Cho tập đóng khác rỗng trong Rn, câu hỏi đặt ra là với điều kiện gì thì ảnh của tập đóng qua ánh xạ tuyến tính vẫn là tập đóng. Kết quả này có ý nghĩa rất quan trọng trong việc phân tích sự tồn tại nghiệm của bài toán cực trị. Nón tiệm cận đóng vai trò then chốt khởi nguồn những kết quả này.
Cho C là tập đóng khác rỗng và A : Rn →Rm là ánh xạ tuyến tính KerA = {x|Ax = 0}= A−1(0).
Như chúng ta sẽ thấy điều kiện đủ để A(C) đóng là
KerA∩C∞ = {0}. (2.1)
Hơn nữa, từ (2.1) ta cũng có A(C)∞ = (A(C))∞.
Nếu C là tập lồi, điều kiện đủ để A(C) đóng yếu hơn là
KerA∩C∞ là không gian con tuyến tính. (2.2) Nhưng ngay cả trong trường hợp lồi điều kiện trên có thể sai. Xét hai ví dụ sau:
Ví dụ 2.3.1. Cho C = {x ∈ R2|x2 ≥ x21} và ánh xạ tuyến tính
31 Ta có
C∞ = {d ∈ R2|d1 = 0, d2 ≥ 0} A(C) ={x ∈ R2|x2 = 0}
KerA = {x ∈ R2|x1 = 0}.
Khi đó KerA∩C∞ không là không gian con tuyến tính. Do đó, điều kiện (2.2) sai, tuy nhiên A(C) vẫn đóng.
Ví dụ 2.3.2. Cho D = {x ∈ R2
+|x1 + x2 ≥ 1} và A là ánh xạ tuyến tính trong ví dụ 2.3.1. Dễ thấy
KerA∩D∞ = {x ∈ R2|x1 = 0, x2 ≥ 0}
. Điều kiện (2.2) sai nhưng A(D) vẫn đóng.
Vì vậy chúng ta cần các điều kiện để giải quyết các mâu thuẫn trong hai ví dụ trên. Các kết quả sau sẽ thiết lập các điều kiện cần và đủ để đảm bảo tính đóng của A(C). Định lý 2.3.1. Cho C là tập đóng khác rỗng và A : Rn → Rm là ánh xạ tuyến tính. Giả sử {yk} ⊂ A(C),{yk} → y và S = {{xk} |xk →C : kxkk → ∞,kAxk −yk ≤ ky −ykk, xk kxkk → x} (2.3)
Khi đó A(C) đóng khi và chỉ khi ∀y,∀{yk} ⊂ A(C), yk →y
(a) S = ∅ hoặc
(b) ∀{xk} ∈ S,∃{zk, ρk} ⊂ Rn×R++ sao cho với k đủ lớn
xk −ρkzk ∈ C,kA(xk −ρkzk)k ≤ ky −ykk, ρk ∈ (0,kxkk] (2.4)
và zk → z với kz −xk < 1.
Chứng minh. Lấy bất kỳ {yk} ⊂ A(C), yk → y.
Vì S = ∅ nên tồn tại dãy con của dãy {xk} bị chặn và có điểm tụ là x∗ ∈ C.
Chuyển qua giới hạn trong đẳng thức trên ta có
kA(xk −y)k = 0 ⇒y = Ax∗ ⇒ y ∈ A(C) Vậy A(C) đóng.
(b) Giả sử S = ∅ và (2.4) thỏa mãn và yk → y trong đó
yk = Ax0k, x0k ∈ C
Đặt Sk = {x ∈ C| kAx−yk ≤ ky −ykk}. Xét bài toán tối ưu:
inf{kxk |x ∈ Sk}.
Vì x0k ∈ Sk nên S 6= ∅.
Ngoài ra Sk đóng nên ∃xk ∈ argmin{kxk |x ∈ Sk}
Bây giờ ta chứng minh dãy {xk} bị chặn.
Thật vậy, Giả sử dãy {xk} không bị chặn. Không mất tổng quát ta giả sử kxkk−1xk →x 6= 0.
Khi đó, sử dụng (2.3) suy ra ∃{zk, ρk} ⊂ Rn ×R++ thỏa (2.4) nên
xk −ρkzk ∈ Sk. Do định nghĩa của xk ta có kxkk ≤ kxk,∀x ∈ Sk nên kxkk ≤ kxk−ρkzkk. Vậy kxk −ρkzkk = (1−x−k1ρk)xk +ρk(xk−1xk −zk) ≤ (1−x−k1ρk)kxkk+ρk x−k1xk −zk = kxkk+ρk( x−k1xk −zk−1) suy ra kxkk−1xk−zk ≥1.
33 Vậy {xk} bị chặn.
Ngược lại, giả sử A(C) đóng và yk ∈ A(C), yk →y. Vì A(C) đóng nên ∃x ∈ C : y = Ax.
Đặt zk = kxkk−1(xk−x), ρk = kxkk . Khi đó (2.4) được thỏa mãn. Để đơn giản và thuận tiện hơn trong định lý 2.3.1 chọn zk = x hay tổng quát hơn zk = αx, α ∈ (0,2). Với α = 1 chúng ta có thể nói nhiều hơn về ảnh của C trong định lý dưới đây.
Định lý 2.3.2. Cho C là tập đóng khác rỗng và A : Rn →Rm là ánh xạ tuyến tính, {yk} ⊂ A(C),{yk} → y và S là tập định nghĩa trong (2.3). Giả sử rằng ∀y,∀{yk} ⊂ A(C), yk → y hoặc S = ∅ hoặc
∀{xk} ∈ S,∃{ρk} ⊂ R++ sao cho với k đủ lớn xk −ρkx ∈ C, ρk ≤ kxkk
Khi đó A(C) đóng và
A(C∞) = (A(C))∞ (2.5) Chứng minh. Nếu S = ∅ từ định lý 2.3.1 suy ra A(C) đóng.
Nếu S 6= ∅ lấy zk = z = x ta có Ax= 0, do đó (2.4) thỏa mãn. Vậy
A(C) đóng.
Từ định nghĩa của nón tiệm cận ta có A(C∞) ⊂ (A(C))∞. Bây giờ ta chứng minh (A(C))∞ ⊂A(C∞).
Lấy bất kỳ y ∈ (A(C))∞. Khi đó∃tk → ∞,∃yk ∈ A(C) : t−k1yk → y
và do đó ∃uk ∈ C : yk = Auk. Đặt
Sk = {x ∈ C|Ax = yk}.
Khi đó Sk 6= ∅ và Sk đóng. Ta sẽ chứng minh lim
k→∞t−k1kxkk 6= +∞. Thật vậy, giả sử trái lại ta có lim
k→∞kxkk = +∞.
Không mất tổng quát giả sử kxkk−1xk →x với kxk = 1. Suy ra Ax = lim k→∞A( xk kxkk) = limk→∞ yk kxkk = limk→∞ yk tk tk kxkk = 0.
Từ (2.3) suy ra ∃ρk ∈ (0,kxkk] : xk −ρkx ∈ C và vì Ax = 0 nên
xk −ρkx ∈ Sk.
Do định nghĩa của xk nên kxkk ≤ kxk −ρkxk và như chứng minh trong định lý 2.3.1 ta có
x−k1xk −zk ≥ 1.
Chuyển qua giới hạn suy ra mâu thuẫn. Vậy {t−k1kxkk} bị chặn. Do đó tồn tại dãy con của dãy {t−1
k kxkk} hội tụ tới x∞.
Vì xk ∈ Sk ⇒ x∞ ∈ C∞ và tk−1Axk → y = Ax∞ ⇒y ∈ A(C∞). Vậy A(C) đóng và ta có A(C∞) = (A(C))∞.
Hệ quả 2.3.1. Cho C là tập đóng khác rỗng và A : Rn →Rm là ánh xạ tuyến tính. Cho L(C) = C∞∩ −C∞ và L = L(C)∩KerA và giả sử hai điều kiện sau thỏa mãn:
(a) Với k đủ lớn Ck+L ⊂C với Ck = {x ∈ C| kxkk ≤ k}; (b) z ∈ KerA∩C∞ ⇒z ∈ −C∞.
Khi đó A(C) đóng và A(C∞) = (A(C))∞.
Chứng minh. Lấy bất kỳ yk ∈ A(C), yk → y và {xk} ∈ S là dãy không bị chặn thỏa mãn (2.3). Khi đó x ∈ C∞∩ KerA và từ giả thiết (b) suy ra x ∈ −C∞ kết hợp với x ∈ C∞ suy ra −x ∈ L.
Lấy ρ > 0, từ giả thiết (a) với k đủ lớn ta có xk −ρx ∈ C. Áp dụng định lý 2.3.2 suy ra A(C) đóng và A(C∞) = (A(C))∞. Nhận xét 2.3.1. Có thể thay giả thiết (a) trong hệ quả 2.3.1 bằng giả thiết mạnh hơn C +L ⊂C.
Hệ quả 2.3.2. Cho C là tập đóng khác rỗng và A : Rn →Rm là ánh xạ tuyến tính. Khi đó A(C) đóng và A(C∞) = (A(C))∞ nếu một trong hai điều kiện sau thỏa mãn:
(a) KerA∩C∞ = {0};
(b) C lồi và KerA∩ C∞ là không gian con tuyến tính.
Chứng minh. Giả sửKerA∩C∞ = {0}. Lấy bất kỳ{yk} ⊂ A(C), yk → y. Khi đó không tồn tại bất kỳ dãy {xk} ∈ C thỏa mãn (2.3).
35
Thật vậy, giả sử tồn tại {xk} ∈ C thỏa mãn (2.3). Ta có A xk kxkk − yk kxkk ≤ ky−ykk kxkk .
Cho k → ∞ ta được Ax = 0 ⇒x ∈ KerA. Ngoài ra, vì xk ∈ C nên x ∈ C∞ với kxk= 1.
Suy ra x ∈ KerA∩C∞ mâu thuẫn với giả thiết KerA∩C∞ = {0}. Áp dụng định lý 2.3.1 suy ra A(C) đóng và A(C∞) = (A(C))∞. Vì C lồi nên giả thiết (a) trong hệ quả 2.3.1 thỏa mãn do mệnh đề 2.1.5. Ngoài ra, vì KerA∩C∞ là không gian con tuyến tính nên
z ∈ KerA∩C∞ ⇒ −z ∈ −C∞ và do đó giả thiết (b) trong hệ quả 2.3.1 thỏa mãn.
Vậy áp dụng hệ quả 2.3.1 ta có A(C) đóng và A(C∞) = (A(C))∞. Bổ đề 2.3.1. Cho C là tập đóng khác rỗng trong Rn, K là nón trong
Rn+1 được sinh bởi {(1, x)|x ∈ C}, tức là K = pos{(1, x)|x ∈ C}
. Định nghĩa D = {(0, x)|x ∈ C∞}. Khi đó K = K ∪D.
Chứng minh. Do K ⊂ Rn là nón sinh bởi {(1, x)|x ∈ C} nên ta có
K = {λ(1, x)|λ ≥ 0, x ∈ C}= {λ(1, x)|λ > 0, x ∈ C} ∪ {0}.
Lấy bất kỳ y = (t, x) ∈ K. Khi đó, ∃tk ≥ 0, tk → t, xk ∈ C sao cho
tk(1, xk) →y, tkxk → x.
- Nếu t= 0, x ∈ C∞ thì y = (0, x) ∈ D.
- Nếu trái lại, t−1x ∈ C và y = t(1, t−1x) ∈ K ⇒ y ∈ K ∪D ⇒K ⊂K ∪D.
Ngược lại, lấy bất kỳ y ∈ D. Khi đó y = lim
k→∞t−k1(1, xk),
với tk → ∞, xk ∈ C.
Hệ quả 2.3.3. Cho S ⊂Rn là tập đóng với 0∈/ S . Khi đó
posS = posS ∪S∞.
Ngoài ra nếu S bị chặn thì posS đóng.
Chứng minh. Lâý K là nón trong Rn+1 được sinh bởi {(1, x)|x ∈ S} và cho A : (α, x) →x. Khi đó posS = A(K).
Theo bổ đề 2.3.1 K = K∪ {(0, x)|x ∈ S∞} và A(K) = posS∪S∞. Vì 0 ∈/ S nên KerA∩(K) = {0}. Áp dụng hệ quả 2.3.2(a) suy ra posS ∪S∞ đóng
Vì posS ⊂ posS ∪ S∞ và S∞ ⊂ posS nên
posS ⊂ posS ∪S∞ = posS ∪S∞ ⊂ posS ∪posS ⊂ posS.
Do đó, posS = posS ∪S∞.
Khi S bị chặn S∞ = {0} do đó posS đóng.