Trong bài viết trước (Nguyễn Văn Mạnh-2016) đã giới thiệu khái niệm nón pháp tuyến không lồi và ba nguyên lý cực trị trong Giải tích biến phân, tìm hiểu mối quan hệ của các nguyên lý cực trị và Bổ đề Farkas. Bằng việc sử dụng tính chất đặc biệt của không gian Asplund là mọi hệ cực trị luôn thỏa mãn nguyên lý cực trị chính xác cùng với việc đưa ra các Mệnh đề 3.1-3.2 và các Định lý 3.1-3.2,
ISSN: 1859-2171 e-ISSN: 2615-9562 TNU Journal of Science and Technology 225(06): 471 - 478 MỐI QUAN HỆ GIỮA NGUYÊN LÝ CỰC TRỊ VỚI BỔ ĐỀ FARKAS TRONG KHÔNG GIAN BANACH VƠ HẠN CHIỀU Nguyễn Văn Mạnh Trường Đại học Cơng nghiệp Hà Nội TÓM TẮT Trong báo trước (Nguyễn Văn Mạnh-2016) giới thiệu khái niệm nón pháp tuyến không lồi ba nguyên lý cực trị Giải tích biến phân, tìm hiểu mối quan hệ nguyên lý cực trị Bổ đề Farkas Bằng việc sử dụng tính chất đặc biệt khơng gian Asplund hệ cực trị thỏa mãn nguyên lý cực trị xác với việc đưa Mệnh đề 3.1-3.2 Định lý 3.1-3.2, từ đưa cách chứng minh Bổ đề Farkas không gian Asplund vô hạn chiều Trong không gian Banach tổng qt tính chất hệ cực trị ln thỏa mãn ngun lý cực trị xác khơng cịn nghiệm đúng, đưa Mệnh đề 3.3 qua mở rộng Định lý 3.1 khơng gian Banach, từ đưa cách chứng minh Bổ đề Farkas không gian Banach thực vô hạn chiều Từ khóa: Khơng gian Banach; khơng gian Asplund; hệ cực trị; nguyên lý cực trị; điểm cực trị địa phương; bổ đề Farkas Ngày nhận bài: 09/5/2020; Ngày hoàn thiện: 29/5/2020; Ngày đăng: 31/5/2020 THE RELATIONSHIP BETWEEN EXTREMAL PRINCIPLE WITH FARKAS LEMMA IN INFINITE DIMENSONS BANACH SPACE Nguyen Van Manh Hanoi University of Industry ABSTRACT In the previous article (Nguyen Van Manh-2016), we introduced the concept of non-convex normal cone and three extremal principles of variational analysis, researched the relationship of extremal principles and Farkas lemma By using the fact that in Asplund space, all extremal systems always satisfy exact extremal principle and by introducing of Propositon 3.1-3.2 and Theorem 3.1-3.2, we gave the method to prove Farkas lemma in infinite dimensions Asplund space In the general Banach space, the fact that all extremal systems always satisfy the exact extremal principle is not hold Therefore, in this article, we propose Proposition 3.3 thereby extending Theorem 3.1 in Banach space, thereby giving method to prove Farkas's Lemma in infinite dimensions Banach space Keywords: Banach space; Asplund space; extremal systems; extremal principle; local extremal point; Farkas lemma Received: 09/5/2020; Revised: 29/5/2020; Published: 31/5/2020 Email: nvmanhhn@haui.edu.vn http://jst.tnu.edu.vn; Email: jst@tnu.edu.vn 471 Nguyễn Văn Mạnh Tạp chí KHOA HỌC & CƠNG NGHỆ ĐHTN 225(06): 471 - 478 Cực trị địa phương hệ tập, không gian Asplund Trong phần nhắc lại số khái niệm giải tích biến phân (Xem [1], [2]) Định nghĩa Cho 1 , , m tập Định nghĩa Xét F : X → X * ánh xạ đa trị không gian Banach X không gian đối ngẫu X * ta có : phương hệ 1 , , m tồn w xk* ⎯⎯ → x* , xk* F ( xk ) , k * dùng để giới hạn theo dãy theo nghĩa Painlevé-Kuratowski tơpơ chuẩn X tơpơ yếu* (được kí hiệu chữ w* ) X * Định nghĩa (Pháp tuyến suy rộng) Xét tập khác rỗng X i) x cho trước, tập pháp tuyến điểm x định nghĩa: x* , u − x * N ( x; ) = x X lim sup e || u − x || u ⎯⎯→ x Khi = phần tử N ( x; ) gọi pháp tuyến Fréchet, tập hợp pháp tuyến Fréchet gọi nón sơ chuẩn x , kí hiệu N ( x; ) Nếu x ta quy ước N ( x; ) = ii) Cho x Khi x X pháp tuyến hay pháp tuyến qua giới hạn * * →x x với dãy k 0, xk ⎯⎯ w xk* ⎯⎯→ x* cho xk* N k ( xk ; ) với * k Tập hợp pháp tuyến kí hiệu : ( ) N x; = Li msup F ( x ) = N k ( xk ; ) x ⎯⎯⎯ →x 0 gọi nón pháp tuyến hay nón pháp tuyến qua giới hạn) (basic/limiting) x Tương tự x ( ) N x; = 472 dãy aik X ( i = 1, , m ) cho aik → k → lân cận U x thỏa mãn điều kiện: L im sup F ( x ) = x* X * xk ⎯⎯ → x, xk ⎯⎯ →x khác rỗng không gian Banach X với m , x điểm chung tập hợp Ta nói x điểm cực trị địa m ( i − aik ) U = với k đủ lớn i =1 Khi 1 , , m , x gọi hệ cực trị không gian X Có thể hiểu hệ tập hệ cực trị điểm chung chúng ta tách rời địa phương tập cách làm nhiễu nhỏ theo kiểu tịnh tiến tập cho, với phương tịnh tiến véctơ có chuẩn bé số dương tùy ý cho trước Định nghĩa (Không gian Asplund) Không gian Banach X gọi Asplund hay có tính chất Asplund, hàm lồi liên tục :U → với U X tập lồi mở khả vi Fréchet tập trù mật U Các nguyên lý cực trị Định nghĩa Cho 1 , , m , x hệ cực trị không gian Banach X Ta nói: (i) Hệ cực trị 1 , , m , x gọi thỏa mãn nguyên lý -cực trị với 0 tồn xi i ( x + B) xi* X * , cho xi* N ( xi ; i ) , i = 1, , m , x1* + + xm* = 0, x1* + + xm* = (ii) Hệ cực trị ( 2a ) ( 2b ) ( 2c ) 1 , , m , x gọi thỏa mãn nguyên lý cực trị xấp xỉ với http://jst.tnu.edu.vn; Email: jst@tnu.edu.vn Nguyễn Văn Mạnh 0 tồn Tạp chí KHOA HỌC & CÔNG NGHỆ ĐHTN xi i ( x + B) xi* N ( xi ; i ) + B* , i = 1, , m , cho điều kiện (2b), (2c) thỏa mãn (iii) Hệ cực trị 1 , , m , x gọi thỏa mãn nguyên lý cực trị xác tồn véctơ pháp tuyến qua giới hạn xi* N ( xi ; i ) , i = 1, , m , thỏa mãn điều kiện (2b), (2c) Mối quan hệ nguyên lý cực trị với bổ đề Farkas 3.1 Ba mệnh đề bổ trợ Trong mục này, nhắc lại hai Mệnh đề 3.1-3.2 đưa chứng minh [3], đưa mệnh đề Mệnh đề 3.3 nhằm giải tính thỏa mãn nguyên lý cực trị xác cho hệ cực trị không gian Banach thực Mệnh đề 3.1 Cho X không gian Banach thực X * \ 0, i = 0, , m Đặt 0 = x X | a0 , x 0 0, i = x X | , x 0, i = 1, , m Ta có N ( 0; ) = − a0 | 0 , ( 3.1) N ( 0; i ) = | 0 ( i = 1, , m ) ( 3.2 ) Mệnh đề 3.2 Cho hệ tập 0 = x X | a0 , x 0 0 , i = x X | , x 0 , i = 1, , m ( 3.3) ( 3.4 ) với không gian Banach X a0 , , am X * Giả sử a0 bất a0 , , am X * Giả (I) Hệ cực trị 1 , , m ,0 (II) 0 , 1 m−1 , m , 0 i = x X | , x 0 , i = 1, , m không gian Banach thực http://jst.tnu.edu.vn; Email: jst@tnu.edu.vn hệ cực trị thỏa mãn nguyên lý cực trị xác Chứng minh Đặt A0 = ( x, x, , x ) X m | x 0 , A1 = 1 m , z = ( 0, 0, , ) X m Ta chứng minh 2) A , A , z thỏa 1) A0 , A1 , z hệ cực trị mãn nguyên lý cực trị xác 1) Xét dãy uk = − k ( u0 , , u0 ) X m với k k → , u0 X a0 , u0 Ta có: ( A0 − zk ) A1 = với k đủ lớn Thật vậy, giả sử tồn zk ( A0 − uk ) A1 ( 3.7 ) Từ zk A0 − uk tồn z0 k = ( x0 k , , x0 k ) A0 , ( x0 k 0 ) cho zk = z0 k + k ( u0 , , u0 ) = ( x0 k + k u0 , , x0 k + k u0 ) ( 3.5) ( 3.6 ) thỏa mãn nguyên lý cực trị xác zk = z0 k + k ( u0 , , u0 ) 0 = x X | a0 , x 0 0 , Ta có: đẳng thức , x i = 1, , m Khi ta có Mệnh đề 3.3 Cho a0 , x i = 1, , m Ta thu X sử a0 , x hệ hệ bất đẳng thức đẳng thức a0 , x hệ hệ bất 1 , , m ,0 hệ cực trị 225(06): 471 - 478 ( 3.8 ) ( 3.9 ) Kết hợp (3.11) với zk A1 ta có x0 k 0 , x0 k + k u0 i , i = 1, , m ( 3.10 ) Làm hồn tồn tương tự Mệnh đề 3.2 ta có điều phải chứng minh 473 Nguyễn Văn Mạnh 2) Ta có Tạp chí KHOA HỌC & CƠNG NGHỆ ĐHTN = z* = ( x1* , , xm* ) ( X * ) | A0 A1 = z m x10* , x + + xm0* , x 0, x 0 Thật vậy, giả sử ( 3.11) z A0 A1 Từ z A0 suy m Mệnh đề 1.2 [1] (p.6) Ta có: x i , ( i = 1, , m ) theo giả thiết a0 , x hệ hệ bất ( ) * N z; A1 = z * = ( x11* , , x1* m )( X ) | m xi1* N ( 0; i ) i = 1, , m đẳng thức Từ (3.14b) suy , x i = 1, , m, (x (( x 0* suy x = z = z Từ i , ( i = 1, , m ) khơng gian tích X m , ta thu A0 , A1 tập lồi, z bdA1 ,int A1 Kết hợp kết thu với suy A0 , A1 tách yếu Do đó, tồn ) ( ) z0* N z; A0 , z1* N z; A1 , z + z = 0, * z + z = * ( 3.12a ) ( 3.12b ) ( 3.12c ) N z; A0 = z = ( x , , x * * m )( X ) * m ( 3.13) Thật vậy, theo Định nghĩa 1.1 [1] (p.4) nón pháp tuyến qua giới hạn Ta có: ) theo (3.17) suy (x 0* + + xm0* ) + ( x11* + + x1* m ) = ( 3.18 ) 1* 1* z1* = ( x11* , , x1* m ) = x1 + + xm Từ (3.12b) (3.12c) thu z1* 0, ta suy i 1, , m cho xi1* Kết hợp điều vừa thu với (3.18) suy (II) Làm hoàn tồn tương tự Mệnh đề 3.2, ta có 0 , 1 m −1 , m , 0 hệ cực trị B = 1 m −1 , Đặt m z * , z 0, z A0 B0 = 0 m , B1 = ( x, x ) X | x B N z; A0 = z * = ( x1* , , xm* ) ( X * ) | ( 3.14 ) 474 ( 3.17 ) cực trị xác | x1* + + xm* N ( 0; ) ( xi0* + xi1* = 0, ( i = 1, , m ) hệ cực trị 0 , , m , 0 thỏa mãn nguyên lý Mặt khác ta lại có: ) ) + x11* ) , , ( xm0* + x1* m ) =0 Áp đụng định nghĩa chuẩn khơng gian tích, ta thu A0 A1 = z , ( , , xm0* ) + ( x11* , , x1* m ) = 0, 0* tập lồi có int i theo tính chất * (3.16) Do (3.13) nghiệm Theo Mặt khác z A1 * (3.15) x10* + + xm0* , x 0, x 0 z = ( x, , x ) X , x 0 * = z * = ( x1* , , xm* ) ( X * ) | m ( 225(06): 471 - 478 Xét dãy ( 3.19 ) ( 3.20 ) ( 3.21) uk = − k ( u0 , , u0 ) X m với k k → , u0 X a0 , u0 http://jst.tnu.edu.vn; Email: jst@tnu.edu.vn Nguyễn Văn Mạnh Tạp chí KHOA HỌC & CÔNG NGHỆ ĐHTN Ta thu Chứng minh Ta quy nạp theo m Với ( B0 − uk ) B1 = , m = hiển nhiên N ( 0; 1 ) = N ( 0; 1 ) ( 3.22 ) Giả sử (3.24) ) nghiệm với hệ gồm m −1 (m ≥ 2) tập dạng (3.25), có nghĩa với k đủ lớn Thật vậy, giả sử ( B0 − uk ) B1 tồn zk ( B0 − uk ) B1 a1 , , am−1 X * lấy tùy ý Ta cần x0 k 0 , xmk m cho chứng minh (3.24) với hệ gồm m≥ tập dạng (3.23) Dễ thấy zk = ( x0 k + k u0 , xmk ) N ( 0; 1 m ) ( xk , xk ) = ( x0 k + k u0 , xmk ) N ( 0; 1 ) + + N ( 0; m ) Từ kết ta thu xk 1 m , xk = x0k + k u0 , với x0 k 0 , tương tự Mệnh đề (3.2) ta có B , B , ( 0, ) hệ cực trị khác theo i , ( i = 0, , m ) (3.5), tập (3.6) ta lồi với int i , ( i = 1, , m ) bd i Dễ dàng ta chứng minh B0 , B1 tập lồi, có int B0 , ( 0, ) bdB0 Làm tương tự (I), ta có hệ cực trị B , B , ( 0, ) + N ( 0; m −1 ) i = x X | , x 0 , i = 1, , m − 1, Mặt khác zk ( B0 − uk ) suy Mặt N ( 0; 1 m −1 ) = N ( 0; 1 ) + Từ zk B1 zk = ( xk , xk ) , ( xk B ) 225(06): 471 - 478 thỏa mãn nguyên lý cực trị Ta cần chứng minh bao hàm thức ngược lại Nhận xét thấy, N ( 0; 1 m ) tập tất véctơ u0 X * mà bất đẳng thức u0 , x hệ hệ bất đẳng thức ( i = 1, , m ) Lấy tùy ý u0 N ( 0; 1 m ) Khi đó, bất đẳng , x thức u0 , x hệ hệ bất đẳng thức , x 0, i = 1, , m Nếu u0 = hiển nhiên u0 thuộc vào tập hợp vế phải (3.24) Do ta giả sử u0 = x X | u0 , x 0 0 , xác Đặt 3.2 Dạng mở rộng Bổ đề Farkas không gian Banach Theo Mệnh đề 3.2, ta có 0 , B, m ,0 hệ Định lý 3.1 (Nón pháp tuyến tập nghiệm hệ bất đẳng thức tuyến tính nhất) Cho X không gian Banach thực i = x X | , x 0 , i = 1, , m, (3.23) với a1 , , am X Khi ta có * N ( 0; 1 m ) = N ( 0; 1 ) + + N ( 0; m ) (3.24) http://jst.tnu.edu.vn; Email: jst@tnu.edu.vn B = 1 m −1, A = B m cực trị Áp dụng Mệnh đề 3.3 (II) cho hệ cực trị 0 , B, m ,0 , ta suy tồn x0* , xB* , xm* X * thỏa mãn x0* N ( 0; 0 ) , xB* N ( 0; B ) , xm* N ( 0; m ) x0* + xB* + xm* = x0* + xB* + xm* = ( 3.25a ) ( 3.25b ) Theo Mệnh đề 3.1, 475 Nguyễn Văn Mạnh Tạp chí KHOA HỌC & CƠNG NGHỆ ĐHTN 225(06): 471 - 478 N ( 0; 0 ) = −0u0 | 0 0 , b) Tồn x ( 0 B ) \ 0 Khi ta có N ( 0; m ) = m um | m 0, x m Thật vậy, giả sử phản chứng Vì tồn 0 m cho xm* = m am x0* = −0u0 , Khi đẳng thức (3.27a) tương đương với ( 3.26 ) 0u0 = xB* + m am Xét trường hợp sau: (i) 0 Từ (3.28) ta có u0 = 0 xB* + m a 0 m ( 3.27 ) Do xB* N ( 0; B ) theo giả thiết quy nạp ta có N ( 0; B ) = N ( 0; 1 ) + + N ( 0; m−1 ) Vì vậy, tồn 0, , B B m −1 cho xB* = 1B a1 + + mB−1am−1 * B Thay biểu thức x vào (3.29), ta thu u0 = = 0 ( a + + mB−1am −1 ) + B 1 m a , 0 m 1B B a1 + + m −1 am −1 + m am 0 0 0 Do u0 thuộc vào tập hợp vế phải (3.24) (ii) 0 = Khi ta có xm* = − xB* hay mam = − xB* Suy am = − m xB* a) Nếu 0 B = 0 u0 , x x B Do tồn số i 0, i = 1, , m − 1, cho u0 = 1a1 + + m −1am −1 = 1a1 + + m −1am −1 + 0am Suy u0 N ( 0; 1 ) + + N ( 0; m ) 476 x m Vì x B m = 1 m , u0 , x suy x \ 0 , dẫn đến mâu thuẫn Từ điều nói ta thu , x ( i = 1, , m − 1) , am , x 0, u0 , x ( 3.28) Đặt ai = − , x am , x u0 = u0 − u0 , x am , x am , i = 1, , m − 1, ( 3.29 ) am ( 3.30 ) Ta xét hai trường hợp sau: 1) Bất đẳng thức u0 , x hệ hệ bất đẳng thức ai, x 0, i = 1, , m − Áp dụng giả thiết quy nạp hệ véctơ a1, , am −1, ta tìm 1 0, , m −1 cho u0 = 1a1 + + m −1.am −1 Kết hợp đẳng thức cuối với (3.29) (3.30), ta thu u0 − m −1 a ,x am = i − i am , am , x am , x i =1 u0 , x hay m −1 m −1 u ,x a ,x u0 = iai + − i i am am , x i =1 i =1 am , x Từ (3.30) ta suy u0 , x a ,x 0, i 0, i = 1, , m − am , x am , x Vì m −1 u0 = iai + am , i =1 http://jst.tnu.edu.vn; Email: jst@tnu.edu.vn Nguyễn Văn Mạnh = Tạp chí KHOA HỌC & CƠNG NGHỆ ĐHTN , x 0, i = 1, , m − 1, am , x = 0, u0 , x u0 , x m −1 a ,x − i i 0, am , x i =1 am , x i 0, i = 1, , m 2) Bất đẳng thức u0 , x không hệ hệ bất đẳng thức ai, x 0, i = 1, , m − Khi tồn x X cho ai, x 0, i = 1, , m − 1, u0 , x Chọn ( 3.31) am , x x am , x x = x − ( 3.32 ) ( 3.33) ai, x = 0, i = 1, , m − mâu thuẫn với điều giả định đầu chứng minh bất đẳng thức hệ hệ bất đẳng thức , x 0, i = 1, , m − Trong cách chứng minh định lý sử dụng kĩ thuật lập luận Bartl [4] Định lý 3.2 (Bổ đề Farkas không gian Banach thực) Cho X không gian Banach, a1 , , am−1 X * Khi đó, bất đẳng thức Do (3.29), (3.30) cách chọn x ta có u0 , x = 0, am , x = 0, 225(06): 471 - 478 Hiển nhiên am , x = Từ (3.33) cách chọn x ta có a0 , x hệ hệ bất đẳng thức , x 0, i = 1, , m, Khi tồn 1 0, , m cho m a0 = i i =1 ai, x = ai, x , i = 1, , m − ( 3.34 ) Từ (3.31) suy ai, x = , x − , x am , x am , x = , x Chứng minh Đặt i = x X | , x 0 (i = 1, , m ) Dễ thấy bất đẳng thức a0 , x hệ hệ bất đẳng thức (3.38) (3.35) Kết hợp (3.31), (3.34) (3.35) ta thu , x = ai, x 0, i = 1, , m − Mặt khác, từ (3.32) (3.31) ta có a , x u0 , x = u0 , x − m u0 , x , am , x a0 N ( 0; 1 m ) Áp dụng Định lý 3.1 cho hệ tập 1 , , m , ta có a0 N ( 0; 1 ) + + N ( 0; m ) Từ đó, Mệnh đề 3.1, tồn m 1 0, , m cho a0 = i i =1 = u0 , x Lại có u0 , x = u0 − m Ngược lại có a0 = i , với i =1 u0 , x am , x = u0 , x am , x Do đó, u0 , x = u0 , x Tóm lại ta có http://jst.tnu.edu.vn; Email: jst@tnu.edu.vn 1 0, , m hiển nhiên ta có a0 N ( 0; 1 ) + + N ( 0; m ) Ta có điều phải chứng minh 477 Nguyễn Văn Mạnh Tạp chí KHOA HỌC & CÔNG NGHỆ ĐHTN TÀI LIỆU THAM KHẢO/ REFERENCES [1] B S Mordukhovich, “Generalized differential calculus for nonsmooth and set-valued mappings,” Journal of Mathematical Analysis and Applications, vol 183, pp 250-288, 1994 [2] B S Mordukhovich, Variational Analysis and Generalized Differentiation, vol 1: Basic Theory, Springer, New York, 2006 478 225(06): 471 - 478 [3] V M Nguyen, “The relationship between extremal principle with Farkas Lemma in in infinite dimensions Asplund space,” TNU Journal of Science and Technology, vol 159, no 14, pp 119-124, 2016 [4] D Bartl, “A short algebraic proof of the Farkas lemma,” SIAM Journal of Optimization, vol 19, pp 234-239, 2008 http://jst.tnu.edu.vn; Email: jst@tnu.edu.vn ... trị với bổ đề Farkas 3.1 Ba mệnh đề bổ trợ Trong mục này, nhắc lại hai Mệnh đề 3.1-3.2 đưa chứng minh [3], đưa mệnh đề Mệnh đề 3.3 nhằm giải tính thỏa mãn nguyên lý cực trị xác cho hệ cực trị không. .. (iii) Hệ cực trị 1 , , m , x gọi thỏa mãn nguyên lý cực trị xác tồn véctơ pháp tuyến qua giới hạn xi* N ( xi ; i ) , i = 1, , m , thỏa mãn điều kiện (2b), (2c) Mối quan hệ nguyên lý cực trị. .. rỗng không gian Banach X với m , x điểm chung tập hợp Ta nói x điểm cực trị địa m ( i − aik ) U = với k đủ lớn i =1 Khi 1 , , m , x gọi hệ cực trị khơng gian X Có thể hiểu hệ tập hệ