2 Ánh xạ đơn điệu suy rộng
2.2 Các đặc trưng của ánh xạ đơn điệu suy rộng
2.2.3 Ánh xạ đơn điệu suy rộng khả vi
Trong mục này, ta đưa ra điều kiện cần và đủ bậc một để một ánh xạ là tựa đơn điệu hay giả đơn điệu. Cho S ⊂ Rn là tập lồi mở và ánh xạ F : S → Rn là khả vi với ma trận Jacobi JF (x) tại x. Cho ψ : Ix,v → R
xác định bởi (2.59), ở đây x ∈ S, v ∈ Rn. Ta xét 3 điều kiện sau: (a) vTF (x) = 0 ⇒ vTJF (x)v ≥0;
(b) vTF (x) = vTJF (x)v = 0,bt < 0, vTF x+btv > 0 suy ra tồn tại
e
t > 0,et ∈ Ix,v, sao cho vTF (x+tv) ≥ 0, với mọi 0 ≤t ≤et.
(c) vTF (x) = vTJF (x)v = 0 suy ra tồn tại et > 0,et ∈ Ix,v, sao cho vTF (x+tv) ≥ 0, với mọi 0 ≤t ≤et.
Định lý 2.24. Cho F : S → Rn là khả vi trên tập lồi, mở S ⊂ Rn. Khi đó:
i) F là ánh xạ tựa đơn điệu trên S khi và chỉ khi (a) và (b) đúng;
ii) F là ánh xạ giả đơn điệu trên S khi và chỉ khi (a) và (c) đúng.
Chứng minh. (i)Giả sửF là ánh xạ tựa đơn điệu trên S, nhưng (a) khơng
đúng. Khi đó tồn tại x ∈ S và v ∈ Rn sao cho
vTF (x) = 0, nhưng vTJF (x)v < 0 (2.72) Xác định ψ và Ix,v như ở (2.59), tức là ψ : Ix,v →R cho bởi công thức
ψx,v(t) =vTF(x+tv), Ix,v = {t|x+tv ∈ S} (2.73) Rõ ràng 0 ∈ Ix,v, và từ S là mở và lồi, theo Bổ đề 2.19 thì Ix,v là một khoảng mở. Từ (2.72) và (2.73) , ta có
Vì thế, ta kết luận rằng tồn tại t1 < 0, t1 ∈ Ix,vvà t2 > 0, t2 ∈ Ix,v sao cho ψ(t1) > 0, nhưng ψ(t2) < 0, t2 > t1,
Điều này cho thấy rằng ψ khơng có tính chất bảo tồn dấu trên Ix,v. Theo định lí 2.21(i) thì F khơng là ánh xạ tựa đơn điệu (mâu thuẫn giả thiết). Tiếp tục giả sử F là ánh xạ tựa đơn điệu trên S, nhưng (b) không đúng. Lập luận như trên ta kết luận rằng, từ (b) không đúng tồn tạibt < 0,bt∈ Ix,v và t < 0, t ∈ Ix,v sao cho
ψ(0) = ψ0(0) = 0 (2.75)
ψ bt > 0, ψ t > 0. (2.76) Rõ ràng, từ (2.76) suy ra ψ khơng có tính chất bảo tồn dấu trên Ix,v, và do đó F không là ánh xạ tựa đơn điệu trên S (mâu thuẫn giả thiết). Để chứng minh điều kiện cần, ta giả sử cả (a) và (b) đều thỏa mãn, nhưng F không là ánh xạ tựa đơn điệu. Theo đó, tồn tại x, y ∈ S sao cho ánh xạ ψx,v khơng có tính chất bảo tồn dấu trên Ix,v, ở đó v = y−x. Vì thế tồn tại t1, t2 ∈ Ix,v sao cho
ψ(t1) > 0, nhưng ψ(t2) < 0, t2 > t1. (2.77)
Đặt
t = sup{t|t ∈ [t1, t2], ψ(t) ≥ 0} (2.78) Từ ψ là liên tục trên Ix,v , theo đó t1 < t < t2,
ψ(t) = 0 và ψ(t) < 0, với mọi t < t ≤ t2. (2.79) Đặt x = x+tv . Khi đó (2.79) suy ra ψ(t) = vTF (x) = 0 và ψ0(t) =vTJF (x)v ≤ 0. Từ (a), ta có vTJF (x)v = 0. Nhớ rằng t1 < t và vTF (x+t1v)v = vTF x+ t1 −tv = ψ(t1) > 0.
Theo đó từ (b) tồn tại một vài t > 0 sao cho
ψ(t+ t) = vTF (x+tv) ≥0, với mọi t ∈
0, t. mâu thuẫn với (2.79). Vì thế F là ánh xạ tựa đơn điệu trên S.
(ii) Phần chứng minh điều kiện đủ cơ bản giống với phần chứng minh điều kiện đủ của (i).
Để chứng minh điều kiện đủ, ta giả sử cả (a) và (c) đều thỏa mãn, nhưng F không là ánh xạ giả đơn điệu. Trong trường hợp này, ψ khơng có tính chất bảo tồn dấu chặt trên Ix,v , tức là, tồn tại t1, t2 ∈ Ix,v sao cho
ψ(t1) ≤0, nhưng ψ(t2) > 0, t2 < t1, (2.80)
hoặc
ψ(t1) ≥ 0, nhưng ψ(t2) < 0, t2 > t1. (2.81) Giả sử rằng (2.81) đúng, lập luận tương tự nếu (2.80) đúng. Khi đó tồn tại t1 ≤ t < t2 sao cho
ψ(t) = vTF (x) = 0 và ψ(t) < 0, với mọi t < t ≤t2. (2.82) ở đây x = x+tv. Bây giờ từ (2.82) và (a), ta có
ψ(t) = 0, ψ0(t) = 0 và ψ(t) < 0, với mọi t < t ≤t2. hoặc
vTF (x) =vTJF (x)v = 0 và vTF (x+τ v) < 0,
với mọi 0 ≤τ ≤ t2−t trong đó τ = t−t ( mâu thuẫn với (c) ). Vì vậy F là ánh xạ giả đơn điệu trên S.
Định lí tiếp theo cung cấp một số điều kiện đủ để F là ánh xạ giả đơn điệu và giả đơn điệu chặt.
Định lý 2.25. Cho F : S → Rn là khả vi trên tập lồi mở S ⊂ Rn . Khi đó:
i) F là ánh xạ giả đơn điệu trên S, nếu với mọi x ∈ Svà v ∈ Rn ta có: vTF (x) = 0 ⇒ vTJF (x)v ≥0; (2.83) vTF (x) = vTJF (x)v = 0 thì tồn tại ε > 0 sao cho
vTJF (x+ tv)v ≥ 0 với mọi t ∈ Ix,v,|t| ≤ ε. (2.84) ii) F là ánh xạ giả đơn điệu chặt trên S, nếu với mọi x ∈ S và v ∈ Rn
ta có:
vTF (x) = 0 ⇒vTJF (x)v > 0. (2.85)
Chứng minh. i) Giả sử rằng điều kiện (2.83) và (2.84) thỏa mãn. Khi đó
điều kiện (a) và (c) của Định lí 2.24 đúng. Do đó F là ánh xạ giả đơn điệu.
ii) Trước hết, ta chú ý rằng điều kiện (2.85) suy ra điều kiện (2.83) và (2.84). Vì thế F là ánh xạ giả đơn điệu. Bây giờ giả sử F không là ánh xạ giả đơn điệu chặt. Khi đó tồn tại x, y ∈ S sao cho
(y −x)TF(x) ≥0 nhưng (y −x)TF(y) ≤ 0 (2.86) Từ F là ánh xạ giả đơn điệu, (2.86) suy ra
(y −x)TF(x) = 0nhưng (y −x)TF(y) ≤ 0 (2.87) Điều kiện (2.85) suy ra
(y −x)TJF(x) (y −x) > 0 điều này có nghĩa là tồn tại 0< t < 1 đủ nhỏ sao cho
(y −x)TF (x) > 0
ở đây x = x+t(y−x) với mỗi y. Từ F là ánh xạ giả đơn điệu, ta có
(y −x)TF(y) = 1/ 1−t(y −x)TF(y) > 0 mâu thuẫn với (2.87). Vì thế, F là ánh xạ giả đơn điệu chặt.
Nhận xét 2.26. Theo ví dụ ở tài liệu 8, ta thấy rằng điều kiện đủ 2.84 trong Định lí 2.25 khơng phải là một điều kiện cần. Hàm F : R→ R định nghĩa như F = f0, trong đó
f (x) = − x R 0 ξ4(2 + sin (1/ξ))dξ, x < 0, 0, x = 0 x R 0 ξ4(2 + sin (1/ξ))dξ, x > 0,
là ánh xạ giả đơn điệu và khả vi trên R. Tuy nhiên, nó có đạo hàm F0 đổi dấu trong mọi lân cận của điểm x = 0, và do đó nó khơng thỏa mãn điều kiện (2.84).