Và theo chứng minh trên, f liên tục theo từng biến xi trên hình chiếu của int X lên trục toạ ñộ tương ứng, khi các biến còn lại cố ñịnh... Tóm lại f liên tục trên intX..[r]
(1)Bùi Trung Hiếu, Nguyễn Văn Xá, k15d2-TGT-ðHSP2 Bài kiểm tra môn: Giải tích lồi ðề bài: Cho tập lồi X ⊂ ℝ n (n ∈ ℕ*), có int X ≠ ∅ Cho hàm lồi f : X → ℝ Chứng minh f liên tục trên int X Bài làm: Trên ℝ n ta xét chuẩn n x := ∑ xi , x = ( x1; ; xn ) ∈ ℝ n Ta kí hiệu e1 = (1;0; ;0), i =1 { e = (0;1;0; ;0), e n = (0; ;0;1) là các vectơ ñơn vị ℝ n , và Bδ = x ∈ ℝ n : x ≤ δ } là hình cầu ñóng ℝ n với tâm gốc Lấy tuỳ ý x = ( x10 ; ; xn0 ) ∈ int X , ta ñi chứng minh f liên tục x0 Trước hết, ta chứng minh cho trường hợp n = 1, nghĩa là f là hàm biến Khi ñó x ∈ ℝ1 = ℝ ( ) Do x ∈ int X nên tồn a, b ∈ ℝ, a < x0 < b, khoảng mở ( a; b ) ⊂ X Với y ∈ a; x thì tồn λ , µ ∈ ( 0;1) cho y = λ a + (1 − λ ) x và x = µ y + (1 − µ )b Do f là hàm lồi nên ta có ( ) f ( y ) − f ( x ) ≤ λ f (a ) − f ( x ) f ( y ) ≤ λ f ( a) + (1 − λ ) f ( x ) ⇔ f ( x ) ≤ µ f ( y ) + (1 − µ ) f (b) µ f ( y ) − f ( x ) ≥ (1 − µ ) f ( x0 ) − f (b) (1 − µ ) f ( x0 ) − f (b) ≤ f ( y ) − f ( x ) ≤ λ f (a ) − f ( x ) ⇔ (1) ( ( µ ) ) ( ) Nhận thấy y → x − ( ( ) ) và λ → 0+ , và µ → 1− Vì cho f ( y ) − f ( x ) ) = (2) Lấy tuỳ ý y ∈ ( a; x ) và lập luận ( y →( x ) − tương tự ta ñi ñến lim ( f ( y ) − f ( x ) ) = (3) Từ (2) và (3) suy lim f ( y ) = f ( x0 ) y →( x ) + y→ x ( ) y → x0 − thì từ (1) suy lim0 0 tức là f liên tục x0 Trở lại trường hợp tổng quát, vì f lồi nên nó lồi theo biến các biến còn lại cố ñịnh Và theo chứng minh trên, f liên tục theo biến xi trên hình chiếu int X lên trục toạ ñộ tương ứng, các biến còn lại cố ñịnh Như vậy, với ε > nhỏ tuỳ ý, với i ∈ {1, , n} tồn δ i > cho f ( x + xi ei ) − f ( x ) ≤ ε với xi ∈ [ −δ i ; δ i ] ⊂ ℝ (4) ðặt δ = {δ1, , δ n } > Ta chọn các δ i ñủ nhỏ cho x + Bδ ⊂ int X Khi ñó với n x x = ( x1; ; xn ) ∈ Bδ thì xi ∈ [ −δ i ; δ i ] (i = 1, , n) và x ≤ δ ⇒ ∑ i ≤ ðặt λi = xi δ n x i ≥ (i = 1, , n), λn +1 = − ∑ i =1 δ ≥ 0, i =1 n +1 ∑ λi = i =1 n Ta có δ x = ∑ xi e = i =1 i n +1 ∑ λiui i =1 với (2) u i = δ ei xi > 0, u i = −δ ei n +1 n +1 i =1 i =1 còn Nhận f ( x + x) = f ( x + ∑ λiu i ) = Như n +1 u i ∈ Bδ , x + u i ∈ int X (i = 1, , n + 1) = f ( ∑ λi ( x + u i )) ≤ u n +1 = xi ≤ (i = 1, , n), thấy ∑ λi f ( x0 + u i ) ⇒ f ( x0 + x) − f ( x0 ) ≤ i =1 n +1 ∑ λi ( f ( x0 + u i ) − f ( x0 ) ) (5) i =1 Từ (4) và (5) suy f ( x + x) − f ( x ) ≤ ε , ∀x ∈ Bδ Dẫn tới f nửa liên tục trên x (6), mà x0 tuỳ ý thuộc int X nên f nửa trên trên int X , suy f nửa liên tục trên trên tập compact x + Bδ Theo ñịnh lí Weierstrass, f ñạt cực ñại trên tập compact ñó, tức là tồn x ∈ Bδ cho f ( x + x) ≤ f ( x0 + x) = M , ∀x ∈ Bδ (7) Tiếp theo, với x ∈ Bδ \ {0} z − x0 = x ta ñặt t = + δ −1 ∈ ( 0;1) và xét z = x − t x⇒ 1− t t δ x1= x = δ ⇒ z − x ∈ Bδ , từ ñây và (7) suy f ( z ) ≤ M Theo cách 1− t x1 chọn ñiểm z thì x = t ( x + x ) + (1 − t ) z , với z ∈ x + Bδ ⊂ int X , x + x ∈ x + Bδ ⊂ int X , t ∈ ( 0;1) , và f lồi nên f ( x ) ≤ tf ( x + x0 ) + (1 − t ) f ( z ) ≤ tf ( x + x ) + (1 − t ) M , biến ñổi ta thu ñược f ( x + x0 ) − f ( x0 ) ≥ ( ) ( ) 1− t 1− t f ( x0 ) − M Cho x → thì t → 1− và f ( x0 ) − M → , t t suy f ( x + x ) − f ( x ) ≥ −ε với x ∈ Bδ \ {0} mà x ñủ nhỏ, ñương nhiên bất ñẳng thức f ( x + x ) − f ( x ) ≥ −ε ñúng x = Như f nửa liên tục x0 (8) Từ (7) và (8) suy f liên tục x0 Tóm lại f liên tục trên intX (3)