Với x ∈ X và Y ⊂ X, kí hiệu [x, Y] là bao lồi của {x} ∪ Y, tức là
[x, Y] := {x+t(y−x) : t∈ [0,1], y ∈ Y}vàd(Y, x) := inf{kx−yk : y ∈ Y}
là khoảng cách từ x tớiY. Bản chất của bất đẳng thức giá trị trung bình (GTTB) đa hướng được minh họa qua trường hợp lồi sau đây của kết quả đó.
Định lý 2.12 ( Xem [6]. (Bất đẳng thức GTTB đa hướng lồi)). Cho X
là một không gian Banach, và cho Y ⊂ X là một tập khác rỗng, đóng và lồi, x ∈ X và f : X → R là hàm lồi liên tục. Giả sử f bị chặn dưới
trên [x, Y] và
inf
y∈Y
f(y)−f(x) > r.
Khi đó, với bất kì ε > 0, tồn tại z ∈ [x, Y] và z∗ ∈ ∂f(z)−dưới vi phân lồi của f tại z, sao cho
r < hz∗, y−xi+εky −xk, ∀y ∈ Y.
Hơn nữa, chúng ta có thể chọn z thỏa mãn
f(z) < inf
[x,Y]
f +|r|+ε.
Chứng minh. (1) Trường hợp đặc biệt. Giả sử
inf
y∈Y f(y) > f(x) và r = −ε < 0.
Đặt f := f +δ[x,Y]. Khi đó f bị chặn dưới trên X. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
ε < inf
y∈Y
f(y)−f(x).
Theo nguyên lý biến phân Ekeland, tồn tại z sao cho:
f(z) < inff + ε (2.9) và
f(ω) ≥f(z)−εkω−zk. (2.10) Điều đó có nghĩa là ánh xạ
u → f(u) +δ[x,Y](u) +εku−zk
đạt cực tiểu tại z. Theo (2.9), f(z) < +∞ nên z ∈ [x, Y]. Do [x, Y] lồi nên theo quy tắc dưới vi phân của tổng các hàm lồi, tồn tại z∗ ∈ ∂f(z)
sao cho 0 ≤ hz∗, ω−zi+ εkω −zk, ∀ω ∈ [x, Y]. Có thể lấy ε nhỏ hơn (nếu cần), ta có với ω 6= z,
0< hz∗, ω−zi +εkω −zk, ∀ω ∈ [x, Y]\ {z}. (2.11) Hơn nữa, từ (2.9) ta có f(z) = f(z) ≤ f(x) + ε < infY f nên z /∈ Y. Do đó ta có thể viết z = x+ ¯t(¯y −x), trong đó t¯∈ [0,1). Với bất kì y ∈ Y,
đặt ω = y+ ¯t(¯y −y) 6= z trong (2.11) ta nhận được
0 < hz∗, y −xi+ εky −xk, ∀y ∈ Y. (2.12) (2) Trường hợp tổng quát.
Xét X ×R với chuẩn k(x, r)k = kxk+ |r|. Lấy ε0 ∈ (0, ε\2) đủ nhỏ sao cho
inf
y∈Y f(y)−f(x) > r+ ε0
và đặt F(z, t) := f(z)−(r+ε0)t. Rõ ràng F là nửa liên tục dưới, lồi trên
X ×R và bị chặn dưới trên [(x,0), Y × {1}]. Hơn nữa,
inf
Y×{1}F = inf
Y f −(r +ε0) > f(x) = F(x,0).
Áp dụng trường hợp đặc biệt trên đây với f, x và Y được thay thế bởiF, (x,0) và Y × {1}ta có: tồn tại (z, s) ∈ [(x,0), Y × {1}] và z∗ ∈ ∂f(z) thỏa mãn f(z)−(r +ε0)s < inf (ω,t)∈[(x,0),Y×{1}](f(ω)−(r +ε0)t) + ε0 tức là, f(z) < inf (ω,t)∈[(x,0),Y×{1}] (f(ω)−(r +ε0)(t−s) +ε0 ≤inff [x,Y] +|r|+ε
sao cho, với mọi y ∈ Y,
0 < hz∗, y−xi −(r +ε0) +ε0(ky −xk+ 1)
= hz∗, y−xi −r +ε0ky −xk ≤ hz∗, y−xi −r+ εky −xk.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.13 (Xem [6]. (Bất đẳng thức GTTB đa hướng)). Cho Y là một tập con lồi, đóng, khác rỗng của X, x ∈ X và f : X → R¯ là hàm nửa liên tục dưới. Giả sử rằng, với h > 0, f bị chặn dưới trên [x, Y] +hBX và
lim
η→0 inf
y∈Y+ηBXf(y)−f(x) > r.
Khi đó, với mọi ε > 0, tồn tại z ∈ [x, Y] +εB và z∗ ∈ D−Ff(z) sao cho
r < hz∗, y−xi+εky −xk, ∀y ∈ Y.
Hơn nữa, ta có thể chọn z sao cho
f(z) < lim
η→0 inf
[x,Y]+ηBX
f +|r|+ε.
Chứng minh. Giống như chứng minh của Định lý 2.12 ta có chuyển trường hợp tổng quát về trường hợp đặc biệt khi
lim
η→0 inf
y∈Y+ηBXf(y) > f(x) và r = −ε < 0.
Ta đi chứng minh trường hợp đặc biệt. Đặt f¯:= f+δ[x,Y] +hBX. Khi đó
¯
f bị chặn dưới trên X. Cố định ¯h ∈ (0, h/2) sao cho infy∈Y+2¯hBXf(y) > f(x). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng
ε < min inf y∈Y+2¯hBX f(y)−f(x),h¯ .
Áp dụng quy tắc tổng mờ không địa phương của Định lý 2.1 đối với
f1 := ¯f và f2 := δ[x,Y] chúng ta thu được: tồn tại z, u với kz−uk < ε, z∗ ∈ DF−f(z) =D−Ff(z) và u∗ ∈ NF([x, Y], u) thỏa mãn max(kz∗k,ku∗k).kz−uk < ε (2.13) và f(z) < lim η→0 inf [x,Y]+ηBXf +ε ≤ f(x) +ε (2.14) sao cho ||z∗ +u∗|| < ε. (2.15)
Vì [x, Y] lồi nên NF([x, y], u) trùng với nón pháp của [x, Y] tại u theo nghĩa của Giải tích lồi. Do đó, u∗ ∈ NF(u,[x, Y]) kéo theo
hu∗, ω−ui ≤ 0, ∀ω ∈ [x, Y]. (2.16) Kết hợp (2.15) và (2.16) ta có
0 < hz∗, ω−ui+ εkω−uk, ∀ω ∈ [x, Y]\ {u}. (2.17) Hơn nữa, ta có d(u, Y) ≥ h¯ vì nếu không ta sẽ phải có d(z, Y) ≤ 2¯h và
f(z) ≥infy∈Y+2¯hBXf(y) > f(x) +ε. Điều này mâu thuẫn với (2.14). Đặt u := x + ¯t(¯y −x). Khi đó h¯ ≤ ku−yk¯ = (1 − ¯t)kx−yk¯ nên
1−¯t > 0. Rõ ràng x /∈ Y. Với bất kì y ∈ Y, đặt ω = y + ¯t(¯y −y) 6= u
trong (2.17) ta nhận được
0< hz∗, y−ui+εky −uk, ∀y ∈ Y. (2.18) Vậy ta có điều phải chứng minh.