3 Một số ứng dụng của phép chiếu
3.2Dưới vi phân
Phép tính vi phân là một trong những vấn đề cơ bản của giải tích cổ điển. Trong giải tích lồi, lý thuyết này rất phong phú nhờ những tính chất của tập lồi và hàm lồi. Trong phần này, chúng ta mở rộng khái niệm đạo hàm bằng khái niệm dưới vi phân và một số tính chất cơ bản của nó. Đặc biệt, áp dụng tính chất của phép chiếu và siêu phẳng tựa để chứng minh sự tồn tại của dưới vi phân của hàm f trong trường hợp f lồi.
Định nghĩa 3.2.1. Cho f : Rn −→ R∪ {+∞}. Ta nóix∗ ∈ Rn là dưới đạo hàm của f tại x nếu
Tương tự như đối với hàm lồi khả vi thông thường, biểu thức này có nghĩa là phương trình tiếp tuyến nằm dưới đồ thị của hàm số. Tuy nhiên khác với trường hợp khả vi, tiếp tuyến ở đây có thể không tồn tại duy nhất.
Ký hiệu tập tất cả các dưới đạo hàm của f của x là ∂f(x).Đây là một tập (có thể bằng rỗng trong R)
Khi ∂f(x) 6= ∅ thì ta nói hàm f khả vi dưới vi phân tại x.
Theo định nghĩa, một điểm x∗ ∈ ∂f(x) khi và chỉ khi nó thỏa mãn một hệ vô hạn các bất đẳng thức tuyến tính. Như vậy ∂f(x) là giao của các nửa không gian đóng.Vậy ∂f(x) luôn là tập lồi đóng( có thể rỗng). Ký hiệu:
dom(∂f) ={x | ∂f(x) 6= ∅}.
Ví dụ 3.2.2. f(x) =k x k, x ∈ Rn
Tại điểm x = 0 hàm này không khả vi nhưng nó khả dưới vi phân và
∂f(0) = {x∗ | hx∗, xi ≤kx k, ∀x ∈ Rn}. Ví dụ 3.2.3. C ⊂ Rn là một tập lồi, khác rỗng. f(x) = δC(x) = ( 0 nếu x ∈ C +∞ nếu x 6∈ C là hàm chỉ của C. Khi đó với x0 ∈ C, ta có : ∂δC(x0) = x∗ | hx∗, x−x0i ≤ δC(x) ,∀x .
Với x 6∈ C thì δC = +∞ nên bất đẳng thức này luôn đúng. Vậy
∂δC(x0) = x∗ | hx∗, x−x0i ≤ 0 ∀x∈ C = NC(x0).
Vậy dưới vi phân của hàm chỉ của một tập lồi C khác rỗng tại một điểm
x0 ∈ C chính là nón pháp tuyến ngoài của C tại x0.
Định nghĩa 3.2.4. Cho f : Rn → R ∪ {+∞} và x0 ∈ Rn sao cho
f(x0) < +∞. Nếu với một véc tơ y ∈ Rn mà giới hạn
lim t↓0
f(x0 + λy)−f(x0) λ
tồn tại ( hữu hạn hay vô hạn ), thì ta nói f có đạo hàm theo phương y tại điểm x0.
Giới hạn này ký hiệu là f0(x0, y). Vậy
f0(x0, y) = lim t↓0
f(x0 +λy)−f(x0) λ
Mệnh đề sau đây cho ta một điều kiện cần và đủ để một điểmx∗ ∈ ∂f(x).
Mệnh đề 3.2.5. ( xem [2], Chương 11, Mệnh đề 11.2). Cho f :Rn →R∪ {+∞} lồi, chính thường.
(i) x∗ ∈ ∂f(x) khi và chỉ khi f0(x, y) ≥ hx∗, yi, ∀y.
(ii) Nếu f là hàm lồi chính thường trên Rn thì với mọi x ∈ dom(∂f)
ta có:
f(x) =f(x) và ∂f(x) =∂f(x).
Chứng minh.
(i) Theo định nghĩa
x∗ ∈ ∂f(x) ⇔ hx∗, z −xi+ f(x) ≤f(z), ∀z. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Với bất kỳ y, lấy z = x+λy, λ > 0, ta có:
hx∗, λyi+f(x) ≤ f(x+λy).
Từ đây suy ra
hx∗, yi ≤ f(x+ λy)−f(x)
λ , ∀λ > 0 (3.1).
Theo điịnh nghĩa của f0(x, y), từ đây suy ra ngay
hx∗, yi ≤ f0(x, y), ∀y. (3.2)
Ngược lại giải sử (3.2) thỏa mãn. Lấyz bất kỳ và áp dụng (3.1) với y = z−x
vàλ = 1 ta có:
Vậy x∗ ∈ ∂f(x).
(ii) Chox ∈ dom(∂f) và x∗ ∈ ∂f(x). Theo định nghĩa của f , của hàm liên hợp và do x∗ ∈ ∂f(x) ta có:
f(x) ≥ f(x) =f∗∗(x) ≥ hx∗, xi −f∗(x∗) =f(x). ⇒f(x) = f(x).
Nếu y∗ ∈ ∂f(x) thì với mọi z có:
f(z) ≥f(z) ≥ f(x) +hy∗, z −xi = f(x) +hy∗, z −xi. ⇒∂f(x) ⊆∂f(x).
Để chứng minh điều ngược lại, lấy z0 ∈ ri(domf). Với mọi z ta có:
f(z) = lim
t&0f (1−t)z+tz0 .
Vậy theo định nghĩa của dưới vi phân ta có:
f (1−t)z+ tz0 ≥ f(x) +hx∗,(1−t)z+ tz0 −xi.
Cho t& 0 ta được:
f(x) ≥f(x) +hx∗, z −xi = f(x) +hx∗, z −xi.
Chứng tỏ x∗ ∈ ∂f(x). Suy ra ∂f(x) ⊆ ∂f(x).
Vậy ∂f(x) =∂f(x).
Mệnh đề 3.2.6. ( xem [2], Chương 11, Mệnh đề 11.3). Cho f :Rn →R∪ {+∞} lồi chính thường. Khi đó:
(i) Nếu x 6∈ domf thì ∂f(x) = ∅.
(ii) Nếu x ∈ int(domf) thì ∂f(x) 6= ∅ và compact. Ngược lại, nếu
∂f(x) 6= ∅, compact thì x ∈ ri(domf).
Chứng minh.
(i) Cho z ∈ domf, thì f(z) < +∞. Vậy nếu x 6∈ domf, thì f(x) = +∞
va do đó không thể tồn tại x∗ thỏa mãn (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vậy ∂f(x) =∅.
(ii) Trước hết giả sử x ∈ int(domf). Ta có điểm (x, f(x)) nằm trên biên của epif. Do f lồi, chính thường nên epif là tập lồi và khác rỗng. Theo mệnh đề 2.1.8, tồn tại siêu phẳng tựa của epif đi qua (x, f(x)), tức là tồn tạip ∈ Rn, t ∈ R không đồng thời bằng 0 sao cho
hp, xi+tf(x) ≤ hp, yi+tà ∀(y, à) ∈ epif. (3.3)
Nếut = 0 thì
hp, xi ≤ hp, yi, ∀y ∈ domf.
Nhưng do x ∈ int(domf) nên điều này kéo theo p = 0. Vậy t 6= 0.
Nếut < 0thì trong bất đẳng thức ( 3.3) khi choà → ∞ta suy ra mâu thuẫn vì vế trái cố định, vế phải dần tới−∞. Do đó t > 0.
Chia hai vế của (3.3) cho t > 0 đồng thời thay à = f(y) và đặt
x∗ = −tp, ta được: hx∗, xi+f(x) ≤ hx∗, y+ f(y)i,∀y ∈ domf. Hay là hx∗, y−xi+f(x) ≤ f(y),∀y ∈ domf. (3.4) Nếuy 6∈ domf thì f(y) = ∞, do đó hx∗, x −yi+f(x) ≤ f(y), ∀y 6∈ domf (3.5). Từ (3.4) và (3.5) ta suy ra hx∗, y−xi+f(x) ≤ f(y). Chứng tỏ x∗ ∈ ∂f(x).
Bây giờ ta chỉ ra tập∂f(x) compact.
Do x ∈ domf nên theo mệnh đề 3.2.5 thì x∗ ∈ f(x) khi và chỉ khi
f0(x, d) ≥ hx∗, di, ∀d.
Gọi F là không gian tuyến tính của domf. Lấy ei véc tơ đơn vị thứ i của
mất tính tổng quát, ta giả sử rằng các véc tơ e1, e2, . . . , ek ∈ F. áp dụng mệnh đề 3.2.5 lần lượt với d = ei với i = 1, . . . , k ta có x∗ ≤ f0(x, ei).
Tương tự, áp dụng với d = −ei với i = 1, . . . , k ta có −x∗ ≤ f0(x,−ei)
hay là: x∗ ≥ −f0(x,−ei). Tức là:
−f0(x,−ei) ≤x∗ ≤f0(x, ei) ∀i = 1, . . . , k.
Dox ∈ ri(domf) vàF là không gian con đóng củadomf nên f0(x, y) hữu hạn với mọi y. Do đó, f0(x,−ei) và f0(x, ei) là hữu hạn. Vậy ∂f(x) bị chặn và do tính đóng nên∂f(x) compact.
Ngược lại, giả sử rằng ∂f(x) 6= ∅ và compact. Ta phải chứng minh rằng
x∈ ri(domf). Thật vậy, do ∂f(x) 6= ∅ nên x ∈ domf.
Nếu trái lại x 6∈ ri(domf) thì x ở trên biên tương đối của domf. Do
domf lồi, theo mệnh đề 2.1.8 thì tồn tại một siêu phẳng tựa của domf tại
x, tức là tồn tại véc tơ p ∈ Rn, p 6= ∅ sao cho
pTx ≥ pTz, ∀z ∈ domf.
Lấy x∗ ∈ ∂f(x). Từ đây và định nghĩa dưới vi phân, ta có:
f(z)−f(x) ≥ hx∗, z −xi ≥ hx∗ +λp, z −xi, ∀λ ≥ 0, ∀z.
Chứng tỏ x∗ +λp ∈ ∂f(x) với mọi λ ≥ 0.( Điều này mâu thuẫu với tính bị chặn của ∂f(x)).
Vậy x ∈ ri(domf).
Ví dụ sau đây cho ta thấy nếu x 6∈ int(domf) thì tập ∂f(x) có thể bằng rỗng. Ví dụ 3.2.7. Cho hàm một biến f(x) = ( −2x12 nếu x ≥0, +∞ nếu x < 0. Khi đó ∂f(0) = ∅.
(adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});