Định lí lyusternikgraves và ứng dụng

1

MỤC LỤC

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1
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
2.1. Định lí ánh xạ mở và Định lí nhiễu . .
2.2. Định lí ánh xạ mở suy rộng . . . . . .
2.3. Qui tắc nhân tử Lagrange . . . . . . .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.

.
.
.
.

21
21
26
32
34
35


2

MỞ ĐẦU

Năm 1934, Lyusternik ([11]) đã thiết lập công thức tính nón tiếp tuyến
của tập không điểm của một ánh xạ khả vi liên tục có đạo hàm là toàn
ánh (điều kiện Lyusternik) và sử dụng nó để chứng minh quy tắc nhân tử
Lagrange cho bài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức. Kết quả này được
gọi là Định lí không gian tiếp tuyến Lyusternik. Phép chứng minh của
Lyusternik cho thấy rằng ánh xạ được xét là chính quy mêtric nếu điều
kiện Lyusternik được thỏa mãn ([5], [11]). Hơn nữa, kỹ thuật dùng dãy
lặp của Lyusternik có thể áp dụng cho nhiều tình huống khác và đã trở
thành 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 cho
các ánh xạ khả vi liên tục và các ánh xạ không trơn. Kết quả này cho
thấy điều kiện Lyusternik không những đảm bảo cho một ánh xạ khả vi
liên tục là mở tuyến tính mà còn đảm bảo cho những ánh xạ "gần" với nó

cũng có tính chất này. Do tính mở tuyến tính và tính chính quy mêtric là
hai tính chất tương đương, khẳng định sau đây thường được gọi là định lí
Lyusternik-Graves: một ánh xạ khả vi liên tục là chính quy mêtric (một
cách tương đương, mở tuyến tính) nếu điều kiện Lyusternik đúng. Định lí
Lyusternik-Graves là một kết quả kinh điển, tạo động lực phát triển cho
một số hướng của giải tích toán học, chẳng hạn giải tích phi tuyến, giải
tích không trơn, giải tích lồi,...([5], [8], [9]). Nghiên cứu định lí này cũng
như các mở rộng và các ứng dụng của nó vẫn đang là một vấn đề có tính
thời 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 cạnh
khác nhau liên quan đến kết quả đó, chúng tôi chọn đề tài nghiên cứu cho
luận 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


3

lí Lyusternik-Graves và một số vấn đề liên quan, bao gồm phần đảo của
định lí Lyusternik-Graves, mối quan hệ giữa định lí Lyusternik-Graves với
định lí ánh xạ mở Banach-Schauder, ứng dụng định lí Lyusternik-Graves
vào việc chứng minh định lí hàm ngược và qui tắc nhân tử Lagrange cho
bài 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 là
qui tắc nhân tử Lagrange cho bài toán tối ưu với ràng buộc đẳng thức và
bất đẳng thức.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn
của TS. Nguyễn Huy Chiêu. Tác giả xin chân thành cám ơn sự tận tình

giúp 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 cô
trong Bộ môn Toán Giải tích- Khoa Sư phạm Toán học, trường Đại học
Vinh, đã tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và
nghiên cứu. Xin chân thành cám ơn gia đình và bè bạn đã chia sẻ những
khó khăn trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, nhưng luận văn không thể tránh khỏi
những hạn chế, thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng
góp của các thầy, cô giáo và bạn bè để luận văn được hoàn thiện hơn.
Nghệ An, tháng 10 năm 2015
Nguyễn Huy Khôi


4

CHƯƠNG 1
ĐỊNH 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 ứng
dụng của định lí này ở Mục 1.3.
1.1. Kiến thức chuẩn bị

Trước hết, chúng ta giải thích một số thuật ngữ và kí hiệu được dùng
trong suốt luận văn này. Cho X và Y là hai tập hợp bất kì. Một ánh xạ
đa trị từ X vào Y là một ánh xạ từ X vào 2Y , trong đó 2Y là tập tất cả
các tập con của Y . Kí hiệu ánh xạ đa trị từ X vào Y là: F : X ⇒ Y . Tập
gphF := (x, y)|y ∈ F (x) được gọi là đồ thị của F . Với mỗi Ω ⊂ X,
F (Ω) :=
F (x) là tập ảnh của Ω qua ánh xạ F. Với mỗi y ∈ Y, đặt

x∈Ω

F −1 (y)

:= x ∈ X | y ∈ F (x) . Với X là một không gian Banach và
x¯ ∈ X , Br (¯
x) := {x ∈ X | x − x¯
r} là hình cầu đóng tâm x¯ bán kính
r > 0, và N (¯
x) là tập tất cả các lân cận của x¯.

1.1.1 Định nghĩa. ([12]). Cho F : X ⇒ Y là một ánh xạ đa trị từ
không gian Banach X vào không gian Banach Y . Ta nói F là một ánh
xạ đóng (tương ứng, một ánh xạ lồi) nếu gphF là đóng (tương ứng, lồi)
trong không gian tích X × Y.
1.1.2 Định nghĩa. ([12]). Cho f : X → Y là một ánh xạ giữa các không
gian Banach X và Y.
(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
f (x) − f (¯
x) − ∇f (¯
x)(x − x¯)
lim
= 0.
(1.1)
x→¯
x
x − x¯

5

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 có
đạo hàm ∇f (¯
x) tại x¯ và
f (x) − f (u) − ∇f (¯
x)(x − u)
= 0.
x,u→¯
x
x−u
lim

(1.2)

1.1.3 Nhận xét. Từ định nghĩa ta suy ra nếu f khả vi chặt tại x¯ thì nó
khả vi Fréchet tại điểm đó. Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng, tức là
có những hàm số khả vi Fréchet mà không khả vi chặt.
1.1.4 Ví dụ. Cho f : R → R được xác định bởi

 x2 nếu x ∈ Q,
f (x) =

0 nếu x ∈ R\Q.
Ta có f là khả vi Fréchet mà không khả vi chặt tại x¯ = 0. Thật vậy, dễ
thấy ∇f (¯
x) = 0 là đạo hàm Fréchet tại x¯. Để chứng minh f không khả vi

chặt tại x¯ = 0 ta lấy hai dãy
√
1
2 1
xk =
và uk = 2 + (k = 1, 2, 3, ...).
k
k
k
Khi đó, nếu (1.2) nghiệm đúng thì phải có
1
f (xk ) − f (uk )
1
k√2
0 = lim
= lim
=√ .
xk − uk
k→∞
k→∞ | − 2 |
2
2
k

Đây là một điều mâu thuẫn. Do đó, f không khả vi chặt tại x¯ = 0.
1.1.5 Định nghĩa. ([12]). Cho F : X ⇒ Y và (¯
x, y¯) ∈ gphF.
(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)

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


6

(ii) Ta nói ánh xạ F là mở tuyến tính (hoặc có tính chất phủ) quanh
điểm (¯
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 số γ 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, hai
mệnh 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 12 εy .
Lấy x, y thỏa mãn x − x¯ < ε1x và y − y¯ < ε1y , ở đây ε1x và ε1y là
các hằng số dương thỏa mãn ε1x
εx và γε1x + ε1y

εγ. Lưu ý rằng
1
1
ε1y
εy
r nên từ (1.3) ta suy ra tồn tại x˜ ∈ F −1 (y) sao
2 εy . Vì εy
cho x˜ − x¯
γ −1 y − y¯ . Từ đó suy ra
d x, F −1 (y)

d(x, x˜)

||x − x¯ + γ −1 y − y¯

ε1x + γ −1 ε1y .

Do đó, nếu
d y, F (x)

γ(ε1x + γ −1 ε1y ) = γε1x + ε1y ,

thì d x, F −1 (y)
cd y, F (x) , với c := γ −1 . Trong trường hợp ngược
lại, với α > 0 đủ nhỏ, tồn tại yα ∈ F (x) sao cho
y − yα

d y, F (x) + α < γε1x + ε1y

εγ.

7

Vì vậy,
yα − y¯

yα − y + y − y¯ < εγ + ε1y

εy .

Do đó, (x, yα ) ∈ gphF ∩ [Br (¯
x) × Br (¯
y )]. Theo (1.3), tồn tại x ∈ F −1 (y)
để x − x
γ −1 y − yα . Từ đó ta suy ra
d x, F −1 (y)

d(x , x)

γ −1 y − yα α

γ −1 d y, F (x) + γ −1 α.

Mặt khác, α > 0 được lấy đủ nhỏ tùy ý. Ta có
d x, F −1 (y)

c d y, F (x) , với c := γ −1 .

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 y − z < tc−1 . Khi đó, với (x, y) đủ
gần (x0 , y0 ) và t > 0 đủ nhỏ, ta có
d x, F −1 (z)

c d z, F (x)

c z − y < t.

Điều này kéo theo sự tồn tại w ∈ F −1 (z) sao cho w − x < t. Do đó,
z ∈ F Bt (x) . Định lí được chứng minh.
1.1.7 Định nghĩa. ([12]). Cho Ω là một tập con khác rỗng của không
gian Banach X và x¯ ∈ X. Tập
TΩ (¯
x) := v ∈ X | ∃tk → 0+ , vk → v : x¯ + tk vk ∈ X, ∀k

được gọi là nón tiếp tuyến Bouligand-Severi của Ω tại x¯.
1.1.8 Ví dụ. Lấy X = Rp+q , x¯ = 0Rp+q và Ω := {0Rp } × Rq− , p, q ∈ N.
Ta có TΩ (¯
x) = {0Rp } × Rq− . Thật vậy, lấy v ∈ TΩ (¯
x). Theo định nghĩa,
tồn tại tk → 0+ và
vk = (vk1 , ..., vkp , vkp+1 , ..., vkp+q ) → v = (v 1 , v 2 , ..., v p , v p+1 , ..., v p+q )

sao cho x¯ +tk vk ∈ Ω với mọi k. Từ đó suy ra v i = 0 với mọi i ∈ {1, 2, ..., p}
và v j
0 với mọi j ∈ {p + 1, p + 2, ..., p + q}. Điều này có nghĩa là
v ∈ {0Rp } × Rq− . Ngược lai, lấy bất kì v ∈ {0Rp } × Rq− . Ta có x¯ + tk vk ∈ 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− .


8

Xét bài toán (P ):
min f (x) | x ∈ Ω ,

ở đây f : X → R và Ω ⊂ X.
1.1.9 Định nghĩa. Ta gọi x¯ ∈ Ω là một nghiệm tối ưu địa phương của
bài toán (P ) nếu tồn tại r > 0 sao cho f (x) f (¯
x) với mọi x ∈ Ω∩Br (¯
x).
1.1.10 Định lí. (Điều kiện cần tối ưu dạng hình học). Cho x¯ ∈ Ω là
một nghiệm tối ưu địa phương của bài toán (P ) và f : X → R là khả
vi Fréchet tại x¯. Khi đó, ta có
∇f (¯
x), v

0, với mọi v ∈ TΩ (¯
x).

(1.4)

Chứng minh. Giả sử x¯ ∈ Ω là một nghiệm tối ưu địa phương của bài toán
(P ) và f khả vi Fréchet tại x¯. Theo định nghĩa, tồn tại r > 0 sao cho
f (x)

∀x ∈ Ω ∩ Br (¯
x).

f (¯
x),

(1.5)

Lấy v ∈ TΩ (¯
x). Nếu v = 0 thì ∇f (¯
x), v = 0. Nếu v = 0 thì tồn
tại tk → 0+ , vk → v, vk = 0 sao cho x¯ + tk vk ∈ Ω với mọi k. Vì
lim (¯
x + tk vk ) = x¯ nên tồn tại k0 ∈ N sao cho
k→∞

x¯ + tk vk ∈ Br (¯
x),

∀k

k0 .

Do đó, nhờ (1.5), ta có
f (¯
x + tk vk )

f (¯
x),

∀k

k0 .

Mặt khác, vì f khả vi Fréchet tại x¯ nên
f (¯
x + tk vk ) = f (¯
x) + ∇f (¯
x), tk vk + o(tk ).

Từ đó suy ra
∇f (¯
x), v

= lim ∇f (¯
x), vk
k→∞

f (¯
x+tk vk )−f (¯
x)+o(tk )
t
k
k→∞

= lim

f (¯
x+tk vk )−f (¯
x)
t
k

k→∞

= lim

Như vậy (1.4) được chứng minh.

0.


9

1.1.11 Định lí. (Bổ đề Farkas). Cho a∗1 , a∗2 , ..., a∗m , b∗ ∈ X ∗ . Khi đó, hai
mệnh đề sau đây là tương đương:
(i) Nếu a∗i (x) 0, ∀i = 1, 2, ...m, thì b∗ (x) 0;
(ii) Tồn tại λi

0, với i = 1, 2, ..., m, sao cho

b∗

m

=
i=1

λi a∗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) 0, với i = 1, 2, ..., , và a∗i (x) = 0, với i = + 1, ..., m,

thì b∗ (x) 0;
(ii) Tồn tại λi 0, với i = 1, 2, ..., , và λi ∈ R, với i = + 1, ..., m,
sao cho

b∗

m

=
i=1

λi a∗i .

Chứng minh. Trước hết chúng ta chứng minh (ii)⇒ (i). Giả sử (ii) đúng,
nghĩa là tồn tại λi 0, với i = 1, 2, .... , và λi ∈ R, với i = +1, ..., m, sao
cho b∗ =

m

i=1

λi a∗i . Lấy x ∈ X thỏa mãn a∗i (x)

0, với mọi i = 1, 2, ..., ,

và a∗i (x) = 0, với mọi i = + 1, ...m. Ta có:
m
∗

m

λi a∗i (x)

b (x) =

=

i=1

λi a∗i (x)

λi a∗i (x) +
i=1

0.

i= +1

Điều này chứng tỏ (i) đúng. Ngược lại, giả sử (i) đúng. Khi đó, nếu
 ∗
ai (x) 0, ∀i = 1, ..., ,





a∗i (x) 0, ∀i = + 1, ..., m,





 ∗
−ai (x) 0, ∀i = + 1, ..., m.
thì b∗ (x) 0. Theo Bổ đề Farkas, tồn tại λi 0 với i = 1, ..., , λ+
i
−
với i = + 1, ..., m, λi
0, với i = + 1, ..., m, sao cho
m
∗

λi a∗i

b =
i=1

m
∗
λ+
i ai

+
i= +1

∗
λ−
i (−ai ).

+
i= +1

0,


10

Đặt λi = λ+
i − λi , với i = + 1, ..., m. Ta có:
m
∗

λi a∗i , λi

b =

0, ∀i = 1, ..., , λi ∈ R, ∀i = + 1, ..., m.

i=1

Hệ quả được chứng minh.

1.2. Định lí Lyusternik-Graves

Mục này được dành để trình bày định lý Lyusternik-Graves và một số kết
quả liên quan.
1.2.1 Định lí. (Định lý Lyusternik-Graves). Cho X, Y là các không
gian 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)

∇f (¯
x)∗

−1

(1.6)

và
covf (¯
x)

inf{ ∇f (¯
x)∗ y ∗ | y ∗ = 1}.

(1.7)

Chứng minh. Giả sử A := ∇f (¯
x) : X → Y là toàn ánh. Khi đó, với mỗi
−1
y ∈ Y, tồn tại x ∈ A (y) thỏa mãn
x

(1.8)

µ y ,

ở đây µ−1 = inf ∇f (¯
x)∗ y ∗ | y ∗ = 1 . Vì f khả vi chặt tại x¯ nên, với
mỗi γ ∈ (0, µ−1 ), ta tìm được U ∈ N (¯
x) sao cho
f (x1 ) − f (x2 ) − A(x1 − x2 )

γ x1 − x2 ,

(1.9)

với mọi x1 , x2 ∈ U. Bây giờ ta chứng minh
f (ˆ
x) + (µ−1 − γ)rB ⊂ f (ˆ
x + rB) với bất kỳ xˆ + rB ⊂ U, r > 0. (1.10)


11

Không mất tính tổng quát, giả sử xˆ = 0 và f (ˆ
x) = 0. Khi đó, ta cần
chứng 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
y
(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
xk − xk−1

µ y − f (xk−1 ) .

Rõ ràng x0 ∈ U và x1 ∈ U (do x1 = x1 − x0
µ y
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
xi+1 − xi

µ y − f (xi )

(1.12)
= µ f (xi−1 ) − f (xi ) − A(xi−1 − xi ) .

Từ (1.9) và (1.12) ta suy ra
xi+1 − xi

Mặt khác, x1 − x0

µγ xi − xi−1
µ y . Ta có

xi+1 − xi

và

µ(µγ)i y

i

∀i = 0, 1, ..., k,

µ y (µγ)j−1

xj − xj−1

xi

∀i = 1, 2, ..., k.

j=1
µ
1−µγ

y =

1
µ−1 −γ

y

r ∀i = 0, 1, ..., k + 1.

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

µ(µγ)k y

và xk
r với mọi k. Từ đó suy ra {xk } là dãy Cauchy trong không
gian Banach X. Vì vậy, tồn tại x ∈ X sao cho lim xk = x. Hơn nữa,
k→∞

do xk

r với mọi k , x

r. Mặt khác, từ (1.11), cho k → ∞, ta


12

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{ ∇f (¯
x)∗ y ∗ | y ∗ = 1}.

Vì tính chất chính quy metric của f quanh x¯ và tính phủ của f quanh x¯
là tương đương và regf (¯
x) = covf1 (¯x) , nên ta có điều phải chứng minh.
Điều kiện ∇f (¯

x) : X → Y là toàn ánh còn được gọi là điều kiện
Lyusternik hoặc điều kiện chính qui. Để kiểm tra điều kiện này, trong
trường 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 xạ
được xác định bởi f (x) := a∗1 (x), a∗2 (x), ..., a∗m (x) . Khi đó, điều kiện
cần 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

m
i=1

λi a∗i = 0, λi ∈ R,

với i = 1, 2, ..., m. Khi đó, với mỗi j ∈ {1, 2, ..., m}, vì f là toàn ánh nên
tồn tại xj ∈ X sao cho
f (xj ) = (0, 0, ..., 0, 1, 0, ..., 0).
j

Do đó
a∗i (xj ) =


0 nếu i = j,


m

Từ đó suy ra λj =
i=1

1 nếu i = j .

λi a∗i (xj ) = 0. Điều này chứng tỏ hệ {a∗1 , a∗2 , ..., a∗m }

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 ánh
bằng 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 ) = 0 và λ, f (x) = 0, với mọi x ∈ X . Do đó
m

i=1

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


13

thuộc tuyến tính. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy hệ {a∗1 , a∗2 , ..., a∗m }
là độc lập tuyến tính.
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
x¯ = (0, 0, 0) là
0 1 1
Jf (¯
x) =
.
1 0 1

Do đó, đạo hàm Fréchet của f tại x¯ là ánh xạ ∇f (¯
x) : R3 → R2 được xác
định bởi
x2 + x3
∇f (¯
x)(x) = Jf (¯
x)x =
,
x1 + x3
với mọi x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 . Đặt a∗1 (x) = x2 + x3 , a∗2 (x) = x1 + x3 . Rõ
ràng a∗1 , a∗2 ∈ (R3 )∗ và ∇f (¯
x)(x) = a∗1 (x), a∗2 (x) với mọi x ∈ R3 . Hơn
nữa, vì
0 1 1
=2
rank
1 0 1
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 chính
quy 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 (¯
x)

µ f (x) − f (¯

x)

∀x ∈ Bη (¯
x).

(1.13)

Đặt A := ∇f (¯
x) và cố định một điểm y0 tùy ý thuộc AX . Khi đó, tồn
tại yk ∈ AX sao cho yk → y0 và yk+1 − yk
2−k với mọi k ∈ N. Tiếp
theo chúng ta sẽ chỉ ra sự tồn tại một dãy {xk } với xk ∈ X thỏa mãn
3µ
1
xk+1 − xk
,
yk − Axk
∀k ∈ N.
(1.14)
k
2
2k


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 sao
cho t u
η và

f (¯
x + tz) − f (¯
x)
− Az
t

1

2

∀z ∈ max

,
k+2

u ,

3µ
B.
2k

Từ đó ta suy ra
f (¯
x + tu) − f (¯
x)

1
2k+2

yk+1 − Axk +

t

Au +

t

yk+1 − yk + yk − Axk +
1
2k

t

+

1
2k

+

=t

1
2k+2

<

1
2k+2

1
2k+1

3t
2k .

Do đó, nhờ (1.13), tồn tại x˜ ∈ X sao cho
3µt/2k .

f (˜
x) = f (¯
x + tu) và x˜ − x¯

Đặt v := (˜
x − x¯)/t và xk+1 := xk + v. Ta có
xk+1 − xk

3µ/2k .
1
2k+1 .

Phần còn lại ta cần chứng minh yk+1 − Axk+1
xây dựng ở trên, ta có
f (¯
x+tu)−f (¯
x)
t

− Av

=

f (˜
x)−f (¯
x)
t

=

f (¯
x+tv)−f (¯
x)
t

Thật vậy, từ việc

− Av
− Av

1
2k+2

và

f (¯
x + tu) − f (¯
x)
− Au
t

1
2k+2

.

Do đó,
yk+1 − Axk+1

= A(u + xk ) − A(v + xk )
= Au − Av

1/2k+1 .


15

Như vậy, dãy {xk } thỏa mãn (1.14). Từ đó suy ra {xk } là một dãy Cauchy
trong không gian Banach X. Vì vậy, tồn tại x0 ∈ X sao cho lim xk = x0 .
k→∞

Hơn nữa, Axk = yk → y0 . Vì vậy Ax0 = y0 . Điều này chứng tỏ AX là
một tập con đóng của Y.
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 quanh
−1
điểm x¯ thì ker∇f (¯
x)∗ = {0} và regf (¯
x) = ∇f (¯
x)∗
.

Kết quả tiếp theo, được thiết lập bởi Mordukhovich, cho thấy rằng
chiều 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 Banach và f : X → Y là một ánh xạ khả vi chặt tại x¯. Giả sử rằng một
trong hai tính chất tương đương sau được thỏa mãn:
(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
regf (¯
x) =

∇f (¯
x)∗

−1

và
covf (¯
x) = inf{ ∇f (¯
x)∗ y ∗ | y ∗ = 1}.

Chứng minh. Giả sử f là chính quy mêtric quanh x¯. Theo Bổ đề 1.2.5,
ker∇f (¯
x)∗ = {0}, nghĩa là ∇f (¯
x)∗ y ∗ = 0 ⇒ y ∗ = 0.

(1.15)

Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh ∇f (¯
x) là toàn ánh bằng phương pháp

phản chứng. Giả sử ∇f (¯
x) : X → Y không toàn ánh, tức là tồn tại
y0 ∈ Y \∇f (¯
x)(X). Từ Bổ đề 1.2.4 ta suy ra ∇f (¯
x)(X) và {y0 } là hai
tập lồi đóng rời nhau trong không gian Banach Y. Lưu ý rằng {y0 } là
một tập compact. Theo Định lý tách các tập lồi, tồn tại y ∗ ∈ Y ∗ \{0} và
α ∈ R sao cho y ∗ , y0 > α > y ∗ , ∇f (¯
x)(x) với mọi x ∈ X. Từ đó suy
∗
∗
∗
ra y ∈ ker∇f (¯
x) và y , y0 > 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) =

∇f (¯
x)∗

−1

.


16

Mặt khác, covf (¯

x) =

1
.
regf (¯
x)

Do đó,

covf (¯
x) = inf{ ∇f (¯
x)∗ y ∗ | y ∗ = 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 tương
đương:
(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) =

∇f (¯
x)∗

−1

và
covf (¯
x) = inf{ ∇f (¯
x)∗ y ∗ | y ∗ = 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 liên
tục. 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
regA(¯
x) = (A∗ )−1

và
covA(¯
x) = inf{ A∗ y ∗ | y ∗ = 1}.

1.2.9 Nhận xét. Khẳng đinh (i) ⇒ (ii) ở trong Hệ quả 2.1.4 chính là
Đinh lí ánh xạ mở Banach-Schauder, một nguyên lí cơ bản của giải tích hàm.


17

1.3. Một số ứng dụng

Định lí hàm ngược là một kết quả quan trọng của giải tích toán học. Kết
quả 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, dựa
vào Định lí Lyusternik-Graves.
1.3.1 Định lí. ([12, Theorem 1.60]). Cho f : X → Y là ánh xạ khả vi
chặt tại x¯ và y¯ = f (¯
x). Khi đó, nếu ∇f (¯
x) : X → Y là khả nghịch,
−1
thì f là đơn trị địa phương quanh điểm y¯ và khả vi chặt tại y¯. Hơn
nữa, 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 là
khả nghịch, nên ∇f (¯
x) : X → Y là toàn ánh và tồn tại α > 0 sao cho
∇f (¯
x)x
α x với mọi x ∈ X. Theo Định lí 1.2.1, tồn tại ε > 0 sao
cho Bε (¯
y ) ⊂ f (X). Mặt khác, vì f liên tục tại x¯ nên tồn tại δ0 > 0 sao cho
f Bδ0 (¯
x) ⊂ Bε (¯
y ) ⊂ f (X). Vì vậy, do f −1 là không đơn trị địa phương
quanh điểm y¯, với mỗi δ ∈ (0, δ0 ), tồn tại x1 , x2 ∈ Bδ (¯
x), x1 = x2 , sao

cho f (x1 ) = f (x2 ). Khi đó ta có
f (x1 ) − f (x2 ) − ∇f (¯
x)(x1 − x2 )
∇f (¯
x)(x1 − x2 )
=
x1 − x2
x1 − x2

α > 0.

Điều này mâu thuẫn với tính khả vi chặt của f tại x¯. Do đó, f −1 là đơn
trị địa phương quanh điểm y¯. Tiếp theo ta chứng minh f −1 là khả vi chặt
tại y¯ và ∇f −1 (¯
y ) = ∇f (¯
x)−1 . Lấy bất kỳ yi = f (xi ), i = 1, 2, đủ gần y¯.
Đặt γ(x1 , x2 ) := f (x1 ) − f (x2 ) − ∇f (¯
x)(x1 − x2 ). Ta có
f −1 (y1 ) − f −1 (y2 ) − ∇f (¯
x)−1 (y1 − y2 )
= x1 − x2 − ∇f (¯
x)−1 f (x1 ) − f (x2 )
= x1 − x2 − ∇f (¯
x)−1 ∇f (¯
x)(x1 − x2 ) + γ(x1 , x2 )
= ∇f (¯
x)−1 γ(x1 , x2 )

∇f (¯
x)−1

γ(x1 , x2 ) .


18

Theo Định lí 1.2.1, ta có f là chính quy mêtric quanh điểm x¯. Điều này
dẫn đến sự tồn tại µ > 0 sao cho x1 − x2
µ y1 − y2 . Do đó,
γ(x1 , x2 )
y1 − y2

µ

γ(x1 , x2 )
→0
x1 − x2

khi y1 , y2 → 0. Điều này chứng tỏ f −1 là đơn trị địa phương quanh điểm
y¯, khả vi chặt tại y¯ và ∇f −1 (¯
y ) = ∇f (¯
x)−1 .
1.3.2 Định lí. (Định lí không gian tiếp tuyến Lyusternik) Cho ánh xạ
g : X → Y là khả vi chặt tại x¯ và g(¯
x) = 0. Đặt Ω := {x ∈ X | g(x) =
0}. Giả sử ∇g(¯
x) : X → Y là toàn ánh. Khi đó, ta có
TΩ (¯
x) = ker ∇g(¯
x).

Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh TΩ (¯
x) ⊂ ker ∇g(¯
x). Thật vậy, lấy
v ∈ TΩ (¯
x) \ {0}. Theo Định nghĩa, tồn tại tk → 0+ và vk → v sao cho
x¯ + tk vk ∈ Ω với mọi k . Tức là, g(¯
x + tk vk ) = 0 với mọi k. Mặt khác,
g(¯
x) = 0 và g(¯
x + tk vk ) = g(¯
x) + ∇g(¯
x)(tk vk ) + o(tk ). Do đó,
∇g(¯
x)(v) = lim ∇g(¯
x)(vk )
k→∞

g(¯
x+tk vk )−g(¯
x)+o(tk )
t
k
k→∞

= lim

o(tk )
k→∞ tk

= lim

= 0.

Điều này có nghĩa là v ∈ ker ∇g(¯
x). Như vậy, chúng ta đã chứng minh
được TΩ (¯
x) ⊂ ker ∇g(¯
x). Bây giờ ta chứng minh bao hàm thức ngược lại.
Lấy v ∈ ker ∇g(¯
x) \ {0}. Ta có ∇g(¯
x)(v) = 0. Vì ∇g(¯
x) : X → Y là toàn
ánh nên, theo Định lí Lyusternik-Graves, g : X → Y là chính quy mêtric
quanh x¯. Tức là, tồn tại µ > 0 và tồn tại r > 0 sao cho
d x, g −1 (y)

µd y, g(x) , ∀(x, y) ∈ Br (¯
x) × Br (0).

Nói riêng ra, ta có
d(x, Ω)

µd 0, g(x) , ∀x ∈ Br (¯
x).


19

Lấy tk → 0+ bất kì. Khi đó, x¯ + tk v ∈ Br (¯

x) với mọi k đủ lớn. Do đó,
d x¯ + tk v, Ω

µd 0, g(¯
x + tk v) ,

với mọi k . Vì vậy, với mỗi k ∈ N đủ lớn, tồn tại xk ∈ Ω để
x¯ + tk v − xk

2µd 0, g(¯
x + tk v)
= 2µ g(¯
x + tk v) .

Mặt khác,
g(¯
x) + tk v) = g(¯
x) + tk ∇g(¯
x)(v) + o(tk ) = o(tk ).

Do đó, xk − x¯ − tk v = o(tk ). Đặt vk :=
vk − v =

xk −¯
x
tk .

Ta có

xk − x¯

o(tk )
−v =
→ 0, khi k → ∞.
tk
tk

Tức là vk → v khi k → ∞. Hơn nữa, x¯ + tk vk = xk ∈ Ω với mọi k
đủ lớn. Điều này chứng tỏ v ∈ TΩ (¯
x). Chú ý rằng 0 ∈ TΩ (¯
x). Ta có
ker ∇g(¯
x) ⊂ TΩ (¯
x). Định lí được chứng minh.
Xét bài toán (PE )
min{f (x) | x ∈ Ω},

trong đó Ω := {x ∈ X : g(x) = 0} và g : X → Rm .
1.3.3 Định lí. (Quy tắc nhân tử Lagrange). Cho x¯ ∈ Ω là một nghiệm
tói ưu địa phương của bài toán (PE ). Giả sử f khả vi tại x¯, g khả vi
chặt tại x¯ và ∇g(¯
x) : X → Rm là toán ánh. Khi đó, tồn tại λi ∈ R,
i = 1, ..., m sao cho
m

∇f (¯
x) +

λi ∇gi (¯
x) = 0.
i=1

Chứng minh. Dưới các giả thiết đã cho, theo Định lí không gian tiếp tuyến
Lyusternik, ta có
TΩ (¯
x) = ker ∇g(¯
x)

(1.16)
= {x ∈ X : ∇gi (¯
x)(x) = 0, ∀i = 1, ..., m}


20

Vì x¯ là một nghiệm tối ưu địa phương của (PE ), nên, theo Định lí 1.1.10
ta có
∇f (¯
x)(v) 0, ∀v ∈ TΩ (¯
x)
(1.17)
Từ (1.16) và (1.17) ta suy ra nếu ∇gi (¯
x)(x) = 0, ∀i = 1, ..., m thì
∇f (¯
x)(v) = 0. Theo Bổ đề Farkas, tồn tại λi ∈ R, i = 1, ..., m sao
m

cho ∇f (¯
x) +

gi (¯

x) = 0. Định lí được chứng minh.
i=1

1.3.4 Nhận xét. Ngoài phương pháp chứng minh trên, người ta có thể
chứng minh qui tắc nhân tử Lagrange bằng cách sử dụng định lí hàm ẩn
(xem [1, Định lí 5.5]).


21

CHƯƠNG 2
MỞ RỘNG ĐỊNH LÍ LYUSTERNIK-GRAVES

Chương này sẽ trình bày một số mở rộng của Định lý Lyusternik-Graves
và vài ứng dụng của chúng.
2.1. Định lí ánh xạ mở và Định lí nhiễu

Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder có thể nhận được từ Định lí LyusternikGraves (xem Nhận xét 1.2.9). Ngược lại, chúng ta sẽ thấy rằng Định lí
ánh xạ mở Banach-Schauder kết hợp với Định lí nhiễu (Định lí 2.1.5) lại
kéo theo Định lí Lyusternik-Graves.
Để hiểu sâu hơn về các mối quan hệ này, trước hết, chúng ta sẽ trình
bày chi tiết phép chứng minh Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder.
2.1.1 Định nghĩa. ([2]). Cho X là một không gian mêtric và A ⊂ X.
(i) Tập A được gọi là không đâu trù mật (trong X ) nếu int(A) = ∅.
∞

(ii) X được gọi là thuộc phạm trù thứ nhất nếu X =

An , trong
n=1

đó An là các tập không đâu trù mật. Nếu X không thuộc phạm trù thứ
nhất thì ta nói X là không gian thuộc phạm trù thứ hai.
Trong phần tiếp theo, chúng ta cần dùng một số kết quả sau đây:
2.1.2 Bổ đề. ([2, Định lí Baire về phạm trù]). Mọi không gian mêtric
đầy đủ đều thuộc phạm trù thứ hai.
2.1.3 Bổ đề. ([2, Bổ đề II.2]). Cho f : X → Y là một ánh xạ tuyến
tính liên tục từ không gian Banach X lên không gian Banach Y . Khi
đó, tồn tại số dương δ sao cho ảnh f (B) của hình cầu đơn vị mở
B = {x ∈ X : x < 1} chứa mọi y ∈ Y mà y < δ .


22

Chứng minh. Với mỗi i ∈ N, đặt Bi = {x ∈ X : x < 2−i }. Rõ ràng
∞

B0 = B . Vì f toàn ánh và

∞

nB1 = X nên Y =
n=1

nf (B1 ). Mặt khác,
n=1

do Y là một không gian mêtric đầy đủ, theo Bổ đề 2.1.2, tồn tại n0 sao
cho int n0 f (B1 ) = ∅. Vì vậy, int f (B1 ) = ∅. Điều này có nghĩa là tồn
tại v ∈ Y và số δ > 0 sao cho {y ∈ Y : y − v < 2δ} ⊂ f (B1 ). Do đó,

{y ∈ Y : y < 2δ} ⊂ f (B1 ) − v.

Hiển nhiên v ∈ f (B1 ) nên {y ∈ Y : y < 2δ} ⊂ 2f (B1 ) = f (B). Chú ý
đến tuyến tính của f ta có
{y ∈ f : y <

δ
2n−1

} ⊂ f (Bn )

với n = 1, 2, ... Giả sử y là vectơ tùy ý thuộc Y , y < δ. Vì y ∈ f (B1 )
nên tồn tại x1 ∈ B1 để y − f (x1 ) < 2δ . Lại do y − f (x1 ) ∈ f (B2 ) nên
tồn tại x2 ∈ B2 sao cho y − f (x1 ) − f (x2 ) < 4δ . Tiếp tục quá trình này
n

với mọi i ta tìm được xi ∈ Bi sao cho y −

i=1
∞

∞

xi <

i=1

∞

i=1

i=1
∞

nên điều này cho ta

với mọi n ∈ N.

∞

xi hội tụ tuyệt đối. Đặt

từ đó

δ
2n

f (xi ) = y. Vì xi ∈ Bi nên

f (xi ) hội tụ và

Điều này chứng tỏ chuỗi
2−i ,

f (xi ) <

xi = x. Do f liên tục
i=1

f (xi ) = f (x). Giới hạn của chuỗi trong không gian

i=1

định chuẩn là duy nhất nên ta có f (x) = y. Ta còn phải chỉ ra x ∈ B ,
nhưng điều đó là đúng vì
∞

n

x = lim

n→∞

xi
i=1

∞

2i = 1.

xi <
i=1

i=1

Bổ đề được chứng minh.
Sau đây là Định lí ánh xạ mở Banach-Schauder.
2.1.4 Định lí. ([2, Định lí II.3]). Cho f là một ánh xạ tuyến tính liên
tục từ không gian Banach X lên không gian Banach Y. Khi đó, f là
một ánh xạ mở; tức là, với mỗi tập mở U ⊂ X , f (U ) là mở trong Y .

23

Chứng minh. Giả sử U mở trong X . Lấy tùy ý v ∈ f (U ). Ta cần chỉ ra
tồn tại r > 0 sao cho nếu y thỏa mãn y − v < r thì y ∈ f (U ). Vì U là
mở nên tồn tại ε > 0 sao cho x − u < ε thì x ∈ U , ở đây u ∈ U là phần
tử để f (u) = v . Theo Bổ đề 2.1.3, tồn tại δ > 0 để f (B) chứa mọi y ∈ Y
mà y < δ . Bây giờ ta sẽ chỉ ra r = εδ là số muốn tìm. Thật vậy, giả sử
y ∈ Y và y − v < r. Vì ε−1 (y − v) = ε−1 y − v < ε−1 δε = δ nên
tồn tại z ∈ B để f (z) = ε−1 (y − v). Đặt x = εz + u. Ta có
x − u = εz = ε z < ε.

Từ đó suy ra x ∈ U . Mặt khác,
f (x) = f (εz + u) = εf (z) + f (u) = εε−1 (y − v) + v = y.

Ta có y ∈ f (U ). Định lí được chứng minh.
Tiếp theo là Định lí nhiễu được Asen L. Dontchev thiết lập năm 1996.
Nó cho thấy tính mở tuyến tính của các ánh xạ đa trị được bảo tồn dưới
tác động của nhiễu khả vi chặt với đạo hàm bằng 0. Phiên bản đơn trị
của kết quả này đã được thiết lập trước đó bởi Graves ([7]) và Dmitruk
cùng các cộng sự ([5]).
2.1.5 Định lí. ([4, Theorem 1.4]). Cho F : X ⇒ Y là một ánh xạ đa
trị có đồ thị gphF là đóng địa phương quanh điểm (x0 , y0 ) ∈ gphF .
Giả sử f : X → Y là một ánh xạ khả vi chặt tại điểm x0 , ∇f (x0 ) = 0
và L > 0. Khi đó, các mệnh đề sau là tương đương:
(i) F là mở tuyến tính quanh điểm (x0 , y0 ) với hệ số lớn hơn L;
(ii) f + F là mở tuyến tính quanh điểm x0 , y0 + f (x0 ) với hệ số
lớn hơn L.
Chứng minh. Trước hết chúng ta chứng minh (i) ⇒ (ii). Giả sử F là
mở tuyến tính quanh điểm (x0 , y0 ) với hệ số c > L. Khi đó, tồn tại

a > 0, b > 0 và γ > 0 sao cho, với mọi (x, y) ∈ gphF ∩ Ba (x0 ) × Bb (y0 )
và mọi τ ∈ [0, γ], ta có
Bτ (y) ⊂ F (BM τ (x)),

ở đây M = c−1 . Điều này có nghĩa là, với mỗi y ∈ Bτ (y), tồn tại x ∈
F −1 (y) thỏa mãn ρ(x, x)
M τ. Do gphF là đóng địa phương quanh