Định lí lyusternikgraves và ứng dụng

MỞ ĐẦUNăm 1934, Lyusternik [11] đã thiết lập công thức tính nón tiếp tuyếncủa tập không điểm của một ánh xạ khả vi liên tục có đạo hàm là toànánh điều kiện Lyusternik và sử dụng nó để ch

MỤC LỤC

Mở đầu 2

1 Định lí Lyusternik-Graves 4 1.1 Kiến thức chuẩn bị 4

1.2 Định lí Lyusternik-Graves 10

1.3 Một số ứng dụng 17

2 Mở rộng định lí Lyusternik-Graves 21 2.1 Định lí ánh xạ mở và Định lí nhiễu 21

2.2 Định lí ánh xạ mở suy rộng 26

2.3 Qui tắc nhân tử Lagrange 32

Kết luận 34

Tài liệu tham khảo 35

MỞ ĐẦU

Năm 1934, Lyusternik ([11]) đã thiết lập công thức tính nón tiếp tuyếncủa tập không điểm của một ánh xạ khả vi liên tục có đạo hàm là toànánh (điều kiện Lyusternik) và sử dụng nó để chứng minh quy tắc nhân tửLagrange cho bài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức Kết quả này đượcgọi là Định lí không gian tiếp tuyến Lyusternik Phép chứng minh củaLyusternik cho thấy rằng ánh xạ được xét là chính quy mêtric nếu điềukiện Lyusternik được thỏa mãn ([5], [11]) Hơn nữa, kỹ thuật dùng dãylặp của Lyusternik có thể áp dụng cho nhiều tình huống khác và đã trởthành một kỹ thuật quan trọng trong giải tích biến phân ([4], [5], [6],[8],[10], [12]) Năm 1950, Graves ([7]) đã thu được một định lí ánh xạ mở chocác ánh xạ khả vi liên tục và các ánh xạ không trơn Kết quả này chothấy điều kiện Lyusternik không những đảm bảo cho một ánh xạ khả viliên tục là mở tuyến tính mà còn đảm bảo cho những ánh xạ "gần" với nócũng có tính chất này Do tính mở tuyến tính và tính chính quy mêtric làhai tính chất tương đương, khẳng định sau đây thường được gọi là định líLyusternik-Graves: một ánh xạ khả vi liên tục là chính quy mêtric (mộtcách tương đương, mở tuyến tính) nếu điều kiện Lyusternik đúng Định líLyusternik-Graves là một kết quả kinh điển, tạo động lực phát triển chomột số hướng của giải tích toán học, chẳng hạn giải tích phi tuyến, giảitích không trơn, giải tích lồi, ([5], [8], [9]) Nghiên cứu định lí này cũngnhư các mở rộng và các ứng dụng của nó vẫn đang là một vấn đề có tínhthời sự trong giải tích biến phân ([3], [9], [12])

Với mong muốn hiểu sâu hơn về kết quả quan trọng được đề cập ở trên,đồng thời cung cấp một tài liệu tổng hợp và phân tích nhiều khía cạnhkhác nhau liên quan đến kết quả đó, chúng tôi chọn đề tài nghiên cứu choluận văn của mình là "Định lí Lyusternik-Graves và ứng dụng"

Luận văn được chia thành hai chương Chương 1 dành để trình bày định

lí Lyusternik-Graves và một số vấn đề liên quan, bao gồm phần đảo củađịnh lí Lyusternik-Graves, mối quan hệ giữa định lí Lyusternik-Graves vớiđịnh lí ánh xạ mở Banach-Schauder, ứng dụng định lí Lyusternik-Gravesvào việc chứng minh định lí hàm ngược và qui tắc nhân tử Lagrange chobài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức Chương 2 dành để trình bày một

số mở rộng của định lí Lyusternik-Graves và ứng dụng Trong chương này,đầu tiên, chúng tôi trình bày định lí ánh xạ mở Banach-Schauder và định

lí ánh xạ nhiễu, tiếp theo là định lí ánh xạ mở suy rộng và cuối cùng làqui tắc nhân tử Lagrange cho bài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức vàbất đẳng thức

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫncủa TS Nguyễn Huy Chiêu Tác giả xin chân thành cám ơn sự tận tìnhgiúp đỡ và hướng dẫn của thầy Nhân dịp này, tác giả xin gửi lời cám

ơn tới Khoa Sư phạm Toán học, Phòng đào tạo Sau đại học, các thầy côtrong Bộ môn Toán Giải tích- Khoa Sư phạm Toán học, trường Đại họcVinh, đã tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập vànghiên cứu Xin chân thành cám ơn gia đình và bè bạn đã chia sẻ nhữngkhó khăn trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu

Mặc dù đã có nhiều cố gắng, nhưng luận văn không thể tránh khỏinhững hạn chế, thiếu sót Tác giả rất mong nhận được những ý kiến đónggóp của các thầy, cô giáo và bạn bè để luận văn được hoàn thiện hơn

Nghệ An, tháng 10 năm 2015

Nguyễn Huy Khôi

CHƯƠNG 1ĐỊNH LÍ LYUSTERNIK-GRAVES

Trong chương này, sau khi nhắc lại một số kiến thức chuẩn bị ở Mục 1.1,chúng tôi trình bày định lí Lyusternik-Graves ở Mục 1.2 và một số ứngdụng của định lí này ở Mục 1.3

F (x) là tập ảnh của Ω qua ánh xạ F Với mỗi y ∈ Y, đặt

F−1(y) := x ∈ X | y ∈ F (x) Với X là một không gian Banach và

(i) Ta nói ánh xạ f là khả vi (Fréchet) tại x ∈ X¯ nếu tồn tại một ánh

xạ tuyến tính liên tục ∇f (¯x) : X → Y sao cho

lim

x→¯ x

f (x) − f (¯x) − ∇f (¯x)(x − ¯x)

Khi đó, ánh xạ ∇f (¯x) được gọi là đạo hàm (Fréchet) của f tại x.¯

(ii) Ta nói ánh xạ f : X → Y được gọi là khả vi chặt tại x¯ nếu f cóđạo hàm ∇f (¯x) tại x¯ và

xk = 1

k và uk =

√2

(i) Ta nói ánh xạ F là chính quy mêtric quanh điểm (¯x, ¯y) với hệ số

c nếu tồn tại r > 0 sao cho

d x, F−1(y)
6 cd y, F (x)
, với mọi (x, y) ∈ Br(¯x) × Br(¯y)

Cận dưới đúng của tập những số c như trên, kí hiệu regF (¯x, ¯y), được gọi

là môđun tính chính quy mêtric của F quanh điểm (¯x, ¯y) Trong trườnghợp F (¯x) = {¯y}, ta kí hiệu regF (¯x) thay cho regF (¯x, ¯y)

(ii) Ta nói ánh xạ F là mở tuyến tính (hoặc có tính chất phủ) quanhđiểm (¯x, ¯y) với hệ số γ > 0 nếu tồn tại ε > 0 và r > 0 sao cho

Bγt(y) ⊂ F Bt(x)
, ∀(x, y) ∈ gphF ∩ [Br(¯x) × Br(¯y)], ∀t ∈ [0, ε]

Cận trên đúng của tập những sốγ như trên, kí hiệu covF (¯x, ¯y),được gọi là

mô đun tính mở tuyến tính (hoặc mô đun tính phủ) của F quanh (¯x, ¯y)

Trong trường hợp F (¯x) = {¯y}, ta kí hiệu covF (¯x) thay cho covF (¯x, ¯y)

Kết quả sau đây cho chúng ta mối quan hệ giữa tính chính qui mêtric

và tính mở tuyến tính của các ánh xạ đa trị

1.1.6 Định lí ([12]) Cho F : X ⇒ Y và (¯x, ¯y) ∈ gphF Khi đó, haimệnh đề sau là tương đương:

(i) F là chính quy mêtric quanh điểm (¯x, ¯y) với hệ số c;

(ii) F mở tuyến tính quanh điểm (¯x, ¯y) với hệ số γ = 1c

Chứng minh Giả sử F là mở tuyến tính quanh điểm (¯x, ¯y) với hệ số

γ > 0 Theo định nghĩa, tồn tại ε > 0 và r > 0 sao cho

Bγt(y) ⊂ F Bt(x)
, (1.3)với mọi (x, y) ∈ gphF ∩ [Br(¯x) × Br(¯y)] và t ∈ [0, ε] Lấy εx, εy ∈ (0, r)

bất kì Không mất tính tổng quát, ta có thể chọn ε > 0 sao cho εγ 6 12εy

Lấy x, y thỏa mãn kx − ¯xk < ε1x và ky − ¯yk < ε1y, ở đây ε1x và ε1y làcác hằng số dương thỏa mãn ε1x 6 εx và γε1x + ε1y 6 εγ Lưu ý rằng

ε1y 6 12εy Vì ε1y 6 εy 6 r nên từ (1.3) ta suy ra tồn tại x ∈ F˜ −1(y) saocho k˜x − ¯xk 6 γ−1ky − ¯yk Từ đó suy ra

Ngược lại, giả sử F chính quy mêtric quanh điểm (¯x, ¯y) với hệ số c > 0.

Lấy (x, y) ∈ gphF và z ∈ Y sao cho ky − zk < tc−1 Khi đó, với (x, y) đủgần (x0, y0) và t > 0 đủ nhỏ, ta có

sao chox+t¯ kvk ∈ Ωvới mọik.Từ đó suy ra vi = 0 với mọii ∈ {1, 2, , p}

và vj 6 0 với mọi j ∈ {p + 1, p + 2, , p + q} Điều này có nghĩa là

v ∈ {0Rp} × Rq− Ngược lai, lấy bất kìv ∈ {0Rp} × Rq− Ta có x + t¯ kvk ∈ Ω

với mọi k, ở đây tk = k−1 và vk := v với mọi k ∈ N∗ Mặt khác, vk → v

Do đó, v ∈ TΩ(¯x) Như vậy, TΩ(0) = {0Rp} × Rq−

(P ) và f khả vi Fréchet tại x¯ Theo định nghĩa, tồn tại r > 0 sao cho

f (x) > f (¯x), ∀x ∈ Ω ∩ Br(¯x) (1.5)Lấy v ∈ TΩ(¯x) Nếu v = 0 thì h∇f (¯x), vi = 0 Nếu v 6= 0 thì tồntại tk → 0+, vk → v, vk 6= 0 sao cho x + t¯ kvk ∈ Ω với mọi k Vì

1.1.11 Định lí (Bổ đề Farkas) Cho a∗1, a∗2, , a∗m, b∗ ∈ X∗ Khi đó, haimệnh đề sau đây là tương đương:

(i) Nếu a∗i(x) 6 0, ∀i = 1, 2, m, thì b∗(x) 6 0;

(ii) Tồn tại λi > 0, với i = 1, 2, , m, sao cho b∗ =

m

P

i=1

λia∗i

1.1.12 Hệ quả (Định lí Motzkin) Cho a∗1, , a∗`, a∗`+1, , a∗m, b∗ ∈ X∗

Khi đó, hai mệnh đề sau là tương đương:

(i) Nếu a∗i(x) 6 0, với i = 1, 2, , `, và a∗i(x) = 0, với i = ` + 1, , m,

thì b∗(x) 6 0 Theo Bổ đề Farkas, tồn tại λi > 0 với i = 1, , `, λ+i > 0,

với i = ` + 1, , m, λ−i > 0, với i = ` + 1, , m, sao cho

Mục này được dành để trình bày định lý Lyusternik-Graves và một số kếtquả liên quan.

1.2.1 Định lí (Định lý Lyusternik-Graves) Cho X, Y là các khônggian Banach và f : X → Y là một ánh xạ khả vi chặt tại x¯ Giả sử

∇f (¯x) : X → Y là toàn ánh Khi đó, các khẳng định sau là đúng:(i) f là chính quy mêtric quanh điểm x¯;

(ii) f có tính chất phủ quanh điểm x¯

Hơn nữa, trong trường hợp này, ta có

regf (¯x) 6 k ∇f (¯x)∗
−1k (1.6)và

covf (¯x) > inf{k∇f (¯x)∗y∗k | ky∗k = 1} (1.7)Chứng minh Giả sử A := ∇f (¯x) : X → Y là toàn ánh Khi đó, với mỗi

y ∈ Y, tồn tại x ∈ A−1(y) thỏa mãn

ở đây µ−1 = infk∇f (¯x)∗y∗k | ky∗k = 1 Vì f khả vi chặt tại x¯ nên, vớimỗi γ ∈ (0, µ−1), ta tìm được U ∈ N (¯x) sao cho

kf (x1) − f (x2) − A(x1 − x2)k 6 γkx1 − x2k, (1.9)với mọi x1, x2 ∈ U Bây giờ ta chứng minh

f (ˆx) + (µ−1 − γ)rB ⊂ f(ˆx + rB) với bất kỳ x + rB ⊂ U, r > 0.ˆ (1.10)

Không mất tính tổng quát, giả sử x = 0ˆ và f (ˆx) = 0 Khi đó, ta cầnchứng minh rằng nếu rB ⊂ U, r > 0, thì với mỗi y ∈ (µ−1 − γ)rB,

phương trình y = f (x) có nghiệm x ∈ rB Thật vậy, lấy y ∈ Y thỏa mãn

kyk 6 (µ−1− γ)r Ta sẽ xây dựng một dãy {xk} ⊂ X như sau: lấy x0 = 0

và, nhờ (1.8), chọn xk (k = 1, 2, ) thỏa mãn

Axk = y − f (xk−1) + Axk−1 (1.11)và

kxk − xk−1k 6 µky − f(xk−1)k

Rõ ràng x0 ∈ U và x1 ∈ U (do kx1k = kx1 − x0k 6 µkyk 6 r) Giả sử

xi ∈ U với mọi i = 0, 1, 2, , k (k > 1) Khi đó, từ cách xây dựng dãy

{xk} suy ra với mỗi i = 1, 2, , k, ta có

6 1−µγµ kyk = µ−11−γkyk 6 r ∀i = 0, 1, , k + 1

Do đó xk+1 ∈ U Theo nguyên lý quy nạp, xk ∈ U với mọi k Hơn nữa,

có y = f (x) Như vậy bao hàm thức (1.10) được chứng minh Điều này

có nghĩa là f có tính chất phủ quanh x¯ với modulus κ = µ−1 − γ và

covf (¯x) > µ−1− γ Vì thế, do γ ∈ (0, µ−1) được lấy tùy ý, ta có

covf (¯x) > µ−1 = inf{k∇f (¯x)∗y∗k | ky∗k = 1}

Vì tính chất chính quy metric của f quanh x¯ và tính phủ của f quanh x¯

là tương đương và regf (¯x) = covf (¯1 x), nên ta có điều phải chứng minh 

Điều kiện ∇f (¯x) : X → Y là toàn ánh còn được gọi là điều kiệnLyusternik hoặc điều kiện chính qui Để kiểm tra điều kiện này, trongtrường hợp Y là hữu hạn chiều, người ta thường dùng kết quả sau:

1.2.2 Mệnh đề Cho a∗1, a∗2, , a∗m ∈ X∗ và f : X → Rm là một ánh xạđược xác định bởi f (x) := a∗1(x), a∗2(x), , a∗m(x)
Khi đó, điều kiệncần và đủ để f toàn ánh là hệ {a∗1, a∗2, , a∗m} độc lập tuyến tính.Chứng minh Giả sử f : X → Rm là toàn ánh và

là độc lập tuyến tính Để chứng minh chiều ngược lại, giả sử{a∗1, a∗2, , a∗m}

độc lập tuyến tính Ta sẽ chứng minh ánh xạ f : X → Rm là toàn ánhbằng phương pháp phản chứng Giả sử tập Rm\f (X) là khác rỗng Lấy

b ∈ Rm\f (X) và gọi b0 là hình chiếu trực giao của b lên f (X) Ta có

λ := b − b0 = (λ1, λ2, , λm) 6= 0 và hλ, f (x)i = 0, với mọi x ∈ X Do đóm

P

i=1

λia∗i = 0 và λ = (λ1, λ2, , λm) 6= 0, tức là hệ {a∗1, a∗2, , a∗m} là phụ

thuộc tuyến tính Điều này mâu thuẫn với giả thiết Vậy hệ{a∗1, a∗2, , a∗m}

Tiếp theo là một ví dụ minh họa việc sử dụng Định lí Lyusternik-Graves

để kiểm tra tính chính quy mêtric (tính mở tuyến tính) của một ánh xạ.1.2.3 Ví dụ Cho f : R3 → R2 là ánh xạ được xác định bởi công thức

f (x) = (x21 + x2 + x3, x1 + x32 + x3) Ta có ma trận Jacôbi của f tại

Do đó, đạo hàm Fréchet của f tại x¯ là ánh xạ ∇f (¯x) : R3 → R2 được xácđịnh bởi

∇f (¯x)(x) = J f (¯x)x =

"x2 + x3

x1 + x3

#,

với mọi x = (x1, x2, x3) ∈ R3 Đặt a∗1(x) = x2 + x3, a∗2(x) = x1 + x3 Rõràng a∗1, a∗2 ∈ (R3)∗ và ∇f (¯x)(x) = a∗1(x), a∗2(x)
với mọi x ∈ R3 Hơnnữa, vì

nên hệ {a∗1, a∗2} là độc lập tuyến tính Do đó, theo Mệnh đề 1.2.2, ta có

∇f (¯x) : R3 → R2 là toàn ánh Theo Định lí 1.2.1, f là chính qui mêtric(mở tuyến tính) quanh điểm x.¯

1.2.4 Bổ đề ([12, Lemma 1.56]) Cho f : X → Y là một ánh xạ chínhquy metric quanh điểm x¯ và khả vi Fréchet tại điểm x¯ Khi đó, tập

∇f (¯x)X là đóng trong Y

Chứng minh Lấy η > 0 và µ > 0 sao cho

d x; f−1(¯
6 µkf(x) − f(¯x)k ∀x ∈ Bη(¯x) (1.13)Đặt A := ∇f (¯x) và cố định một điểm y0 tùy ý thuộc AX Khi đó, tồntại yk ∈ AX sao cho yk → y0 và kyk+1− ykk 6 2−k với mọi k ∈ N Tiếptheo chúng ta sẽ chỉ ra sự tồn tại một dãy {xk} với xk ∈ X thỏa mãn

kxk+1− xkk 6 3µ

2k, kyk − Axkk 6 1

2k ∀k ∈ N (1.14)

Thật vậy, lấy x1 là điểm bất kỳ thỏa mãn Ax1 = y1 Giả sử ta đã có

x1, , xk thỏa mãn (1.14) Cố định u ∈ A−1(yk+1) − xk và chọn t > 0 saocho tkuk 6 η và

Từ đó ta suy ra

kf (¯x + tu) − f (¯x)k 6 t

kAuk + 2k+21

Như vậy, dãy{xk} thỏa mãn (1.14) Từ đó suy ra {xk}là một dãy Cauchytrong không gian Banach X Vì vậy, tồn tại x0 ∈ X sao cho lim

k→∞xk = x0

Hơn nữa, Axk = yk → y0 Vì vậy Ax0 = y0 Điều này chứng tỏ AX là

1.2.5 Bổ đề ([12]) Cho X, Y là các không gian Banach và f : X → Y

là một ánh xạ khả vi chặt tại x¯ Khi đó, nếu f chính qui mêtric quanhđiểm x¯ thì ker∇f (¯x)∗ = {0} và regf (¯x) = k ∇f (¯x)∗
−1k

Kết quả tiếp theo, được thiết lập bởi Mordukhovich, cho thấy rằngchiều ngược lại của định lý Lyusternik-Graves vẫn đúng

1.2.6 Định lí ([12, Theorem 1.57]) Cho X, Y là các không gian nach và f : X → Y là một ánh xạ khả vi chặt tại x¯ Giả sử rằng mộttrong hai tính chất tương đương sau được thỏa mãn:

Ba-(i) f là chính quy mêtric quanh điểm x¯;

(ii) f có tính chất phủ quanh điểm x¯

Khi đó, ∇f (¯x) : X → Y toàn ánh Hơn nữa, ta có

y0 ∈ Y \∇f (¯x)(X) Từ Bổ đề 1.2.4 ta suy ra ∇f (¯x)(X) và {y0} là haitập lồi đóng rời nhau trong không gian Banach Y Lưu ý rằng {y0} làmột tập compact Theo Định lý tách các tập lồi, tồn tại y∗ ∈ Y∗\{0} và

α ∈ R sao cho hy∗, y0i > α > ∗, ∇f (¯x)(x) với mọi x ∈ X Từ đó suy

ra y∗ ∈ ker∇f (¯x)∗ và hy∗, y0i > 0 Điều này mâu thuẫn với (1.15) Do đó,

∇f (¯x) là toàn ánh Theo Bổ đề 1.2.5, ta có

regf (¯x) = k ∇f (¯x)∗
−1k

Mặt khác, covf (¯x) = regf (¯1 x) Do đó,

covf (¯x) = inf{k∇f (¯x)∗y∗k | ky∗k = 1}

Định lí được chứng minh 

Từ Định lí 1.2.1 và Định lí 1.2.6 ta suy ra kết quả sau:

1.2.7 Hệ quả ([12]) Cho X, Y là các không gian Banach và f : X →

Y là một ánh xạ khả vi chặt tại x¯ Khi đó, các mệnh đề sau là tươngđương:

(i) ∇f (¯x) : X → Y là toàn ánh;

(ii) f là chính quy mêtric quanh điểm x¯;

(iii) f có tính chất phủ quanh điểm x¯

Nếu một trong các mệnh đề trên được thỏa mãn, thì

regf (¯x) = k ∇f (¯x)∗
−1k

và

covf (¯x) = inf{k∇f (¯x)∗y∗k | ky∗k = 1}

Đối với các ánh xạ tuyến tính liên tục tính mở tuyến tính tại một điểm

là tương đương với tính mở của nó Do đó, ta có hệ quả sau:

1.2.8 Hệ quả ([12]) Cho A : X → Y là một ánh xạ tuyến tính liêntục Khi đó, các mệnh đề sau đây là tương đương:

(i) A là toàn ánh;

(ii) A là một ánh xạ mở;

(iii) A là một ánh xạ mở tuyến tính quanh mọi điểm x¯;

(iv) A là chính quy mêtric quanh mọi điểm x.¯

Trong trường hợp này, với mọi x ∈ X,¯ ta có

1.3 Một số ứng dụng

Định lí hàm ngược là một kết quả quan trọng của giải tích toán học Kếtquả này có thể chứng minh dựa vào nguyên lí ánh xạ co Banach (xem [6]).Trong mục này, chúng ta sẽ trình bày một phép chứng minh khác, dựavào Định lí Lyusternik-Graves

1.3.1 Định lí ([12, Theorem 1.60]) Cho f : X → Y là ánh xạ khả vichặt tại x¯ và y = f (¯¯ x) Khi đó, nếu ∇f (¯x) : X → Y là khả nghịch,thì f−1 là đơn trị địa phương quanh điểm y¯ và khả vi chặt tại y.¯ Hơnnữa, ta có ∇f−1(¯y) = ∇f (¯x)−1

Chứng minh Giả sử ∇f (¯x) : X → Y là khả nghịch Trước hết, chúng

ta chứng minh f−1 là đơn trị địa phương quanh điểm y¯ Thật vậy, giả sử

f−1 là không đơn trị địa phương quanh điểm y.¯ Vì ∇f (¯x) : X → Y làkhả nghịch, nên ∇f (¯x) : X → Y là toàn ánh và tồn tại α > 0 sao cho

k∇f (¯x)xk > αkxk với mọi x ∈ X Theo Định lí 1.2.1, tồn tại ε > 0 saocho Bε(¯y) ⊂ f (X) Mặt khác, vìf liên tục tại x¯ nên tồn tạiδ0 > 0 sao cho

f Bδ 0(¯
⊂ Bε(¯y) ⊂ f (X) Vì vậy, do f−1 là không đơn trị địa phươngquanh điểm y,¯ với mỗi δ ∈ (0, δ0), tồn tại x1, x2 ∈ Bδ(¯x), x1 6= x2, saocho f (x1) = f (x2) Khi đó ta có