Tài liệu Một vài mở rộng của nguyên lý biến phân ekeland

VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM VIỆN TOÁN HỌC Vũ Minh Thư MỘT VÀI MỞ RỘNG CỦA NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Ngành: Toán ứng dụng Người hướng dẫn: PGS.TS. Trương Xuân Đức Hà Mục lục Mở đầu 4 1 Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển 6 1.1. Một vài tính chất của hàm nửa liên tục dưới 1.2. 6 Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển . . . . . . . . . . . . 10 1.2.1. Nguyên lý biến phân Ekeland trong không gian metric 10 1.2.2. Nguyên lý biến phân Ekeland trong không gian hữu hạn chiều 1.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Một số ứng dụng của nguyên lý biến phân Ekeland 1.3.1. . . . . 17 Nguyên lý biến phân Ekeland và tính đầy đủ của không gian metric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.3.2. Đạo hàm tại điểm xấp xỉ cực tiểu . . . . . . . . . . 18 2 Nguyên lý biến phân Ekeland cho ánh xạ đa trị sử dụng nón pháp tuyến và đối đạo hàm Clarke 21 2.1. Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.2. Nguyên lý biến phân Ekeland cho ánh xạ đa trị sử dụng nón pháp tuyến và đối đạo hàm Clarke . . . . . . . . . . . 27 2 2.3. Điều kiện đủ để tồn tại cực tiểu yếu và cực tiểu thực sự dương của ánh xạ đa trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 3 Lời mở đầu Một kết quả cổ điển trong giải tích chỉ ra rằng, một hàm f nửa liên tục dưới trên một tập compact X thì đạt cực tiểu trên tập đó. Nếu bỏ giả thiết X compact thì kết luận trên có thể không còn đúng nữa. Năm 1974, I.Ekeland phát biểu một nguyên lý gọi là nguyên lý biến phân Ekeland chỉ ra rằng nếu hàm f là nửa liên tục dưới và bị chặn dưới trong không gian metric đủ ta luôn tìm được một hàm nhiễu của hàm ban đầu sao cho hàm nhiễu này có cực tiểu toàn cục. Nếu hàm f là khả vi Gateaux và bị chặn dưới trong không gian Banach thì đạo hàm của f có thể làm nhỏ tùy ý. Hơn nữa, nếu f thỏa mãn điều kiện Palais-Smale thì f có cực tiểu. Nguyên lý biến phân Ekeland mở ra hướng nghiên cứu mới cho toán học và là một công cụ mạnh được ứng dụng hiệu quả trong các lĩnh vực: lý thuyết tối ưu, giải tích phi tuyến, giải tích đa trị,... Ngày nay, nguyên lý vẫn được rất nhiều nhà toán học quan tâm, nghiên cứu và mở rộng theo nhiều hướng: các ánh xạ đơn trị hoặc đa trị trong không gian lồi địa phương, trong không gian vectơ, trong không gian Banach... Mục đích của luận văn là trình bày lại một cách có hệ thống một số kết quả liên quan tới nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển trong [2], [4], [10] và một vài mở rộng của nguyên lý này cho ánh xạ đa trị theo [5]. Đối với ánh xạ đa trị chúng ta sẽ dùng đối đạo hàm Clarke định nghĩa thông qua nón pháp tuyến Clarke được giới thiệu trong bài báo [8]. 4 Luận văn gồm 2 chương Chương 1. Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển. Chương này bao gồm một số kết quả cổ điển của giải tích về các điều kiện để hàm nửa liên tục dưới đạt cực tiểu, nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển và một số ứng dụng của nguyên lý này. Chương 2. Nguyên lý biến phân Ekeland cho ánh xạ đa trị sử dụng nón pháp tuyến và đối đạo hàm Clarke. Đây là nội dung chính của luận văn. Trong chương này, chúng tôi trình bày một số mở rộng của nguyên lý biến phân Ekeland cho ánh xạ đa trị trong không gian Banach có sử dụng nón pháp tuyến, đối đạo hàm Clarke và một số điều kiện đủ để ánh xạ đa trị có cực tiểu yếu, cực tiểu thực sự dương. Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ bảo, hướng dẫn tận tình của PGS.TS Trương Xuân Đức Hà. Nhân đây, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Cô. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn tới Ban lãnh đạo Viện Toán học, các thầy cô và Trung tâm đào tạo sau đại học của Viện đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn. Đồng thời tôi xin chân thành cảm ơn các bạn đồng nghiệp khoa Khoa học cơ bản - Cao đẳng công nghệ Hà Nội, gia đình và bạn bè đã giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình học tập của mình. Hà Nội, tháng 8 năm 2011 Tác giả 5 Chương 1 Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển Trong chương này, chúng ta cùng xem xét nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển được giới thiệu trong bài báo [4], nguyên lý Ekeland trong không gian hữu hạn chiều theo [10] và một số ứng dụng của nguyên lý theo [2]. 1.1. Một vài tính chất của hàm nửa liên tục dưới Trong mục này, chúng ta sẽ nhắc lại về lớp hàm nửa liên tục dưới và một số tính chất của nó. Cho X là không gian topo và hàm f : X → R ∪{+∞} Kí hiệu : domf = {x ∈ X|f (x) < +∞}, epif = {(x, a) ∈ X × R|f (x) ≤ a}. Với mỗi a ∈ R, kí hiệu tập mức của f là La f = {x ∈ X|f (x) ≤ a}. Định nghĩa 1.1.1. Cho X là không gian topo, hàm f : X → R ∪ {+∞} được gọi là hàm nửa liên tục dưới tại x0 khi và chỉ khi lim inf f (x) ≥ f (x0 ). x→x0 Hàm f được gọi là nửa liên tục dưới trên X nếu f nửa liên tục dưới tại mọi điểm của X . Nhận xét 1.1.1. Hàm f là nửa liên tục dưới tại x0 khi và chỉ khi ∀ε > 0 tồn tại lân cận U của x0 sao cho ∀x ∈ U ta đều có f (x) ≥ f (x0 ) − ε. Ta xét ví dụ sau để minh họa cho định nghĩa trên. Ví dụ 1.1.1. Cho hàm số f : R → R xác định bởi  2 f (x) = 6x − 1 nếu x 6= 1 0 nếu x = 1 Ta thấy f liên tục trên R \ {1} và gián đoạn tại x = 1. Nhưng f nửa liên tục dưới tại x = 1 vì lim inf f (x) = 5 ≥ f (1). Vậy f nửa liên tục dưới x→1 trên R. Sau đây là một số tính chất của hàm nửa liên tục dưới. Mệnh đề 1.1.1. Cho X là không gian topo và hàm f : X → R ∪ {+∞}. Các khẳng định sau là tương đương (i) f là hàm nửa liên tục dưới trên X . (ii) epif là tập đóng trong X × R. (iii) ∀a ∈ R thì tập mức La f là tập đóng trong X . Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Giả sử f là nửa liên tục dưới trên X . Ta lấy dãy {(xn , an )} ⊂ epif sao cho lim (xn , an ) = (x0 , a0 ). Ta cần chỉ ra n→∞ (x0 , a0 ) ∈ epif . Thật vậy, lim xn = x0 , lim an = a0 và hàm f là nửa n→∞ n→∞ 7 liên tục dưới tại x0 nên lim inf f (xn ) ≥ f (x0 ). Mà {(xn , an )} ⊂ epif nên n→∞ f (xn ) ≤ an , n ∈ N. Do đó lim inf f (xn ) ≤ lim an . Suy ra n→∞ n→∞ f (x0 ) ≤ lim inf f (xn ) ≤ lim an = a0 . n→∞ n→∞ Điều này chứng tỏ (x0 , a0 ) ∈ epif . (ii) ⇒ (iii). Giả sử epif là tập đóng trong X × R.∀a ∈ R giả sử La f = {x ∈ X|f (x) ≤ a} là tập mức bất kì của f . Ta sẽ chứng minh La f đóng trong X . Lấy dãy {xn } ⊂ La f thỏa mãn lim xn = x0 . Ta có f (xn ) ≤ a n→∞ do {xn } ⊂ La f . Suy ra (xn , a) ∈ epif, ∀n ∈ N. Hơn nữa, lim xn = x0 n→∞ nên lim (xn , a) = (x0 , a). n→∞ Mặt khác, epif đóng trong X × R nên (x0 , a) ∈ epif vì vậy x0 ∈ La f hay La f là tập đóng ∀a ∈ R. (iii) ⇒ (i). Giả sử La f đóng trong X, ∀a ∈ R. Ta phải chứng minh f là hàm nửa liên tục dưới trên X . Giả sử phản chứng f không là nửa liên tục dưới tại x0 ∈ X khi đó tồn tại dãy xn ⊂ X sao cho lim xn = x0 và n→∞ lim inf f (xn ) < f (x0 ). n→∞ Chọn ε > 0 đủ nhỏ sao cho có k ∈ N để f (xn ) ≤ f (x0 ) − ε(∀n > k). Xét tập mức L = {x ∈ X|f (x) ≤ f (x0 ) − ε}. Ta thấy xn ∈ N, ∀n > k . Mặt khác, do L đóng và lim xn = x0 nên x0 ∈ L n→∞ do đó f (x0 ) ≤ f (x0 ) − ε (vô lí). Vậy f là nửa liên tục dưới trên X . Tiếp theo, chúng tôi trình bày lại hai định lý trong giải tích về sự tồn tại điểm cực tiểu của hàm nửa liên tục dưới. Vấn đề chúng ta thường quan tâm là khi nào hàm f : X → R ∪{+∞} đạt cực tiểu trên X , tức là tồn tại x ∈ X sao cho f (x) ≥ f (x), ∀x ∈ X . Sau đây, ta cùng xem lại kết quả quen thuộc về sự tồn tại điểm cực tiểu của hàm f nửa liên tục dưới trên tập compact X . 8 Mệnh đề 1.1.2. [10] Cho hàm f : X → R ∪ { + ∞} là hàm nửa liên tục dưới trên tập compact X trong không gian topo. Khi đó f đạt cực tiểu trên X. Chứng minh. Đặt a = inf{f (x)|x ∈ X}. Khi đó có một dãy xn ⊂ X sao cho lim f (xn ) = a. Do X là tập compact, không mất tính tổng quát ta n→∞ có thể coi xn là dãy hội tụ đến x ∈ X . Ta sẽ chứng minh f (x) = a. Thật vậy, do f là nửa liên tục dưới tại x ∈ X nên lim inf f (xn ) ≥ f (x) kết hợp n→∞ với lim f (xn ) = a ta suy ra f (x) ≤ a. n→∞ Mặt khác theo định nghĩa của a thì f (x) ≥ a. Vậy f (x) = a và x là điểm cực tiểu của f trên X . Nhận xét 1.1.2. Khi X không compact thì hàm f có thể không đạt cực tiểu. Ta xét ví dụ sau để minh họa cho nhận xét trên. Ví dụ 1.1.2. Cho hàm số f : X = R × R\{(0, 1)} → R x = (x1 , x2 ) 7→ f (x) = x21 + (x2 − 1)4 . Ta thấy f là liên tục trên X và f (x) ≥ 0, ∀x ∈ X . Hơn nữa inf f = 0. X Tuy nhiên không tồn tại x ∈ X để f (x) = 0. Thật vậy, giả sử rằng có x0 ∈ X sao cho f (x0 ) = 0 thì ta suy ra x0 = (0, 1) ∈ X (mâu thuẫn với cách xác định X ). Vậy hàm f không đạt cực tiểu trên X . Khi giả thiết compact của X không còn thì hàm f có thể không đạt cực trị. Dưới đây là một điều kiện để hàm nửa liên tục dưới đạt cực trị trên tập đóng. Hàm f : X → R ∪ {+∞} gọi là bức trên tập X khác rỗng nếu f (x) → +∞ khi x ∈ X, kxk → +∞. 9 Mệnh đề 1.1.3. [10] Một hàm f : X → R ∪ {+∞} nửa liên tục dưới trên một tập đóng X khác rỗng trong không gian hữu hạn chiều và bức trên X thì f phải có cực tiểu trên X . Chứng minh. Lấy a ∈ X . Do f là nửa liên tục dưới nên từ Mệnh đề 1.1.1 ta suy ra tập C = {x ∈ X|f (x) ≤ f (a)} là tập đóng . Giả sử rằng C là tập không bị chặn vậy tồn tại {xk } ⊂ C sao cho f (xk ) ≤ f (a), xk → +∞. Do f thỏa mãn điều kiện bức nên f (xk ) → +∞ (mâu thuẫn vì f (xn ) ≤ f (a)). Vậy C là tập đóng và bị chặn ta suy ra C compact. Theo Mệnh đề 1.1.2 thì f đạt cực tiểu trên C và cực tiểu này cũng là cực tiểu trên X của f . 1.2. Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển Trong mục này, chúng ta cùng xem xét nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển trong không gian metric đủ và không gian hữu hạn chiều. 1.2.1. Nguyên lý biến phân Ekeland trong không gian metric Nếu X không compact và f không là bức trên X thì hàm f có thể không đạt cực tiểu trên X . Khi đó, ta xét khái niệm điểm ε−xấp xỉ cực tiểu như sau: Với ε > 0 cho trước, một điểm xε ∈ X gọi là ε−xấp xỉ cực tiểu của f (x) trên X nếu inf f ≤ f (xε ) ≤ inf f + ε. X X Điểm ε− xấp xỉ cực tiểu bao giờ cũng tồn tại nếu f bị chặn dưới. Hơn nữa, khi X là không gian metric đủ thì nguyên lý Ekeland phát biểu rằng ta có thể làm nhiễu hàm f để thu được một hàm đạt cực tiểu trên X . Sau 10 đây ta xét nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển trên không gian metric đủ (X, d). Định lý 1.2.1. [4] [Nguyên lý biến phân Ekeland ] Cho (X, d) là không gian metric đủ và hàm f : X → R ∪ { + ∞} là hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới. Giả sử ε > 0 và xε ∈ X thỏa mãn f (xε ) < inf f + ε. X Khi đó với λ > 0 bất kỳ thì tồn tại x ∈ X sao cho: (i) d(x, xε ) ≤ λ. (ii) f (x) + λε d(x, xε ) ≤ f (xε ). (iii) f (x) + λε d(x, x) > f (x), ∀x ∈ X\{x}. Để chứng minh Định lý trên, trước hết ta định nghĩa một quan hệ thứ tự 00 ≤00 trên tích X × R như sau, với mỗi α > 0, với (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ X × R ta có (x1 , y1 ) ≤ (x2 , y2 ) ⇔ y2 − y1 + αd(x1 , x2 ) ≤ 0. Ta chứng minh quan hệ 00 ≤00 có tính phản xạ, phản đối xứng và bắc cầu. Tính phản xạ : dễ thấy từ định nghĩa quan hệ 00 ≤00 . Tính phản đối xứng : giả sử rằng (x1 , y1 ) ≤ (x2 , y2 ) và (x2 , y2 ) ≤ (x1 , y1 ). Ta cần chứng minh (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ). Thật vậy, do cách định nghĩa quan hệ thứ tự và giả thiết trên ta có: y1 − y2 . α y2 − y1 (x2 , y2 ) ≤ (x1 , y1 ) ⇔ d(x2 , x1 ) ≤ . α Suy ra 2d(x1 , x2 ) ≤ 0. Vì vậy x1 = x2 . Do đó (x1 , y1 ) = (x2 , y2 ). (x1 , y1 ) ≤ (x2 , y2 ) ⇔ d(x1 , x2 ) ≤ Tính bắc cầu : giả sử rằng (x1 , y1 ) ≤ (x2 , y2 ) và (x2 , y2 ) ≤ (x3 , y3 ). 11 Khi đó d(x1 , x2 ) ≤ y1 − y2 y2 − y3 và d(x2 , x3 ) ≤ . α α Ta suy ra d(x1 , x2 ) + d(x2 , x3 ) ≤ y1 − y3 . α Mặt khác d(x1 , x3 ) ≤ d(x1 , x2 ) + d(x2 , x3 ). Vậy ta suy ra d(x1 , x3 ) ≤ y1 − y3 α hay(x1 , y1 ) ≤ (x3 , y3 ). Bổ đề sau sẽ được dùng để chứng minh Định lý 1.2.1. Bổ đề 1.2.1. [4] Cho S là tập đóng trong X × R thỏa mãn tồn tại m ∈ R sao cho nếu (x, a) ∈ S thì a ≥ m. Khi đó, với mỗi phần tử (x1 , a1 ) ∈ S luôn có phần tử (x, a) ∈ S sao cho (x1 , a1 ) ≤ (x, a) và (x, a) là phần tử cực đại trong S theo nghĩa (x, a)  (x, a), ∀(x, a) ∈ S và (x, a) 6= (x, a). Chứng minh. Ta xây dựng dãy (xn , an ) ⊂ S bằng quy nạp như sau, bắt đầu với (x1 , a1 ) ∈ S cho trước. Giả sử rằng (xn , an ) đã biết. Ký hiệu Sn = {(x, a) ∈ S| (xn , an ) < (x, a)} , mn = inf {a ∈ R| (x, a) ∈ Sn } . Ta có Sn là các tập đóng và Sn khác rỗng khi đó ta lấy (xn+1 , an+1 ) ∈ Sn sao cho an − mn . (1.1) 2 ≤00 có tính bắc cầu nên Sn+1 ⊂ Sn suy ra mn ≤ mn+1 . an − an+1 ≥ Do quan hệ 00 Như vậy, Sn là dãy các tập đóng giảm dần trong S , mn là dãy giảm dần 12 trong R và bị chặn dưới, vậy (1.1) có thể viết thành an − mn ≥ an+1 − mn ≥ an+1 − mn+1 ≥ 0. 2 Tiếp tục quá trình này ta thu được an − mn a1 − m an+1 − mn+1 ≤ ≤ ... ≤ . 2 2n Mặt khác (xn+1 , an+1 ) < (x, a) nên ta có an+1 − a a1 − m d(xn+1 , x) ≤ ≤ (α > 0). α 2n α Vậy đường kính của Sn tiến dần về 0. Suy ra dãy Sn là dãy các tập đóng lồng nhau thắt dần và có đường kính tiến dần về 0 trong X × R, theo Định lý Cantor tồn tại (x, a) ∈ S thoả mãn {(x, a)} = ∩ Sn . n∈N (1.2) Ta sẽ chứng minh (x, a) là phần tử cực đại cần tìm. Thật vậy, từ định nghĩa (x, a) và (xn , an ) ≤ (x, a), ∀n ∈ N do đó (x1 , a1 ) ≤ (x, a). Giả sử có (x, a) > (x, a) với (x, a) ∈ S và (x, a) 6= (x, a). Khi đó (x, a) ∈ S, ∀n ∈ N Vì vậy (x, a) ∈ ∩ Sn điều này mâu thuẫn với (1.2). Như vậy (x, a) là n∈N phần tử cực đại trong S thỏa mãn yêu cầu Bổ đề. Ta chứng minh nguyên lý biến phân Ekeland trong Định lý 1.2.1. Chứng minh. Đặt S = epif = {(x, a) ∈ X × R|f (x) ≤ a}. Dễ thấy, (xε , f (xε )) ∈ S . Do f là nửa liên tục dưới nên theo Mệnh đề 1.1.1 thì S là tập đóng trong X × R. Áp dụng Bổ đề 1.2.1 với α = ε λ và phần tử (xε , f (xε )), luôn tìm được (x, a) sao cho (xε , f (xε )) ≤ (x, a) và (x, a) là phần tử cực đại trong S . Từ định nghĩa của epif ta luôn có (x, f (x)) ∈ S, ∀x ∈ X . Mặt khác f (x) ≤ a nên ε −f (x) + a + d(x, x) ≥ 0. λ 13 mà (x, a) là phần tử lớn nhất trong S nên ta có f (x) = a. Vậy (x, f (x)) là phần tử lớn nhất trong S . Ta sẽ chứng minh x là điểm cần tìm. Thật vậy, theo Bổ đề 1.2.1 ta có (xε , f (xε )) ≤ (x, f (x)) tức là ε f (x) + d(x, xε ) ≤ f (xε ). λ Vậy khẳng định (ii) được chứng minh. Mặt khác, từ f (x) − f (xε ) + λε d(x, xε ) ≤ 0, ta có ε d(x, xε ) ≤ f (xε ) − f (x). λ Hơn nữa, f (xε ) ≤ inf f + ε nên f (xε ) − f (x) ≤ ε. Do đó X ε d(x, xε ) ≤ ε hay d(x, xε ) ≤ λ. λ Ta suy ra (i) đúng. Ta chứng minh (iii). Theo phần trên (x, f (x)) là phần tử lớn nhất trong S nên ∀(x, f (x)) ∈ S thì (x, f (x))  (x, f (x)), ∀x 6= x. Do đó ε f (x) + d(x, x) > f (x), ∀x 6= x. λ Nhận xét 1.2.3. Điểm x tìm được là điểm cực tiểu chặt của hàm nhiễu ε f (x) + d(x, x). Nếu λ nhỏ ta có thông tin tốt hơn về vị trí của x so với λ ε điểm xε xấp xỉ ban đầu, nhưng khi đó hàm nhiễu f (x) + d(x, x) lại có λ sự sai khác lớn so với f (x). Ngược lại, nếu λ lớn thì ta không biết nhiều ε về vị trí điểm x, nhưng hàm f (x) + d(x, x) có thể sai khác rất ít so với λ hàm f (x) ban đầu. Hằng số λ trong Định lý trên được chọn rất linh hoạt. Nếu chọn √ λ = ε ta có kết quả sau. 14 Định lý 1.2.2. [2] Cho (X, d) là không gian metric đủ và hàm f : X → R ∪ { + ∞} là hàm nửa liên tục dưới bị chặn dưới. Giả sử ε > 0 và xε ∈ X thỏa mãn f (xε ) < inf f + ε. X Khi đó tồn tại x ∈ X sao cho: (i) d(x, xε ) ≤ (ii) f (x) + √ (iii) f (x) + 1.2.2. √ ε. εd(x, xε ) ≤ f (xε ). √ εd(x, x) > f (x), ∀x ∈ X\{x}. Nguyên lý biến phân Ekeland trong không gian hữu hạn chiều Trong mục trên, ta đã phát biểu và chứng minh nguyên lý biến phân Ekeland cho một không gian metric đủ tổng quát với hàm f là nửa liên tục dưới và bị chặn dưới. Trong không gian hữu hạn chiều, ta có một cách chứng minh ngắn gọn Định lý trên sử dụng điều kiện bức được trình bày trong [10] của GS.Hoàng Tụy. Định lý 1.2.3. [10] Cho f : Rn → R ∪ { + ∞} là hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới, λ > 0 và p ≥ 1. Giả sử ε > 0 và xε ∈ X thỏa mãn f (xε ) < infn f + ε. R Khi đó tồn tại x ∈ Rn sao cho: (i) kxε − xk < λ. (ii) f (x) + ε λp kx − xε kp ≤ f (xε ). (iii)f (x) + ε λp kx − xε kp ≥ f (x) + ε λp 15 kx − xε kp , ∀x ∈ Rn . Chứng minh. Xét hàm g(x) = f (x) + λεp kx − xε kp . Do f nửa liên tục dưới và bị chặn dưới nên g cũng là nửa liên tục dưới và bị chặn dưới. Mặt khác, ta thấy rằng g thỏa mãn điều kiện bức tức là lim g(x) = +∞. kxk→+∞ Lấy a ∈ Rn xét tập Lg(a) g = {x ∈ Rn |g(x) ≤ g(a)}, do g là nửa liên tục dưới theo Mệnh đề 1.1.1 thì Lg(a) g là đóng trong Rn . Ta chứng minh tập Lg(a) g là bị chặn trong Rn . Thật vậy giả sử Lg(a) g không bị chặn trong Rn , lúc đó tồn tại dãy {xn } ⊂ Lg(a) g sao cho kxn k → +∞. Theo chứng minh trên g thỏa mãn điều kiện bức trên Rn nên lim g(xn ) = +∞. Mặt khác xn ∈ Lg(a) g nên g(xn ) ≤ g(a), ∀n ∈ N. n→+∞ Ta suy ra lim g(xn ) ≤ g(a), ∀n ∈ N (mâu thuẫn với lim g(xn ) = +∞). n→∞ n→+∞ Vậy tập Lg(a) g là đóng và bị chặn trong Rn hay Lg(a) g là compact. Khi đó g là hàm nửa liên tục dưới trên tập compact Lg(a) g . Từ đó theo Mệnh đề 1.1.2 tồn tại điểm cực tiểu x của g trên Lg(a) g . Ta sẽ chứng minh x là điểm cực tiểu của g trên Rn . Ta có với x ∈ / Lg(a) g thì g(x) > g(a) ≥ g(x) nghĩa là x là điểm cực tiểu của g trên Rn . Bây giờ ta chứng minh x thỏa mãn các kết luận của định lý. Thật vậy, do x là điểm cực tiểu của g trên Rn nên ε ε p kx − x k ≤ f (x) + kx − xε kp , ∀x ∈ Rn . ε p p λ λ ε Vậy (iii) được thỏa mãn. Ta cho x = xε ta có: f (x)+ p kx − xε kp ≤ f (xε ). λ Ta chứng minh được (ii) và có f (x) ≤ f (xε ). f (x) + Đồng thời theo chứng minh trên và định nghĩa của xε thì infn f (x) + R ε ε p p kx − x k ≤ f (x) + kx − x k ≤ f (xε ) ≤ infn f (x) + ε. ε ε R λp λp Nghĩa là kx − xε k < λ, ta chứng minh được (i). 16 1.3. Một số ứng dụng của nguyên lý biến phân Ekeland Trong phần này, chúng ta chỉ ra nguyên lý biến phân Ekeland là tương đương với tính đủ của không gian metric. Tiếp theo, chúng ta vận dụng nguyên lý biến phân Ekeland để đánh giá đạo hàm tại điểm xấp xỉ cực tiểu. 1.3.1. Nguyên lý biến phân Ekeland và tính đầy đủ của không gian metric Định lý sau đây chỉ ra một đặc trưng của không gian metric đầy đủ. Định lý 1.3.4. [2] Cho (X, d) là không gian metric. Khi đó X là đầy đủ khi và chỉ khi với mọi hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới f : X → R ∪{+∞} và với mọi ε > 0, tồn tại một điểm x ∈ X thỏa mãn (i) f (x)) < inf f + ε. X (ii) f (x) + εd(x, x) ≥ f (x), ∀x ∈ X . Chứng minh. Chiều thuận của định lý trên ta suy ra từ Định lý 1.2.1 với λ = 1. Ngược lại, giả sử với mọi hàm nửa liên tục dưới bị chặn dưới f : X → R ∪ { + ∞}, và với mọi ε > 0 ,tồn tại một điểm x ∈ X thỏa mãn (i) và (ii). Ta phải chứng minh (X, d) là không gian metric đủ. Thật vậy, cố định x ∈ X và xét dãy {xn } ⊂ X là dãy Cauchy ta cần chỉ ra {xn } hội tụ trong X . Từ đánh giá |d(xm , x) − d(xn , x)| ≤ d(xm , xn ), ∀m, n ∈ N. Ta suy ra {d(xn , x)} là dãy Cauchy trong R+ (là không gian metric đủ) nên dãy này hội tụ trong R+ . Xét hàm f (x) = lim d(xn , x). Do hàm n→∞ 17 khoảng cách là lipschitz với x nên ta có f (x) là hàm liên tục. Hơn nữa dãy xn là dãy Cauchy nên f (xn ) → 0 khi n → ∞. Ta suy ra inf f = 0. X Với ε ∈ (0, 1), ta tìm được x ∈ X sao cho f (x) ≤ inf f + ε và X f (x) + εd(x, x) ≥ f (x), ∀x ∈ X. Cho x = xn thay vào biểu thức trên và chuyển qua giới hạn n → ∞ ta được f (x) ≤ εf (x) suy ra f (x) = 0. Điều này chứng tỏ rằng lim xn = x. n→∞ 1.3.2. Đạo hàm tại điểm xấp xỉ cực tiểu Chúng ta biết rằng nếu hàm f : U → R ∪ { + ∞} là khả vi trên U với tập U mở, U ⊂ R và f đạt cực trị tại c ∈ U thì f 0 (c) = 0. Đó là kết quả của Định lý Fermat. Vấn đề đặt ra là với những hàm không đạt cực trị thì đạo hàm của chúng ra sao? Liệu có thể đánh giá đạo hàm tại những điểm ε - xấp xỉ cực tiểu không? Định lý sau sẽ trả lời những câu hỏi đó. Trước hết chúng tôi nhắc lại một số khái niệm về sự khả vi của hàm f trên không gian Banach. Định nghĩa 1.3.2. [1] Cho X là không gian Banach và X ∗ là không gian đối ngẫu của X . Hàm f : X → R ∪ { + ∞} được gọi là khả vi Gateaux tại x0 ∈ X(f (x0 ) < +∞) nếu tồn tại phiếm hàm tuyến tính f 0 (x0 ) ∈ X ∗ sao cho ∀x ∈ X f (x0 + tu) − f (x0 ) = f 0 (x0 )(u), ∀u ∈ X. t→0 t lim Hàm f được gọi là khả vi Gateaux trên X nếu f khả vi Gateaux tại mọi điểm x ∈ X . Định nghĩa 1.3.3. [1] Cho X là không gian Banach và X ∗ là không gian đối ngẫu của X . Hàm f : X → R ∪ { + ∞} được gọi là khả vi Frechet 18 tại x0 ∈ X(f (x0 ) < +∞) nếu tồn tại phiếm hàm tuyến tính f 0 (x0 ) ∈ X ∗ thỏa mãn f (x0 + x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(u) lim = 0, ∀u ∈ X. u→0 kuk Hàm f được gọi là khả vi Frechet trên X nếu f khả vi Frechet tại mọi điểm x ∈ X . Ánh xạ tuyến tính f 0 (x0 ) ∈ X ∗ được gọi là đạo hàm của f tại x0 . Nhận xét 1.3.4. Ta chứng minh được rằng nếu f khả vi Frechet trên X thì f cũng khả vi Gateaux trên X . Định lý 1.3.5. [4] Cho X là không gian Banach và hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới f : X → R ∪ { + ∞} là khả vi Gateaux trên X . Giả sử với ε > 0 ta có inf f > f (xε ) − ε. Khi đó với bất kỳ λ > 0 tồn tại X ∗ x ∈ B(xε , λ) sao cho đạo hàm Gateaux của f tại x∗ thỏa mãn: kf 0 (x∗ )k ≤ ε . λ Điểm x∗ thỏa mãn kết luận của định lý được gọi là điểm xấp xỉ tới hạn. Chứng minh. Áp dụng nguyên lý biến phân Ekeland cho hàm f ta tìm được x∗ ∈ B(xε , λ) thỏa mãn f (x) ≥ f (x∗ ) − ε kx − x∗ k , ∀x ∈ X. λ (1.3) Thay x = x∗ + tu(u ∈ X, t ∈ R) vào (1.3) ta có f (x∗ + tu) ≥ f (x∗ ) − ε ktuk . λ Từ đó ta có f (x∗ + tu) − f (x∗ ) ε ≥ − kuk , ∀u ∈ X. |t| λ Vì f khả vi Gateaux trên X nên ta cho t → 0− trong (1.4) ta có ε f (x∗ + tu) − f (x∗ ) f (x )(u) = lim− ≤ kuk . t→0 t λ 0 ∗ 19 (1.4) (1.5)