Luận án Một số vấn đề trong giải tích biến phân bậc hai và ứng dụng

i x¯ và df(x¯)(w) = 〈v¯, w〉 ∈ R nên theo Bổ đề 1.1.22, ta có d2f(x¯)(w|·) nửa liên tục dưới và d2f(x¯)(w|z)− 〈v¯, z〉 ≥ d2f(x¯|v¯)(w) ∀z ∈ Rn. (1.48) Chú ý rằng, hàm f lồi và v¯ ∈ ∂f(x¯), ta có d2f(x¯|v¯)(w) = lim inf w′→w f(x¯+ tw′)− f(x¯)− t〈v¯, w′〉 1 2t 2 ≥ 0. (1.49) Do đó d2f(x¯)(w|z) > −∞ với mọi z ∈ Rn. Kết hợp điều này với dom d2f(x¯)(w|·) 6= ∅, hàm d2f(x¯)(w|·) chính thường. Theo Bổ đề 1.1.23, epi d2f(x¯)(w|·) = T 2epi f (( x¯, f(x¯) ) , ( w, df(x¯)(w) )) , kết hợp với f khả vi trên đồ thị parabol tại x¯ đối với w, ta có epi f khả đạo hàm parabol tại ( x¯, f(x¯) ) đối với ( w, df(x¯)(w) ) . Lại vì hàm f lồi, ta suy ra d2f(x¯)(w|·) lồi. Lấy bất kì v ∈ Rn. Xét hai trường hợp sau. Trường hợp 1. v ∈ A(x¯, w). Khi đó, w ∈ Kf(x¯, v), theo Bổ đề 1.1.24, ta được −d2f(x¯|v)(w) = − inf z∈Rn {d2f(x¯)(w|z)− 〈v, z〉} = d2f(x¯)(w|·)∗(v). 49 Trường hợp 2. v ∈ Rn\A(x¯, w).Khi đó, hoặc v 6∈ ∂f(x¯) hoặc df(x¯)(w) 6= 〈v, w〉. Đặt υt(z) := f(x¯+ tw + 12t 2z)− f(x¯)− tdf(x¯)(w) 1 2t 2 ∀z ∈ Rn, t > 0. Ta có υ∗t (v) = f(x¯) + f ∗(v)− 〈v, x¯〉 1 2t 2 + df(x¯)(w)− 〈v, w〉 1 2t ∀v ∈ Rn, t > 0. Hơn nữa, vì hàm f khả vi trên đồ thị parabol tại x¯ đối với w nên theo Định nghĩa 1.1.15(ii), epi υt hội tụ về epi d 2f(x¯)(w|·) khi t ↓ 0. Chú ý rằng υt(·) và d2f(x¯)(w|·) là các hàm lồi chính thường nửa liên tục dưới nên theo Bổ đề 1.1.25, epi υ∗t hội tụ về epi d 2f(x¯)(w|·)∗ khi t ↓ 0. Do đó, theo Bổ đề 1.1.26, với mọi tk ↓ 0, tồn tại vk → v sao cho d2f(x¯)(w|·)∗(v) = lim k→∞ υ∗tk(vk). Nếu v 6∈ ∂f(x¯) thì f(x¯) + f ∗(v)− 〈v, x¯〉 > 0. Khi đó, do f ∗ nửa liên tục dưới, ta được d2f(x¯)(w|·)∗(v) = lim k→∞ υ∗tk(vk) = lim k→∞ 2 tk ( f(x¯)+f∗(vk)−〈vk,x¯〉 tk + df(x¯)(w)− 〈vk, w〉 ) =∞. Nếu df(x¯)(w) 6= 〈v, w〉, theo (1.49) và Bổ đề 1.1.27, ta có 〈v, w〉 < df(x¯)(w). Mặt khác, f(x¯) + f ∗(vk)− 〈vk, x¯〉 = f(x¯) + sup x∈Rn [〈vk, x〉 − f(x)]− 〈vk, x¯〉 ≥ 0 ∀k. 50 Do đó, d2f(x¯)(w|·)∗(v) = lim k→∞ υ∗tk(vk) = lim k→∞ ( f(x¯)+f∗(vk)−〈vk,x¯〉 1 2 t 2 k + df(x¯)(w)−〈vk,w〉1 2 tk ) ≥ lim k→∞ df(x¯)(w)−〈vk,w〉 1 2 tk =∞. Bổ đề được chứng minh.  1.2.14 Định nghĩa. [30] Ta nói rằng hàm ψ := g ◦F có biểu diễn (1.25) thỏa mãn các giả thiết cơ bản tại (x¯, v¯) ∈ gph ∂ψ nếu (H1) Điều kiện chuẩn hóa ràng buộc dưới chính quy mêtric (1.28) thỏa mãn tại x¯; (H2) Với mỗi y ∈ Λ(x¯, v¯), hàm g khả vi trên đồ thị parabol tại F (x¯) đối với mọi u ∈ Kg ( F (x¯), y ) ; (H3) Hàm g chính quy parabol tại F (x¯) đối với mọi y ∈ Λ(x¯, v¯). Trong đó Λ(x¯, v¯) := { y ∈ ∂g(F (x¯)) | ∇F (x¯)∗y = v¯} là tập nhân tử Lagrange (Lagrangian multipliers) tương ứng với (x¯, v¯). 1.2.15 Bổ đề. [46, Example 11.41] Giả sử k : Rn → R và h : Rm → R là các hàm lồi chính thường nửa liên tục dưới. Khi đó, bài toán min x∈Rn 〈c, x〉+ k(x) + h(b− Ax) có đối ngẫu là max y∈Rm 〈b, y〉 − h∗(y)− k∗(A∗y − c), trong đó A ∈ Rm×n, b ∈ Rm và c ∈ Rn. 51 1.2.16 Bổ đề. [30, Proposition 2.1] Giả sử hàm f : Rn → R hữu hạn tại x¯ và v¯ ∈ ∂pf(x¯). Khi đó, với mỗi w ∈ Rn, tồn tại r ∈ R+ sao cho d2f(x¯|v¯)(w) ≥ −r‖w‖2. Hơn nữa, d2f(x¯|v¯) là hàm chính thường. 1.2.17 Bổ đề. [30, Proposition 4.5] Cho hàm f : Rn → R hữu hạn tại x¯, v¯ ∈ ∂pf(x¯) và f liên tục Lipschitz địa phương tại x¯ đối với miền hữu hiệu của nó. Giả sử rằng w ∈ Kf(x¯, v¯) và f khả vi trên đồ thị parabol tại x¯ đối với w. Khi đó, hàm d2f(x¯)(w|·) chính thường nửa liên tục dưới và liên tục Lipschitz đối với miền hữu hiệu của nó. 1.2.18 Bổ đề. [46, Proposition 2.22] Nếu p(u) = inf x f(x, u) với f là hàm lồi trên Rn × Rm thì p là hàm lồi trên Rm. 1.2.19 Định nghĩa. [46, trang 322] Cho hàm số ϕ : Rn → R. Hàm ϕ được gọi là tĩnh lặng dưới tại x¯ (calm at x¯ from below) với hằng số ` ≥ 0 nếu ϕ(x¯) hữu hạn và tồn tại lân cận U của x¯ sao cho ϕ(x) ≥ ϕ(x¯)− `‖x− x¯‖, ∀x ∈ U. (1.50) 1.2.20 Bổ đề. [29, Proposition 5.1] Giả sử ϕ : Rn → R là hàm lồi và tĩnh lặng dưới tại x¯, với hằng số ` ≥ 0. Khi đó, tồn tại v¯ ∈ ∂ϕ(x¯) sao cho ‖v¯‖ ≤ `. Nhúng bài toán tối ưu không ràng buộc min x∈Rn f(x) (1.51) vào họ bài toán tối ưu chứa tham số (Pu) min x∈Rn ϕ(x, u), (1.52) 52 trong đó ϕ : Rn×Rm → R¯ và ϕ(x, 0) = f(x). Hàm giá trị tối ưu liên kết với bài toán (Pu) là v(u) := inf x∈Rn ϕ(x, u) (1.53) Bài toán đối ngẫu (Du) của bài toán (Pu) được cho bởi max u∗∈Rm {〈u∗, u〉 − ϕ∗(0, u∗)}, (1.54) trong đó ϕ∗(x∗, u∗) := sup (x,u)∈Rn×Rm {〈x∗, x〉+ 〈u∗, u〉 − ϕ(x, u)}. Kí hiệu val(Pu) := v(u), val(Du) := v ∗∗(u). Vì v(u) ≥ v∗∗(u) nên val(Pu) ≥ val(Du). Số val(Pu)− val(Du) ≥ 0 được gọi là khoảng cách đối ngẫu (duality gap) giữa bài toán (Pu) và bài toán đối ngẫu (Du). 1.2.21 Bổ đề. [9, Theorem 2.142] Nếu ∂v(u) 6= ∅, với u ∈ Rm thì val(Pu) = val(Du) và tập nghiệm tối ưu của bài toán đối ngẫu (Du) trùng với ∂v(u). 1.2.22 Bổ đề. [30, Proposition 3.4] Giả sử f : Rn → R hữu hạn tại x¯, v¯ ∈ ∂pf(x¯) và dom d2f(x¯)(w|·) 6= ∅ với mọi w ∈ Kf(x¯, v¯). Khi đó, với mọi w ∈ Kf(x¯, v¯), tồn tại r ∈ R+ sao cho −r‖w‖2 ≤ d2f(x¯|v¯)(w) ≤ inf z∈Rn {d2f(x¯)(w|z)− 〈z, v¯〉} <∞. (1.55) Hơn nữa, dom d2f(x¯|v¯) = Kf(x¯, v¯). 1.2.23 Bổ đề. [30, Proposition 3.8] Cho hàm f : Rn → R hữu hạn tại x¯, v¯ ∈ ∂pf(x¯) và hàm f khả vi trên đồ thị parabol tại x¯ đối với w ∈ Kf(x¯, v¯). 53 Giả sử rằng f chính quy parabol tại x¯ đối với v¯. Khi đó, hàm f khả vi trên đồ thị hai lần tại x¯ đối với v¯ và d2f(x¯|v¯)(w) =  min z∈Rn {d2f(x¯)(w|z)− 〈z, v¯〉} nếu w ∈ Kf(x¯, v¯), ∞ trường hợp còn lại. Bây giờ, xét bài toán tối ưu min z∈Rn −〈z, v¯〉+ d2g(F (x¯))(∇F (x¯)w|∇F (x¯)z +∇2F (x¯)(w,w)). (1.56) Chúng tôi thu được mệnh đề sau 1.2.24 Mệnh đề. Giả sử hàm ψ : Rn → R được biểu diễn dưới dạng (1.25) và thỏa mãn các giả thiết cơ bản (H1) − (H3) tại (x¯, v¯). Khi đó, ta có các khẳng định sau: (i) Với mỗi w ∈ Kψ(x¯, v¯), bài toán (1.56) có đối ngẫu là max y∈Λ(x¯,v¯) 〈 y,∇2F (x¯)(w,w)〉+ d2g(F (x¯)|y)(∇F (x¯)(w)); (1.57) giá trị tối ưu của bài toán (1.56) và bài toán đối ngẫu (1.57) bằng nhau và hữu hạn. Hơn nữa, Λ(x¯, v¯;w) ∩ τB 6= ∅, trong đó Λ(x¯, v¯;w) là tập nghiệm tối ưu của bài toán (1.57) và τ := κ`‖∇F (x¯)‖+ κ‖v¯‖+ `, (1.58) trong đó ` và κ được lấy từ (1.26) và (1.28), tương ứng. (ii) Hàm ψ chính quy parabol tại x¯ đối với v¯ và d2ψ(x¯|v¯)(w) = max y∈Λ(x¯,v¯) {〈 y,∇2F (x¯)(w,w)〉+ d2g(F (x¯)|y)(∇F (x¯)w)} = max y∈Λ(x¯,v¯)∩(τB) {〈 y,∇2F (x¯)(w,w)〉+ d2g(F (x¯)|y)(∇F (x¯)w)} , (1.59) với mọi w ∈ Rn, trong đó τ được lấy từ (1.58). (iii) Hàm ψ khả vi trên đồ thị hai lần tại x¯ đối với v¯. 54 Chứng minh. (i) Lấy bất kì w ∈ Kψ(x¯, v¯) và y ∈ Λ(x¯, v¯). Khi đó, ta có dψ(x¯)(w) = 〈v¯, w〉, y ∈ ∂g(F (x¯)) và ∇F (x¯)∗y = v¯. Do đó, theo Mệnh đề 1.2.11, ta được dg ( F (x¯) )(∇F (x¯)w) = 〈v¯, w〉 = 〈∇F (x¯)∗y, w〉 = 〈y,∇F (x¯)w〉. Từ đó suy ra ∇F (x¯)w ∈ Kg ( F (x¯), y ) . Theo (H2), hàm g khả vi trên đồ thị parabol tại F (x¯) đối với ∇F (x¯)w. Do đó, theo Bổ đề 1.2.13, hàm d2g ( F (x¯) ) (∇F (x¯)w|·) lồi chính thường nửa liên tục dưới. Vì vậy, từ Bổ đề 1.2.15, suy ra rằng bài toán (1.56) có đối ngẫu Fenchel là: max ∇F (x¯)∗y=v¯ 〈 y,∇2F (x¯)(w,w)〉− d2g(F (x¯))(∇F (x¯)w|·)∗(y). (1.60) Lấy bất kì y ∈ Rm với ∇F (x¯)∗y = v¯. Khi đó, nếu y 6∈ ∂g(F (x¯)), theo Bổ đề 1.2.13, ta có d2g ( F (x¯) )(∇F (x¯)w|·)∗(y) =∞. (1.61) Nếu ngược lại thì ta được y ∈ Λ(x¯, v¯). Khi đó, theo (H3), hàm g chính quy parabol tại F (x¯) đối với y. Chú ý rằng y ∈ ∂g(F (x¯)) và dg(F (x¯))(∇F (x¯)w) = 〈y,∇F (x¯)w〉. Do đó, theo Bổ đề 1.2.13, ta có d2g ( F (x¯) )(∇F (x¯)w|·)∗(y) = −d2g(F (x¯)|y)(w). (1.62) Từ (1.61) và (1.62), bài toán (1.60) viết được dưới dạng (1.57). Xét hàm ϑ : Rm → [−∞,∞] cho bởi ϑ(p) := inf z∈Rn {−〈v¯, z〉+d2g(F (x¯))(∇F (x¯)w| ∇F (x¯)z+∇2F (x¯)(w,w)+p)}, (1.63) 55 với p ∈ Rm. Ta chứng minh ∂ϑ(0) 6= ∅. Đầu tiên, ta chỉ ra rằng ϑ(0) ∈ R. Từ Mệnh đề 1.2.11, ta có v¯ ∈ ∂ψ(x¯) = ∂pψ(x¯). Hơn nữa, từ Mệnh đề 1.2.11 (ii) và (1.55), ta có đánh giá sau: d2ψ(x¯|v¯)(w) ≤ inf z∈Rn {−〈z, v¯〉+ d2g(F (x¯))(∇F (x¯)w| ∇F (x¯)z +∇2F (x¯)(w,w))} <∞. Kết hợp đánh giá này với Bổ đề 1.2.16, tồn tại hằng số r ∈ R+ sao cho −r‖w‖2 ≤ d2ψ(x¯|v¯)(w) ≤ ϑ(0) <∞, ∀w ∈ Kf(x¯, v¯). Từ đó suy ra ϑ(0) ∈ R. Tiếp theo, ta cần chứng minh rằng ϑ(p) ≥ ϑ(0)− τ‖p‖, ∀p ∈ Rn, (1.64) trong đó τ được lấy từ (1.58). Thật vậy, lấy (p, z) ∈ Rm × Rn sao cho up := ∇F (x¯)z +∇2F (x¯)(w,w) + p ∈ dom d2g ( F (x¯) )(∇F (x¯)w| · ). Theo (1.42), ta có up ∈ T 2dom g ( F (x¯),∇F (x¯)w). Bây giờ, xét ánh xạ Sw : Rm ⇒ Rn cho bởi Sw(p) := {z| ∇F (x¯)z +∇2F (x¯)(w,w) + p ∈ T 2dom g ( F (x¯),∇F (x¯)w)}, 56 với p ∈ Rm. Ta có z ∈ Sw(p), kết hợp với (1.32), tồn tại z0 ∈ Sw(0) và b ∈ B sao cho z = z0 + κ‖p‖b. Mặt khác, từ (1.42) và z0 ∈ Sw(0), ta thu được ∇F (x¯)z0 +∇2F (x¯)(w,w) ∈ dom d2g ( F (x¯) )(∇F (x¯)w| · ). Từ đó suy ra up − (∇F (x¯)z0 +∇2F (x¯)(w,w)) = p+ κ‖p‖∇F (x¯)b. Theo Bổ đề 1.2.17, hàm d2g ( F (x¯) )(∇F (x¯)w| · ) liên tục Lipschitz đối với miền hữu hiệu của nó. Khi đó, ta có −〈v¯, z〉+ d2g(F (x¯))(∇F (x¯)w|up) ≥ −〈v¯, z0〉+ d2g ( F (x¯) )(∇F (x¯)w|∇F (x¯)z0 +∇2F (x¯)(w,w)) −`‖p+ κ‖p‖∇F (x¯)b‖ − κ‖p‖〈v¯, b〉 ≥ ϑ(0)− (`κ‖∇F (x¯)‖+ κ‖v¯‖+ `)‖p‖ ≥ ϑ(0)− τ‖p‖. Do đó (1.64) được chứng minh. Chú ý rằng d2g ( F (x¯) )(∇F (x¯)w| · ) là hàm chính thường và lồi. Điều này suy ra rằng (z, p) 7→ −〈v¯, z〉+ d2g(F (x¯))(∇F (x¯)w|∇F (x¯)z +∇2F (x¯)(w,w) + p) là hàm lồi trên Rn × Rm. Áp dụng Bổ đề 1.2.18, ta có ϑ là hàm lồi trên Rm. Do đó, từ (1.64) và Bổ đề 1.2.20, tồn tại y¯ ∈ ∂ϕ(0) sao cho y¯ ∈ ∂ϕ(0) ∩ (τB). (1.65) Điều này chứng tỏ rằng ∂ϕ(0) 6= ∅. Áp dụng (1.65) và Bổ đề 1.2.21, giá trị tối ưu của bài toán (1.56) trùng với giá trị tối ưu của bài toán đối ngẫu (1.57) và ta có Λ(x¯, v¯;w) = ∂ϕ(0). 57 Kết hợp điều này với (1.65), khẳng định (i) được chứng minh. (ii) Tập nhân tử Lagrange Λ(x¯, v¯) thỏa mãn điều kiện Λ(x¯, v¯) ∩ (τB) 6= ∅. (1.66) Với mọi w ∈ Rn, ta có d2ψ(x¯|v¯)(w) ≥ sup y∈Λ(x¯,v¯) {〈 y,∇2F (x¯)(w,w)〉+ d2g(F (x¯)∣∣y)(∇F (x¯)w)} kết hợp đánh giá này và (i), ta thu được d2ψ(x¯|v¯)(w) ≥ max y∈Λ(x¯,v¯) {〈 y,∇2F (x¯)(w,w)〉+ d2g(F (x¯)∣∣y)(∇F (x¯)w)} . (1.67) Mặt khác, với w ∈ Kψ(x¯, v¯), sử dụng (1.55), (1.34) và (i), ta có đánh giá d2ψ(x¯|v¯)(w) ≤ inf z∈Rn {d2ψ(x¯)(w|z)− 〈z, v¯〉} = inf z∈Rn {d2g(F (x¯))(∇F (x¯)w| ∇F (x¯)z +∇2F (x¯)(w,w))− 〈z, v¯〉} = max y∈Λ(x¯,v¯)∩(τB) {〈y,∇2F (x¯)(w,w)〉+ d2g(F (x¯)∣∣y)(∇F (x¯)w)}, kết hợp với (1.67) ta được (1.59) thỏa mãn với mọi w ∈ Kψ(x¯, v¯) và d2ψ(x¯|v¯)(w) = inf z∈Rn {d2ψ(x¯)(w|z)− 〈z, v¯〉}. Do đó, theo Bổ đề 1.1.24, hàm ψ chính quy parabol tại x¯ đối với v¯. Theo Mệnh đề 1.2.11 (iv), hàm ψ khả vi trên đồ thị parabol tại x¯ đối với w ∈ Kψ(x¯, v¯) và dom d2ψ(x¯)(w|·) 6= ∅. Vì thế, theo Bổ đề 1.2.22, dom d2ψ(x¯|v¯) = Kψ(x¯, v¯). Lại vì d2ψ(x¯|v¯) là hàm chính thường nên với w /∈ Kψ(x¯, v¯), ta được dom d2ψ(x¯|v¯)(w) =∞. 58 Do giả thiết (H1), với mọi y ∈ Λ(x¯, v¯), ta có w ∈ Kψ(x¯, v¯) ⇐⇒ ∇F (x¯)w ∈ Kg ( F (x¯), y ) . (1.68) Do đó, với w /∈ Kψ(x¯, v¯), ta suy ra ∇F (x¯)w /∈ Kg ( F (x¯), y ) , ∀y ∈ Λ(x¯, v¯). Kết hợp điều này với giả thiết (H2) và Bổ đề 1.2.22, ta có d2g ( F (x¯) ∣∣y)(∇F (x¯)w) =∞, ∀w /∈ Kψ(x¯, v¯). Kết hợp với (1.66), giá trị hai vế của (1.59) bằng∞ với mọi w /∈ Kψ(x¯, v¯). Như vậy, (1.66) được thỏa mãn, với mọi w ∈ Rn. (iii) Theo Mệnh đề 1.2.11 (iv), hàm ψ khả vi trên đồ thị parabol tại x¯ đối với w ∈ Kψ(x¯, v¯). Áp dụng (ii) và Bổ đề 1.2.23, suy ra f khả vi trên đồ thị hai lần tại x¯ đối với v¯.  1.2.25 Nhận xét. Với giả thiết của Mệnh đề 1.2.24, hàm g chính quy parabol tại F (x¯) đối với y ∈ ∂g(F (x¯)) thỏa mãn∇F (x¯)∗y = v¯. Do đó, ta không thể áp dụng [30, Proposition 4.6] để biến đổi (1.60) thành (1.57), do [30, Proposition 4.6] yêu cầu tính chính quy parabol của g tại F (x¯) đối với mọi y ∈ ∂g(F (x¯)). Đó là lý do Bổ đề 1.2.13 được sử dụng. Lưu ý rằng các kết quả trong các Mệnh đề 1.2.11 và Mệnh đề 1.2.24 được thiết lập trong [30] đối với trường hợp F khả vi hai lần. 59 1.3 Kết luận Chương 1 Trong Chương 1, chúng tôi đạt được các kết quả sau đây: Thiết lập được các quy tắc tính ma trận Hesse mở rộng cho các hàm tổng, hiệu, tích, thương của hai hàm khả vi hai lần theo nghĩa mở rộng tại một điểm (Định lý 1.2.4). Thiết lập được quy tắc tổng đối với đạo hàm đồ thị dưới gradient, dưới đạo hàm bậc hai và dưới đạo hàm parabol (Định lý 1.2.7). Thiết lập được quy tắc tính dưới đạo hàm, dưới vi phân của hàm hợp. Nếu thêm vào điều kiện hàm thành phần khả vi trên đồ thị parabol thì hàm hợp khả vi trên đồ thị parabol và thu được công thức tính dưới đạo hàm parabol của hàm hợp (Mệnh đề 1.2.11). Hơn nữa, nếu các hàm thành phần thỏa mãn các giả thiết cơ bản (Định nghĩa 1.2.14) thì hàm hợp là chính quy parabol, khả vi trên đồ thị hai lần và chúng tôi thu được công thức tính dưới đạo hàm bậc hai của hàm hợp (Mệnh đề 1.2.24). Những kết quả này là sự mở rộng các kết quả [30, Theorem 5.2 và Theorem 5.4]. 60 CHƯƠNG 2 ĐIỀU KIỆN TĂNG TRƯỞNG BẬC HAI VÀ TÍNH DƯỚI CHÍNH QUY MÊTRIC MẠNH CỦA DƯỚI VI PHÂN Chương này được chúng tôi dành để trình bày các vấn đề sau. Vấn đề thứ nhất, chúng tôi thiết lập các điều kiện đủ bậc hai cho điều kiện tăng trưởng bậc hai của hàm chính thường và nửa liên tục dưới. Vấn đề thứ hai, chúng tôi khảo sát và xây dựng một số lớp hàm thỏa mãn điều kiện tăng trưởng bậc hai kéo theo tính dưới chính quy mêtric mạnh của ánh xạ dưới vi phân. 2.1 Điều kiện tối ưu cho hàm chính thường nửa liên tục dưới dựa vào đạo hàm đồ thị dưới gradient Trong phần này, chúng tôi sử dụng đạo hàm đồ thị dưới gradient thiết lập được các điều kiện đủ bậc hai cho điều kiện tăng trưởng bậc hai. Hiện nay, cách tiếp cận này có thuận lợi là các công thức tính đạo hàm đồ thị dưới gradient đã được thiết lập. Ý tưởng đầu tiên về việc sử dụng đạo hàm đồ thị dưới gradient để nghiên cứu điều kiện tăng trưởng bậc hai do Eberhard và Wenzcel [24] khởi xướng. Trong [24, Theorem 71(2)], họ khẳng định rằng đối với lớp hàm nửa liên tục dưới, bị chặn gần kề và ổn định gần kề điều kiện đủ loại hai tại điểm dừng đảm bảo điều kiện tăng trưởng bậc hai được thỏa mãn. Tuy nhiên, trong Ví dụ 2.1.12 chúng tôi 61 chỉ ra rằng khẳng định này của họ không đúng. 2.1.1 Định nghĩa. [9, 52] Cho hàm chính f : Rn → R, ta nói rằng f thỏa mãn điều kiện tăng trưởng bậc hai (viết tắt QGC) tại điểm x¯ ∈ Rn nếu tồn tại γ > 0 và môđun κ > 0 sao cho f(x)− f(x¯) ≥ κ 2 ‖x− x¯‖2, ∀x ∈ Bγ(x¯). (2.1) Khi đó, điểm x¯ được gọi là cực tiểu địa phương mạnh của hàm f. Kí hiệu QG (f ; x¯) := sup { κ > 0 | x¯ là cực tiểu địa phương mạnh của f với môđun κ } . Giả sử ánh xạ H : Rn ⇒ Rm là thuần nhất dương, nghĩa là 0 ∈ H(0) và H(λx) = λH(x), với λ > 0. Chuẩn trên của H được cho bởi ‖H‖+ = sup ‖x‖≤1 sup y∈H(x) ‖y‖, với quy ước supy∈∅ ‖y‖ = −∞ (xem [23, trang 202]). 2.1.2 Bổ đề. [23, Proposition 4A.6] Giả sử ánh xạ H : Rn ⇒ Rm là thuần nhất dương. Khi đó, ta có ‖H‖+ = inf { κ > 0 ∣∣∣‖y‖ ≤ κ‖x‖, ∀(x, y) ∈ gphH} = sup ‖y‖=1 1 d ( 0,H−1(y) ) . Mệnh đề sau cung cấp một tiêu chuẩn quan trọng của tính chất dưới chính quy mêtric mạnh, được Dontchev và Rockafellar phát biểu trong cuốn sách chuyên khảo Implicit Functions and Solution Mappings ([23]). Tuy nhiên, chúng tôi đã đưa ra chứng minh cho thấy rằng giả thiết “đồ thị ánh xạ đa trị đóng địa phương” trong Mệnh đề là không cần thiết về mặt bản chất, hoàn toàn có thể bỏ được mà không làm thay đổi kết luận. 62 2.1.3 Mệnh đề. (xem [23, Theorem 4C.1]) Giả sử F : Rn ⇒ Rm và (x¯, y¯) ∈ gphF. Khi đó, ánh xạ F là dưới chính quy mêtric mạnh tại x¯ đối với y¯ khi và chỉ khi DF ( x¯ ∣∣y¯)−1(0) = {0}. (2.2) Hơn nữa, ta có subregF ( x¯|y¯) = 1 inf { ‖z‖| z ∈ DF (x¯|y¯)(w), ‖w‖ = 1 } . (2.3) Chứng minh. Giả sử F là dưới chính quy mêtric mạnh tại x¯ đối với y¯, với môđun κ. Khi đó, tồn tại lân cận U của x¯, V của y¯ sao cho ‖x− x¯‖ ≤ κ.d(y¯, F (x) ∩ V ), ∀x ∈ U. (2.4) Lấy v ∈ Rm và u ∈ DF (x¯|y¯)−1(v), theo Định nghĩa 1.1.7, tồn tại tk ↓ 0 và (uk, vk)→ (u, v) sao cho (x¯, y¯) + tk(uk, vk) ∈ gphF, ∀k ∈ N∗. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết (x¯, y¯) + tk(uk, vk) ∈ U ×V với mọi k ∈ N∗. Khi đó, từ (2.4), ta có ‖x¯+ tkuk− x¯‖ ≤ κ.d ( y¯, F (x¯+ tkuk)∩V ) ≤ κ‖y¯− (y¯+ tkvk)‖, ∀k ∈ N∗. Do đó, ‖uk‖ ≤ κ‖vk‖, ∀k ∈ N∗. Cho k →∞, ta thu được ‖u‖ ≤ κ‖v‖. Từ đó suy ra DF (x¯|y¯)−1(0) ⊂ {0}. Mặt khác, vì (0, 0) ∈ TgphF (x¯, y¯) nên {0} ⊂ DF (x¯|y¯)−1(0). 63 Do đó, DF (x¯|y¯)−1(0) = {0}. Ngược lại, giả sử DF (x¯|y¯)−1(0) = {0}. Khi đó, tồn tại κ > 0 sao cho ‖u‖ ≤ κ‖v‖, ∀u ∈ DF (x¯|y¯)−1(v), ∀v ∈ Rm. Thật vậy, nếu điều này không đúng thì với mỗi k ∈ N∗, tồn tại (uk, vk) sao cho uk ∈ DF (x¯|y¯)−1(vk) và ‖uk‖ > k‖vk‖, ∀k ∈ N∗. Bằng cách thay dãy con nếu cần, ta có thể giả sử lim k→∞ ( uk ‖uk‖ ) = u ∈ Rn \ {0}. Mặt khác, lim k→∞ ( uk ‖vk‖ ) = 0, ( uk ‖uk‖ , uk ‖vk‖ ) ∈ TgphF (x¯, y¯), TgphF (x¯, y¯) là tập đóng. Do đó, (u, 0) ∈ TgphF (x¯, y¯). Từ đó suy ra 0 6= u ∈ DF (x¯|y¯)−1(0). Điều này mâu thuẫn với giả thiết DF (x¯|y¯)−1(0) = {0}. Như vậy, ‖u‖ ≤ κ‖v‖, ∀u ∈ DF (x¯|y¯)−1(v), ∀v ∈ Rm. Khi đó, theo Bổ đề 2.1.2, ta có ‖DF (x¯|y¯)−1‖+ ≤ κ < +∞. Do đó, subregF (x¯|y¯) ≥ ‖DF (x¯|y¯)−1‖+. (2.5) 64 Bây giờ, ta chứng minh, với mỗi ε > 0, tồn tại lân cận U × V của (x¯, y¯) sao cho ‖x− x¯‖ ≤ (κ+ ε)‖y − y¯‖, ∀(x, y) ∈ gphF ∩ (U × V ). (2.6) Thật vậy, giả sử tồn tại ε0 > 0 để không tồn tại lân cận U ×V của (x¯, y¯) sao cho (2.6) đúng. Khi đó, tồn tại (xk, yk) ∈ gphF, sao cho (xk, yk)→ (x¯, y¯) và ‖xk − x¯‖ > (κ+ ε0)‖yk − y¯‖, ∀k ∈ N∗. (2.7) Thay bằng dãy con nếu cần, giả sử xk − x¯ ‖xk − x¯‖ → u 6= 0 và yk − y¯ ‖xk − x¯‖ → v. Đặt tk := ‖xk − x¯‖, uk := xk − x¯ tk , vk := yk − y¯ tk , ∀k ∈ N∗. Ta có tk ↓ 0, (uk, vk)→ (u, v) và (x¯, y¯)+tk(uk, vk) = (xk, yk) ∈ gphF, ∀k ∈ N∗. Do đó, v ∈ DF (x¯, y¯)(u). Hơn nữa, chia hai vế của (2.7) cho tk và cho k →∞, ta thu được ‖u‖ ≥ (κ+ ε0)‖v‖. Điều này mâu thuẫn với ‖u‖ ≤ κ‖v‖. Vậy, với mỗi ε > 0, tồn tại lân cận U × V của (x¯, y¯) sao cho (2.6) đúng. Khi đó, ta có ‖x− x¯‖ ≤ (κ+ ε).d(y¯, F (x) ∩ V ), ∀x ∈ U. 65 Điều này chứng tỏ F dưới chính quy mêtric mạnh tại x¯ đối với y¯ và subregF (x¯|y¯) ≤ ‖DF (x¯|y¯)−1‖+. Kết hợp với (2.5) và Bổ đề 2.1.2, ta có subregF (x¯|y¯) = ‖DF (x¯|y¯)−1‖+ = 1 inf{‖z‖| z ∈ DF (x¯|y¯)(w), ‖w‖ = 1} . Vậy, ta có điều phải chứng minh.  2.1.4 Bổ đề. [2, Theorem 3.5] Giả sử hàm f : Rn → R lồi chính thường nửa liên tục dưới. Khi đó, f thỏa mãn điều kiện tăng trưởng bậc hai tại x¯ khi và chỉ khi dưới vi phân ∂f là dưới chính quy mêtric mạnh tại cực tiểu x¯ đối với 0, nghĩa là, tồn tại ε > 0 và ` > 0 sao cho `d ( 0; ∂f(x) ) ≥ ‖x− x¯‖, ∀x ∈ Bε(x¯), (2.8) trong đó d ( 0; ∂f(x) ) là khoảng cách từ 0 đến ∂f(x). 2.1.5 Bổ đề. [20, Corollary 3.3] Cho f : Rn → R là hàm số chính thường nửa liên tục dưới và 0 ∈ ∂f(x¯) với x¯ ∈ dom f. Giả sử rằng ánh xạ dưới vi phân ∂f là dưới chính quy mêtric mạnh tại x¯ đối với 0, với môđun κ > 0 và tồn tại các số thực r ∈ (0, κ−1) và δ > 0 sao cho f(x) ≥ f(x¯)− r 2 ‖x− x¯‖2, ∀x ∈ Bδ(x¯). (2.9) Khi đó, với mọi α ∈ (0, κ−1), tồn tại η > 0 sao cho f(x) ≥ f(x¯) + α 2 ‖x− x¯‖2, ∀x ∈ Bη(x¯). (2.10) Trường hợp f là hàm lồi, [3, Corollary 3.7] đã chỉ ra rằng điều kiện tăng trưởng bậc hai (QGC) có thể được đặc trưng bởi tính xác định dương của đạo hàm đồ thị dưới gradient. Đối với trường hợp f là hàm chính thường nửa liên tục dưới, có thể không lồi. Kết quả sau đây, chúng tôi cho thấy rằng tính xác định dương của đạo hàm đồ thị dưới gradient là điều kiện đủ cho điều kiện tăng trưởng bậc hai. 66 2.1.6 Định lý. Giả sử f : Rn → R là hàm chính thường nửa liên tục dưới và x¯ ∈ dom f. Xét các khẳng định sau đây: (i) Điều kiện tăng trưởng bậc hai (2.1) được thỏa mãn tại x¯. (ii) x¯ là cực tiểu địa phương và ∂f là dưới chính quy mêtric mạnh tại x¯ đối với 0. (iii) 0 ∈ ∂pf(x¯) và D(∂f)(x¯|0) xác định dương, theo nghĩa 〈z, w〉 > 0, (2.11) với mọi z ∈ D(∂f)(x¯|0)(w) và w ∈ domD(∂f)(x¯|0) \ {0}. (iv) 0 ∈ ∂pf(x¯) và tồn tại c > 0 sao cho 〈z, w〉 ≥ c‖w‖2, (2.12) với mọi z ∈ D(∂f)(x¯|0)(w) và w ∈ domD(∂f)(x¯|0). Khi đó, các quan hệ kéo theo sau đây thỏa mãn (iv)⇒ (iii)⇒ (ii)⇒ (i). Hơn nữa, nếu (iv) thỏa mãn thì QG(f ; x¯) ≥ inf { 〈z,w〉 ‖w‖2 ∣∣∣ z ∈ D(∂f)(x¯|0)(w), w ∈ domD(∂f)(x¯|0) } , (2.13) với quy ước rằng 0/0 =∞. Chứng minh. Giả sử rằng (iv) thỏa mãn, nghĩa là 0 ∈ ∂pf(x¯) và điều kiện (2.12) thỏa mãn với mọi z ∈ D(∂f)(x¯|0)(w) và w ∈ domD(∂f)(x¯|0). Ta sẽ chứng minh rằng công thức (2.13) đúng. Thật vậy, vì 0 ∈ ∂pf(x¯) nên 0 ∈ ∂f(x¯) và tồn tại các số r, γ > 0 sao cho, với mọi x ∈ Bγ(x¯), ta có f(x)− f(x¯) ≥ −r 2 ‖x− x¯‖2. (2.14) 67 Bây giờ, lấy s > r bất kì và đặt g(x) := f(x) + s 2 ‖x− x¯‖2. Khi đó, kết hợp với (2.14), ta có g(x)− g(x¯) ≥ s− r 2 ‖x− x¯‖2, ∀x ∈ Bγ(x¯). (2.15) Chú ý rằng ∂g(x) = ∂f(x) + s(x− x¯). Do đó, 0 ∈ ∂g(x¯). Áp dụng Bổ đề 1.1.8, ta có D(∂g)(x¯|0)(w) = D(∂f)(x¯|0)(w) + sw, ∀w ∈ Rn. (2.16) Lấy bất kì (z, w) ∈ Rn × Rn, với z ∈ D(∂g)(x¯|0)(w), ta suy ra z − sw ∈ D(∂f)(x¯|0)(w). Kết hợp điều này với (2.12), ta được 〈z − sw,w〉 ≥ c‖w‖2. Từ đó, ta có ‖z‖ · ‖w‖ ≥ 〈z, w〉 ≥ (c+ s)‖w‖2. (2.17) Do đó, D(∂g)(x¯|0)−1(0) = {0}, kết hợp với Mệnh đề 2.1.3, ánh xạ ∂g là dưới chính quy mêtric mạnh tại x¯ đối với 0. Hơn nữa, từ (2.3), ta được subreg ∂g(x¯|0) ≤ (c+ s)−1. 68 Bất đẳng thức (2.15) chứng tỏ x¯ là cực tiểu địa phương của hàm g. Điều này cùng với Bổ đề 2.1.5, với mọi ε > 0, tồn tại η ∈ (0, γ) sao cho g(x) ≥ g(x¯) + 12(subreg ∂g(x¯|0)+ε)‖x− x¯‖2 ≥ g(x¯) + 12((c+s)−1+ε)‖x− x¯‖2, ∀x ∈ Bη(x¯). Lại vì f(x) = g(x)− s 2 ‖x− x¯‖2, kết hợp với bất đẳng thức trên, ta thu được f(x) ≥ f(x¯) + 12 [ 1 (c+s)−1+ε − s ] ‖x− x¯‖2 = f(x¯) + 12 c c+s−sε (c+s)−1+ε‖x− x¯‖2. (2.18) Bằng cách chọn ε > 0 đủ nhỏ, x¯ là cực tiểu địa phương mạnh của f với môđun dương nhỏ hơn nhưng gần c một cách tùy ý. Hơn nữa, bất đẳng thức (2.13) được suy ra từ (2.18) khi cho ε ↓ 0 và c→ [vế phải của (2.13)]. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng: (iv)⇒ (iii)⇒ (ii)⇒ (i) (iv)⇒ (iii) là hiển nhiên. (ii)⇒ (i) được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 2.1.5. Để hoàn tất chứng minh, ta sẽ chỉ ra rằng (iii)⇒ (ii). Giả sử rằng (iii) thỏa mãn, nghĩa là 0 ∈ ∂pf(x¯) và điều kiện (2.11) thỏa mãn. Điều này suy ra rằng D(∂f)(x¯|0)−1(0) = {0}. Do đó, theo Mệnh đề 2.1.3, ánh xạ ∂f là dưới chính quy mêtric mạnh tại x¯ đối với 0, với môđun κ > subreg∂f(x¯|0) ≥ 0 bất kì. Do 0 ∈ ∂pf(x¯) nên tồn tại r, γ > 0 thỏa mãn (2.14). Lấy tùy ý s > r và xác định g(x) := f(x) + s 2 ‖x− x¯‖2. 69 Khi đó, với mọi (z, w) ∈ Rn×Rn, sao cho z ∈ D(∂g)(x¯|0)(w), từ (2.16), ta có z − sw ∈ D(∂f)(x¯|0)(w). Khi đó, áp dụng (2.11), ta được 〈z − sw,w〉 ≥ 0. Từ đó, ta có ‖z‖ · ‖w‖ ≥ 〈z, w〉 ≥ s‖w‖2. Kết hợp điều này với (2.2) và (2.3), ánh xạ ∂g là dưới chính quy mêtric mạnh tại x¯ đối với 0 và subreg ∂g(x¯|0) ≤ s−1. Vì hàm g thỏa mãn (2.15) nên x¯ là cực tiểu địa phương của g. Mặt khác, theo Bổ đề 2.1.5, với mọi ε > 0 thỏa mãn sεs−1+ε < κ −1, tồn tại δ ∈ (0, γ) sao cho g(x) ≥ g(x¯) + 12(subreg ∂g(x¯|0)+ε)‖x− x¯‖2 ≥ g(x¯) + 12(s−1+ε)‖x− x¯‖2, ∀x ∈ Bδ(x¯). Do f(x) = g(x)− s2‖x− x¯‖2, ta thu được f(x) ≥ f(x¯) + 12 [ 1 s−1+ε − s ] ‖x− x¯‖2 = f(x¯)− 12 sεs−1+ε‖x− x¯‖2, ∀x ∈ Bδ(x¯). Cuối cùng, vì sεs−1+ε < κ −1 và ∂f là dưới chính quy mêtric mạnh tại x¯ đối với 0 với môđun κ nên theo Bổ đề 2.1.5, x¯ là cực tiểu địa phương của f. Định lý được chứng minh.  Ví dụ sau cho thấy rằng, các điều kiện (2.11) và (2.12) nói chung không là điều kiện cần của cực tiểu địa phương mạnh. 70 2.1.7 Ví dụ. Cho hàm f : R→ R được xác định bởi f(x) =  x nếu x ∈ {0} ∪ [1,+∞), 1 2n nếu x ∈ [ 32n+2 , 12n ), n = 0, 1, 2, ..., 2x− 12n+1 nếu x ∈ [ 12n+1 , 32n+2 ), n = 0, 1, 2, ..., f(−x) nếu x < 0. Ta thấy rằng f(x) ≥ f(0) + |x|2, ∀x ∈ [−1, 1], điều này có chứng tỏ x¯ = 0 là cực tiểu địa phương mạnh của f . Mặt khác,( ∞⋃ n=0 (− 1 2n ,− 3 2n+2 ) ∪ {0} ∪ ∞⋃ n=0 ( 3 2n+2 , 1 2n ))× {0} ⊂ gph ∂f. Suy ra R× {0} ⊂ Tgph ∂f(x¯, 0). Khi đó, với w ∈ R\{0} và z = 0 ∈ D(∂f)(x¯|0)(w), ta có 〈z, w〉 = 0. Điều này chứng tỏ các điều kiện (2.11) và (2.12) không là điều kiện cần cực tiểu địa phương mạnh. Cho hàm f : Rn → R. Ta nói rằng hàm f bị chặn gần kề (prox- bounded) [46] nếu tồn tại số thực λ > 0 và x ∈ Rn sao cho eλf(x) > −∞, trong đó eλf(x) := inf w { f(w) + 1 2λ ‖w − x‖2 } ≤ f(x) là hàm bao Moreau (Moreau envelope function). 2.1.8 Định nghĩa. [24] Cho hàm f : Rn → R chính thường nửa liên tục dưới, với x¯ ∈ dom f và 0 ∈ ∂pf(x¯). Ta nói rằng điều kiện đủ loại hai thỏa 71 mãn tại x¯ nếu tồn tại c > 0 sao cho, với mọi w ∈ domD(∂pf)(x¯|0) và ‖w‖ = 1, ∃ z ∈ D(∂pf)(x¯|0)(w) sao cho 〈z, w〉 ≥ c. (2.19) 2.1.9 Định nghĩa. [24, Definition 39] Cho hàm f : Rn → R và p ∈ ∂pf(x¯). (i) Đạo hàm đồ thị λ−ổn định gần kề (λ− proximally stable graphical derivative) của ∂pf tại x¯ đối với p được