để trình bày định lý Lyusternik-Graves và một số kết quả liên quan 1.2.1 Định lí (Định lý Lyusternik-Graves) Cho X, Y là các không gian Banach và f : X → Y là một ánh xạ khả vi chặt tại x¯ Giả sử ∇f (¯ x) : X → Y là toàn ánh Khi đó, các khẳng định sau là đúng: (i) f là chính quy mêtric quanh điểm... ∈ Bi nên f (xi ) hội tụ và Điều này chứng tỏ chuỗi 2−i , f (xi ) < xi = x Do f liên tục i=1 f (xi ) = f (x) Giới hạn của chuỗi trong không gian i=1 định chuẩn là duy nhất nên ta có f (x) = y Ta còn phải chỉ ra x ∈ B , nhưng điều đó là đúng vì ∞ n x = lim n→∞ xi i=1 ∞ 2i = 1 xi < i=1 i=1 Bổ đề được chứng minh Sau đây là Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder 2.1.4 Định lí ([2, Định lí II.3]) Cho f là một... 4ν và ε = 2ν Ta có y + tγBY ⊂ F (x + tBX ), với mọi (x, y) ∈ gphF ∩ (νBX × 12 ηBY ) và t ∈ [0, ε] 2.2.5 Hệ quả ([3]) Cho F : X ⇒ Y là một ánh xạ đa trị lồi đóng Khi đó, F là mở tuyến tính tại (¯ x, y¯) nếu và chỉ nếu y¯ ∈ intF (X) Kết quả sau đây là một mở rộng của Định lí Lyusternik-Graves 2.2.6 Định lí ([3]) Cho f : X → Y là khả vi chặt tại x¯ và K là một nón lồi đóng trong Y Giả sử f (¯ x) ∈ K và ... ĐỊNH LÍ LYUSTERNIK-GRAVES Chương trình bày số mở rộng Định lý Lyusternik-Graves vài ứng dụng chúng 2.1 Định lí ánh xạ mở Định lí nhiễu Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder nhận từ Định lí LyusternikGraves. .. lí Lyusternik-Graves, mối quan hệ định lí Lyusternik-Graves với định lí ánh xạ mở Banach-Schauder, ứng dụng định lí Lyusternik-Graves vào việc chứng minh định lí hàm ngược qui tắc nhân tử Lagrange... = Định lí chứng minh i=1 1.3.4 Nhận xét Ngoài phương pháp chứng minh trên, người ta chứng minh qui tắc nhân tử Lagrange cách sử dụng định lí hàm ẩn (xem [1, Định lí 5.5]) 21 CHƯƠNG MỞ RỘNG ĐỊNH