luận văn tốt nghiệp

Chơng 1: CáC KIếN THứC CƠ Sở. 1.1. Hàm Lipschitz. Giả sử X là không gian Banach, f : X R . Định nghĩa 1.1. a. Hàm f đợc gọi là Lipschitz địa phơnng tại x X , hay Lipschitz ở gần x , nếu tồn tại lân cận U của x , số K > 0 sao cho: ( x, x U) f (x) f (x ) K x x (1.1) Hàm f đợc gọi là Lipschitz địa phơng trên tập Y X , nếu f Lipschitz địa ph- ơng tại mọi x Y . b. Hàm đợc gọi là Lipschitz địa phơng với hằng số Lipschitz K trên tập Y X , nếu (1.1) đúng với mọi x, x Y . Định lí 1.1. Giả sử f là hàm Lipschitz trên tập lồi U X . Khi đó, với mọi x, x U , hàm số (t) : f (x t(x x)) = + (0 t 1) có đạo hàm hầu khắp nơi. Chứng minh Bởi vì f Lipschitz trên U, cho nên có tồn tại số K > 0 sao cho: ( x, x U) f (x) f (x ) K x x . (1.2) Ta có hàm (t) : f (x t(x x)) = + (0 t 1) là tuyệt đối liên tục. Thật vậy, ta lấy các khoảng rời nhau 1 1 k k (a ,b ), .,(a ,b ) trong [0,1]. Khi dó, từ (1.2) ta có: == k i ii k i ii xxabKab 11 ')()()( . Với 0 > cho trớc, ta chọn K x x = . Khi đó: k k i i i i i 1 i 1 (b a ) (b ) (a ) = = < < . Do đó, (t) tuyệt đối liên tục có đạo hàm hầu khắp nơi. Hệ quả 1.1.1. Giả sử f : X R là hàm Lipschitz trên tập lồi U X . Khi đó, với mọi x, x U : 1 0 f (x ) f (x) (t)dt = , (1.3) trong đó (t) : f (x t(x x)) = + (0 t 1) . Chứng minh Theo định lí 1.1, (t) là tuyệt đối liên tục trên đoạn [0,1]. Ta đã biết trong lý thuyết độ đo và tích phân: nếu hàm tuyệt đối liên tục, thì đạo hàm khả tích và 1 0 (t) (0) (s)ds = + . Lấy t 1 = , ta nhận đợc (1.3). 1.2. Các ánh xạ khả vi là Lipschitz địa phơng: 1.2.1. Các đạo hàm cổ điển : Giả sử F là ánh xạ X Y , trong đó X và Y là các không gian Banach. Ký hiệu L(X, Y) là không gian các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y. Định nghĩa 1.2: Đạo hàm của F theo phơng v tại x đợc xác định bởi: t 0 F(x tv) F(x) F (x; v) : lim t + = , nếu giới hạn này tồn tại. Định nghĩa 1.3: ánh xạ F đợc gọi là khả vi Gâteaux tại x , nếu tồn tại L(X, Y) sao cho với mỗi v X , F(x tv) F(x) t v (t)+ = + + . (1.4) Khi đó, ta gọi là đạo hàm Gâteaux của F tại x . Nhận xét 1.1: Nếu ánh xạ F kả vi Gâteaux tại x , thì 0 )()( + v t xFtvxF . (1.5) Sự hội tụ này là đồng đều theo v trên các tập hữu hạn. Định nghĩa 1.4: ánh xạ F đợc gọi là khả vi Hadamard tại x , nếu tồn tại L(X, Y) sao cho với mỗi v X (1.4) đúng, và (1.5) hội tụ đồng đều theo v trên các tập compăc. Định nghĩa 1.5: ánh xạ F đợc gọi là khả vi Fréchet tại x , nếu tồn tại L(X, Y) sao cho: )()()( vrvxFvxF ++=+ , trong đó 0.)( 1 XY vvr khi X v 0 . Nhận xét 1.2; a. ánh xạ F khả vi Fréchet tại x L(X, Y) sao cho (1.4) đúng và (1.5) hội tụ đồng đều theo v trên các tập bị chặn. b. Nếu n X R= thì khái niệm khả vi theo Hadamard và Fréchet trùng nhau. Ví dụ 1.1: 2 RX = , 2 1, x y , y 0. f (x, y) 0, = = Khi đó, f khả vi Gâteaux tại (0,0), nhng f không liên tục và không khả vi Fréchet tại (0, 0). Định nghĩa 1.6: ánh xạ F đợc gọi là Lipschitz địa phơng tại x , nếu tồn tại số 0 > và số K 0 > sao cho: XY xxKxFxF ')"()'( ( x , x x B) + , (1.6) trong đó B là hình cầu đơn vị mở. Nhận xét 1.3: Định nghĩa tính Lipschitz địa phơng theo lân cận hay hình cầu đơn vị mở (trong không gian Banach) là tơng đơng. Mệnh đề 1.1: Nếu ánh xạ F là Lipschitz đại phơng tại x thì kái niệm khả vi theo Hadamard và Gâteaux của F là trùng nhau. Chứng minh: Do F là Lipschitz địa phơng tại x , có tồn tại số 0 > và số K 0 > sao cho (1.6) đúng. Hiển nhiên là F khả vi Hadamard thì F khả vi Gâteaux. Giả sử F khả vi Gâteaux tại x , V là tập compăc trong X; 0 > cho trớc . Với hình cầu đơn vị mở B có tồn tại phủ mở hữu hạn của { } i i V : v B : v V,i 1, .,n+ = , trong đó 2(K ) = + , có trong (1.4). ta có: i ( i)( 0) > i ( t (0, )) , i i F(x tv ) F(x) v t 2 + < (i 1, .,n)= (1.7) Lấy 1 i n i min = ; v V . Khi đó 0 i v v B + (i {1, .,n}) . Ta có thể chọn đủ nhỏ để F là Lipschitz trên tập i x (v B) + + . Do đó t (0, ) , i i F(x tv) F(x tv ) (v v ) (K ) t 2 + + + = (1.8). Từ (1.7), (1.8) suy ra: v V , t (0, ) , F(x tv) F(x) v t + . Điều đó chứng tỏ ( ) ( ) 0 F x tv F x v t + đồng đều theo v trên các tập compăc. Do đó, F khả vi Hadamard tại x . 1.2.2. Tính khả vi chặt: Định nghĩa 1.7: ánh xạ F đợc gọi là có đạo hàm chặt Hadamard tại x : S D F(x) L(X, Y) , nếu với mọi v giới hạn sau đây tồn tại: vxFD t xFtvxF S txx )( )()( lim 0; = + , trong đó sự hội tụ là đồng đều theo v trên các tập compăc. Định lí 1.2: Giả sử F là ánh xạ từ một lân cận của x vào Y; L(X, Y) . Khi đó,các khẳng định sau đây là tơng đơng: a. F khả vi chặt Hadamard tại x và S D F(x) = ; b. F Lipschitz địa phơng tại x , và với v X , v t xFtvxF txx = + )()( lim 0; . (1.9) Chứng minh: a. Giả sử a) đúng. Khi đó ta có ngay (1.9). Ta chỉ còn phải kiểm tra F Lipschitz địa phơng tại x . Phản chứng: F không Lipschitz địa phơng tại x . Khi đó tồn tại các dãy { } i x và { } i x hội tụ đến x sao cho 1 i i i x , x x B + và i i i i X y F(x ) F(x ) i x x > . (1.10) Ta xác định i i t , v thỏa mãn: 1 2 i i i i i x x t v , v i = + = . Khi đó i t 0 . Giả sử { } { } i i 1 V v 0 = = . Ta có V compăc. Theo định nghĩa của S D F(x) : 0, n : i n , v V, > i i i S i y F(x t v) F(x ) D F(x)v t + < . Nhng điều đó không thể xảy ra bởi vì với i v v= , theo (1.10) ta có: 1 1 2 2 i i i i i i i i i i i i i i y F(x t v) F(x ) i i i (x t v ) x t v .t .i i t t t t + + = = = . b. Giả sử b) đúng. Lấy tập compăc V trong X; số 0 > . Do F là Lipschitz địa phơng tại x , có tồn tại số 0 > và số K 0> sao cho (1.6) đúng. Với hình cầu đơn vị mở B, có tồn tại phủ mở hữu hạn của { } i i V : v B : v V,i 1, .,n+ = , trong đó 2(K ) = + . Từ đó, i i i i i ( v )( 0) : x x B, t (0, ) > + , 2 )()( < + Y i i v t xFtvxF (i 1, .,n)= (1.11) Lấy 1 i n i min = ; v V . Khi đó 0 i v v B + (i {1, .,n}) . Do đó, với x x B + , t (0, ) , i i Y F(x tv) F(x tv ) (v v ) (K ) t 2 + + + = (1.12) Từ (1.11), (1.12) suy ra: x x B, t (0, ), v V, + . 2 )()( < + Y v t xFtvxF Điều đó chứng tỏ 0 )()( + v t xFtvxF đồng đều theo v trên các tập compăc. Vì vậy là đạo hàm chặt Hadamard của F. Định nghĩa 1.8: ánh xạ F đợc gọi là khả vi liên tục theo Gâteaux tại x , nếu tồn tại đạo hàm Gâteaux DF trong một lân cận của x và DF(.) : X L(X,Y) liên tục tại x (theo tôpô chuẩn toán tử). Hệ quả 1.2.1: Giả sử ánh xạ F khả vi liên tục theo Gâteaux tại x . Khi đó, F khả vi chặt Hadamard tại x , và do đó f Lipschitz địa phơng tại x . Chứng minh: Lấy các dãy { } { } { } i i i x , v , t i (t 0)> hội tụ lần lợt đến x, v,0 . Ta chỉ cần chỉ ra rằng: * y i i i i i i 1 i F(x t v ) F(x ) lim sup , DF(x)v 0 t + < >= (1.13) Theo định lí giá trị trung bình, có tồn tại [ ] * i i i i i x x , x t v + sao cho với Y * ta có: i i i i i i F(x t v ) F(x ) , DF(x)v t + < >= * i i i ,DF(x )v DF(x)v=< >= * i i , DF(x ) DF(x) v 0 =< > đồng đều theo , khi i (do DF(.) liên tục tại x ). Từ đó suy ra (1.13). Định lí 1.3: Giả sử f : X R khả vi Fréchet và có đạo hàm bị chặn trong tập lồi U, tức là : f (x) ( x U) . Khi đó, f là hàm Lipschitz trên U. Chứng minh: Với x, x U , ta có: 0 1 f (x) f (x ) sup f (x (x x) x x + f (x) f (x ) x x . 1.4. Hàm lồi Lipschitz: Giả sử U là tập lồi mở trong không gian Banach X. Nhắc lại: Hàm f : U R đợc gọi là lồi trên U, nếu với mọi u, u U , [ ] 0,1 : f ( u (1 )u ) f (u) (1 )f (u ) + + . Ký hiệu B là hình cầu đơn vị mở và B là hình cầu đơn vị đóng. Định lí 1.4: Giả sử f là hàm lồi trên tập lồi mở U; bị chặn trên trong một lân cận của một điểm nào đó thuộc U. Khi đó, f Lipschitz địa phơng trên U. Chứng minh: Lấy x U , ta phải chứng minh f Lipschitz trong một lân cận của x. Trớc hết ta chỉ ra f bị chặn trong moọt lân cận của x. Không mất tính chất tổng quát, có thể giả sử f bị chặn trên bởi số M trên tập B U . Chọn 1 > để sao cho: y x U= . Nếu 1 = , thì tập hợp: { } V : v : v (1 )x y, x B = = + là một lân cận của điểm x y= với bán kính (1 ) . Với mọi v V , ta có: f (v) (1 )f (x ) f (y) M f (y) + + ; (1.14) Nh vậy f bị chặn trong lân cận V của x. Lấy z V ( x (1 ) B)= + , tồn tại điểm z V sao cho: 1 x (z z ) 2 = + . Khi đó, 1 1 f (x) f (z) f (z ) 2 2 + f (z) 2f (x) f (z ) 2f (x) M f (y) (do(1.14)) f bị chặn dới trên V f bị chặn trên V. Giả sử N là đánh giá trên của f trên tập x 2 B + ( 0) > . Lấy 1 2 x , x x B + , 1 2 x x . Đặt: 3 2 2 1 x x (x x ) = + , 2 1 ( x x ) = . (1.15) Ta có 3 x x 2 B + , bởi vì 2 x x 2 B + , 2 1 2 1 (x x ) B x x . Từ (1.15) suy ra: 2 1 3 x x x = + + + 2 1 3 f (x ) f (x ) f (x ) + + + [ ] 2 1 3 1 f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) + [ ] 3 1 f (x ) f (x ) . Bởi vì 2 1 f N, x x = , cho nên: 2 1 2 1 2N f (x ) f (x ) x x . Thay đổi vai trò của 1 2 x , x ta có: 1 2 2 1 2N f (x ) f (x ) x x . 2 1 2 1 2N f (x ) f (x ) x x 1 2 ( x , x x B). + Hệ quả 1.3.1: Giả sử f là hàm lồi và f N trên tập lồi mở U, trong đó U chứa lân cận của tập V. Khi đó f thỏa mãn điều kiện Lipschitz trên V, với hàng số Lipschitz 2N . 1.4. Đạo hàm suy rộng theo phơng: Giả sử f là hàm Lipschitz địa phơng tại x X . Định nghĩa 1.9: Đạo hàm suy rộng của hàm f theo phơng v( X) tại x , ký hiệu là f (x; v) , đ- ợc xác định nh sau: x x;t 0 f (x tv) f (x) f (x; v) limsup t + = (1.16) trong đó x X, t 0 > . Đây là khái niệm đạo hàm suy rộng theo phơng của F. H. Clarke. Định lí sau đây sẽ cho ta một số tính chất quan trọng của đạo hàm suy rộng theo phơng. Định lí 1.5: Giả sử f Lipschitz địa phơng với hằng số Lipschitz K tại x. Khi đó: (i) Hàm v f (x; v) hữu hạn, thuần nhất dơng, dới cộng tính trên X và f (x; v) K v ; (ii) f (x; v) nửa liên tục trên theo (x, v) ; f (x;.) Lipschitz (theo v) với hằng số K trên X; (iii) f (x; v) ( f ) (x; v) = . Chứng minh: (i) Do f Lipschitz địa phơng tại x với hằng số Lipschitz K, cho nên tồn tại lân cận U của x sao cho với mọi y,z U : f (y) f (z) K y z . Do đó, từ (1.16) ta có: y x;t 0 K tv f (x; v) limsup K v t = , bởi vì với t đủ nhỏ, y U thì y tv U+ . Từ đó suy ra tính chất hữu hạn của hàm f (x;.) . Với 0 > , ta có: y x;t 0 y x;t 0 f (y t v) f (y) f (y t v) f (y) f (x; v) limsup limsup f (x; v) t t + + = = = hàm f (x;.) thuần nhất dơng. Bây giờ kiểm tra tính dới cộng tính: y x;t 0 f (y tv tw) f (y) f (x; v w) limsup t + + + = y x;t 0 y x;t 0 f (y tv tw) f (y tv) f (y tv) f (y) limsup limsup t t + + + + + f (x; w) f (x; v)= + , bởi vì y tv x+ khi y x và t 0 . (ii) Lấy các dãy { } i x và { } i v hội tụ đến x và v tơng ứng. Theo định nghĩa limsup, với i i i, y X, t 0 > sao cho: