2.3 Đặc trưng của dưới gradient xấp xỉ.
Bổ đề 2.1. Cho f ∈ F và x, y ∈ X. Xét hàm g : [0,1]→ R xác định bởi
(1.10). Lúc đó, nếu f khả vi Gâteaux thì g cũng có đạo hàm trên [0,1] và
g′(t0) = ⟨y−x, fG′ (x+t0(y −x))⟩, ∀t0 ∈ [0,1]. (2.6)
Nếu f khả vi đến cấp hai thì g cũng vậy. Hơn nữa,
g′′(t0) = ⟨y −x, f′′(x+t0(y −x))(y −x)⟩, ∀t0 ∈ [0,1]. (2.7)
Chứng minh. Suy ra từ định nghĩa của đạo hàm và đạo hàm cấp hai.
Giả sử f ∈C2(U). Sử dụng khai triển Taylor cho hàm g xác định bởi (1.10) trên [0,1] ta có
g(t) =g(0) +g′(0)t+ 1 2g
′′(t0)t2,
với t0 ∈ (0, t). Thay t= 1 và sử dụng (2.6), (2.7) ta nhận được
f(y) = f(x) +⟨f′(x), y−x⟩+ 1
2⟨f′′(z)(y −x), y−x⟩,
với z = x+t0(y −x) ∈ (x, y). Như vậy nếu f ∈ C2(U) thì có η > 0 và
σ ≥ 0 sao cho
f(y)≥ f(x) +⟨f′(x), y−x⟩ −σ∥y −x∥2
, ∀y ∈B(x, η). (2.8)
Bổ đề 2.2. Cho x0 ∈ X, f(y) = ∥y − x0∥2. Khi đó f ∈ C2 và với mọi
y ∈X,
f′(y) = 2(y −x0), f′′(y) = 2IdX,
với IdX ∈ L(X, X) là toán tử đồng nhất trên X.
Bổ đề 2.3. Cho c >0 và ξ, x ∈X. Đặt
g(y) =[
c2+ 2c⟨ξ, y−x⟩ − ∥y−x∥2]1 2
.
Bài tập 2.7. Chứng minh hàm f(x) =∥x∥ khả vi tại mọi điểm x0 ̸= 0. Hơn nữa, f′(x0) =x0/∥x0∥.
Định lý 2.5. Cho f ∈ F, x ∈ domf. Lúc đó ξ ∈ ∂Pf(x) khi và chỉ khi tồn tại các số dương η, σ sao cho
f(y)≥ f(x) +⟨ξ, y −x⟩ −σ∥y−x∥2, ∀y ∈ B(x, η). (2.9)
Chứng minh. Ta có ξ ∈ ∂Pf(x) ⇔ (ξ,−1) ∈ NepiP f(x, f(x)) ⇔ ∃η > 0,
∃σ ≥ 0, ∀(y, γ)∈ epif ∩B((x, f(x)), η) :
⟨(ξ,−1),(y, γ)−(x, f(x))⟩ ≤ σ(∥y −x∥2+ (γ −f(x))2).
Vì điều này dễ dàng nhận được từ bất đẳng thức (2.9) nên ta có điều kiện đủ. Để chứng minh điều kiện cần ta giả thiết (ξ,−1) ∈ NepiP f(x, f(x)). Lúc đó tồn tại δ >0 sao cho(x, f(x))∈ projepif(x, f(x)) +δ(ξ,−1)). Tức là
δ2(∥ξ∥2
+ 1)≤ ∥x+δξ−y∥2
+ (f(x)−f(y)−δ)2
⇒(f(y)−f(x) +δ)2 ≥ δ2+ 2δ⟨ξ, y −x⟩ − ∥y−x∥2.
Dof ∈ F nên tồn tạiη >0sao chof(y)−f(x)+δ >0với mọiy ∈B(x, η). Vậy từ bất đẳng thức trên ta có f(y)−f(x) +δ ≥ √δ2+ 2δ⟨ξ, y−x⟩ − ∥y−x∥2, ∀y ∈ B(x, η) ⇒f(y)≥ f(x)−δ+√ δ2+ 2δ⟨ξ, y−x⟩ − ∥y−x∥2 =: g(y), ∀y ∈B(x, η). Chú ý rằng g ∈ C2 và g′(x) = ξ nên g(y)≥ g(x) +⟨ξ, y −x⟩ −σ∥y −x∥2.
Từ đây ta nhận được bất đẳng thức (2.9) nếu để ý rằng g(x) = f(x).
Đây được gọi là bất đẳng thức dưới gradient xấp xỉ. Từ bất đẳng thức này ta thấy gần x, hàm f luôn nằm trên hàm toàn phương
26 2.3. Đặc trưng của dưới gradient xấp xỉ.
và đẳng thức xảy ra tạiy =x. Nói cách khác, hàm l(y) := f(y)−h(y)đạt cực tiểu địa phương tại y = x. Hơn nữa, từ cách chứng minh định lý ta thấy có một hình cầu trong X ×R tiếp xúc ngoài với epif tại (x, f(x)).
Hệ quả 2.1. Cho f ∈ F và tập mở U ⊆ X. Lúc đó,
a) Nếu f khả vi Gâteaux tại x ∈U thì ∂Pf(x)⊆ {fG′(x)};
b) Nếu f ∈C2(U) thì ∂Pf(x) = {f′(x)}, ∀x ∈ U.
c) Nếu f lồi thì ξ ∈ ∂Pf(x)⇔ f(y)≥ f(x) +⟨ξ, y−x⟩; ∀y ∈ X.
Giả thiết f ∈ C2 trong hệ quả trên là cần thiết. Thật vậy, xét hàm
f(x) = −|x|3
2, ta thấy f ∈ C1 và f′(0) = 0. Tuy vậy, ∂Pf(0) = ∅. Điều này là do f ̸∈ C2. Như vậy ∂Pf không thực sự là một mở rộng của khái niệm đạo hàm, vì ngay cả những hàm thuộc lớp C1 cũng có thể không khả dưới vi phân. Có lẽ đây là nhược điểm cơ bản của khái niệm này vì dưới vi phân hàm lồi và dưới vi phân Clarke cho hàm Lipschitz cũng không mắc nhược điểm đó.
Hệ quả 2.2. Giả sử f ∈ F. Lúc đó,
a) Nếu f đạt cực tiểu địa phương tại x0 thì 0∈ ∂Pf(x0);
b) Nếu f lồi và 0∈ ∂Pf(x0) thì x0 là điểm cực tiểu toàn cục của f.
Bài tập 2.8. Xác định dưới vi phân xấp xỉ của các hàm số thực sau
a) f(x) = √3 x tại 0, b) f(x) =−|x| tại0 và1, c)f(x) = √ x, x≥0, −x2, x <0 tại 0,1 và−1, d) f(x) = x2sin1x, x̸= 0, 0, x= 0 tại 0.
Bài tập 2.9. Cho f, g∈ F. Chứng minh
a) ∂Pf(x) +∂Pg(x)⊆∂P(f +g)(x). b) ∂P(cf)(x) =c∂Pf(x) với mọic >0.
Cho ví dụ ở đó, ∂P(f+g)(x)̸=∅ nhưng∂Pf(x) =∅hoặc ∂Pg(x) =∅.
Mệnh đề 2.6.
a) Giả sử U ⊆ X là một tập mở, x ∈ U và f : U → R liên tục sao cho ∂Pf(x)̸=∅ và ∂P(−f)(x)̸=∅. Khi đó f khả vi Fréchet tại x và
∂Pf(x) = −∂P(−f)(x) = {f′(x)}.
b) Giả sử f lồi, liên tục tại x∈ int(domf). Khi đó ∂Pf(x)̸= ∅. Hơn nữa, nếu ∂P(−f)(x)̸=∅ thì f khả vi Fréchet tại x.
Chứng minh.
a) Giả sử ξ1 ∈ ∂Pf(x) và ξ2 ∈ ∂P(−f)(x). Theo Định lý 2.5, tồn tại
η >0 và σ1 ≥ 0, σ2 ≥0 sao cho với mọi y ∈ B(x;η) ta có
f(y)−f(x)≥ ⟨ξ1, y−x⟩−σ1∥y−x∥2 , −f(y)+f(x)≥ ⟨ξ2, y−x⟩−σ2∥y−x∥2 . Cộng các bất đẳng thức, vế theo vế, ta nhận được ⟨ξ1+ξ2, y −x⟩ ≤ (σ1+σ2)∥y −x∥2 , ∀y ∈ B(x;η).
Suy ra ξ1 +ξ2 = 0, hay ξ2 = −ξ1. Thay vào các bất đẳng thức trên, với
y = x+tv, ta nhận được
σ2t2∥v∥2 ≥f(x+tv)−f(x)− ⟨ξ1, tv⟩ ≥ −σ1t2∥v∥2
.
Suy ra ξ1 là đạo hàm Frechet của f tạix.
b) Suy ra từ giải tích lồi và a)
Mệnh đề 2.7. Giả sử f ∈ F, x∈ X, g ∈C2(B(x, δ)) với δ >0. Khi đó
ξ ∈∂P(f +g)(x)⇔ξ −g′(x)∈∂Pf(x).
Chứng minh.
ξ−g′(x)∈ ∂Pf(x)⇒ξ ∈g′(x)+∂Pf(x) =∂Pg(x)+∂Pf(x)⊆∂P(f+g)(x). ξ ∈∂P(f +g)(x)⇒ξ −g′(x)∈∂P(f +g)(x) +∂P(−g)(x)⊆ ∂Pf(x).