2 Phép chiếu xuống tập lồi đóng
2.2.2 Sự tồn tại dưới 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 hàm f lồi.
Khi đó, ta nói x∗ ∈ X là dưới đạo hàm của f tại x nếu
hx∗, z −xi+f(x) ≤ f(z),∀z ∈ X
Tương tự như đối với hàm lồi khả vi thông thường, biểu thức này có nghĩa như 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 tại x là ∂f (x) và được gọi là dưới vi phân. Đây là một tập (có thể bằng rỗng trong R).
Khi ∂f (x) 6= ∅ thì ta nói hàm f khả dưới vi phân tại x. Trong trường hợp tập ∂f(x) chỉ gồm duy nhất một điểm ta nói hàm f khả vi 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 2.1. f(x) =kxk với x ∈ Rn.
Tại điểm x = 0 hàm này không khả vi nhưng nó khả dưới vi phân và
∂f (0) = {x∗| hx∗, xi ≤ kxk,∀x ∈ Rn} Ví dụ 2.2. Cho C ⊂ Rn là một tập lồi, khác rỗng. f (x) =δC(x) = 0 nếu x ∈ C +∞ nếu x /∈ C là hàm chỉ của C. Khi đó, với x0 ∈ C ta có: ∂f x0 = x∗| x∗, x −x0 ≤ δC(x),∀x
Với x 6∈ Cthì δC = +∞ nên bất đẳng thức này luôn đúng. Vậy
∂δCf x0= x∗|
x∗, x−x0≤ 0∀x = NC(x0)
Vậy dưới vi phân của hàm chỉ của một tập lồi C khác rỗng tại một điểm
Định nghĩa 2.4. Cho X là không gian Hilbert, ánh xạ f : X → R ∪ {+∞} và x0 ∈ X sao cho f(x0) < +∞. Nếu với y ∈ X mà giới hạn
lim
λ→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
λ→0
f x0 +λy−f x0
λ .
Mệnh đề dưới đây cho ta một điều kiện cần và đủ để một điểm x∗ ∈
∂f(x).
Mệnh đề 2.2. Cho X là không gian Hilbert, f : X → R∪ {+∞} là hàm lồi, chính thường. Khi đó:
i) x∗ ∈ ∂f (x) khi và chỉ khi f0(x, y) ≥ hx∗, yi,∀y
ii) Nếu f là hàm lồi chính thường trên X thì với mọi x ∈ dom∂f (x) ta có
f (x) = f (x), ∂f (x) = ∂f(x)
Chứng minh. i) Theo định nghĩa x∗ ∈ ∂f(x). Khi đó,
hx∗, z −xi+f(x) ≤ f(z),∀z ∈ X.
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 (2.1)
Theo định nghĩa của f0(x, y) ta suy ra ngay
hx∗, yi ≤ f0(x, y),∀y (2.2)
Ngược lại, giả sử (2.2) thỏa mãn. Lấy z bất kỳ và áp dụng (2.1) với
y = z −x và λ = 1 ta có
Vậy x∗ ∈ ∂f (x).
ii) Cho x ∈ dom∂f (x) và x∗ ∈ ∂f(x). Theo định nghĩa của hàm liên hợp
f và do x∗ ∈ ∂f (x) ta có
f (x) ≥ f (x) = f∗∗(x) ≥ hx∗, xi −f∗(x∗) = f (x)
Suy ra f (x) =f (x).
Nếu y∗ ∈ ∂f (x) thì với mọi z ta có
f (z) ≥ f (z) ≥f (x) +hy∗, z −xi = f (x) +hy∗, z −xi
Suy ra ∂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 có
f (1−t)z+tz0 ≥f (x) +x∗,(1−t)z+ tz0 −x
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 2.3. Cho X là không gian Hilbert, f : X → R∪ {+∞} là hàm lồi, chính thường. Khi đó:
i) Nếu x 6∈ domf thì ∂f (x) = ∅.
ii) Nếu x ∈ int(domf) thì ∂f (x) 6= ∅ và com-pắc. Ngược lại nếu ∂f(x) 6=
∅ và com-pắc thì x ∈ ri(domf).
Chứng minh. i) Cho z ∈ domf thì f(z) < +∞. Vậy nếu x 6∈ domf thì
f(x) = +∞ và do đó không thể tồn tại x∗ thỏa mãn
f (x) +hx∗, z −xi ≤ f (z) < +∞
Vậy ∂f(x) =∅.
ii) Trước hết, giả sửx ∈ int(domf). Khi đó ta có điểm (x, f(x)) nằm trên biên của epif. Do f là hàm lồi, chính thường nên epif là tập lồi, khác
rỗng. Khi đó tồn tại siêu phẳng tựa của epif đi qua (x, f(x)), tức là tồn tại p∈ X, t ∈ R không đồng thời bằng 0 sao cho
hp, xi+tf(x) ≤ hp, yi+tµ,∀(y, µ) ∈ epif (2.3) Nếu t = 0 thì hp, xi ≤ hp, yi,∀y ∈ domf.
Nhưng do x ∈ int(domf) nên điều này kéo theo p= 0. Vậy t 6= 0.
Nếu t < 0 thì trong bất đẳng thức (2.3) khi cho µ → ∞ ta suy ra mâu thuẫn vì vế trái cố định, vế phải dần tới −∞. Do đó, t > 0.
Chia cả hai vế của bất đẳng thức (2.3) cho t > 0 đồng thời thay µ= 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 (2.4) Nếu y 6∈ domf thì f(y) =∞. Do đó
hx∗, x −yi+f (x) ≤ f (y),∀y 6∈ domf (2.5) Từ (2.4) và (2.5) ta suy ra hx∗, y−xi+ f (x) ≤ f (y).
Chứng tỏ rằng x∗ ∈ ∂f (x).
Bây giờ ta chỉ ra tập ∂f(x) là com-pắc.
Do x∈ domf nên theo mệnh đề 2.2 thì x∗ ∈ ∂f (x) khi và chỉ khi
f0(x, d) ≥ hx∗, di,∀d
Gọi F là không gian tuyến tính của domf.
Do x∈ ri(domf) và F là không gian con đóng của domf nên f0(x, y) hữu hạn với mọi y. Vậy ∂f(x) bị chặn và do tính đóng nên ∂f(x) là com-pắc. Ngược lại, giả sử rằng ∂f (x) 6= 0 và com-pắc. Ta phải chứng minh rằng
x ∈ ri(domf).
Thật vậy, do ∂f (x) 6= 0 nên x ∈ domf.
Giả sử phản chứng x 6∈ ri(domf) thì x ở trên biên tương đối của domf. Do domf lồi thì tồn tại một siêu phẳng tựa của domf tại x, tức là tồn tại vectơ p ∈ X, p 6= 0 sao cho
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 thuẫn 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 2.3. Cho hàm một biến f (x) = −2x12 nếu x ≥0 +∞ nếu x < 0 Khi đó ∂f (0) = ∅.
Cũng có trường hợp tập ∂f(x) là tập rỗng, tức là tại điểm x hàm số f
không có dưới vi phân. Tuy nhiên đối với hàm lồi thì điều đó không xảy ra theo định lý sau:
Định lý 2.3. Cho hàm lồi hữu hạn f trên tập lồi C. Lúc đó f có dưới vi phân tại mọi điểm thuộc riC.
Từ định lý này suy ra rằng nếu hàm f là hàm lồi hữu hạn trên toàn không gian Rn thì nó có vi phân tại mọi điểm, vì riRn = R.
Ví dụ 2.4. Hàm số f(x) = |x|, khả vi tại mọi điểm khác 0 nhưng không khả vi tại x = 0, tại đó ∂f(x) ={y||x| ≥ hy, xi,∀x}
Cũng như trong trường hợp hàm một biến, bất đẳng thức
hx∗, z −xi+f(x) ≤ f(z),∀z
có nghĩa là siêu phẳng đi qua điểm (x, f(x)) nằm dưới đồ thị của hàm số. 2.2.3 Giải bài toán bất đẳng thức biến phân
Bài toán bất đẳng thức biến phân được nảy sinh trong quá trình nghiên cứu và giải các bài toán thực tế như các bài toán cân bằng trong kinh tế, tài chính, phương trình vật lý toán, giao thông đồ thị, lý thuyết đồ chơi, bài toán cân bằng mạng và nhiều bài toán khác. Bài toán bất đẳng thức biến phân được giới thiệu bởi Hartman và Stampacchia vào năm 1966.
Những nghiên cứu đầu tiên về bài toán này liên quan tới việc giải các bài toán điều khiển tối ưu và các bài toán biên của phương trình đạo hàm riêng. Từ đó, bài toán bất đẳng thức biến phân đã thu hút được sự quan tâm của nhiều nhà nghiên cứu. Trong phần này, chúng ta sẽ trình bày lại nọi dung bài toán bất đẳng thức biến phân đơn trị, các bài toán liên quan và một số ví dụ thực tế, đồng thời trình bày điều kiện có nghiệm của bài toán này.
Bài toán 2.1. Bài toán bất đẳng thức biến phân đơn trị
Cho C là một tập lồi, com-pắc, khác rỗng trong không gian Hilbert X và
F : C → X là một ánh xạ đơn trị. Khi đó, bài toán bất đẳng thức biến phân đơn trị (viết tắt là (VI)) được phát biểu như sau:
(V I) Tìm x∗ ∈ C sao cho hF (x∗), x−x∗i ≥ 0,∀x ∈ C. (2.6) Dưới đây ta xét ví dụ thực tế của bài toán bất đẳng thức biến phân.
Ví dụ 2.5. Bài toán xác định phương án sản xuất
ChoC là tập các phương án sản xuất chấp nhận được vàx = (x1, x2, ..., xn) ∈
C là số lượng sản phẩm với xi là số sản phẩm thứ i.
Đặt F(x) là các chi phí sản xuất ứng với phương án x. Bài toán đặt ra là hãy tìm một phương án chấp nhận được sao cho ứng với phương án ấy có một chi phí là thấp nhất. Bài toán này có thể được mô tả dưới dạng bài toán bất đẳng thức biến phân đơn trị sau:
(VI) Tìm x∗ ∈ C sao cho hF (x∗), x−x∗i ≥ 0,∀x ∈ C.
Bài bài toán bất đẳng thức biến phân đơn trị (VI) có liên hệ mật thiết với nhiều bài toán khác như bài toán điểm bất động, bài toán bù phi tuyến, bài toán quy hoạch lồi,... Ta xét các bài toán sau
Bài toán 2.2. Bài toán điểm bất động Brouwer
Cho C là một tập lồi, com-pắc tùy ý trong không gian Hilbert X và T : C → C là ánh xạ liên tục. Bài toán điểm bất động được phát biểu như sau: Tìm x∗ ∈ C sao cho x∗ = T(x∗). (2.7) Bài toán tìm điểm bất động Brouwer có thể miêu tả dưới dạng bài toán bất đẳng thức biến phân (VI) dựa vào mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.4. Giả sử ánh xạ F được xác định bởi:
F(x) = x−T(x),∀x ∈ C
Khi đó, bài toán bất đẳng thức biến phân đơn trị (VI) tương đương với bài toán điểm bất động Brouwer.
Chứng minh. Giả sử x∗ là nghiệm của bài toán (VI) và F(x) =x−T(x), tức là:
hF (x∗), x −x∗i ≥ 0,∀x ∈ C.
Do F(x∗) = x∗ −T(x∗) nên ta có:
hx∗ −T(x∗), x −x∗i ≥ 0,∀x ∈ C.
Cho x = T(x∗) ta được: kx∗ −T(x∗)k ≤ 0.
Từ đó suy ra: x∗ = T(x∗). Vậy x∗ là nghiệm của bài toán điểm bất động Brower.
Chiều ngược lại hiển nhiên đúng.
Định lý 2.4. ( Kakutani ) Cho C là một tập lồi com-pắc trong không gian Hilbert X và T : C →C là ánh xạ nửa liên tục trên , T(x) khác rỗng, lồi, compắc với mọi x ∈ C. Khi đó, tồn tại x∗ ∈ C sao cho x∗ = T(x∗).
Bài toán 2.3. Bài toán bù phi tuyến
Chú ý rằng khi C là một nón lồi trong không gian Hilbert X thì bài toán (VI) trở thành bài toán bù:
Tìm x∗ ∈ C, F (x∗) ∈ C0 sao cho hF (x∗), x∗i = 0. (CP) (2.8) trong đó
C0 := {y ∈ C | hx, yi ≥ 0,∀x ∈ C}
là nón đối ngẫu của C.
Khi đó ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.5. Nếu C là một nón lồi, com-pắc trong không gian Hilbert
X thì bài toán bù (CP) tương đương với bài toán bất đẳng thức biến phân (VI), nghĩa là tập nghiệm hai bài toán này trùng nhau.
Chứng minh. Giả sử x∗ là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VI), tức là
hF (x∗), x−x∗i ≥ 0.
Do C là nón lồi, x∗ ∈ C nên x+x∗ ∈ C,∀x ∈ C. Thay x bởi x+x∗ vào bất đẳng thức trên ta được:
hF (x∗), x∗ +x−x∗i ≥ 0,∀x ∈ C
⇔ hF (x∗), xi ≥ 0,∀x ∈ C.
Suy ra F (x∗) thuộc nón đối ngẫu C0.
Thay x = 0 vào bất đẳng thức trên ta được:
hF (x∗), x∗i ≤ 0,∀x ∈ C.
Suy ra hF (x∗), x∗i = 0 hay x∗ ∈ C, F (x∗) ∈ C0 là nghiệm của bài toán bù phi tuyến (CP).
Ngược lại, nếu x∗ ∈ C là nghiệm của bài toán bù (CP) thì
hF (x∗), x∗i = 0, F (x∗) ∈ C0.
Vì F (x∗) ∈ C0 nên hF (x∗), xi ≥ 0,∀x ∈ C. Ta có
hF (x∗), x−x∗i ≥ 0,∀x ∈ C
hay x∗ ∈ C là nghiệm của bài toán(VI).
Bài toán 2.4. Bài toán quy hoạch lồi
Cho C là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian Hilbert X và
f : C → R là một hàm lồi trên C. Bài toán quy hoạch lồi được phát biểu như sau:
f(x∗) = min{f(x)|x ∈ C} (2.9)
Trong trường hợp f là hàm lồi, khả vi, ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.6. Cho C là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian Hilbert X. Giả sử f : C → R là một hàm lồi, khả vi trên C. Khi đó,
x∗ ∈ C là nghiệm của bài toán quy hoạch lồi khi và chỉ khi x∗ ∈ C là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VI) với F (x) = ∇f (x).
Chứng minh. Giả sử x∗ ∈ C là nghiệm của bài toán quy hoạch lồi, tức là:
Để chứng minh x∗ ∈ C là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VI) ta giả sử ngược lại rằng: h∇f (x∗), x−x∗i < 0, với một x ∈ C.
Khi đó, lấy α > 0 đủ nhỏ, do C là tập lồi nên
yα = x∗ +α(x−x∗) =αx+ (1−α)x∗ ∈ C.
và
f (yα) =f (x∗) +αh∇f (x∗), x−x∗i+θ(α) < f (x∗)
tức là x∗ ∈ C không là nghiệm của bài toán quy hoạch lồi. Điều này trái với giả thiết. Vậy,x∗ là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VI). Ngược lại, nếu x∗ ∈ C là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VI), tức là: h∇f (x∗), x −x∗i ≥ 0,∀x ∈ C.
Do f là hàm lồi, khả vi nên f (x)−f (x∗) ≥ h∇f (x∗), x−x∗i,∀x ∈ C. Suy ra: f(x∗) ≤ f(x),∀x ∈ C hay x∗ là nghiệm của bài toán quy hoạch lồi.
Định nghĩa 2.5. i) Một ánh xạ F :C → X được gọi là đơn điệu trên C, nếu
hF (x)−F (y), x−yi ≥ 0,∀x, y ∈ C.
ii) Ánh xạ F : C →X được gọi là đơn điệu mạnh với hằng số β > 0 trên
C, nếu
hF (x)−F (y), x−yi ≥ βkx−yk2,∀x, y ∈ C.
iii) Ánh xạ F : C → X được gọi là đơn điệu ngặt trên C, nếu
hF (x)−F (y), x −yi > 0,∀x, y ∈ C, x6= y.
iv) Một ánh xạ M : C → X gọi là liên tục Lipschitz trên C với hệ số Lipschitz L ≥0 nếu:
kM (x)−M (x0)k ≤ Lkx−x0k,∀x, x0 ∈ C (2.10)
Nhận xét. +) Nếu F là đạo hàm của một hàm lồi (mạnh) trên C thì
F là đơn điệu (mạnh) trên C.
+) Nếu (2.10) được thỏa mãn với L < 1 thì M gọi là ánh xạ co trên C, nó gọi là không giãn trên C nếu L = 1.
Sự tồn tại nghiệm.
Việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân (VI) thường dựa vào định lý điểm bất động.
Định lý 2.5. ( Brouwer ) Cho C là một tập lồi, com-pắc, khác rỗng trong không gian Hilbert X và F : C →C là ánh xạ liên tục trên C. Khi đó, F
có một điểm bất động.
Sự tồn tại nghiệm và phương pháp giải bài toán (VI) có thể dựa vào phép chiếu. Cụ thể ta có các kết quả sau:
Mệnh đề 2.7. (xem [2]) Giả sử α > 0, với mỗi x ∈ C, đặt
h(x) := pC
x− 1
αF (x)
Khi đó, x∗ = h(x∗) khi và chỉ khi x∗ là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VI).
Chứng minh. Do F liên tục và phép chiếu là liên tục, mà h là hợp của hai ánh xạ liên tục nên h liên tục. Hơn nữa, hiển nhiên h : C → C. Khi đó, ta có: x∗ = h(x∗) := pC x∗ − 1 αF (x ∗) khi và chỉ khi x∗ −x∗ + α1F (x∗), x−x∗≥ 0,∀x ∈ C ⇔ hF (x∗), x−x∗i ≥ 0,∀x ∈ C,
hay x∗ là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (VI).
Định lý 2.6. (xem [7]) Cho C là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian Hilbert X và F : C →C là ánh xạ liên tục. Khi đó, bài toán (2.6) có nghiệm, tức là tồn tại x∗ ∈ C sao cho hF (x∗), x−x∗i ≥ 0,∀x ∈ C.
Chứng minh. Do phép chiếu lên tập lồi là liên tục và do F là liên tục trên tập C, mà h là hợp của hai ánh xạ liên tục nên h là ánh xạ liên tục trên tập C. Do h là ánh xạ liên tục từ C vào C nên theo định lý điểm bất động Brouwer tồn tại điểm bất động x∗ của h. Theo mệnh đề (2.8), x∗ là nghiệm của bài toán (2.6).
Theo mệnh đề (2.8) việc giải bài toán (2.6) có thể chuyển về việc tìm