Tích phân của ánh xạ dưới vi phân

Công thức Newton-Leibniz là một kết quả quan trọng chỉ ra mối quan hệ giữa tích phân và vi phân. Chúng ta có định lý sau: Nếu f : [a, b] → R (a, b ∈ R) là một hàm Lipschitz, thì Rb

a f0(t)dt = f(b)− f(a), ở đây tích phân ở vế trái là tích phân Lebesgue [57, tr. 167]. Trong chương này, một dạng mở rộng của công thức trên cho trường hợp đạo hàm Fréchet f0(t) và tích phân Lebesgue được thay thế tương ứng bởi dưới vi phân Clarke và tích phân Aumann sẽ được thiết lập. Kết quả tương tự cũng đúng cho ánh xạ dưới vi phân Mordukhovich. Các kết quả của chương này đã được công bố trên Journal of Mathematical Analysis and Applications (bài [17]) và trên Nonlinear Analysis (bài [20]).

2.1 Tích phân của ánh xạ dưới vi phân Clarke

Chúng ta sẽ chứng minh công thức biểu diễn tích phân Aumann-Gelfand của ánh xạ dưới vi phân Clarke, các điều kiện cần và đủ để tích phân này là đơn trị, và một dạng tương tự của công thức Newton-Leibniz cổ điển cho trường hợp tích phân đa trị. Công thức dạng Newton-Leibniz ở đây cho phép đưa ra một chứng minh mới cho kết quả đã biết về khả năng đặc trưng hàm số của ánh xạ dưới vi phân Clarke (thường được gọi là định lý về tích phân của ánh xạ dưới

vi phân Clarke [the integration of the Clarke subdifferential mapping]). Kết quả đầu tiên của mục này được phát biểu như sau.

Định lý 2.1.1. ChoX là một không gian Banach khả ly,(X,A, à)là một không gian có độ đo, ở đây A là một σ-đại số chứa tất cả các tập mở của X. Giả sử

f : U → R là một hàm Lipschitz trên tập mở U ⊂ X và Ω ⊂ U là một tập con đo được có à(Ω) <∞. Khi đó,

R

Ω∂Clf(x)dà(x) = ∂ClF(0)

=nx∗ ∈ X∗ | hx∗, vi 6 RΩf0(x;v)dà(x) ∀v ∈ Xo,

(2.1)

ở đó F(v) := RΩf0(x;v)dà(x).

Chứng minh. Giả sử`là một hằng số Lipschitz củaf trênU.Với mỗiv ∈X, theo Định lý 1.1.1, hàm f0(ã;v) là nửa liên tục trên ở trong U. Vì A là σ-đại số chứa tất cả các tập mở của X, nên với mỗi v ∈ X, f0(ã;v) là hàm đo được. Theo Định lý 1.1.1, với mỗi x ∈ Ω, f0(x;ã) là một hàm lồi hữu hạn thoả mãn bất đẳng thức

|f0(x;v1)−f0(x;v1)| 6 `kv1−v2k ∀v1, v2 ∈X.

Đặt k(x) =` với mọi x∈ Ω. Vì à(Ω) < ∞ nên k(ã) ∈ L1(Ω). Ta có |f0(x;v1)−f0(x;v1)|6 k(x)kv1−v2k ∀v1, v2 ∈ X,∀x∈ Ω.

Đặt gx(v) = f0(x;v). Chú ý rằng F(0) = 0. Do đó gx thoả mãn các giả thiết của Định lý 1.1.2. Hơn thế, gx là chính qui Clarke tại mọi điểm v ∈ X bởi vì

f0(x;ã) là hàm lồi. Theo Định lý 1.1.2,

∂ClF(v) =

Z

Ω

Với v = 0 ta có ∂ClF(0) = Z Ω ∂Clf0(x;ã)(0)dà(x). Mặt khác, ∂Clf(x) = n x∗ ∈ X∗ | hx∗, vi ≤ f0(x;v) ∀v ∈ X o = nx∗ ∈ X∗ | hx∗, vi ≤ f0(x;v)−f0(x; 0) ∀v ∈Xo = ∂Clf0(x;ã)(0). Do đó ta có đẳng thức thứ nhất trong (2.1). Vì F(ã) là hàm lồi và F(0) = 0 nên ∂ClF(0) = nx∗ ∈ X∗ | hx∗, vi 6 F(v)−F(0) ∀v ∈ Xo = nx∗ ∈ X∗ | hx∗, vi 6 Z Ω f0(x;v)dà(x) ∀v ∈Xo.

Ta có điều phải chứng minh. 2

Định nghĩa 2.1.1. Cho f : X → Y là một ánh xạ từ không gian Banach X

vào không gian Banach Y.

(i) Ta nói rằng f khả vi chặt Hadamard tại x0 ∈ X nếu tồn tại một ánh xạ tuyến tính liên tục Dsf(x0) : X → Y sao cho

lim

x→x0, t→0+t−1(f(x+tv)−f(x)) =Dsf(x0)(v)

và sự hội tụ là đều theo v trên mỗi tập con compact của X. Khi đó Dsf(x0) được gọi là đạo hàm chặt Hadamard của f tại x0; xem [23, tr. 30].

(ii) Nếu tồn tại một ánh xạ tuyến tính liên tục f0(x0) : X → Y sao cho lim

x→x0

kf(x)−f(x0)−f0(x0)(x−x0)k kx−x0k = 0,

thì ta nói f là khả vi Fréchet tạix0. Khi đóf0(x0)được gọi là đạo hàm Fréchet của f tại x0; xem [46, Vol. I].

(iii) f được gọi là khả vi chặt Fréchet tại x0 nếu tồn tại một ánh xạ tuyến tính liên tục f0(x0) : X → Y sao cho

lim x,x0x−→6=x0x0

kf(x)−f(x0)−f0(x0)(x−x0)k kx−x0k = 0.

Khi đóf0(x0) được gọi là đạo hàm chặt Fréchet củaf tạix0; xem [46, Vol. I]. Nhận xét 2.1.1. Từ Định nghĩa 2.1.1 suy ra rằng nếu f là khả vi chặt Fréchet tại x0 thìf khả vi chặt Hadamard tại x0 và f0(x0) =Dsf(x0).Chiều ngược lại cũng đúng nếu X là không gian hữu hạn chiều. Thật vậy, giả sử f khả vi chặt Hadamard tại x0và X là một không gian hữu hạn chiều. Ta cóBX là compact. Lấy ε > 0 bất kỳ. Khi đó tồn tại γ > 0 sao cho

kt−1(f(x+tv)−f(x))−Dsf(x0)vk ≤ ε ∀x∈ x0+γBX, t ∈ (0,2γ), v ∈BX. Do đó, với mọi x, x0 ∈x0+γBX (x6= x0) ta có kf(x0)−f(x)−Dsf(x0)(x0 −x)k kx0−xk =kt −1(f(x+tv)−f(x))−Dsf(x0)vk ≤ ε,

ở đây t = kx−x0k và v = t−1(x0 −x). Điều này chứng tỏ rằng f là khả vi chặt Fréchet tại x0 và f0(x0) = Dsf(x0).

NếuX là một không gian hữu hạn chiều, thì chúng ta sẽ sử dụng thuật ngữ "khả vi chặt" thay cho các thuật ngữ "khả vi chặt Fréchet" và "khả vi chặt Hadamard".

Bổ đề 2.1.1. Giả sử f :U → R là một hàm Lipschitz xác định trên một tập mở

U của Rn, Ω⊂ U là đo được và có độ đo Lebesgueà(Ω) < ∞.Khi đó,

Z Ω f0(x)dà(x) ∈ Z Ω ∂Clf(x)dà(x).

Chứng minh. Giả sử ` là một hằng số Lipschitz của hàm f trên U. Gọi Ωf là tập tất cả các điểm x ∈ Ω sao cho f khả vi Fréchet tại x. Theo Định lý

Rademacher (xem [25, tr. 148] hoặc [56, tr. 403 - 408]), ta có à(Ω\Ωf) = 0. Với mỗi i ∈ N và mỗi k ∈ N, xét hàm gik : Ω → R cho bởi công thức

gik(x) = f x+k−1ei −f(x) k−1 (x∈ Ω),

ở đây ei là véctơ đơn vị thứ i trong Rn. Ta có gki(ã) là các hàm đo được và lim

k→∞gki(x) = ∂f

∂xi(x) với mọix ∈ Ωf. Từ đó suy ra ∂x∂f

i(ã) là đo được với mọi

i = 1,2, ..., n. Điều này chứng tỏ rằngf0(ã)là một hàm đo được. Vìà(Ω) <∞ và kf0(x)k 6 ` hầu khắp nơi trên Ω, nên f0(ã) ∈ L1(Ω;Rn). Mặt khác, theo Định lý 1.1.1, f0(x)∈ ∂Clf(x) với mọi x ∈Ωf. Do đó, Z Ω f0(x)dà(x) ∈ Z Ω ∂Clf(x)dà(x).

Ta có điều phải chứng minh. 2

Nhận xét 2.1.2. Cho f : X → R là một hàm Lipschitz địa phương tại x. Theo [23, tr. 33], tập ∂Clf(x) là tập hợp gồm một điểm khi và chỉ khi f là khả vi chặt Hadamard tại x. Khi đó ∂Clf(x) = {Dsf(x)}. Mặt khác, nếu f vừa khả vi Fréchet vừa chính qui Clarke tại x thì∂Clf(x) ={f0(x)}.Do đó nếu f

vừa chính qui Clarke và vừa khả vi Fréchet tại xthìf là khả vi chặt Hadamard tại x và Dsf(x) = f0(x). Chúng ta chú ý rằng, ngay cả trường hợp X = R, chỉ riêng điều kiện f chính qui Clarke tại x hoặc chỉ riêng điều kiện f khả vi Fréchet tại xlà không đủ để đảm bảo f khả vi chặt tại x. Chẳng hạn, xét hàm số f : R →R được cho bởi công thứcf(x) = |x|. Ta có f là Lipschitz trên R

và chính qui Clarke tại x = 0, nhưng không khả vi chặt x= 0. Đặt

f(x) =

x2sin 1x nếu x6= 0,

0 nếu x= 0.

nhưng không khả vi chặt tại x = 0.

Định lý 2.1.2. Dưới giả thiết của Bổ đề 2.1.1, các tính chất sau đây là tương đương:

(i)

Z

Ω

∂Clf(x)dà(x) là tập hợp gồm một điểm;

(ii) với mỗi v ∈Rn, hf0(x), vi =f0(x;v) hầu khắp nơi trên Ω; (iii) f là chính qui Clarke hầu khắp nơi trên Ω;

(iv) f là khả vi chặt hầu khắp nơi trên Ω.

Nếu một trong các tính chất (i)-(iv) nghiệm đúng, thì

Z Ω ∂Clf(x)dà(x) =n Z Ω f0(x)dà(x)o.

Chứng minh. Cố định một hằng số Lipschitz ` > 0 của f trên U.

(i)⇒ (ii).Giả sửR Ω∂Clf(x)dàlà tập hợp gồm một điểm. Theo Bổ đề 2.1.1, Z Ω ∂Clf(x)dà(x) = nZ Ω f0(x)dà(x) o . (2.2)

Vì f là Lipschitz với hằng số Lipschitz ` trên tập mở U ⊂ Rn và Ω ⊂ U nên, theo Định lý 1.1.1, ∂Clf(ã) là một ánh xạ đa trị nửa liên tục trên ở trên Ω và kξ∗k 6 ` với mọi ξ∗ ∈ ∂Clf(x) và x ∈ Ω. Vì à(Ω) < ∞ và σ−đại số các tập đo được Lebesgue chứa tất cả các tập mở của Rn, nên từ đó ta suy ra rằng

∂Clf(ã)là ánh xạ đa trị đo được giới nội khả tích và có giá trị lồi đóng; xem [4, tr. 311]. Theo khẳng định (iv) trong Định lý 1.1.1 và theo Định lý 1.2.2,

σ Z Ω ∂Clf(x)dà(x), v = Z Ω f0(x;v)dà(x) ∀v ∈Rn. (2.3) Từ (2.2) ta suy ra σ Z Ω ∂Clf(x)dà(x), v = Z Ω hf0(x), vidà(x) ∀v ∈ Rn.

Kết hợp điều đó với (2.3) ta có Z Ω f0(x;v)dà(x) = Z Ω hf0(x), vidà(x). (2.4) Vì f0(x) ∈ ∂Clf(x) với mọi x∈ Ωf nên

f0(x;v) > hf0(x), vi ∀x ∈ Ωf, ∀v ∈ Rn. (2.5) Do (2.4) và (2.5), với v ∈ Rn,hf0(x), vi = f0(x;v) hầu khắp nơi trên Ω.

(ii) ⇒ (iii). Giả sử (ii) xảy ra. Lấy một dãy véctơ {vi} trù mật trong Rn.

Khi đó, với mỗi i ∈ N tồn tại một tập đo được Ωi ⊂ Ω sao cho f khả vi Fréchet trên Ωi, à(Ω\Ωi) = 0, và f0(x;vi) = hf0(x), vii với mọi x ∈ Ωi. Đặt Ω0 = ∩∞i=1Ωi.Ta có f0(x;vi) =hf0(x), vii với mọi x∈ Ω0 và mọi i∈ N. Lấy bất kỳ x ∈ Ω0 và v ∈ Rn. Do {vi} là dãy trù mật trong Rn, tồn tại dãy con {vik} của {vi} sao cho vik →v khi ik → ∞.Vì các hàm f0(x;ã) và hf0(x),ãi là liên tục và f0(x;vik) = hf0(x), viki với mọi ik, nên f0(x;v) = hf0(x), vi. Do đó f là chính qui Clarke tại mọi điểm thuộc Ω0. Vì à(Ω\Ω0) = 0 nên f là chính qui Clarke hầu khắp nơi trên Ω.

(iii) ⇒ (iv). Giả sử (iii) nghiệm đúng. Khi đó, tồn tại một tập đo được Ω0 ⊂ Ω sao cho à(Ω\Ω0) = 0 và f chính qui Clarke tại mọi điểm thuộc Ω0. Vì f là khả vi Fréchet và chính qui Clarke tại mỗi x ∈ Ω := Ω˜ 0∩Ωf, nên f

là khả vi chặt trên Ω˜ với à(Ω\Ω) = 0˜ .

(iv) ⇒ (i). Giả sử f là khả vi chặt hầu khắp nơi trên Ω. Khi đó,

∂Clf(x) = {Dsf(x)} hầu khắp nơi trên Ω. Do đó, R

Ω∂Clf(x)dà(x) là tập hợp gồm một điểm. 2

Rb

a f0(t)dt = f(b)− f(a) (xem [57, tr. 167]). Chúng ta thu được ở đây cho trường hợp đạo hàm Fréchet f0(x)và tích phân Lebesgue tương ứng được thay bằng dưới vi phân Clarke ∂Clf(x) và tích phân Aumann.

Định lý 2.1.3. Nếu f : [a, b] → R (a, b∈ R, a < b) là một hàm Lipschitz, thì f(b)−f(a) ∈ Z b a ∂Clf(x)dx (2.6) và đẳng thức Z b a ∂Clf(x)dx =nf(b)−f(a)o

nghiệm đúng khi và chỉ khi f là khả vi chặt hầu khắp nơi trên [a, b].

Chứng minh. Lấy Ω = [a, b] và U = (a − 1, b + 1). Mở rộng hàm số f

lên U bằng cách đặt f(x) = f(b) nếu x ∈ (b, b+ 1) và f(x) = f(a) nếu

x ∈(a−1, a). Khi đó f là một hàm Lipschitz trên U. Theo Bổ đề 2.1.1,

Z b a f0(x)dx ∈ Z b a ∂Clf(x)dx. Mặt khác, Z b a f0(x)dx =f(b)−f(a). Do đó, (2.6) nghiệm đúng. Theo Định lý 2.1.2, Rb a ∂Clf(x)dx là tập hợp gồm một điểm khi và chỉ khi f khả vi chặt hầu khắp nơi trên[a, b].Kết hợp sự kiện này với công thức (2.6) ta có điều phải chứng minh. 2

Tập hợp ở vế phải của công thức (2.6) có thể chứa vô hạn phần tử.

Ví dụ 2.1.1. Giả sử{rk}k∈N là tập tất cả các số hữu tỷ trong khoảng(a, b) ⊂ R,

a < b. Với mỗi k ∈ N, lấy δk >0 sao cho

Đặt

A = ∪∞k=1(rk −δk, rk +δk) và P = [a, b]\A.

Vì A là một tập mở trong R nên P là một tập đóng và A = ∪∞j=1(aj, bj), với {(aj, bj)}j∈N là một dãy các khoảng mở đôi một rời nhau. Xét hàm số

f : [a, b] →R được cho bởi công thức

f(x) =    0 nếu x∈ P, (x−aj)2(x−bj)2sin 1 (bj −aj)(x−aj)(x−bj) nếu x ∈(aj, bj).

Ta có f là Lipschitz trên [a, b]và I := Rab∂Clf(t)dt là một tập hợp có quá đếm được phần tử. Thật vậy, vì tập các số hữu tỷ là trù mật trong R nên P là một tập hợp không đâu trù mật. Ngoài ra,

à(P) = à([a, b])−à(A) = (b−a)−à(∪∞k=1(rk −δk, rk+δk)) > (b−a)− ∞ X k=1 à((rk −δk, rk +δk)) = (b−a)−2 ∞ X k=1 δk >0.

Tiếp theo chúng ta sẽ tính f0(x).Lấy x ∈P vàt ∈ (x, b].Ta có f(x) = 0.Nếu

t ∈ P thì f(t) = f(x) = 0.Nếut /∈ P thì tồn tại j ∈ N sao cho t ∈ (aj, bj)và

x 6 aj < t. Vì vậy, f(t)−f(x) t−x 6 (t−aj)(t−bj)2 6 (t−x)(b−a)2 ∀t ∈(x, b].

Từ đó suy ra f+0 (x) = 0, ở đây f+0 (x) := lim t→x+ f(t)−f(x) t−x . Lý luận tương tự, ta có f−0 (x) = 0 với f−0 (x) := lim t→x− f(t)−f(x) t−x . Do đó, f0(x) = 0 với mọi

x ∈P. Nếu x∈ A thì tồn tại j ∈ N sao cho x∈ (aj, bj). Vì thế, f0(x) = 2(x−aj)(x−bj)(2x−aj −bj) sin 1 (bj −aj)(x−aj)(x−bj) −2x−aj −bj bj −aj cos 1 (bj −aj)(x−aj)(x−bj). (2.7) Do f0(x) là bị chặn trên [a, b], f là một hàm Lipschitz trên [a, b]. Lấy

¯

x ∈P ∩(a, b) và ε > 0. Vìf0(x) = 0trên P nên, theo (2.7), tồn tại γ > 0 sao cho |f0(x)| 6 1 +ε với mọi x∈ (¯x−γ,x¯+γ)∩[a, b]. Do đó,

∂Clf(¯x) = co lim k→∞f0(xk) | {xk} ⊂[a, b], xk → x¯ ⊂ [−1−ε,1 +ε].

Vì ε > 0 được lấy tuỳ ý, ta suy ra ∂Clf(¯x) ⊂ [−1,1].

Trường hợp 1. x¯ =aj. Lấy xk = aj +bj − r (bj −aj)2+ 4 (aj −bj)2kπ 2

với k đủ lớn. Khi đó xk → a+j khi k → ∞. Thay x = xk vào (2.7) ta có

f0(xk) → 1 khi k → ∞.Do đó 1 ∈∂Clf(aj). Lấy x0k = aj +bj − r (bj −aj)2+ 4 (aj −bj)(2k+ 1)π 2 với k đủ lớn. Khi đó x0k → aj và f0(xk) → −1. Do đó −1 ∈ ∂Clf(aj). Vì

∂Clf(aj) ⊂ [−1,1] là một tập lồi chứa {1,−1} nên ∂Clf(aj) = [−1,1].

Trường hợp 2. x¯ = bj. Lập luận tương tự như trong Trường hợp 1, ta có

∂Clf(bj) = [−1,1].

Trường hợp 3. x¯ ∈P. Vì tập P là không đâu trù mật nên tồn tại một dãy{ck},

trong đó

sao cho ck → x.¯ Lấy αk = α ∈ [−1,1] = ∂Clf(ck). Vì αk → α và ck → x¯ nên α ∈ ∂Clf(¯x).Do đó ∂Clf(¯x) = [−1,1].Ngoài ra, ∂Clf(x) =f0(x) với mọi x∈ A. Như vậy ta có

∂Clf(x) =

[−1,1] nếu x ∈P ∩(a, b),

f0(x) nếu x∈ A. (2.8)

Xét lát cắt khả tích g : [a, b] →R của ∂Clf(ã) được cho bởi

g(t) = 1 nếu t ∈P, f0(t) nếu t ∈[a, b]\P. Chú ý rằng R [a,b]\P f0(t)dt = 0, ta có Rb a g(t)dt = RP dt+R[a,b]\P f0(t)dt = à(P) +R[a,b]\P f0(t)dt = à(P).

Tương tự, với lát cắt g1 : [a, b] → R của ∂Clf(ã) được cho bởi công thức

g1(t) =−1 nếu t ∈ P và g1(x) = f0(t) nếu t ∈[a, b]\P, ta có Rb a g1(t)dt = RP(−1)dt+R[a,b]\P f0(t)dt = −à(P) +R[a,b]\P f0(t)dt = −à(P). Vì −à(P), à(P) ∈ I và I là tập lồi nên [−m1(P), m1(P)] ⊂ I. Do (2.8) và do sự kiệnR [a,b]\P f0(t)dt = 0,I = [−à(P), à(P)]. Vìà(P) > 0 nên I là một tập hợp quá đếm được.

Nghiên cứu khả năng đặc trưng hàm số của các loại ánh xạ dưới vi phân là một vấn đề quan trọng của giải tích không trơn. Vấn đề này đã và đang thu hút được sự quan tâm của nhiều chuyên gia trong ngành (xem [7], [26], [40], [51], [52], [53], [59], [60], [62]). Người ta đã dành nhiều thời gian để nghiên cứu bài toán sau: Có phải hai hàm số có dưới vi phân trùng nhau thì chúng chỉ sai khác nhau một hằng số cộng? Dưới những điều kiện nào thì câu trả lời là khẳng định?

Định lý 2.1.3 cho phép đưa ra một chứng minh mới cho một kết quả đã biết về đặc trưng hàm số Lipschitz địa phương của dưới vi phân Clarke.

Định lý 2.1.4 (xem [60]). Giả sửX là một không gian Banach vàf, g :X → R là các hàm Lipschitz địa phương. Khi đó, nếu f là chính qui Clarke tại mọi điểm và ∂Clg(x) ⊂ ∂Clf(x) với mọi x ∈ X, thì tồn tại α ∈ R sao cho

f(x) = g(x) +α với mọi x ∈X.

Để chứng minh Định lý 2.1.4, chúng ta cần kết quả bổ trợ sau đây.

Bổ đề 2.1.2. Giả sử X là một không gian Banach và f : X → R là một hàm Lipschitz địa phương. Khi đó, nếu f là chính qui Clarke tại mọi điểm, thì với mọi a, b ∈ X, hàm số f ◦ λ : R → R, với λ(t) = a+t(b−a), là khả vi chặt hầu khắp nơi trên [0,1].

Chứng minh. Lấy bất kỳ a, b∈ X. Vìf là một hàm Lipschitz địa phương nên hàm hợp f ◦λ là Lipschitz trên (−1,2). Lấy t0 ∈ [0,1] và à ∈ R. Ta có

(f ◦λ)0(t0;à) = lim sup t→t0, θ→0+ (f ◦λ)(t+θà)−(f ◦λ)(t) θ = lim sup t→t0, θ→0+ f((a+t(b−a)) +θà(b−a))−f(a+t(b−a)) θ 6 f0(a+t0(b−a);à(b−a)) và f0(a+t0(b−a);à(b−a)) = lim θ→0+ f ((a+t0(b−a)) +θà(b−a))−f(a+t0(b−a)) θ = lim θ→0+ (f ◦λ)(t0+θà)−(f ◦λ)(t0) θ = (f ◦λ)0(t0;à).

Vì f là chính qui Clarke nên

Từ đó suy ra (f ◦λ)0(t0;à) ≤ (f ◦λ)0(t0;à). Mặt khác, (f ◦λ)0(t0;à) 6 (f ◦λ)0(t0;à). Do đó, (f ◦ λ)0(t0;à) = (f ◦ λ)0(t0;à).

Điều này chứng tỏ rằng f ◦ λ là hàm chính qui Clarke trên [0,1]. Theo Định lý 2.1.2, hàm f ◦λ là khả vi chặt hầu khắp nơi trên [0,1]. 2

Chứng minh Định lý 2.1.4. Lấy bất kỳ x0 ∈ X. Xét hàm số λ : R → X cho bởi công thức λ(t) = tx0 với mọi t ∈ R. Do f là chính qui Clarke, theo Bổ đề 2.1.2, hàm f ◦ λ là khả vi chặt hầu khắp nơi trên [0,1]. Vì f và g là các