11 21 y 2∈F(x2, x1− x 2 ) ,
1.4Đặc trưng của tính tựa lồi vô hướng và tính lồi của ánh xạ Lipschitz địa phương
của ánh xạ Lipschitz địa phương
Phần này trình bày các tiêu chuẩn K- tựa lồi vô hướng và K- lồi của một ánh xạ Lipschitz địa phương f : Rm → Rn, trong đó K ⊂ Rn là một nón lồi đóng. Chú ý rằng f là K- tựa lồi vô hướng nếu và chỉ nếu một trong các điều kiện dưới đây là đúng:
(a) ∀xj ∈ Rn(j = 1,2);∀x ∈ [x1, x2] :S(f(x)−f(x1), f(x)−f(x2)) ≤ 0;
(b) ∀xj ∈ Rn(j = 1,2);f([x1, x2]) ⊂ [f(x1), f(x2)]−K.
Điều này được suy ra từ định nghĩa của tính K- tựa lồi và tính chất (1.1). Định lý 1.1
Các phát biểu dưới đây là tương đương: (I) f là K- tựa lồi vô hướng;
(II) D là i- tựa đơn điệu; (III) J f là s- tựa đơn điệu.
Chứng minh
(I ⇒ II): Giả sử phát biểu (II) là sai. Theo Nhận xét 1.2, Df không là i- tựa đơn điệu. Từ Bổ đề 1.2 ta có domDf = Rm ×Rm. Do đó, từ Mệnh đề 1.2 ta suy ra tồn tại x1 ∈ Rm, x2 ∈ Rm; (x1 6= x2) và η ∈ K+\ {0} sao cho
infηTDfx1(x2 −x1) > 0; (1.47)
infηTDfx2(x1 −x2) > 0. (1.48) Sử dụng Bổ đề 1.2, từ (1.47), (1.48) ta nhận được
min{d(ηTf)(x1, x2 −x1), d(ηTf)(x2, x1 −x2)} > 0.
Điều này suy ra từ bổ đề 1.4 với ηTf thay thế cho f. Do đó ηTf là không tựa lồi. Điều này mâu thuẫn với (I).
(I ⇒III): Trước hết chú ý rằng, với η bất kì η ∈ Rn,
(ηTf)0 = supηTJ f, (1.49)
Bởi vì với mọi x ∈ Rm và u ∈ Rm, ta có
(ηTf)0(x, u) = max{ξTu : ξ ∈ ∂0(ηTf)x}
= max{(ATη)Tu :A ∈ J fx}
= max{ηTAu : A∈ J fx}
= max ηTJ fx(u).
Ta thấy rằng f là K- tựa lồi vô hướng
⇔(∀η ∈ K+ \ {0}) (ηTf) là tựa lồi.
⇔(∀η ∈ K+\ {0}) (ηTf)0 là tựa đơn điệu. ( Bổ đề 1.4)
⇔(∀η ∈ K+\ {0}) supηTJ f là tựa đơn điệu. ( xem (1.49))
⇔J f là s-tựa đơn điệu ( mệnh đề 1.2)
Định lý 1.2
1. Nếu phát biểu dưới đây đúng:
(IV) Dbf là i- tựa đơn điệu thì các phát biểu (I), (II), (III) đúng. 2. Nếu f là khả vi theo phương thì các phát biểu (I), (II), (III) và (IV) là tương đương.
Chứng minh
1. Bởi vì (IV) ⇒ (II) (xem Nhận xét 1.2) và bởi vì (I) ⇔ (II) ⇔
(III) (xem Định lý 1.1), phần đầu của định lý được chứng minh. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2. Theo Định lý 1.1, để chứng minh phần hai của Định lý 1.2 ta chỉ cần chỉ ra rằng (I) ⇔(IV). Thật vậy,
(I) ⇔ (∀η ∈ K+\ {0}) ηTf là tựa lồi
⇔ (∀η ∈ K+\ {0}) infηTDbf là tựa đơn điệu (Bổ đề 1.3)
⇔ (IV) (Mệnh đề 1.2 áp dụng với F = Dbf ).
Nhận xét 1.6
Đạo hàm theo phương f0 có thể được sử dụng như là một công cụ để đặc trưng tính K- tựa lồi vô hướng của f. Ánh xạ giá trị véc tơ khả vi theo phương f : Rm →Rn là K- tựa lồi vô hướng nếu và chỉ nếu
∀xj ∈ Rm(j = 1,2),∃t ∈ [0,1] : tf0(x1, x2−x1)+(1−t)f0(x2, x1−x2) ∈ −K.
Định lý 1.3
1. Nếu phát biểu dưới đây đúng :
(V) Cf là i- tựa đơn điệu thì các phát biểu (I), (II), (III) và (IV) cũng đúng.
2. Với các điều kiện dưới đây:
(∗) ∀(x, u) ∈ Rm ×Rm,
infηTCfx(u) = supηTJ fx(u) (∀η ∈ K+\ {0}), (1.50)
các phát biểu (I), (II), (III), (IV) và (V) là tương đương.
Chứng minh
Bởi vì (V ⇒ IV) Nhận xét 1.2 và (IV) ⇒ (III) ⇔ (II) ⇔ (I) (các Định lý 1.1 và 1.2),
Phần đầu của Định lý 1.3 là hiển nhiên. Phần 2 sẽ được chứng minh nếu chứng minh được (III) ⇒(V).
Chú ý từ giả thiết (*) ta suy ra domCf = Rm ×Rm. Thật vậy, do J fx(u) là một tập com pắc không rỗng, nên
supηTJ fx(u) < ∞
x x
phạm. Để nhận được suy luận (III) ⇒ (V) ta sử dụng mệnh đề 1.5 với
F = J f,F¯ = Cf. Chứng minh của Định lý 1.3 là hoàn thành.
Hệ quả 1.3.1
1. Nếu phát biểu dưới đây là đúng:
(V I) ∀x1 ∈ Rm,∀x2 ∈ Rm(x1 6= x2),∃t ∈ [0,1] :
tJ fx1(x2 −x1) + (1−t)J fx2(x1 −x2) ⊂ −K,
thì các phát biểu (I) , (II) và (III) cũng đúng.
2. Với điều kiện (*) các phát biểu (I), (II), (III), (IV), (V) và (VI) là tương đương.
Chứng minh
Bởi vì (V I) ⇒ (III) và (III) ⇔ (II) ⇔ (I) cho nên phần đầu của Hệ quả 1.3.1 là hiển nhiên. Bây giờ ta chú ý rằng với điều kiện (*) , (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(V I) ⇔ (V) (áp dụng Mệnh đề 1.5 với F = J f và F = Cf).
Để hoàn thành chứng minh phần hai của Hệ quả 1.3.1 ta áp dụng Định
lý 1.3.
Nhận xét 1.7
Điều kiện (1.50) hiển nhiên đúng nếu n = 1 và K = R+ hoặc f thuộc lớp C1.
Trước khi đưa ra điều kiện đủ khác để (1.50) đúng, ta hãy nhắc lại rằng: một hàm Lipschitz địa phương g : Rm →R là chính quy tại x ∈ Rm
nếu với mọi u ∈ Rm, tồn tại đạo hàm theo phương f0(x, u) của f tại x
theo phương u và nó bằng f0(x, u). Nhận xét 1.8
Gọi K+ là một nón đa diện sinh bởi các véc tơ độc lập tuyến tính
x. Khi đó, với tất cả u ∈ Rm, (1.50) đúng.
(Nói riêng, nếuK là orthant không âm của Rn và nếu tất cả các thành phần fi(i = 1,2, ..., n) của f là chính quy tại x thì (1.50) đúng với mọi
u ∈ Rm).
Thật vậy, ta phải chỉ ra rằng tồn tại véc tơ v ∈ Rn sao cho
ηTv = supηTJ fx(u) ∀η ∈ K+\ {0}. (1.51) Thật vậy , bởi vì (1.51) kéo theo (1.33) với F = J f, và do F¯ = Cf là
ánh xạ đa trị liên kết với F = J f, ta có v ∈ Cfx(u). Do đó suy ra (1.51) kéo theo với mọi véc tơ η 6= 0 thuộc K+,supηTJ fx ≥ infCfx(u). Bởi vì bất đẳng thức ngược lại luôn thỏa mãn với F = J f và F¯ = Cf, cho nên
ta nhận được (1.50). Để hoàn thành chứng minh, ta chỉ cần chỉ ra tồn tại
v ∈ Rn thỏa mãn (1.50). Do tính độc lập tuyến tính của ηi(i = 1,2, ..., p)
tồn tại v ∈ Rn sao cho
ηjTv = supηTi J fx(u) (i = 1,2, .., p).
Điểm v như vậy thỏa mãn (1.50). Thật vậy, lấy η ∈ K+ \ {0} là bất kì. Khi đó, tồn tại các số thực không âm λi(i = 1,2, .., p) sao cho η =
p P i=1 ¯ ηi, trong đó η¯i = λiηi. Chú ý rằng ¯
ηiTv = sup ¯ηiTJ fx(u) = (¯ηiTf)0(x, u).
(xem (1.4), (1.5)). Theo [4, Mệnh đề 2.3.6], tổng các hàm chính quy là chính quy, nên ta có
(ηTv) =X i ¯ ηiTv = X i (¯ηiTf)0(x, u) = X i
(¯ηiTf)0(x, u) (do tính chính quy của) η¯iTf
= (X i ¯ ηiTf)0(x, u) = (X i ¯
ηiTf)0(x, u) (do tính chính quy của tổng các hàm chính quy)
= (ηTf)0(x, u)
= supηTJ fx(u) (do (1.4) và (1.5)),
tức là (1.51) đúng. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bổ đề dưới đây chỉ ra rằng tính K- lồi có thể biểu diễn qua tính K- tựa lồi vô hướng.
Bổ đề 1.7
Ánh xạ f : Rm → Rn là K- lồi nếu và chỉ nếu với bất kì E ∈
L(Rm,Rn), f +E là K- tựa lồi vô hướng.
Chứng minh 1. Điều kiện cần:
Lấy E ∈ L(Rm,Rn). Nếu f là K- lồi thì F +E cũng là K- lồi. Từ đó suy ra ηT(f +E) là lồi, và do đó, tựa lồi với bất kì η ∈ K+. 2. Điều kiện đủ:
Theo nhận xét [12, trang 16], g : Rm → R lồi nếu với bất kì ξ ∈ Rm, hàm g +ϕ là tựa lồi, trong đó ϕ(x) = ξTx(x ∈ Rm).
Để chứng minh tính K- lồi của f, ta chỉ cần chỉ ra rằng với bất kì
η ∈ K+ \ {0}, ηTf là một hàm lồi. Lấy ξ ∈ Rm và E ∈ L(Rm,Rn) được xây dựng từ ξ và η như trong chứng minh Bổ đề 1.5.
Chú ý từ định nghĩa của E và ϕ rằng
ηTE(x) = ξTx = ϕ(x) (x ∈ Rm).
Ta thấy rằng ηTf + ϕ= ηTf +ηTE = ηT(f + E).
Từ giả thiết f +E là K- tựa lồi vô hướng, và do η ∈ K+, ηT(f + E)
là tựa lồi. Do đó, với mọi ξ ∈ Rm, ηTf +ϕ là tựa lồi.
Theo nhận xét trên ηTf là lồi.
Bây giờ ta phát biểu các tính chất đặc trưng của tính K- lồi của f. Định lý 1.4
Các phát biểu dưới đây là tương đương: (I) f là K- lồi.
(II) Df là i- đơn điệu. (III) J f là s- đơn điệu. (IV) Dbf là i- đơn điệu. (V) Cf là i- đơn điệu.
Chứng minh
(I) ⇔ (II): Một chứng minh trực tiếp của kết quả này có trong [31]. Sử dụng mối quan hệ giữa tính K- lồi và tính K- tựa lồi, giữa tính đơn điệu và tính tựa đơn điệu, ta thấy rằng kết quả này cũng là hệ quả trực tiếp của Định lý 1.1.
(I) ⇔ (III): sử dụng Bổ đề 1.7 , 1.6 và Định lý 1.1.
(V) ⇒ (IV) ⇒ (II): suy ra từ Mệnh đề 1.3 và bao hàm thức Cf ⊂
Dbf ⊂ Df.
Chương 2