Một hàm lồi f có thể là kết quả của một vài phép toán trên các hàm lồi fi, i ∈ I. Việc hiểu cách tính dưới vi phân của f thông qua cách tính dưới vi phân của các fi là quan trọng.
Mệnh đề 2.3. Cho fi, i = 1, . . . , m, là một hàm lồi chính thường
trên Rn. Khi đó với mọi x ∈ Rn:
∂(
m
X
i=1
fi(x)) ⊃
m
X
i=1
∂fi(x).
Nếu tồn tại một điểm a ∈ ∩mi=1domfi, trong đó với mọi hàm fi, có thể trừ một, là liên tục, thì sự bao hàm trên trong thực tế là một đẳng thức với mọi x ∈ Rn.
Chứng minh. Mệnh đề đúng với m = 2. Hơn nữa, phần thứ nhất của mệnh đề dễ dàng được chỉ ra, vì vậy ta chỉ cần chứng minh phần thứ hai của mệnh đề. Nếu p∈ ∂(f1 + f2)(x0), thì hệ
x−y = 0, f1(x) +f2(y)−f1(x0)−f2(x0)− hp, x−x0i < 0 là không tương thích. Ta có D = domf1×domf2 và A(x, y) := x−y.
Theo giả thiết, f1 là liên tục tại a ∈ domf1 ∩ domf2, vì thế có một hình cầu U bao quanh 0 sao cho a+ U ⊂ domf1, do đó
U = (a+U)−a ⊂ domf1 −domf2 = A(D),
tức là, 0 ∈ intA(D). Vì thế, theo định lý về bất đẳng thức lồi, tồn tai t∈ Rn sao cho
ht, x−yi+ [f1(x) +f2(x)−f1(x0)−f2(x0)− hp, x−x0i] ≥0, với mọi x ∈ Rn và y ∈ Rn. Đặt y = x0 thìhp−t, x−x0i ≤ f1(x)−f(x0) với mọi x ∈ Rn, tức là p − t ∈ ∂f1(x0). Khi đó đặt x = x0, có ht, y − x0i ≤ f2(y) − f2(x0) ∀y ∈ Rn, tức là t ∈ ∂f2(x0). Do đó, p= (p−t) + t∈ ∂f1(x0) +∂f2(x0). Mệnh đề được chứng minh.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ HOÀNG ANH
Mệnh đề 2.4. Cho A : Rn → Rm là một ánh xạ tuyến tính và g là một hàm lồi chính thường trên Rn. Khi đó với mọi x ∈ Rn:
AT∂g(Ax) ⊂∂(g ◦A)(x).
Nếu g liên tục tại một số điểm trên Im(A) (dãy của A) thì sự bao hàm trên trong thực tế là bình đẳng với mọi x ∈ Rn.
Chứng minh. Xét bất kỳ p∈ ∂(g ◦A)(x0). Khi đó hệ
Ax−y = 0, g(y)−g(Ax0)− hp, x−x0i < 0, x ∈ Rn, y ∈ Rm là không tương thích. Xác định D = Rn ×domg, B(x, y) = Ax−y.
Vì có một điểm b ∈ ImA∩int(domg) ta có b ∈ intB(D), khi đó tồn tại t ∈ Rm sao cho
ht, Ax−yi+g(y)−g(Ax0)− hp, x−x0i ≥ 0
với mọi x ∈ Rn và mọi y ∈ Rm. Đặt y = 0 thì dẫn tới hATt−p, xi −g(Ax0) + hp, x0i ≥ 0, ∀x ∈ Rn, do đó p = ATt, trong khi đó đặt x = x0 thì dẫn tới
ht, y −Ax0i ≤ g(y)−g(Ax0), tức là t∈ ∂g(Ax0). Vì vậy, p∈ AT∂g(Ax0).
Mệnh đề 2.5. Cho g(x) = (g1(x), . . . , gm(x)),trong đó mỗi gi là một hàm lồi đi từ Rn đến R, cho ϕ : Rm → R là một hàm lồi, giảm từng
phần, tức là sao cho ϕ(t) ≥ϕ(t0) với bất kỳ ti ≥ ti0, i = 1, . . . , m. Thì hàm f = ϕ◦g là lồi và
∂f(x) = {
m
X
i=1
sipi|pi ∈ ∂gi(x),(s1, . . . , sm) ∈ ∂ϕ(g(x)).} (2.6)
Chứng minh. Để chứng minh mệnh đề trên, ta sử dụng mệnh đề sau:
"Cho hàm g(x) : Rn → (−∞,+∞] là một hàm lồi và cho hàm ϕ(t) : R →(−∞,+∞]là một hàm lồi không giảm. Thì f(x) =ϕ(g(x)) là lồi trên Rn (trong đó ta quy ước rằng ϕ(+∞) = +∞)"
Giờ ta đi chứng minh mệnh đề 2.5. Tính lồi của f được suy ra từ sự mở rộng của mệnh đề ta vừa nêu với trường hợp cụ thể m = 1. Để chứng minh (2.6), cho p = Pm
i=1sipi với pi ∈ ∂gi(x0), s ∈ ∂ϕ(g(x0)).
Đầu tiên thấy rằng hs, y−g(x0)i ≤ ϕ(y) −ϕ(g(x0)) ∀y ∈ Rm ẩn, với mọi y = g(x0) +u và u ≤ 0 thì hs, ui ≤ ϕ(g(x0) +u)−ϕ(g(x0)) ≤ 0 với mọi u ≤0, do đó s ≥ 0. Bây giờ
hp, x−x0i =
m
X
i=1
sihpi, x−x0i
≤
m
X
i=1
si[gi(x)−gi(x0)] = hs, g(x)−g(x0)i
≤ ϕ(g(x))−ϕ(g(x0)) =f(x)−f(x0)
với mọi x ∈ Rn.Vì thế p∈ ∂f(x0), tức là vế phải của (2.6) được chứa trong vế trái. Để chứng minh phần đảo, cho p∈ ∂f(x0), vì thế hệ
x ∈ Rn, y ∈ Rm, gi(x) < yi i = 1, . . . , m (2.7) ϕ(y)−ϕ(g(x0))− hp, x−x0i < 0 (2.8)
Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ HOÀNG ANH
là không tương thích, trong đó hệ (2.7) có một nghiệm. Khi đó, tồn tại s ∈ Rm+ sao cho
ϕ(y)−ϕ(g(x0))− hp, x−x0i+hs, g(x)−yi ≥ 0 với mọi x ∈ Rn , y ∈ Rm. Đặt x = x0 dẫn tới
ϕ(y)−ϕ(g(x0)) ≥ hs, y−g(x0)i
với mọi y ∈ Rm, tức là s ∈ ∂ϕ(g(x0)). Mặt khác, đặt y = g(x0) dẫn tới
hp, x−x0i ≤
m
X
i=1
si[gi(x)−gi(x0)]
với mọi x ∈ Rn, tức là p ∈ ∂(Pm
i=1sigi(x0)), do đó theo mệnh đề 2.3, p= Pm
i=1sipi với pi ∈ ∂gi(x0).
Chú ý rằng khi ϕ(y) là khả vi tại g(x) thì công thức (2.6) ở trên tương tự như quy tắc dãy cổ diển, cụ thể là:
∂(ϕ◦g)(x) =
m
X
i=1
∂ϕ
∂yi(g(x)∂gi(x).
Mệnh đề 2.6. Cho f(x) = max{g1(x), . . . , gm(x)}, trong đó mỗi gi là một hàm lồi từ Rn đến R thì
∂f(x) = conv{∪∂gi(x)| i ∈ I(x)}, (2.9) trong đó I(x) ={i| f(x) = gi(x)}.
Chứng minh. Nếu p ∈ ∂f(x0) thì hệ gi(x)−f(x0)−
p, x−x0
< 0 ; i = 1,2, . . . , m
không tương thích. Khi đó, tồn tại λi ≥ 0 sao cho
m
P
i=1
λi = 1, và
m
X
i=1
λi[gi(x)−f(x0)−
p, x−x0
] ≥0.
Cho x = x0, ta có
X
i /∈I(x0)
λi[gi(x0)−f(x0)] ≥0
với gi(x0)−f(x0) < 0 ; ∀i /∈ I(x0), điều này nghĩa là λi = 0 với mọi i /∈ I(x0). Do đó,
X
i∈I(x0)
λi[gi(x)−gi(x0)− hp, x−x0i] ≥ 0
với mọi x ∈ Rn và vì thế p ∈ ∂( P
i∈I(x0)
λigi(x0)). Từ mệnh đề 2.3, p= P
i /∈I(x0)
pi vớipi ∈ ∂gi(x0). Vậy∂f(x0) ⊂conv{∪∂gi(x0)| i ∈ I(x0)}.
Phần đảo của sự bao hàm có thể kiểm tra bằng phương pháp trực tiếp
Chương 3
ỨNG DỤNG
3.1 Ứng dụng trong sự biểu diễn của các hàm lồi epi-pointed
Các định nghĩa và tính chất dưới đây sẽ được sử dụng cho phần tiếp theo
Định nghĩa 3.1. Cho X là không gian Banach và X∗ là không gian kép của nó. Cho C là một tập con lồi, đóng, khác rỗng của X. Ta ký hiệu NC(u) là tập tất cả các hướng pháp tuyến của C tại một điểm u ∈ C, tức là,
NC(u) ={p ∈ X∗ : hp, vưui ≤ 0, ∀v ∈ C}
Mối quan hệ của nó với hàm lồi chính thường nửa liên tục dưới g là như sau
t−1(x∗) ∈ ∂g(x) ⇐⇒ (x∗,−t) ∈ Nepig(x, g(x)), (3.1) trong đó t > 0, x ∈ X, x∗ ∈ X∗.
Định nghĩa 3.2. Cho C là một tập con lồi đóng khác rỗng của X. Một điểm u ∈ C được gọi là tiếp xúc mạnh (strongly exposed) nếu tồn tại p∈ X∗ sao cho với mỗi dãy {un} ⊂ C mệnh đề sau đây đúng
n−→+∞lim hp, uni = σC(p) =⇒ lim
n−→+∞un = u.
Trong trường hợp như vậy p ∈ X∗ đọc gọi là một hàm tiếp mạnh cho điểm u trong C. Ta kí hiệu Exp(C, u) là tập tất cả các hàm của X∗ thỏa mãn tính chất trên.
Ta kí hiệu expC là tập của các điểm tiếp xúc mạnh của C. Rõ ràng, u ∈ expC khi và chỉ khi Exp(C, u) 6= 0. Nó trực tiếp cho phép với mọi u ∈ C
Exp(C, u) ⊂ NC(u)∩domσC. (3.2) Ta cũng chỉ ra rằng ExpC là tập tất cả các hàm tiếp xúc mạnh, do đó,
ExpC = S
u∈expCExp(C, u).
Định nghĩa 3.3. Một không gian Banach X được gọi là có tính chất Radon-Nikodym, nếu mọi tập con lồi,đóng, bị chặn, khác rỗng C của X có thể được biểu diễn như bao lồi đóng của các điểm tiếp xúc mạnh, tức là
C = conv(expC).
Định nghĩa 3.4. Một điểm x ∈ domg được gọi là tiếp xúc mạnh hàm lồi chính thường nửa liên tục dưới g nếu
(x, g(x)) ∈ exp(epig).
Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ HOÀNG ANH
Ta có expg là tập các điểm tiếp xúc mạnh của g. Với mỗi x ∈ expg chúng ta kí hiệu Exp (g, x) là tập tất cả x∗ ∈ X∗ thỏa mãn
{x∗,−1} ∈ Exp (epig,(x, g(x))). Theo quan hệ (3.1) và (3.2) ta có
Exp (g, x) ⊂∂g(x). (3.3)
Đồng thời ta có tập
Expg = ∪
x∈expgExp (g, x).
Nó có thể xảy ra rằng tập của những điểm đã cho là rỗng. Ví dụ g là một hàm hằng. Chúng ta sẽ không xét trường hợp này, chúng ta sẽ chỉ ra expg là không rỗng trong không gian với tính chất Radon-Nikodym.
Định nghĩa 3.5. Một hàm chính thường, nửa liên tục dưới f : X → R∪ {+∞} được gọi là epi−pointed nếu int (domf∗) 6= ∅. Định nghĩa ở trên thực tế tương đương với điều kiện ràng buộc sau:
Tồn tại x∗ ∈ X∗, ρ > 0 và r ∈ R sao cho f (x) ≥ hx∗, xi+ρkxk+r với mọi x ∈ X.
Nhận xét 3.1. Một hàm chính thường nửa liên tục dưới f là epi− pointed nếu và chỉ nếu convf là epi−pointed.
Mệnh đề 3.1. Tập Expg là trù mật trong int(domg∗) nếu không gian Banach X có tính chất Radon-Nikodym và hàm lồi g là epi−pointed.
Chứng minh. Cho x ∈ int(domg∗) và ε > 0 sao cho B(x∗, ε) là tập
con của tập int(domg∗). Tập
r := min 1
2, ε(2kx∗k+ 2)−1
.
Ta có (x∗,−1) ∈ int(domσepig), khi đó tồn tại z∗ ∈ B(x∗, r) và s ∈ (1−r,1 +r) sao cho (z∗,−s) ∈ Exp (epig). Hiển nhiên, ta có
s−1z∗,−1
∈ Exp (epig), do đó s−1z∗ ∈ Exp (epig). Phép tính trực tiếp này mang lại
s−1z∗ −x∗ ≤
s−1z∗ −z∗
+kz∗ −x∗k
< s−1|1−s| kz∗k+r
≤ 2r(kx∗k+r) +r ≤ε.
⇒s∗x∗ ∈ Expg∩B(x∗, ε). Điều phải chứng minh.
Định lý 3.1. Giả sử không gian Banach X có tính chất Radon- Nikodym và hàm lồi g là epi − pointed. Cho x0 ∈ dom∂g thì với mỗi điểm x ∈ X ta có
g(x)−g(x0) = sup (n−1
X
i=0
hx∗i, xi+1 −xii+hx∗n, x −xni )
. (3.4)
Với tổng trên cho bởi tất cả số nguyên n, tất cả x1, . . . , xn trong expg và tất cả x∗0 ∈ ∂g(x0), x∗1 ∈ ∂g(x1), ..., x∗n ∈ ∂g(xn).
Chứng minh. Chúng ta giả sử tập giá trị của toán tử T :X ⇒X∗ xác định với tất cả x ∈ X bằng
T (x) =
∂g(x), x ∈ {x0} ∪expg.
∅, x /∈ {x0} ∪expg.
Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ HOÀNG ANH
Vì GrT ⊂ Gr∂g, toán tử T đồng thời là liên tục đơn điệu. Chúng ta yêu cầu rằng phần bên phải của (3.4) là bằng với vế phải của công thức
h(x) := sup (n−1
X
i=0
hx∗i, xi+1−xii+hx∗n, x−xni )
.
với toán tử T. Thật vậy, cho một số nguyên n≥ 1và một dãy hữu hạn x1, . . . , xn trong domT kí hiệu bởi i0 nhỏ hơn chỉ số trong {0, . . . , n}
sao cho xi 6= x0 với ∀i > i0, thì xi0 = x0. Sử dụng tính liên tục đơn điệu của T ta có
Expg ⊂ ∪
x∈expg∂g(x) ⊂ ImT.
Từ mệnh đề 3.1, ImT là trù mật trong int (domg∗).
Nhận xét 3.2. Công thức (3.4) là sai với hàm epi−pointed, thậm chí trong số chiều hữu hạn. Xem xét với ví dụ của hàm lồi chính thưởng nửa liên tục dưới g : R2 →R xác định trên (x, y) ∈ R2 bằng
g(x, y) = y2 2 .
Trong trường hợp expg = ∅ và với x0 = (0,0) công thức (3.4) dẫn tới g(x) = 0 là không đúng.
Nhận xét 3.3. Công thức (3.4) đồng thời sai trong không gian Banach không có tính chất Radon-Nikodym. Thật vậy cho X = c0(N) và cho g là hàm chỉ tiêu của hình cầu đơn vị đóng X. Thì g là hàm lồi chính thường nửa liên tục dưới và nó đồng thời epi−pointed, vì g∗ trùng với chuẩn của X∗ = e1(N). Hơn nữa x0 = 0 và chú ý rằng ∂g(x0) ={0}.
Vì hình cầu đơn vị đóng của X không có cực điểm, dễ dàng thấy
expg = ∅. Vì thế công thức (3.4) dẫn tới g(x) = 0 là không đúng.
3.2 Ứng dụng: Tính lồi của hàm epi-pointed
Xuyên suốt mục này chúng ta ký hiệu f : X → R∪ {+∞} hàm chính thường nửa liên tục dưới epi−pointed và ta đặt
g = convf.
Chúng ta dễ dàng kiểm tra rằng
x∈ dom∂f ⇒ (g(x) =f(x), ∂g(x) = ∂f(x)). (3.5)
Bổ đề dưới đây là một trường hợp đặc biệt của bổ đề trên.
Bổ đề 3.1. Cho x ∈ expg thì g(x) =f (x) và ∂g(x) = ∂f(x).
Chứng minh. Chúng ta có tập C := epig, A = epif và u := (x, g(x)).
Chú ý rằng g(x) = f(x) nếu và chỉ nếu u ∈ A. Chúng ta giả sử rằng, g(x) < f(x) với u /∈ A. Vậy A là đóng, tồn tại ρ > 0 sao cho
A∩B(u, ρ) =∅. (3.6)
Theo giả sử u ∈ expC,thì tồn tại p ∈ X∗ ×R và ε > 0 sao cho C ∩H ⊂B(u, p),
trong đó H là nửa không gian mở {v ∈ X ×R : hp, vi > hp, ui −ε}.
Thì, nhắc lại rằng A ⊂ C, hệ thức (3.6) dẫn đến A∩ H = ∅, hoặc tương đương, lấy bao lồi đóng của tập A, thì C ∩H = ∅. Ta có mâu thuẫn vì u ∈ C ∩H. Do đó, g(x) =f(x).
Khóa luận tốt nghiệp Đại học NGUYỄN THỊ HOÀNG ANH
Hệ quả 3.1. Giả sử không gian Banach X có tính chất Radom- Nikodym. Cho x0 ∈ dom∂f thì với mỗi x ∈ X, ta có
convf(x) =f(x0) + sup (n−1
X
i=0
hx∗i, xi+1 −xii+hx∗n, x −xni )
(3.7)
trong đó giá trị lớn nhất được cho trên tất cả các số nguyên n, tất cả x1, x2, . . . , xn thuộc dom∂f và tất cả x0∗ ∈ ∂f(x0), xj∗ ∈ ∂f(xj).
Chứng minh. Ta có vế phải của (3.7) xác định một hàm lồi chính thường nửa liên tục dưới fbthỏa mãn fb≤ g (chú ý rằng g(x0) =f(x0).
Mặt khác từ định lý 3.1 và bổ đề 3.1, ta nhận được fb≥ g. Điều phải chứng minh.
KẾT LUẬN
Trong khóa luận, tôi trình bày các vấn đề liên quan đến dưới vi phân của hàm lồi, và ứng dụng của bổ đề nó dựa vào bài báo [2]. Cụ thể:
Tổng hợp, liệt kê các kiến thức liên quan đến hàm lồi, dưới vi phân hàm lồi, ứng dụng của dưới vi phân hàm lồi trong việc biểu diễn các hàm lồi đặc biệt.
Tự đưa và giải các ví dụ 2.1.1, ví dụ 2.1.2 và cũng như các ứng dụng của dưới vi phân.
Vì thời gian và kiến thức có hạn nên trong khóa luận còn nhiều thiếu sót khó tránh khỏi. Mong quý thầy cô và các bạn góp ý để khóa luận được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!