Chứng minh. Giả sử (xn) ⊆ M là một dãy cực tiểu của f trên M, tức là
lim
n→∞f(xn) = α := inf
x∈Mf(x). Vì M compact nên, nếu cần có thể chuyển qua dãy con, ta giả thiết (xn) hội tụ về một điểm x¯ ∈M. Nhưng lúc đó
f(¯x)≤ lim
n→∞f(xn) = α.
Vậy f(¯x) =α ≤ f(x) với mọi x∈ M.
Ta nói hàm f trên không gian định chuẩn X là bức nếu lim
kxk→+∞f(x) = +∞.
Hệ quả 6.5. Giả sử M lồi đóng khác rỗng trong không gian Banach phản xạ X và f là hàm nửa liên tục dưới yếu. Lúc đó, nếu M bị chặn hoặc f
bức, thì Sol(M;f)6= ∅.
Chứng minh. Nếu M bị chặn thì compact yếu, còn nếu f bức thì tồn tại r > 0 sao cho Sol(M;f) = Sol(Mr;f) với Mr = M ∩ B0(0;r) cũng compact yếu. Vì vậy, trong cả hai trường hợp, áp dụng Định lí 6.8 ta đều có Sol(M;f)6= ∅.
Hệ quả 6.6. Nếu M ⊆ Rn là tập đóng khác rỗng, f nửa liên tục dưới và bức thì Sol(M;f)6=∅.
6.3 Nón tiếp xúc và nón pháp tuyến
Trong mục này ta luôn ký hiệu D là tập con khác rỗng của X. Cho
x0 ∈ D. Ta gọiv ∈ X là vec-tơ tiếp xúc của D tại x0 nếu tồn tại một dãy (xn)⊆ D và một dãy số dương (tn) hội tụ về không sao cho
v = lim
n→∞
xn−x0
tn .
Tập hợp các vec-tơ tiếp xúc với D tại x0 được ký hiệu là TD(x0). Vậy
TD(x0) =n lim n→∞ xn−x0 tn ¯ ¯ ¯(xn)⊆ D; tn →0 +o.
Mệnh đề 6.9. TD(x0) là một nón chứa gốc, hơn nữa TD(x0) =n lim n→∞λn(xn−x0) ¯ ¯ ¯ λn >0; xn −→D x0 o =nv ∈X ¯ ¯ ¯ lim inf t→0+ dD(x0+tv) t = 0 o .
Chứng minh. Khẳng địnhTD(x0)là nón chứa gốc được suy ra trực tiếp từ định nghĩa. Trong định nghĩa của vec-tơ tiếp xúc nếu ta đặtvn = xn−x0
tn thì ta cóxn =x0+tnvn vàvn →v. Đẳng thức đầu tiên trong mệnh đề có được
bằng cách đặt λn = 1
tn và chú ý rằng lim
n→∞xn = x0+ lim
n→∞tnvn = x0. Ta còn chứng minh đẳng thức thứ hai. Với mọiv ∈TD(x0) tồn tại (vn)⊆ X, (tn)⊆ R sao cho vn → v, tn →0+ và xn = x0 +tnvn ∈ D. Từ đó dD(x0+tnv) tn ≤ k(x0+tnv)−(x0+tnvn)k tn = kvn−vk. Vì vậy lim tn→0+ dD(x0+tnv) tn = 0. (6.14)
Ngược lại, giả sử (6.14) thoả mãn. Với mỗi n ta chọn xn ∈ D sao cho
k(x0+tnv)−xnk ≤2 dD(x0+tnv). Lúc đó lim n→∞ ° ° °v − xn −x0 tn ° ° °≤ lim n→∞ 2 dD(x0+tnv) tn = 0, nên v ∈TD(x0).
Từ kết quả này ta gọi TD(x0) là nón tiếp xúc của D tại x0. Ta cũng gọi nón pháp tuyến của D tại x0 là tập hợp sau:
ND(x0) = −TD(x0)+ =nx∗ ∈ X∗ | hv, x∗i ≤ 0, ∀v ∈TD(x0)o. Ví dụ 6.1. Với D = {(x, y)∈R2 | y = |xsin1 x|} ∪ {(0,0)} ta có TD ¡ (0,0)¢ ={(u, v)|0 ≤v ≤ |u|}; ND ¡ (0,0)¢= {(0, q)| q ≤0}.
150 6.3. Nón tiếp xúc và nón pháp tuyến N D(x0) T D(x0) D x0
Hình 6.1. Nón tiếp xúc và nón pháp tuyến của D tại điểm x0
ND(x0) thực sự là mở rộng cho khái niệm nón pháp tuyến của tập lồi được định nghĩa trong Mục 3.2. Điều đó được thể hiện qua kết quả sau: Mệnh đề 6.10. Nếu D là tập lồi và x0 ∈ D thì a) TD(x0) = [ λ>0 λ(D−x0) = {v | d0D(x0;v) = 0}; b) ND(x0) = {x∗ ∈X∗ | hx−x0, x∗i ≤ 0, ∀x∈ D}. D ND(x0) TD(x0) x0
Hình 6.2. Nón tiếp xúc và nón pháp tuyến của tập lồi
Chứng minh.
a) Từ đẳng thức thứ nhất trong Mệnh đề 6.9 ta nhận được bao hàm thức “⊆” trong đẳng thức thứ nhất. Để chứng minh bao hàm thức ngược lại ta lấyv 6= 0thuộc tập ở vế phải. Lúc đóv = lim
vàyn ∈D. Nếux0 là một điểm tụ của(yn)thìv ∈ TD(x0). Còn nếu ngược lại thì αn := nkyn1−x 0k < 1, với n đủ lớn, và xn := αnyn + (1−αn)x0 ∈ D. Lúc đó xn −→D x0. Mặt khác v = lim n→∞λn(xn−x0) với λn = µn αn > 0 nên ta cũng có v ∈ TD(x0). Đẳng thức thứ hai được suy ra từ Mệnh đề 6.9 với chú ý dD là hàm lồi.
b) được suy ra từ đẳng thức thứ nhất trong a).
Mệnh đề 6.11. Nếu C và D lồi trong X sao cho (intC)∩D 6= ∅ thì
TC∩D(x0) =TC(x0)∩TD(x0), ∀x0 ∈ C ∩D. Chứng minh. Từ Mệnh đề 6.10 ta có TC∩D(x0) = [ λ>0 λ(C ∩D−x0) = [ λ>0 λ((C −x0)∩(D−x0)) = h [ λ>0 λ(C −x0)i \ h [ λ>0 λ(D−x0)i = [ λ>0 λ(C −x0)\ [ λ>0 λ(D−x0) = TC(x0)∩TD(x0).
Trong đó, đẳng thức thứ ba có được do C và D lồi, còn đẳng thức thứ tư do áp dụng Mệnh đề 2.26.
Các kết quả tiếp theo sẽ cho thấy biểu diễn của nón tiếp xúc và nón pháp tuyến của các tập lồi được cho bởi hệ bất phương trình và phương trình, tuyến tính hoặc phi tuyến.
Trước hết ta xét các tập đa diện có dạng:
D ={x ∈X | hx, aii ≤ bi, i∈ I}, (6.15) trong đó I := {1, . . . , m} là tập chỉ số, ai ∈ X∗ \ {0} và bi ∈ R với mọi
i∈I. Với x0 ∈D ta gọi I(x0) := {i ∈I | hx0, aii= bi}là tập hữu hiệu tại
152 6.3. Nón tiếp xúc và nón pháp tuyến
Mệnh đề 6.12. Với D được cho bởi (6.15) và x0 ∈ D ta có
TD(x0) ={v ∈X | hv, aii ≤ 0, ∀i∈ I(x0)};
ND(x0) =n X
i∈I(x0)
λiai | λi ≥ 0o.
Chứng minh. Với mọi v ∈ TD(x0) tồn tại dãy xn →D x0 và λn >0 sao cho
λn(xn −x0)→v. Lúc đó với mọi i∈ I(x0) ta có hx0, aii= bi nên
hv, aii= lim
n→∞λnhxn−x0, aii ≤ 0.
Vậy ta nhận được bao hàm thức “⊆” trong đẳng thức thứ nhất. Để chứng minh bao hàm thức ngược lại ta lấy v thuộc tập ở vế phải. Vìhx0, aji< bj
với j ∈ J(x0) nên tồn tại số dương λ sao cho hx0 + 1
λv, aji < bj với mọi
j ∈ J(x0). Mặt khác, hx0 + 1
λv, aii ≤ hx0, aii = bi với mọi i ∈ I(x0), nên
x =x0+λ1v ∈D. Suy ra v = λ(x−x0)∈ TD(x0). Đẳng thức thứ nhất đã được chứng minh. Đẳng thức còn lại được suy ra từ Mệnh đề 3.34.
Tổng quát hơn ta xét tập đa diện
D = {x∈ X | hx, aii ≤bi, i ∈I; hx, cki= dk, k ∈K}, (6.16) với I = {1,2, . . . , m}, K = {1,2, . . . , n}, ai, ck ∈ X∗\ {0} và bi, dk ∈ R. Với mỗix0 ∈ D ta cũng kí hiệu I(x0)là tập các i∈I sao chohx0, aii= bi. Hệ quả 6.7. Với tập D được cho trong (6.16) và x0 ∈ D ta có:
TD(x0) = {v ∈ X | hv, aii ≤0, i∈I(x0); hv, cki= 0, k ∈ K}; ND(x0) = n X i∈I(x0) λiai+ X k∈K µkck | λi ≥ 0, µk ∈ Ro.
Chứng minh. Viết lại D dưới dạng
D ={x ∈X | hx, aii ≤bi, hx, cki ≤ dk, hx,−cki ≤ −dk; i∈I, k ∈K}
Nhận xét 6.2. Từ các kết quả trên ta thấy TD(x0) hoàn toàn được xác định bởi các ràng buộc hữu hiệu, tức là các ràng buộc mà tại x0 xảy ra dấu đẳng thức (là tập I(x0) trong Mệnh đề 6.12, tập I(x0)∪K trong Hệ quả 6.7). Điều này là dễ hiểu bởi với các ràng buộc xảy ra dấu bất đẳng thức chặt thì với mọi hướng v, các điểm x0+tv đều thoả mãn bất đẳng thức vớit > 0đủ bé. Với nhận xét như vậy, từ nay về sau, trong các chứng minh, chúng ta chỉ chú ý đến các ràng buộc hữu hiệu là đủ.
Trong nhiều trường hợp tập lồi được xác định bởi hệ bất đẳng thức lồi. Cụ thể, nếu g : X −→ Rm là hàm vec-tơ lồi thì, theo Mệnh đề 4.25,
D = {x∈ X | g(x)≤ 0} (6.17) là một tập hợp lồi. Với mỗi x0 ∈ D ta đặt I(x0) = {i | gi(x0) = 0} và
J(x0) = {i | gi(x) < 0}. D được gọi là chính quy nếu tồn tại xˆ ∈ D sao cho I(ˆx) =∅, hay g(ˆx)< 0.
Bổ đề 6.2. Nếu g :X −→ R là hàm lồi liên tục tại x0 ∈X thì
K+ = −[
λ≥0
λ∂g(x0)∗, (6.18)
với K ={v ∈X | g0(x0;v)≤0}. Hơn nữa, nếu 0 6∈∂g(x0) thì
K+ = − [
λ≥0
λ∂g(x0). (6.19)
Chứng minh. Đặt H := −Sλ≥0λ∂g(x0)∗. Bao hàm thức “K+ ⊇ H” là
hiển nhiên vì K+ là nón đóng yếu∗ và với mọi x∗ ∈ ∂g(x0), v ∈ K ta có
hv, x∗i ≤ g0(x0;v) ≤ 0. Để chứng minh bao hàm thức ngược lại, ta lấy
y∗ 6∈H. Theo Định lí Tách mạnh tồn tại v ∈ X sao cho
hv, y∗i<0 = inf
x∗∈Hhv, x∗i ≤ inf
x∗∈−∂g(x0)hv, x∗i= −g0(x0;v).
Vậy v ∈ K và do đó y∗ 6∈ K+. Tóm lại K+ = H. Đẳng thức (6.19) nhận được từ Mệnh đề 2.30 với chú ý rằng ∂g(x0) compact yếu∗.
154 6.3. Nón tiếp xúc và nón pháp tuyến
Mệnh đề 6.13. Giả sử D là tập được xác định bởi (6.17) với các hàm thành phần gi là lồi, liên tục tại x0 ∈ D. Lúc đó,
a) Nếu I(x0) =∅ thì TD(x0) =X.
b) Nếu I(x0)6=∅ thì
TD(x0)⊆ {v ∈ X | gi0(x0;v)≤0, i∈ I(x0)}. (6.20)
Hơn nữa, nếu D chính quy thì đẳng thức xảy ra, đồng thời ta có
ND(x0) = [
λ≥0
λco¡ [
i∈I(x0)
∂gi(x0)¢. (6.21)
Chứng minh. Nếu I(x0) =∅ thì x0 là điểm trong của D nên TD(x0) = X.
Bây giờ giả sử I(x0)6=∅. Với i∈ I(x0) ta có
g0
i(x0;x−x0)≤ gi(x)−gi(x0) =gi(x)≤ 0, ∀x∈ D,
nên D −x0 ⊆ {v ∈ X | g0
i(x0;v) ≤ 0, i ∈ I(x0)}. Vì vế phải là một nón lồi đóng nên, từ Mệnh đề 6.10, ta suy ra (6.20). Bây giờ giả sử tồn tại xˆ sao cho g(ˆx)<0. Đặt v0 = ˆx−x0 ta có
g0
i(x0;v0)≤ gi(ˆx)−gi(x0)<0, ∀i∈ I(x0).
Để chứng minh dấu đẳng thức ở (6.20) xảy ra trước hết ta sẽ chứng minh:
∀v ∈ X : (g0 i(x0;v)< 0, ∀i∈ I(x0)) =⇒ v ∈ TD(x0). Thật vậy, nếu g0 i(x0;v) = lim t→0+ gi(x0+tv)
t <0 với mọi i∈ I(x0), thì với t > 0 đủ bé ta có gi(x0+tv)< 0 với mọi i∈I(x0), suy ra v ∈ TD(x0).
Bây giờ lấy tuỳ ý v thuộc tập vế phải của (6.20). Với mỗi n∈ N∗ và
i∈ I(x0) ta có g0 i(x0;v+ 1 nv0)≤ g0 i(x0;v) + 1 ng0 i(x0;v0)<0. Vậy v+ 1 nv0 ∈
TD(x0) với mọi n∈N∗. Do TD(x0) đóng ta suy ra v ∈TD(x0). Để chứng minh (6.21) ta chú ý rằng
TD(x0) = \
i∈I(x0)
Mặt khác g0
i(x0;v0) < 0 nên v0 ∈ intTi(x0) và ∂gi(x0) 63 0, với mọi i ∈
I(x0). Do đó áp dụng Hệ quả 3.16 và Bổ đề 6.2 ta có ND(x0) = −TD(x0)+ = − X i∈I(x0) Ti(x0)+ = X i∈I(x0) [ λ≥0 λ∂gi(x0) = [ λ≥0 λco¡ [ i∈I(x0) ∂gi(x0)¢.
Đẳng thức cuối cùng có thể chứng minh bằng các thao tác cơ bản.
Nhận xét 6.3. Chú ý rằngco¡ Si∈I(x0)∂gi(x0)¢là tập compact yếu∗, hơn nữa, do g0
i(x0;v0)< 0 với mọi i ∈ I(x0), tập này không chứa gốc. Vì vậy tập hợp cuối cùng trong chứng minh đúng là một nón lồi đóng yếu∗. Điều kiện chính quy trong mệnh đề là cốt yếu. Thật vậy ta xét ví dụ sau. Ví dụ 6.2. ChoD ={(x, y)∈R2 | x2−y ≤ 0; x2+y ≤ 0} ={(0,0)}.Các hàmg1(x, y) = x2−y vàg2(x, y) = x2+y đều lồi, khả vi vàI(x0) ={1,2}, với x0 = (0,0). Tuy nhiên lúc đó TD(x0) = {(0,0)}, trong khi
{(u, v)| h(u, v), gi0(x0)i ≤ 0; i= 1,2}= {(x,0)| x ∈R}.
Phần còn lại của mục này chúng ta sẽ cố gắng mô tả nón tiếp xúc và nón pháp tuyến của các tập được cho bởi hệ phương trình, bất phương trình không lồi. Trước tiên ta xét trường hợpD được xác định bởi hệ hữu hạn phương trình, bất phương trình trơn dạng sau đây:
D = {x ∈ X | g(x)≤ 0, h(x) = 0}, (6.22) vớig : X −→Rm,h : X −→Rk là các hàm vec-tơ, có các hàm thành phần khả vi liên tục trên X. Với mỗi x0 ∈ D ta đặt I(x0) = {i| gi(x0) = 0} và
LD(x0) ={v ∈X | hv, gi0(x0)i ≤ 0, i∈ I(x0); hv, h0j(x0)i= 0, ∀j}.
Mệnh đề 6.14.
156 6.3. Nón tiếp xúc và nón pháp tuyến
Nếu (6.23) xảy ra dấu đẳng thức ta nói x0 là điểm chính quy của D.
Chứng minh. Với mọi v ∈ TD(x0) tồn tại các dãy vn →v, tn > 0 sao cho
xn = x0 + tnvn ∈ D và xn → x0. Với mỗi i ∈ I(x0) và n ∈ N∗ tồn tại
ξn ∈ (x0, xn) sao cho 0≥ gi(xn)−gi(x0) =hxn−x0, g0 i(ξn)i =tnhvn, g0 i(ξn)i. Vì xn →x0 nên ξn →x0, suy ra g0 i(ξn)→g0 i(x0). Cuối cùng ta có hv, g0i(x0)i= lim n→∞hvn, gi0(ξn)i ≤0, ∀i∈ I(x0).
Tương tự, với mọi hj và n∈ N∗ tồn tại ηn ∈ (x0, xn) sao cho 0 =hj(xn)−hj(x0) = hxn −x0, h0j(ηn)i=tnhvn, h0j(ηn)i.
Vì ηn → x0 nên h0
j(ηn) → h0
j(x0). Cũng bằng cách lấy giới hạn ta được
hv, h0
j(x0)i= 0. Vậy v ∈LD(x0).
Mệnh đề 6.15. Cho D ={x ∈X | g(x)≤ 0} với g là hàm vec-tơ có các hàm thành phần gi khả vi liên tục. Giả sử x0 ∈ D sao cho tồn tại v ∈ X
thoả mãn hv, g0
i(x0)i< 0 với mọi i ∈I(x0). Lúc đó x0 là điểm chính quy. Chứng minh. Đặt P = {v ∈ X | hv, g0
i(x0)i < 0, i ∈ I(x0)}. Dễ thấy P
là một nón lồi mở (khác rỗng), hơn nữa là phần trong của LD(x0). Suy ra LD(x0) = P . Do đó ta chỉ cần chứng minh P ⊆ TD(x0). Thật vậy, với
v ∈ P, bằng kĩ thuật tương tự chứng minh Mệnh đề 6.13, ta tìm được
t > 0 đủ bé sao cho gi(x0+tv)< 0 với mọi i∈ I, tức là x0+tv ∈ D, suy
ra v ∈ TD(x0).
Mệnh đề 6.16. Cho D ={x ∈X | g(x)≤ 0} với gi là các hàm lõm, liên tục. Giả sử x0 ∈D là điểm sao cho I(x0)6=∅. Lúc đó
Chứng minh. Tương tự các kết quả trước, dấu “⊆” có thể chứng minh đơn giản. Chúng ta còn chứng minh bao hàm thức ngược lại. Với mỗi v thuộc tập ở vế phải, do gi lõm, ta có
gi(x0+tv)≤ gi(x0) +tgi0(x0;v)≤ 0, ∀t > 0, i∈ I(x0).
Vậy v ∈TD(x0).
Bây giờ chúng ta khảo sát nón tiếp xúc của tập hợp được xác định bởi một phương trình suy rộng. Cụ thể, cho F là một ánh xạ từ X vào một không gian Banach Y và xét tập hợp
D = {x ∈ X | F(x) = 0}.
Định lí 6.17 (Ljusternik). Nếu F khả vi liên tục trong một lân cận của
x0 ∈D và F0(x0)(X) =Y thì
TD(x0) ={v ∈ X | F0(x0)(v) = 0}= KerF0(x0).
Để chứng minh định lí này ta cần sử dụng bổ đề dưới đây mà được suy ra trực tiếp từ Định lí Graves (Aubin-Frankowska (1990), Định lí 3.4.2). Bổ đề 6.3. Nếu F thoả mãn các điều kiện của Định lí Ljusternik thì tồn tại lân cận U của x0 và số dương γ sao cho với mọi hình cầu B(x;r)⊆ U
ta có
F(B(x;r)) ⊇B0(F(x);γr).
Chứng minh Định lí Ljusternik. Nếu v ∈ TD(x0) thì tồn tại dãy vec-tơ
vn → v và dãy số tn →0+ sao cho xn = x0+tnvn ∈ D với mọi n. Ta có
0 = lim n→∞ ³ F0(x0)(vn)− F(x0+tnvn)−F(x0) tn ´ =F0(x0)(v),
tức là v ∈KerF0(x0). Ngược lại, nếu F0(x0)(v) = 0 thì