Phép tính xấp xỉ trong không gian hilbert

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ——————————– TRẦN VĂN PHƯỚC PHÉP TÍNH XẤP XỈ TRONG KHƠNG GIAN HILBERT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Đà Nẵng - 2017 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ——————————– TRẦN VĂN PHƯỚC PHÉP TÍNH XẤP XỈ TRONG KHƠNG GIAN HILBERT Chuyên ngành: Giải tích Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS HUỲNH THẾ PHÙNG Đà Nẵng - 2017 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn công trình nghiên cứu tổng quan tơi, kết luận văn tổng hợp từ tài liệu có nguồn gốc rõ ràng hướng dẫn PGS TS Huỳnh Thế Phùng Vì tơi xin khẳng định đề tài luận văn: Phép tính xấp xỉ khơng gian Hilbert khơng có trùng lặp với đề tài luận văn Đà Nẵng, tháng năm 2017 Tác giả Trần Văn Phước LỜI CẢM ƠN Lời luận văn xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn PGS.TS Huỳnh Thế Phùng tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình thực để tơi hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến tất thầy cô giáo trường đại học Sư phạm Đà Nẵng tận tình dạy bảo tơi suốt thời gian học tập khóa học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn đến anh chị lớp cao học giải tích K31 nhiệt tình giúp đỡ tơi q trình học tập Tác giả Trần Văn Phước MỤC LỤC MỞ ĐẦU CHƯƠNG KHÔNG GIAN HILBERT 1.1 Không gian tiền Hilbert 1.2 Không gian Hilbert phép chiếu 1.3 Đặc trưng điểm chiếu lên tập đóng 11 CHƯƠNG NÓN PHÁP XẤP XỈ 13 2.1 Định nghĩa ví dụ 13 2.2 Trường hợp tập lồi 15 2.3 Trường hợp đa tạp khả vi 15 CHƯƠNG DƯỚI GRADIENT XẤP XỈ 17 3.1 Các định nghĩa ví dụ 17 3.2 Các khái niệm đạo hàm cổ điển 19 3.3 Đặc trưng gradient xấp xỉ 20 3.4 Quan hệ với khái niệm đạo hàm 24 3.5 Các phép toán 27 3.6 Tính khả vi phân trù mật 28 CHƯƠNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG 30 4.1 Tổng chập cực tiểu với hàm toàn phương 30 4.2 Dưới vi phân xấp xỉ hàm fα 31 4.3 Các ngun lí tối ưu hóa 33 4.4 Dưới vi phân xấp xỉ hàm khoảng cách 35 4.5 Trường hợp hàm Lipzchitz 36 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO 40 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Cùng với phát triển vượt bậc toán học ứng dụng, nhiều toán thực tế liên quan đến lý thuyết tối ưu, hệ phương trình địi hỏi cơng cụ giải tích khơng trơn mà cơng cụ giải tích cổ điển giải tích lồi khơng đáp ứng Vì vậy, xuất ngày nhiều khái niệm mở rộng phép tính vi phân hàm khơng khả vi, chí khơng liên tục Một khái niệm “dưới vi phân xấp xỉ” cho hàm nửa liên tục không gian Hilbert, mà định nghĩa dựa vào khái niệm “vec-tơ pháp xấp xỉ” tập đồ thị hàm số Như biết, f hàm số khả vi điểm x (f (x), −1) vec-tơ pháp epi f điểm (x, f (x)) Sử dụng ý tưởng này, trước hết người ta định nghĩa khái niệm “vec-tơ pháp xấp xỉ” sau “dưới vi phân xấp xỉ” Cụ thể, S tập đóng khơng gian Hilbert X s ∈ S v gọi vec-tơ pháp xấp xỉ S s tồn số dương t đủ bé cho s điểm chiếu điểm s + tv lên S Bây cho f hàm nửa liên tục khơng gian Hilbert X , ta nói u ∈ X gradient xấp xỉ f x (u, −1) vec-tơ pháp xấp xỉ tập epi f điểm (x, f (x)) Tập hợp tất gradient xấp xỉ f x gọi vi phân xấp xỉ f điểm Đây khái niệm mà trùng với khái niệm vi phân f lồi Sử dụng khái niệm vi phân này, nhận nhiều kết thú vị điều kiện cực trị toán tối ưu hạn chế khơng gian Hilbert Ngồi ra, việc khảo sát vi phân hàm khoảng cách đến tập hợp thuận lợi nhiều Qua việc nghiên cứu khái niệm vec-tơ pháp xấp xỉ, vi phân xấp xỉ ứng dụng chúng, em hy vọng rằng, việc rèn luyện thêm kỹ toán, em tự trang bị cho cơng cụ thay cho khái niệm vi phân cổ điển để giải nhiều tốn thực tế ngày phức tạp Vì vậy, đồng ý hướng dẫn PGS Huỳnh Thế Phùng, em chọn đề tài “Phép tính xấp xỉ khơng gian Hilbert” cho luận văn thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu khái niệm nón pháp xấp xỉ từ tiến đến khái niệm vi phân xấp xỉ hàm nửa liên tục không gian Hilbert, số ứng dụng chúng nghiên cứu lý thuyết tối ưu khảo sát hàm khoảng cách Đối tượng phạm vi nghiên cứu Giải tích khơng trơn khơng gian Hilbert, phép tính xấp xỉ khơng gian Hilbert Phương pháp nghiên cứu Với đề tài: “Phép tính xấp xỉ không gian Hilbert” sử dụng phương pháp nghiên cứu sau: Nghiên cứu tài liệu liên quan đến đề tài, bao gồm tài liệu kinh điển báo mới, tổng hợp trình bày báo cáo tổng quan Tham khảo, trao đổi với cán hướng dẫn Ý nghĩa khoa học thực tiễn Tổng hợp tài liệu để có báo cáo tổng quan đầy đủ phép tính vi phân xấp xỉ khơng gian Hilbert Bổ sung ví dụ, hình ảnh chứng minh chi tiết Cấu trúc luận văn Luận văn gồm chương: Chương 1: Không gian Hilbert Trong chương này, tơi trình bày định nghĩa, định lý giải tích hàm giải tích lồi bao gồm khái niệm không gian Hilbert, đặc điểm chuẩn Euclide, hàm khoảng cách đến tập đóng ánh xạ chiếu lên tập đóng Chương 2: Nón pháp xấp xỉ Trong chương này, luận văn đưa định nghĩa, ví dụ đặc trưng vec-tơ pháp xấp xỉ cho hai trường hợp tập lồi trường hợp đa tạp khả vi Chương 3: Dưới gradient xấp xỉ Trong chương này, luận văn trình bày lại số khái niệm gradient giải tích lồi giải tích Lipschitz, từ đưa khái niệm cho hàm nửa liên tục dưới, đặc trưng gradient xấp xỉ mối quan hệ với khái niệm đạo hàm cổ điển Ngoài chương luận văn nêu số phép toán vi phân xấp xỉ tính khả vi phân trù mật Chương 4: Một số ứng dụng Trong chương cuối cùng, khảo sát ứng dụng vi phân xấp xỉ hàm tổng chập cực tiểu với hàm toàn phương, hàm fα , hàm khoảng cách hàm Lipschitz CHƯƠNG KHƠNG GIAN HILBERT Trong chương này, tơi trình bày số định nghĩa định lý giải tích hàm có liên quan đến luận văn Trình bày kiến thức chuẩn bị, gồm khái niệm không gian Hilbert, đặc điểm chuẩn Euclide, điểm chiếu, hàm khoảng cách đến tập đóng ánh xạ chiếu lên tập đóng 1.1 KHƠNG GIAN TIỀN HILBERT Định nghĩa 1.1.1 (Tích vô hướng) Cho X không gian vectơ trường số thực R Tích vơ hướng X ánh xạ ·, · : X × X → R, xác định sau: (x, y) ∈ X × X → x, y ∈ R, thỏa mãn điều kiện sau đây: 1) Với x ∈ X , ta có x, x ≥ Ngồi ra, x, x = ⇔ x = 2) x, y = y, x , ∀x, y ∈ X 3) x + z, y = x, y + z, y , ∀x, z, y ∈ X 4) λx, y = λ x, y ∀x, y ∈ X, ∀λ ∈ R Số thực x, y gọi tích vơ hướng hai vectơ x y Cặp (X, , ) gọi không gian tiền Hilbert Từ định nghĩa, ta thấy 0, y = 0, ∀ y ∈ X Dễ thấy Rn với tích vơ hướng thơng thường sau không gian tiền Hilbert: n xi yi , ∀ x, y ∈ Rn x, y = i=1 Một không gian khác quen thuộc l2 gồm dãy số thực bình phương khả tổng: ∞ x2n < ∞}, l = {x = (xn ) ∈ R | n=1 với tích vô hướng: ∞ xn yn ; ∀ x = (xn ), y = (yn ) ∈ l2 x, y = n=1 Định lí 1.1.2 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz) Cho X khơng gian tiền Hilbert Ta có x, y ≤ x, x y, y , ∀x, y ∈ X (1.1) Chứng minh Định lý hiển nhiên với x = Với x = ta có x, x > Ta xét tam thức bậc theo t ∈ R: ≤ f (t) = tx − y, tx − y = x, x t2 − x, y t + y, y Vì f (t) ≥ 0, ∀t ∈ R mà hệ số x, x > 0, nên ∆ = x, y − x, x y, y ≤ 0, điều cần phải chứng minh · Nếu X không gian tiền Hilbert x := x, x 1/2 xác định , x∈X chuẩn X Thật vậy, ta có • x := x, x 1/2 ≥ 0, ∀ x ∈ X ; • x = ⇔ x, x = ⇔ x = 0; • λx = λ2 x, x = |λ| x , với λ ∈ R x ∈ X ; λx, λx = • x + y = x + y, x + y = x, x + x, y + y, y Mà theo (1.1) ta có x, y ≤ x y Vì vậy, x+y ≤ x +2 x y + y = ( x + y )2 , mà từ suy bất đẳng thức tam giác Định lí 1.1.3 Cho (X, ·, · ) khơng gian tiền Hilbert Khi x, y : X × X → R hàm liên tục X × X 26 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 Chứng minh a) Nếu f đạt cực tiểu địa phương x0 tồn η > cho f (x) ≥ f (x) + 0, x − x0 , ∀x ∈ B(x0 , η) Suy ∈ ∂P f (x0 ) b) Nếu f lồi ∂P f (x0 ) = ∂f (x0 ) Vì vậy, x0 điểm cực tiểu f vào ∈ ∂f (x0 ) = ∂P f (x0 ) Mệnh đề 3.4.4 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 Chứng minh a) Giả sử ξ1 ∈ ∂P f (x) ξ2 ∈ ∂P (−f )(x) Theo Định lý 3.2, tồn η > σ1 ≥ 0, σ2 ≥ cho với y ∈ B(x, η) ta có f (y) − f (x) ≥ ξ1 , y − x − σ1 y − x − f (y) + f (x) ≥ ξ2 , y − x − σ2 y − x (3.10) (3.11) Cộng (3.11) (3.12), vế theo vế, ta nhận ξ1 + ξ2 , y − x ≤ (σ1 + σ2 ) y − x , ∀y ∈ B(x, η) (3.12) Bằng cách chọn y = x + n1 (ξ1 + ξ2 ), thay vào (3.13) cho n → +∞ ta suy ξ1 + ξ2 = 0, hay ξ2 = −ξ1 Bây thay y = x + tv vào (3.11) (3.12) ta nhận σ2 t2 v ≥ f (x + tv) − f (x) − ξ1 , tv ≥ −σ1 t2 v Suy −ξ2 = ξ1 đạo hàm Fréchet f x điều với ξ1 ∈ ∂P f (x) ∂P (−f )(x) ta suy ∂P f (x) = −∂(−f )(x) = {f (x)} 27 b) Vì f liên tục điểm x0 nên theo kết giải tích lồi ∂f (x0 ) tập khác rỗng, kết hợp với Mệnh đề 3.4.1 ta có ∂P f (x) = ∂f (x) = ∅ Nếu nữa, ∂P (−f )(x) = ∅ thì, theo a), f khả vi Fréchet x 3.5 CÁC PHÉP TOÁN CƠ BẢN Mệnh đề 3.5.1 Cho f, g ∈ F Lúc ∂P f (x) + ∂P g(x) ⊂ ∂P (f + g)(x), ∀x ∈ X Chứng minh Lấy tùy ý ξ1 ∈ ∂P f (x) ξ2 ∈ ∂P g(x) Theo Định lí 3.3.7, tồn η > σ1 ≥ 0, σ2 ≥ cho f (y) ≥ f (x) + ξ1 , y − x − σ1 y − x , (3.13) g(y) ≥ g(x) + ξ2 , y − x − σ2 y − x , (3.14) với y ∈ B(x, η) Cộng (3.14) (3.15), vế theo vế, ta (f +g)(y) ≥ (f +g)(x)+ ξ1 +ξ2 , y −x −(σ1 +σ2 ) y − x , ∀y ∈ B(x, η) Vậy ξ1 + ξ2 ∈ ∂P (f + g)(x) Vì điều với ξ1 ∈ ∂P f (x) ξ2 ∈ ∂P g(x) ta suy điều phải chứng minh Mệnh đề 3.5.2 Giả sử f ∈ F, x ∈ X, g ∈ C (B(x, δ)) với δ > Khi ∂P (f + g)(x) = ∂P f (x) + g (x) Chứng minh Do g thuộc lớp C nên ∂P g(x) = {g (x)} Vì vậy, ∂P f (x) + g (x) = ∂P f (x) + ∂P g(x) ⊂ ∂P (f + g)(x) Để chứng minh điều ngược lại ta ý hàm −g thuộc lớp C và, với h = f + g , ta có f = h + (−g) Do áp dụng điều vừa chứng minh ta nhận ∂P h(x) − g (x) ⊂ ∂P (h + (−g))(x) = ∂P f (x) Suy ∂P (f + g)(x) ⊂ ∂P f (x) + g (x) Mệnh đề chứng minh 28 Mệnh đề 3.5.3 Cho f ∈ F c > Lúc ∂P (cf )(x) = c∂P f (x), ∀x ∈ X Chứng minh Dễ thấy cf ∈ F Ta có ξ ∈ ∂P (cf )(x) ⇔ ∃η > 0, σ ≥ 0, ∀y ∈ B(x, η) : cf (y) ≥ cf (x) + ξ, y − x − σ y − x ⇔ ∃η > 0, σ ≥ 0, ∀y ∈ B(x, η) : ξ σ f (y) ≥ f (x) + , y − x − y − x c c ξ ⇔ ∈ ∂P f (x) ⇔ ξ ∈ c∂P f (x) c Vậy, ∂P (cf )(x) = c∂P f (x) 3.6 TÍNH KHẢ DƯỚI VI PHÂN TRÙ MẬT Tiếp theo đến kết thú vị nói tập hợp điểm vi phân xấp xỉ hàm f nửa liên tục trù mật domf Hay nói cách khác, hàm f khả vi vi phân xấp xỉ tập trù mật domf Điều khẳng định định lí sau Định lí 3.6.1 Giả sử f ∈ F, xo ∈ dom f ε số dương tùy ý Lúc đó, tồn y ∈ B(x0 , ε) cho ∂P f (y) = ∅ f (x0 ) − ε ≤ f (y) ≤ f (x0 ) Đặc biệt, dom ∂P f trù mật dom f Chứng minh Ta hạn chế chứng minh cho trường hợp X hữu hạn chiều Do f nửa liên tục tồn δ ∈ (0, ε) cho f (x) > f (x0 ) − ε với x ∈ B(x0 , δ) Ta xét hàm h(x) := f (x) + g(x), với g(x) := , x ∈ B(x0 , δ) δ2 − y − x Rõ ràng g ∈ C (B(x0 , δ)), h ∈ F(B(x0 , δ)) lim x−x0 →δ − h(x) = +∞ 29 Do X hữu hạn chiều tồn y ∈ B(x0 , δ) điểm cực tiểu tồn cục hàm h B(x0 , δ) Vì ∈ ∂P h(y) và, theo Mệnh đề 3.5.2, ta có ∈ ∂P f (y) + g (y) Suy ∂P f (y) = ∅ Vì y ∈ B(x0 , δ) ⊂ B(x0 , ε) nên f (y) > f (x0 ) − ε Cuối cùng, y điểm cực tiểu hàm f + g x0 điểm cực tiểu hàm g nên f (y) ≤ f (x0 ) + g(x0 ) − g(y) ≤ f (x0 ) Trường hợp vô hạn chiều việc chứng minh khó khăn hơn, lúc hàm h khơng thiết đạt cực tiểu tồn cục B(x0 , δ) cho dù nửa liên tục có giá trị dần vơ x tiến biên hình cầu.(Chứng minh trình bày [5]) 30 CHƯƠNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG 4.1 TỔNG CHẬP CỰC TIỂU VỚI 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, kí hiệu h = f ⊕ g Bằng quy nạp, ta có khái niệm tổng chập cực tiểu m hàm: f1 , f2 , , fm kí hiệu m f1 = f1 ⊕ f2 ⊕ ⊕ fm i=1 Ở 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 i→∞ = fα (x) Như vậy, y điểm cực tiểu hàm f (·) + α · − x , tức f (y) + α y − x = fα (x), dãy yi = y dãy cực tiểu fα (x) Ta giả thiết f bị chặn X α > Bổ đề 4.1.1 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 Chứng minh Khẳng định a) từ giải tích lồi (tổng chập cực tiểu 31 hai hàm lồi lồi, xem [6]) Để chứng minh b) ta cần chứng minh fα Lipschitz tập bị chặn S khẳng định fα ≥ c Trước hết ta chứng minh fα bị chặn trên S Thật vậy, lấy y0 ∈ X ta có fα (x) ≤ f (y0 )+α|x − y0 mà hàm vế phải bị chặn trên S nên fα Ta đặt M := sup{fα (s) | s ∈ S} K := sup{ s | s ∈ S} Với s ∈ S , fα (s) = inf{f (y) + α y − s } < M + 1, tồn ys ∈ X cho f (ys ) + α ys − s < M + Lúc M + − c 1/2 =: β ⇒ ys < K + β ys − s < α Bây lấy s, s ∈ S Giả sử (yn ) dãy cực tiểu fα (s), mà theo chứng minh yn < K + β với n đủ lớn Ta có fα (s ) − fα (s) ≤ f (yn ) + α s − yn với (εn = f (yn ) + α s − yn 2 − f (yn ) − α s − yn + εn , − fα (s) → 0) nên fα (s )−fα (s) ≤ α s − s, s + s − 2yn +εn ≤ α s − s (4K + 2β)+εn Cho n → ∞ ta fα (s ) − fα (s) ≤ α s − s (4K + 2β), với s, s ∈ S Vậy fα Lipschitz S 4.2 DƯỚI VI PHÂN XẤP XỈ CỦA HÀM fα Định lí 4.2.1 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) = {f α (x)} = {2α (x − y¯)} , d) 2α(x − y) ∈ ∂P f (y) Chứng minh Giả sử ξ ∈ ∂P fα (x), tồn η > 0, σ ≥ cho ξ, y − x ≤ fα (y) − fα (x) + σ y − x , ∀y ∈ B (x, η) (4.1) Lấy dãy cực tiểu (yn ) fα (x) ta có ε2n := f (yn )+α x − yn −fα (x) → 0, fα (y) ≤ f (yn )+α y − yn (4.2) 32 Thay (4.2) vào (4.1) ta nhận ξ, y − x ≤ 2α x − yn , y − x + ε2n + (α + σ) x − yn ⇒ ξ − 2α(x − yn ), y − x ≤ ε2n + (α + σ) y − x , ∀y ∈ B(x, η) Chọn y = x + εn v với v ∈ S(0, η) ta ξ − 2α(x − yn ), v ≤ εn + (α + σ)εn v , ∀v ∈ S(0, η) Suy ξ − 2α(x − yn ) η ≤ εn + εn (α + σ)η Cho n → ∞ ta ξ − 2α(x − yn ) → hay yn → y := x − chứng minh 2α ξ Vậy a) Vì f nửa liên tục mà y giới hạn dãy cực tiểu (yn ) nên y điểm cực tiểu hàm f (y) + α y − x Đây điểm cực tiểu Vì y điểm cực tiểu khác dãy yn = y dãy cực tiểu nên phải hội tụ y , vô lý Vậy b) chứng minh Do y điểm cực tiểu f (·) + α · −x có đạo hàm y 2α(y − x), nên mà α · −x thuộc lớp C , ∈ ∂P f (y) + 2α(y − x) ⇒ 2α(x − y) ∈ ∂P f (y) Vậy d) chứng minh Cuối cùng, với y , ta có fα (y) ≤ f (y) + α y − y fα (x) = f (y) + α y − x , nên −fα (y) − (−fα )(x) ≥ α x − y −α y−y = −2α x − y, y − x − α y − x , suy −2α(x − y) ∈ ∂P (−f )(x) Do Mệnh đề 3.4.4 ta suy c) 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)} Nói cách khác, |∂P fα (x)| ≤ với x ∈ X Ví dụ 4.2.2 Xét hàm f (x) = −|x|, x ∈ R Với α = ta có f1 (x) = inf{−|y| + (y − x)2 : y ∈ R} = −|x| − Hơn nữa, với x > điểm cực tiểu −|y| + (y − x)2 y = 2x+1 f1 khả vi x với f1 (x) = 2(x − y) = −1 Tương tự, với 33 x < ta có y = 2x+1 f1 (x) = 2(x − y) = Cuối x = hàm −|y| + y đạt cực tiểu điểm y = 12 , y = − 12 ∂P f1 (0) = ∅ 4.3 CÁC NGUN LÍ TỐI ƯU HĨA Trong Định lí 3.6.1 chứng minh cho trường hợp hữu hạn chiều Điều hàm nửa liên tục tập đóng, bị chặn (trong khơng gian vô hạn chiều) không thiết tồn điểm cực tiểu, chí khơng bị chặn Tuy nhiên, kết cho thấy, với nhiễu (tuyến tính hay tồn phương) nhỏ tùy ý, hàm nửa liên tục đạt cực tiểu Các kết thực chất hệ Định lí 3.6.1 4.2.1 Định lí 4.3.1 (Nguyên lí tối ưu Stegall) Cho f ∈ F S ⊂ X tập đóng, bị chặn cho s ∩ dom f = ∅ inf f > −∞ Lúc đó, tồn tập trù mật x ∈ X cho hàm h(y) = f (y) − x, y nhận giá trị cực tiểu S Nhận xét 4.3.2 Định lí tương đương với mệnh đề yếu rằng: Tồn dãy (xk ) ⊂ X , hội tụ 0, cho hàm f (y) − xk , y có điểm cực tiểu S Thật vậy, giả sử mệnh đề với x ∈ X , thay hàm f ta xét hàm fˆ(y) = f (y) − x, y Lúc tồn dãy (xk ) hội tụ cho hàm f (y) − x, y − xk , y có điểm cực tiểu S Như vậy, yk = x + xk dãy hội tụ x mà hàm f (y) − yk , y có điểm cực tiểu S Chứng minh l(x) = f (x) + δ(x) − x , x ∈ X, y − x 2} y∈X = inf {f (y) + δS (y) − x, y + x } y∈X g(x) = l 12 (x) = inf {l(y) + (4.3) (4.4) 34 x 2} y∈S = inf {f (y) − x, y } + x y∈S = inf {f (y) − x, y + (4.5) (4.6) Chú ý biểu thức (4.3-4.6) đạt cực tiểu điểm Do S bị chặn f bị chặn S , từ (4.6) ta suy dom g = X , nữa, từ Bổ đề 4.1.1, g Lipschitz địa phương X Theo Định lí 3.6.1, dom ∂P g trù mật dom g = X Lại g = l 12 nên theo Định lí 4.2.1, với x ∈ dom ∂P g , cực tiểu (4.3) (và (4.6) thế) đạt điểm y ∈ S Nghĩa hàm h(y) = f (y) − x, y đạt cực tiểu điểm S Định lí chứng minh Định lí 4.3.3 (Nguyên lí tối ưu Borwein-Preiss) Cho f ∈ F thỏa mãn inf f > −∞ Giả sử ε > vàx0 ∈ X cho f (x0 ) < inf f +ε Lúc đó, với S S λ > 0, tồn điểm z ∈ B(x0 , λ), y ∈ B(z, λ) với f (y) ≤ f (x0 ) cho hàm ε g(y) = f (y) + y − z λ nhận y = y làm điểm cực tiểu Chứng minh Ta xét hàm fα với α = ε λ2 : ε y − x } y∈X λ Theo Định lý 3.6.1 tồn z ∈ B(x0 , λ) cho fα (x) := inf {f (y) + fα (z) ≤ fα (x0 ) ≤ f (x0 ), ∂P fα (z) = ∅ Lại theo Định lí 4.2.1 tồn điểm y hàm f (y) + đạt cực tiểu Ta phải chứng minh y ∈ B(z, λ) Ta có ε f (y) + y − z = fα (z) ≤ f (x0 ) ≤ inf f (x) + ε, x∈X λ mà từ đó, ε y − z < inf f (x) − f (y) + ε ≤ ε x∈X λ Suy y − z < λ, điều cần phải chứng minh ε λ2 y−x 35 4.4 DƯỚI VI PHÂN XẤP XỈ CỦA HÀM KHOẢNG CÁCH Trong mục ta giả thiết S tập đóng khác rỗng X dS hàm khoảng cách đến tập S Định lí 4.4.1 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) | s ∈ X} = d2S (x) Nếu ξ ∈ ∂P dS (x) dS (x)ξ ∈ ∂P d2S (x) = ∂P f1 (x) Theo Định lí 4.2.1 tồn s ∈ S cho dS (x) = x − s dãy cực tiểu (sn ) dS (x) hội tụ s(⇒ a), b)) Chứng minh Đặt f = δS f1 (x) = inf{δS (s) + x − s Cũng theo Định lí 4.2.1 tồn đạo hàm (d2S ) (x) = 2(x−s) = dS (x)ξ Suy ξ = x−s x−s Vì ξ ∈ ∂P dS (x) lấy tùy ý nên ∂P dS (x) = x−s x−s Lại ý với t > v ∈ X ta có x − s¯ x + tv − s¯ − x − s¯ ≥ dS (x+tv)−ds (x) ≥ t , v −σt2 v x + tv − s¯ + x − s¯ x − s¯ Chia hai vế cho t cho t → ta nhận ds (x + tv) − ds (x) x − s¯ − , v → 0, theo v ∈ B (0, 1) t x − s¯ x−s Vậy tồn đạo hàm Fréchet dS (x) = x−s ⇒ c), d) Hệ 4.4.2 a) Tập hợp {x ∈ X | projS (x) đơn tử } trù mật X b) Tập hợp {s ∈ ∂S | NSP (s) = {0}} trù mật ∂S Chứng minh Kết hợp Định lí 3.6.1 Định lí 4.4.1 ta nhận a) Để chứng minh b) ta lấy tùy ý s ∈ ∂S ε > Lúc tồn 36 x ∈ B(s; 2ε ) ∩ (X\S) cho projS (x) đơn tử: projS (x) = {s } Lúc s ∈ ∂S ∩ B(s, ε) NSP (s ) = {0} Dưới ta xét việc dùng hàm khoảng cách hàm phạt tốn cực tiểu có ràng buộc: (PS ) : inf f (s) x∈S Mệnh đề 4.4.3 Giả sử hàm Lipschitz, với số K > 0, tập mở U chưa S Lúc a) Nếu s nghiệm tốn (PS ) nghiệm tốn (PUK ) : inf (f (x) + K dS (x)) x∈U b) Ngược lại, s nghiệm toán (PUL ), với L > K , s ∈ S nghiệm toán (PS ) Kết sau liên hệ khái niệm hình học, nón pháp tuyến xấp xỉ, khái niệm giải tích, vi phân xấp xỉ Định lí 4.4.4 Cho s ∈ S Lúc NSP (s) = {tξ | t ≥ 0, ξ ∈ ∂P dS (s)} Chứng minh Nếu ξ ∈ ∂P dS (s) dS (x) − dS (s) ≥ ξ, x − s − σ x − s với x ∈ X Suy ξ, x−s ≤ σ x−s với x ∈ S Vậy ξ ∈ NSP (s) tξ ∈ NSP (s) với t ≥ Ngược lại, ξ ∈ NSP (s) − ξ , x − s + σ x−s ≥ với x ∈ S Tức hàm h(x) = − ξ , x − s + σ x − s nhận s điểm cực tiểu S Do đó, với L > ξ , hàm h(x) + L dS (x) nhận s làm điểm cực tiểu địa phương Suy ra, ∈ ∂P (h + L dS )(s) = h (s) + L∂P dS (s) = −ξ + L∂P dS (s) Vậy ξ = Lξ với ξ ∈ ∂P dS (s) 4.5 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 37 M với x ∈ M , tồn lân cận U x cho f Lipschitz, với số K(x) đó, U ∩ M Định lí kết quan trọng giải tích lồi Định lí 4.5.1 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 4.5.2 Mọi hàm lồi f tập lồi, mở U ⊂ Rn Lipschitz địa phương Định lí 4.5.3 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) Chứng minh Đặt V = {x ∈ U | f (x) > ∞} Lấy x0 ∈ V ∩ U tồn ε > cho f bị chặn B(x0 , 4ε) ⊂ U Lấy tùy ý M > K giả sử ϕ hàm sau: Cho M > 0, ε > ϕ ∈ C : [0, 3ε) → [0, +∞) cho ϕ(t) = M t với t ∈ [0, 2ε], ϕ (t) ≥ M với t ∈ [2ε, 3ε] lim ϕ(t) = +∞ t→3ε Với y ∈ B(x0 , ε) ta xét hàm g(z) = f (z) + ϕ( z − y ) với z ∈ W = B(y, 3ε) ⊂ U Lúc g ∈ F , bị chặn W +∞ S(y, 3ε) Theo Định lý 4.3.1 tồn ξ ∈ X cho ξ < M − K hàm h(z) = f (z) + ϕ( z − y ) − ξ, z đạt cực tiểu B(y, 3ε) u Rõ ràng, u ∈ B(y, 3ε) ∈ ∂P h(x) Nếu u = y ∂( − y ) khả vi u−y ∈ ∂P f (u) Nhưng ξ˜ > K , vơ lí Vậy u nên ξ˜ = ξ − ϕ ( u − y ) u−y u = y , tức f (y) − ξ, y = h(y) ≤ f (z) + ϕ( z − y ) − ξ, z , ∀z ∈ B(y, 3ε) Vậy f (y)−f (z) ≤ ϕ( y−z )− ξ, z−y ≤ (2M −K) z−y , ∀z ∈ B(x0 , ε) ⊂ B(y, 3ε) Điều với y, z ∈ B(x0 , ε) M > K nên f Lipschitz với số K B(x0 , ε) 38 Như ta chứng minh rằng, với x0 ∈ V ∩ U tồn ε > cho B(x0 , ε) ⊂ V ∩ U ⊂ V ∩ U Vậy V vừa đóng vừa mở U nên V = U (do U lồi nên liên thông) Theo chứng minh trên, với x0 ∈ U tồn B(x0 , ε) ⊂ U để f Lipschitz B(x0 , ε) với số K Do U lồi ta suy điều phải chứng minh Hệ 4.5.4 Cho U ⊂ X tập lồi, mở f ∈ F(U ) Lúc đó, f hàm U ∂P f (x) ⊂ {0}, với x ∈ U 39 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Sau thời gian tìm hiểu nghiên cứu, luận văn thu kết sau: - Luận văn tổng hợp nhiều tài liệu để có báo cáo tổng quan đầy đủ phép tính vi phân xấp xỉ khơng gian Hilbert - Luận văn bổ sung ví dụ, chứng minh cách đầy đủ chi tiết cho mệnh đề, định lý - Trang bị cho cơng cụ thay cho khái niệm vi phân cổ điển để giải nhiều tốn thực tế ngày phức tạp Đề tài làm sở cho việc nghiên cứu điều kiện cực trị toán tối ưu hạn chế không gian Hilbert, việc khảo sát vi phân hàm khoảng cách đến tập hợp thuận lợi nhiều 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Brezis H (2002), Giải tích hàm - lí thuyết ứng dụng, ĐHQG Tp.HCM [2] Huỳnh Thế Phùng (2012), Cơ sở giải tích lồi, Nxb Giáo dục Tiếng Anh [3] Clarke F.H (1990), Optimization and Nonsmooth Analysis, SIAM, Philadenphia, PA [4] Clarke F.H., Ledyaev Yu.S., Stern R.J & Wolensk P.R (1998), Nonsmooth Analysis and Control theory, Springer [5] Cartan H (1971), Differential Calculus, Hermann, Paris [6] Aubin J.P., Frankowska H (1990), Set-Valued Analysis, Birkhauser, Boston [7] Rockafellar R.T (1970), Convex Analysis, Princeton University Press [8] Rockafellar R.T & Wets R.J-B (1998), Variational Analysis, Springer-Verlag, 1998 ... nghiên cứu Giải tích khơng trơn khơng gian Hilbert, phép tính xấp xỉ khơng gian Hilbert Phương pháp nghiên cứu Với đề tài: ? ?Phép tính xấp xỉ không gian Hilbert? ?? sử dụng phương pháp nghiên cứu... tài ? ?Phép tính xấp xỉ khơng gian Hilbert? ?? cho luận văn thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu khái niệm nón pháp xấp xỉ từ tiến đến khái niệm vi phân xấp xỉ hàm nửa liên tục không gian Hilbert, ... 1.2 KHÔNG GIAN HILBERT VÀ PHÉP CHIẾU Như nói trên, khơng gian tiền Hilbert X không gian định chuẩn, với chuẩn xác định (1.1) Với chuẩn này, không gian tiền Hilbert đầy đủ ta gọi X khơng gian Hilbert