Tài liệu Bai tap giai tich loi

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------ Tô Văn Giáp BÀI TẬP GIẢI TÍCH LỒI TIỂU LUẬN Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Giảng viên PGS.TS. NGUYỄN HỮU ĐIỂN HÀ NỘI- 2013 1 Các bài tập được giao 10, 20, 30, 40, 50, 61, 75, 84, 116, 131 Bài 10. Cho C ⊂ Rn là tập lồi, đóng, khác rỗng. Chứng minh rằng với mọi x ∈ Rn đều có thể phân tích dưới dạng x = c + c∗ , trong đó c ∈ C, c∗ ∈ NC (x).Xét trường hợp C là nón lồi đóng và C là nửa không gian đóng. Giải n Với mọi x ∈ R . Do C là tập lồi đóng khác rỗng nên tồn tại duy nhất hình chiếu của x lên C . Đặt π = PC (x). Hiển nhiên ta có π ∈ C Theo mệnh đề 5.1, ta có (x − π) ∈ NC (π) Đặt y = x − π ⇒ x = y + π Ở đây π ∈ C , ta cần chứng minh y ∈ NC (x). Thật vậy, vì y ∈ NC (π) nên hy, a − πi ≤ 0, ∀a ∈ C ⇒ hy, ai − hy, πi ≤ 0 ⇒ hy, ai − hy, xi + hy, xi − hy, πi ≤ 0 ⇒ hy, a − xi + hy, x − πi ≤ 0 ⇒ hy, a − xi ≤ −hy, x − πi ⇒ hy, a − xi ≤ −hx − π, x − πi ⇒ hy, a − xi ≤ −kx − πk2 ⇒ hy, a − xi ≤ 0, ∀a ∈ C ⇒ y ∈ NC (x) Vậy với mọi x ∈ Rn ta có thể phân tích x = y + π , trong đó π ∈ C, y ∈ NC (x) Bài 20. Cho tập bất kì S ⊂ Rn . Chứng minh rằng hoặc int(S) = ri(S) hoặc int(S) = ∅. Giải Giả sử int(S) 6= ∅, khi đó có x ∈ int(S) tức là ∃r > 0 : x + rB ⊂ S ⇒ af f (x + rB) ⊂ af f (S) Mặt khác ta có dim(af f (x + rB)) = n ⇒ dim(af f (S)) = n hay af f (S) = Rn Như vậy: *) ∀x ∈ int(S) ⇒ ∃r > 0 : x + rB ⊂ S ⇒ x + rB ∩ af f (S) ⊂ S ⇒ x ∈ ri(S) Suy ra int(S) ⊂ ri(S) *) ∀x ∈ ri(S) ⇒ ∃r > 0 : x + rB ∩ af f (S) ⊂ S do af f (S) = Rn nên x + rB ∩ af f (S) = x + rB vì vậy x + rB ⊂ S hay ri(S) ⊂ int(S). Suy ra int(S) = ri(S).  Bài 30. Cho S = {x ∈ R2 : kxk2 = 1} đây là đường tròn đơn vị trong R2 . Hãy tìm co(S) và cone(S). Giải 2 *) Ta có co(S) = M = {x ∈ R : kxk2 ≤ 1}. Thật vậy Hiển nhiên ta có M là một tập lồi chứa S Giả sử M’ là một tập lồi bất kì chứa S ta sẽ chứng minh M ⊆ M 0 . Ta có ∀x ∈ M ⇒ ∃x1 , x2 ∈ S, λ > 0 : x = λx1 + (1 − λ)x2 vì S ⊂ M 0 nên x1 , x2 ∈ M 0 điều này chứng tỏ x ∈ M 0 hay M ⊆ M 0 Vậy co(S) = {x ∈ R2 : kxk2 ≤ 1} *) Ta có cone(S) = Rn . Thật vậy Hiển nhiên Rn là một nón lồi chứa S (và chứa gốc) Xét N = {λx | x ∈ S, λ > 0} là nón bất kì chứa S. Khi đó ∀x ∈ Rn , ∃x1 ∈ S, λ > 0 : x = λx1 ở đây ta lấy x1 là giao điểm của đường thẳng đi qua x và gốc tọa độ, 2 λ = kxk. Do đó x ∈ N ⇒ Rn = N Vậy cone(S) = Rn Bài 40. Ta xét hình cầu đơn vị B1 = {x ∈ Rn : kxk1 ≤ 1} là tập lồi. Ở đây kxk1 = max{|xj |, j = 1, 2...n} là chuẩn cực đại của x. Chứng minh rằng B1 là đa diện lồi. Minh họa VD: n = 2. Giải n Ta có hình cầu đơn vị B1 = {x ∈ R : kxk1 ≤ 1} là tập lồi. Với mỗi x = (x1 , ..., xn ) ∈ B1 khi đó sẽ có xk , k ∈ {1, ..., n} sao cho |xk | = kxk1 = max{|xj |, j = 1, 2...n} và |xk | ≤ 1 hay −1 ≤ xk ≤ 1 Khi đó ta có thể viết B1 dưới dạng B1 = {x ∈ Rn : −1 ≤ xk ≤ 1, xk = max{|xj |, j = 1, 2...n}, k ∈ {1, ...n}} hay B1 = {x ∈ Rn : Ax ≤ b} Trong đó A là ma trận mà mỗi dòng có phần tử thứ k bằng 1 hoặc -1 các phần tử còn lại bằng 0, b là ma trận cột có phần tử thứ k bằng 1 các phần tử còn lại bằng 0,k ∈ {1, ..., n} Điều này chứng tỏ B1 là giao của các nửa không gian đóng hay nói cách khác B1 là một đa diện lồi. Trong trường hợp n = 2, B1 có dạng B1 = {(x, y) | −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1} là hình vuông. cau chuan max.png 3 Bài 50. Cho A là ma trận cấp m × n có hạng là m. Chứng minh rằng hình chiếu của một điểm y lên không gian con C := {x : Ax = 0} là điểm y − AT (AAT )−1 Ay . Tìm toán tử chiếu lên không gian trực giao của không gian con C. Giải Dễ thấy C là một tập lồi a) Trước hết ta chứng minh hình chiếu của y lên không gian con C là điểm PC (y) = y − AT (AAT )−1 Ay . Thật vậy ta có *) A(y − AT (AAT )−1 Ay) = Ay − AAT (AAT )−1 Ay = Ay − Ay = 0 ⇒ (y − AT (AAT )−1 Ay) ∈ C *) ∀z ∈ C xét hy−PC (y), z −PC (y)i = hy−(y−AT (AAT )−1 Ay), z −(y−AT (AAT )−1 Ay)i = hAT (AAT )−1 Ay, z − (y − AT (AAT )−1 Ay)i = h(AAT )−1 Ay, A(z − (y − AT (AAT )−1 Ay))i = 0 Vì A(z − (y − AT (AAT )−1 Ay)) = Az − A(PC (y)) = 0 (z, PC (y) ∈ C ⇒ Az = 0, A(PC (y)) = 0) Suy ra y − PC (y) ∈ NC (PC (y))( theo mệnh đề 5.1) Điều này chứng tỏ hình chiếu của y lên không gian con C là điểm PC (y) = y − AT (AAT )−1 Ay . b) Ta có C ⊥ = {z | hz, xi = 0, ∀x ∈ C}. Ta sẽ chứng minh toán tử chiếu lên C ⊥ là AT (AAT )−1 A tức là hình chiếu của một điểm y lên không gian con C ⊥ là điểm PC ⊥ (y) = AT (AAT )−1 Ay . Thật vậy *) Với mọi x ∈ C hAT (AAT )−1 Ay, xi = h(AAT )−1 Ay, Axi = h(AAT )−1 Ay, 0i = 0 ⇒ AT (AAT )−1 Ay ∈ C ⊥ *) Với mọi z ∈ C ⊥ xét tích vô hướng hy − AT (AAT )−1 Ay, z − AT (AAT )−1 Ayi = hy − AT (AAT )−1 Ay, zi − hy − AT (AAT )−1 Ay, AT (AAT )−1 Ayi = 0 − hA(y − AT (AAT )−1 Ay), (AAT )−1 Ayi =0 Suy ra y − AT (AAT )−1 Ay ∈ NC ⊥ (PC ⊥ (y)) Điều này chứng tỏ toán tử chiếu lên C ⊥ là AT (AAT )−1 A .  Bài 61. Cho C := {(x1 , x2 ) | x2 ≥ e−x1 } và D := {(x1 , x2 ) | x2 ≤ −e−x1 }. Chứng tở hai tập này lồi, không giao nhau. Tìm siêu phẳng tách chúng, có tồn tại siêu phẳng tách chặt hai tập này không? Giải a) Chứng minh C, D là hai tập lồi không giao nhau *) Với mọi x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ) ∈ C ta suy ra x2 ≥ e−x1 > 0 và y2 ≥ e−y1 > 0 Do đó (x2 )λ ≥ e−λx1 > 0 và (y2 )1−λ ≥ e−(1−λ)y1 > 0, ∀λ ∈ [0, 1] Nhân từng về ta được (x2 )λ (y2 )1−λ ≥ e−λx1 e−(1−λ)y1 = e−(λx1 +(1−λ)y1 ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy suy rộng cho hai bộ số không âm {x2 , y2 } và {λ, 1 − λ} ta có λx2 + (1 − λ)y2 ≥ (x2 )λ (y2 )1−λ ≥ e−(λx1 +(1−λ)y1 ) Điều này chứng tỏ λx + (1 − λ)y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1] hay C là tập lồi. *) Tương tự như vậy đối với tập D Với mọi x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ) ∈ D ta suy ra −x2 ≥ e−x1 > 0 và −y2 ≥ e−y1 > 0 Do đó (−x2 )λ ≥ e−λx1 > 0 và (−y2 )1−λ ≥ e−(1−λ)y1 > 0, ∀λ ∈ [0, 1] Nhân từng về ta được (−x2 )λ (−y2 )1−λ ≥ e−λx1 e−(1−λ)y1 = e−(λx1 +(1−λ)y1 ) 4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy suy rộng cho hai bộ số không âm {−x2 , −y2 } và {λ, 1 − λ} ta có λ(−x2 ) + (1 − λ)(−y2 ) ≥ (−x2 )λ (−y2 )1−λ ≥ e−(λx1 +(1−λ)y1 ) Điều này chứng tỏ λx + (1 − λ)y ∈ D, ∀λ ∈ [0, 1] hay D là tập lồi. *) Giả sử C ∩ D 6= ∅. Khi đó Với x = (x1 , x2 ) ∈ C ∩ D thì x2 ≥ e−x1 > 0 (vô lý) x2 ≤ −ex1 < 0 Do đó C ∩ D = ∅ b) Tìm siêu phẳng tách của C và D Do C và D là các tập lồi, nên C − D cũng lồi. Hơn nữa 0 ∈ C − D, vì C ∩ D = ∅. Theo bổ đề 6.1 áp dụng với x0 = 0, tồn tại véc tơ t = (0, 1) ∈ R2 sao cho với mọi z ∈ C − D, z = x − y, x = (x1 , x2 ) ∈ C, y = (y1 , y2 ) ∈ D thì ta có ht, zi = 0.(x1 − y1 ) + 1.(x2 − y2 ) = x2 − y2 ≥ e−x1 + e−y1 > 0 Điều này chứng tỏ ht, xi > ht, yi, ∀x ∈ C, y ∈ D Ta có ∀y = (y1 , y2 ) ∈ D, ht, yi = y2 ≤ −e−y1 < 0 Chon α := sup ht, yi = 0 y∈D Như vậy siêu phẳng tách (và cũng là tách chặt) hai tập C và D là ht, xi = 0 hay x2 = 0 Bài 75. Cho C là một tập lồi và f : C → R ∩ {+∞}.Chứng minh rằng f lồi trên C khi và chỉ khi ∀x, y ∈ C hàm một biến ϕ(t) := f (tx + (1 − t)y) lồi trên đoạn [0, 1]. Giải a) Giả sử ϕ(t) là hàm lồi, suy ra với mọi λ ∈ (0, 1), ∀t1 , t2 ta có ϕ(λt1 + (1 − λ)t2 ) ≤ λϕ(t1 ) + (1 − λ)ϕ(t2 )(1) Chú ý rằng ϕ(t) := f (tx + (1 − t)y) nên suy ra ϕ(0) = f (y), ϕ(1) = f (x) Ta có với mọi λ ∈ (0, 1) f (λx + (1 − λ)y) = ϕ(λ) = ϕ(λ1 + (1 − λ)0) ≤ λϕ(1) + (1 − λ)ϕ(0) = λf (x) + (1 − λ)f (y) Điều này chứng tỏ f (x) là hàm lồi. b) Ngược lại, giả sử f (x) là hàm lồi, với mọi λ ∈ (0, 1), ∀t1 , t2 Ta có ϕ(λt1 + (1 − λ)t2 ) = f ((λt1 + (1 − λ)t2 )x + (1 − λt1 − (1 − λ)t2 )y) ≤ ≤ (λt1 + (1 − λ)t2 )f (x) + (1 − λt1 − (1 − λ)t2 )f (y) ≤ λt1 f (x) + t2 f (x) − λt2 f (x) + f (y) − λt1 f (y) − (1 − λ)t2 f (y) ≤ λ(t1 f (x) + (1 − t1 )f (y)) + (1 − λ)(t2 f (x) + (1 − t2 )f (y)) ≤ λϕ(t1 ) + (1 − λ)ϕ(t2 ) Điều này chứng tỏ ϕ(t) là hàm lồi.  Bài 84. Chứng minh rằng một hàm tựa lồi trên một tập lồi, nếu đạt cực đại trên tập lồi đó thì sẽ đạt tại một điểm cực biên. Giải Giả sử C là tập lồi, f là hàm tựa lồi trên C. Theo định nghĩa hàm tựa lồi ta có Tập mức dưới Lf (α) = {x ∈ C : f (x) ≤ α} là tập lồi với mọi x ∈ R Ta thấy f (x) đạt cực đại tại một điểm trong tương đối của C thì f (x) là hằng số 5 trên C. Thật vậy, giả sử a ∈ riC mà tại đó f (x) đạt cực đại. Theo tính chất của điểm trong tương đối ta có ∀x ∈ C, ∃y ∈ C, λ ∈ [0, 1] : a = λx + (1 − λ)y Hàm f (x) đạt cực đại tại a nên:  f (x) ≤ f (a) f (y) ≤ f (a)  Nếu f (x) < f (a) thì tồn tại α < f (a) sao cho f (y) < f (a)  f (x) ≤ α ⇒ x, y ∈ Lf (α). f (y) ≤ α Mặt khác vì Lf (α) lồi nên a ∈ Lf (α) ⇒ f (a) ≤ α < f (a) (vô lý). Do đó ta có f (x) = a hoặc f (y) = a Tiếp theo ta giả sử x∗ là điểm cực đại của f (x) trên C. Nếu x∗ không là điểm cực biên thì tồn tại a, b ∈ C và λ ∈ (0, 1) sao cho x∗ = λa + (1 − λ)b Tuy nhiên, theo trên ta có f (x∗ ) = f (x), ∀x ∈ [a, b] Vậy x∗ là điểm cực biên .  (x) Bài 116. Cho f là hàm lồi đóng trên Rn và thỏa mãn điều kiện bức fkxk → +∞ 0 khi kxk → +∞. Chứng minh rằng với mọi x ∈ domf ta có 0 <  <  ⇒ ∂ f (x) ⊆ int(∂0 f (x)) Giải Ta có ∂ f (x) = {x∗ | h∗ (x∗ ) ≤ } với h(y) = f (x + y) − f (x) Hay ∂ f (x) = {x∗ | hx∗ , y − xi + f (x) ≤ f (y) + , ∀y} Dễ dàng thấy được tập hợp ∂ f (x) luôn là tập lồi đóng và hơn nữa nếu có 0 <  < 0 thì ∂ f (x) ⊆ ∂0 f (x) (x) Vì f là hàm lồi đóng trên Rn và thỏa mãn điều kiện bức fkxk → +∞ khi kxk → +∞ ∗ nên ta có f (y) − hy, xi là hữu hạn khắp nơi với mọi y . Với mọi x∗ ∈ ∂ f (x) ⇒ x∗ ∈ ∂0 f (x) với 0 <  < 0 . Vì f ∗ (x∗ ) − hx∗ , xi là hữu hạn khắp nơi nên x∗ ∈ int(∂0 f (x)). Vậy với 0 <  < 0 thì ∂ f (x) ⊆ ∂0 f (x) .  Bài 131.Đa thức là một hàm các biến vô hướng dương y1 , y2 , ..., yn dưới dạng g(y1 , ..., yn ) = m X βy1αi1 ...ynαin i=1 ở đây αij và βi > 0, ∀i. Chứng minh mệnh đề sau a) Một đa thức không nhất thiết phải là hàm lồi. b) Bằng cách thay biến bằng logarit như f (x) = ln(g(y1 , ..., yn )), bi = lnβi , ∀i, xj = lnyj , ∀j ta nhận được hàm lồi f (x) = lnexp(Ax + b), ∀x ∈ Rn 6 ở đây exp(z) = ez1 + ... + ezm với z ∈ Rn , A là ma trân với phần tử ai j và b ∈ Rm là một véc tơ có thành phần bi . c) Mỗi hàm g : Rn → R có dạng g(y) = g1 (y)γ1 ...gr (y)γr . Ở đây gk là posi-đa thức và γk > 0, ∀k có thể chuyển bằng các biến logarit thành hàm f như m X f (x) = lnexp(Ax + b) i=1 Với ma trận Ak và véc tơ bk tương ứng với posi-đa thức gk với mỗi k Giải 1 a) Xét đa thức sau với n = m = 1, β = 2 1 g(y) = y 2 , ∀y > 0 Hàm này không phải là hàm lồi. b) Nếu f (x) = ln(g(y1 , ..., yn )); bi = lnβi , ∀i; xj = lnyj , ∀j thì f (x) được viết dưới dạng m X f (x) = ln( ebi +ai1 x1 +...+ain xn ) i=1 hoặc f (x) = ln(exp(Ax + b)), ∀x ∈ Rn Ở đây ln(exp(z)) = ln(ez1 + ... + ezn ), ∀z ∈ Rn , A là ma trận cấp m × n với phần tử aij và b ∈ Rm là véc tơ có thành phần bi Đặt h(z) = ln(ez1 + ... + ezm ), dễ thấy rằng đây là một hàm lồi và do đó hàm f (x) = h(Ax + b) cũng là một hàm lồi. c) Xét g : Rn → R có dạng g(y) = g1 (y)γ1 ...gr (y)γr ở đây gk là posi-đa thức và γk > 0, ∀k . Sử dụng đổi biến như trên ta có f (x) = m X γk ln(exp(Ak x + bk )) k=1 với Ak và véc tơ bk ứng với đa thức gk với mỗi k Do f (x) là tổ hợp tuyến tính của các hàm lồi với hệ số không âm nên f (x) cũng là một hàm lồi.  7 Tài liệu tham khảo [1] Phan Đức Chính, Bất đẳng thức, NXB Giáo Dục Việt Nam, 1993. [2] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức - Định lí và áp dụng, NXB Giáo Dục, 2006. [3] Nguyễn Văn Mậu, Các bài toán nội suy và áp dụng, NXB Giáo Dục, 2008. [4] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục, 2004. [5] Tạ Duy Phương, Phương trình bậc ba và các bài toán trong tam giác, NXB Giáo Dục, 2006. [6] Tạp chí toán học và tuổi trẻ, Tuyển tập 5 năm, NXB Giáo Dục, 2003. [7] Tài liệu từ Internet.