Tài liệu Giải tích đa trị P5 pptx

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (364.42 KB, 40 trang )

5.2. Các định nghĩa và kết quả bổ trợ 155
trơn (và cũng không nhất thiết là Lipschitz địa phơng) có dạng (1.1) và áp dụng
các kết quả đó để thu đợc các định lý hàm ngợc, định lý ánh xạ mở, quy tắc
nhân tử Lagrange cho bài toán tối u có hệ ràng buộc là hệ bất đẳng thức suy
rộng (gọi tắt là bài toán tối u có ràng buộc nón
3
, nếu K là hình nón). Chúng ta
đạt đợc đích đó nhờ sử dụng lý thuyết Jacobian xấp xỉ đề xuất bởi các tác giả
V. Jeyakumar và Đinh Thế Lục (xem Jeyakumar và Luc (1998, 1999, 2002a,b))
và sử dụng một dạng mở rộng mới của điều kiện chính quy Robinson cho các
hàm véctơ liên tục.
Chúng ta sẽ thấy rằng Jacobian xấp xỉ theo nghĩa Jeyakumar-Luc là một
công cụ hữu hiệu để xử lý các vấn đề liên quan đến các hàm liên tục, không
nhất thiết Lipschitz địa phơng. Jacobian xấp xỉ tuân theo một hệ thống khá đầy
đủ các quy tắc tính toán. Các quy tắc này thờng uyển chuyển hơn, sắc nét hơn
các quy tắc tính toán cho Jacobian suy rộng Clarke (xem Clarke (1983)). Đó
là vì Jacobian suy rộng Clarke luôn là tập lồi, và phép lấy bao lồi là không thể
tránh khỏi khi ta tiến hành tính toán với đối tợng này. Chẳng những Jacobian
suy rộng Clarke là một kiểu Jacobian xấp xỉ, mà nhiều loại đạo hàm của hàm
véctơ (nh tiền đạo hàm theo nghĩa Ioffe
4
, thùng đạo hàm không giới nội theo
nghĩa Warga
5
) cũng là những ví dụ về Jacobian xấp xỉ.
Trong Mục 5.8 ở cuối chơng này, chúng ta sẽ chứng tỏ rằng đối đạo hàm
theo nghĩa Mordukhovich (xem Mordukhovich (1994b), Rockafellar và Wets
(1998), và Mục 4.2 trong Chơng 4) và Jacobian xấp xỉ là những khái niệm rất
khác nhau. Đó là lý do chính giải thích tại sao từ các định lý hàm ẩn sử dụng
đối đạo hàm trong Mordukhovich (1994a,c), Rockafellar và Wets (1998),..., ta
không thể rút ra các kết quả tơng ứng trong chơng này. Trong Mục 5.3 chúng

ta sẽ so sánh chi tiết hơn sự khác biệt giữa các định lý hàm ẩn thu đợc ở đây
và các kết quả của Mordukhovich (1994a,c).
Các định lý hàm ẩn, các điều kiện đủ cho tính liên tục và tính Lipschitz địa
phơng của hàm giá trị tối u trong chơng này mở rộng các định lý tơng ứng
trong Yen (1997), nếu nh tập ràng buộc cố định C là khác rỗng, đóng và lồi.
(Trong Yen (1997) chỉ cần giả sử C là khác rỗng và đóng.)
5.2 Các định nghĩa và kết quả bổ trợ
Mục này trình bày một vài sự kiện cơ bản về Jacobian xấp xỉ và các định nghĩa
tính chính quy, nhiễu chấp nhận đợc, và tính ổn định của hệ bất đẳng thức suy
rộng liên tục dạng (1.1).
3
TNTA: cone-constrained optimization problem.
4
TNTA: Ioffe prederivative.
5
TNTA: Warga unbounded derivative container.
156 5. Hệ bất đẳng thức suy rộng
Đối với một không gian Euclide Z, ký hiệu S
Z
đợc dùng để chỉ mặt cầu
đơn vị trong Z. Bao đóng của hình nón sinh ra bởi tập M Z sẽ đợc ký hiệu
bởi
coneM. Nón đối ngẫu âm của tập M đợc ký hiệu bởi M

, nghĩa là
M

= {w Z : w, z 0 z M}.
Nón lùi xa
6

(xem Jeyakumar và Luc (2002a,b), Rockafellar và Wets (1998))
M

của tập M Z là tập hợp tất cả những véctơ w Z sao cho tồn tại dãy
{t
k
} các số dơng hội tụ đến 0 và dãy {z
k
}M để w = lim
k
t
k
z
k
. Đối với
một hình nón M Z và một số (0, 1), lân cận nón M

của M (xem
Jeyakumar và Luc (2002a,b)) đợc xác định bởi công thức
M

= {z + z

B
Z
: z M}.
Để cho đơn giản, ta sẽ viết M

thay cho (M

)

.
Sau đây là một vài khái niệm và kết quả về Jacobian xấp xỉ đã đợc đara
trong Jeyakumar và Luc (1998, 1999, 2002a,b).
Định nghĩa 5.2.1 (Jacobian xấp xỉ). Cho f : IR
n
IR
m
là ánh xạ liên tục.
Tập con đóng Jf(x) của không gian L(IR
n
,IR
m
) các toán tử tuyến tính từ IR
n
vào IR
m
(đợc đồng nhất với tập các ma trận cấp m ì n)đợc gọi là một
Jacobian xấp xỉ của f tại x IR
n
nếu, với mọi u =(u
1
,...,u
n
) IR
n
và
v =(v

1
,...,v
m
) IR
m
,tacó
(2.1) (v f)
+
(x; u) sup
AJf(x)
v, Au,
ởđó(v f)(x)=v
1
f
1
(x)+ããã+ v
m
f
m
(x) là hàm hợp của v và f,và
(2.2) (v f)
+
(x; u) = lim sup
t0
(v f)(x + tu) (v f)(x)
t
là đạo hàm theo hớng Dini trên
7
của v f tại x theo hớng u. Nếu m =1
thì ta thờng viết

JL
f(x) thay cho Jf(x) và gọi
JL
f(x) là dới vi phân J-L
của f tại x.
Bài tập 5.2.1. Chứng minh rằng nếu f là khả vi Fréchet tại x với đạo
hàm Fréchet f

(x), thì Jf(x)={f

(x)} là một Jacobian xấp xỉ của f tại
x.
Bài tập 5.2.2. Chứng minh rằng nếu (2.1) nghiệm đúng với mọi u
IR
n
\{0} và v S
IR
n
, thì Jf(x) là Jacobian xấp xỉ của f tại x.
6
TNTA: recession cone.
7
TNTA: upper Dini directional derivative.
5.2. Các định nghĩa và kết quả bổ trợ 157
Nếu f là hàm véctơ Lipschitz địa phơng tại x, nghĩa là tồn tại >0 sao
cho f(x

) f (x) x

x với mọi x, x

trong một lân cận của x, thì
Jacobian suy rộng theo nghĩa Clarke (1983)
(2.3) J
Cl
f(x):=co

lim
k
f

(x
k
):{x
k
}
f
,x
k
x

là một Jacobian xấp xỉ lồi, compắc của f tại x.
ở
đây

f
= {x IR
n
: đạo hàm Fréchet f

(x) của f tại x}.
Sự kiện này là hệ quả của các tính chất của Jacobian suy rộng Clarke (xem
Clarke (1983)) và Định nghĩa 5.2.1. Nếu f là Lipschitz địa phơng tại x và
m =1, thì tập hợp J
Cl
f(x) trùng với dới vi phân suy rộng Clarke
Cl
f(x)
của f tại x (xem Clarke (1983) và Mục 3.4 trong Chơng 3).
Bài tập 5.2.3. Cho (x)=|x|,x IR. Hãy chứng tỏ rằng tập hợp

JL
(0) := {1, 1}
Cl
(0)
là một dới vi phân J-L của tại 0.
Bài tập 5.2.4. Xét ánh xạ f : IR IR
2
đợc cho bởi công thức f(x)=
(|x|, x) với mọi x IR. Hãy chứng minh rằng Jf(0) := [1, 1]ì{1}
và Jf(0) := {1, 1}ì{1} là các Jacobian xấp xỉ
8
của f tại 0. Hãy
sử dụng (2.3) để chứng tỏ rằng tập hợp thứ nhất f(0) := [1, 1] ì{1}
chính là Jacobian suy rộng Clarke của f tại 0.
Chúng ta hãy xét ví dụ minh họa đơn giản sau
9
về Jacobian xấp xỉ của một
hàm liên tục, nhng không là Lipschitz địa phơng ở điểm đợc xét. Nhiều ví
dụ khác nữa có trong Jeyakumar và Luc (1998, 2002a).

Ví dụ 5.2.1. Giả sử f (x)=x
1/3
, x IR. Với x =0, dễ thấy rằng Jf(x)=
[, +),ởđó IR là một số thực tùy ý, là một Jacobian xấp xỉ của f tại x.
Với x =0, tập Jf(x)={
1
3
x
2/3
} là một Jacobian xấp xỉ của f tại x. Rõ ràng
ánh xạ Jacobian xấp xỉ x Jf(x) là nửa liên tục trên tại x =0.
Bài tập 5.2.5. Cho f(x)=x
1/3
+ x, x IR. Hãy chứng tỏ rằng

f
+
(0; u)= nếu u>0
f
+
(0; u)=+ nếu u<0.
và

(f)
+
(0; u)= nếu u>0
(f)
+
(0; u)= nếu u<0.
Từ đó hãy suy ra rằng Jf(0) := (,] với <0 đợc chọn tùy ý là

Jacobian xấp xỉ của f tại 0. Tính nón lùi xa

Jf(0)

.
8
ở
đây, với mọi A =(, ) Jf(0) và với mọi u IR, ta đặt Au =(u, u).
9
Xem Jeyakumar và Luc (2002a).
158 5. Hệ bất đẳng thức suy rộng
Bài tập 5.2.6

. Cho (x)=

|x|,x IR. Tồn tại hay không một dới
vi phân J-L không chứa 0 của tại 0? Nếu tồn tại, hãy viết công thức
của một dới vi phân nh vậy và tính nón lùi xa của tập hợp đó.
Quy tắc hàm hợp sau đây đóng vai trò quan trọng trong việc chứng minh
các kết quả ở mục sau. Để việc trình bày đợc trọn vẹn, trong Mục 5.6 ta sẽ
đa ra chứng minh chi tiết cho mệnh đề này.
Mệnh đề 5.2.1 (Quy tắc hàm hợp; xem Jeyakumar và Luc (2002a), Hệ quả 4.2).
Cho f : IR
n
IR
m
là ánh xạ liên tục, g : IR
m
IR là hàm số thực liên tục.

Giả sử rằng
(i) f có một ánh xạ Jacobian xấp xỉ Jf nửa liên tục trên tại x IR
n
;
(ii) g là khả vi Fréchet trong lân cận của f (x) và ánh xạ gradient g

(ã) là
liên tục tại f(x) với g

(f(x)) =0.
Khi đó, với mỗi >0, bao đóng của tập hợp
g

(f(x)) [Jf(x)+(Jf(x))

]
là một Jacobian xấp xỉ của g f tại x.
Định nghĩa 5.2.2 (Tính tràn). Toán tử A L(IR
n
,IR
m
) đợc gọi là tràn trên tập
lồi đóng khác rỗng C IR
n
tại x
0
C đối với tập đóng khác rỗng K
0
IR

m
với 0 K
0
nếu
(2.4) 0 int(A[T
C
(x
0
)] + K
0
),
ởđóT
C
(x
0
)=cone(C x
0
)) là nón tiếp tuyến của C tại x
0
theo nghĩa giải
tích lồi.
Trong trờng hợp K
0
= {0}, dễ chứng tỏ rằng (2.1) là tơng đơng với điều
kiện 0 int(A[C x
0
]). Vì thế, Định nghĩa 5.2.2 mở rộng khái niệm đã đa
ra trong Jeyakumar và Luc (2002b)
10
.

Điều kiện cần cực trị sau đây suy ra ngay từ định nghĩa dới vi phân J-L.
Mệnh đề 5.2.2 (xem Jeyakumar và Luc (2002b), Mệnh đề 2.1). Giả sử C IR
n
là tập lồi và giả sử : IR
n
IR là hàm số liên tục. Nếu x C là điểm cực
tiểu địa phơng của trên C và nếu
JL
f(x) là dới vi phân J-L của tại x,
thì
sup

JL
f(x)
, u 0 u T
C
(x).
Bây giờ chúng ta quay lại xét hệ bất đẳng thức suy rộng (1.1). Giả sử x
0
là
một nghiệm của hệ đó.
10
Ta l u ý rằng trong Jeyakumar và Luc (2002b) tập C có thể không đóng, và thay cho x
0
C
các tác giả sử dụng điều kiện x
0
C.
5.2. Các định nghĩa và kết quả bổ trợ 159
Dới đây là dạng mở rộng của khái niệm chính quy theo Robinson (1976b)

cho hệ này.
Định nghĩa 5.2.3 (Điều kiện chính quy). Đối với hệ (1.1), giả thiết rằng f có
ánh xạ Jacobian xấp xỉ Jf. Khi đó, hệ đợc gọi là chính quy tại x
0
nếu
(2.5)
0 int (A[T
C
(x
0
)] + f (x
0
)+K) A coJf(x
0
) co((Jf(x
0
))

\{0}).
Trong mục sau ta sẽ chứng minh (xem Bổ đề 5.3.1) rằng điều kiện chính
quy đó kéo theo tính mở đều của các toán tử A Jf(x),ởđóx thuộc một lân
cận của x
0
.
So sánh (2.5) với (2.4) ta thấy rằng (1.1) là chính quy tại x
0
khi và chỉ khi
mỗi toán tử A của tập coJf(x
0
) co((Jf(x

0
))

\{0}) là tràn trên C tại x
0
đối với K
0
:= f(x
0
)+K.
Ví dụ 5.2.2. Hệ (1.1) ở đó n = m =1, C = IR, K = {0} và f(x)=x
1/3
,là
chính quy tại nghiệm x
0
=0.Lu ý rằng ánh xạ Jacobian xấp xỉ Jf đã đợc
xác định trong Ví dụ 5.2.1.
Định nghĩa 5.2.4 (Nhiễu chấp nhận đợc). Nhiễu {f(x, p),P,p
0
} của (1.1)
đợc gọi là nhiễu chấp nhận đợc của hệ tại x
0
nếu
(i) hàm f(x, p) là liên tục tại (x
0
,p
0
),
(ii) với mỗi x IR
n

hàm số f(x, ã) là liên tục trên P ,
(iii) với mỗi p P hàm số f(ã,p) có một ánh xạ Jacobian xấp xỉ đợc ký
hiệu bởi J
1
f(ã,p),
(iv) tồn tại lân cận U

của p
0
P và một số

> 0 sao cho, với mỗi
p U

, J
1
f(ã,p) là nửa liên tục trên ở trong

B(x
0
,

),
(v) ánh xạ đa trị (x, p) J
1
f(x, p) là nửa liên tục trên tại (x
0
,p
0
).

Định nghĩa 5.2.5 (Tính ổn định nghiệm). Ta nói rằng nghiệm x
0
của (1.1) là
ổn định dới nhiễu chấp nhận đợc nếu với mỗi >0 và với mỗi nhiễu chấp
nhận đợc {f (x, p),P,p
0
} của (1.1) tại x
0
, tồn tại lân cận U của p
0
sao cho
G(p)

B(x
0
,) = p U,
ởđóG(p) là nghiệm của (1.2).
Trong ví dụ sau, chúng ta xét một dạng đặc biệt của nhiễu chấp nhận đợc
của hệ bất đẳng thức liên tục.
Ví dụ 5.2.3. Giả sử rằng f : IR
n
IR
m
là hàm liên tục, C IR
n
là tập lồi
đóng. Ta đặt P = IR
m
, p
0

=0, và xét hàm véctơ f : IR
n
ì P IR
m
đợc cho
bởi công thức f (x, p)=f(x) p với mọi (x, p) IR
n
ì IR
m
. Rõ ràng rằng
{f(x, p),P,p
0
} là một nhiễu của (1.1). Nếu, thêm vào đó, hàm f : IR
n
IR
m
có một ánh xạ Jacobian xấp xỉ Jf là nửa liên tục trên tại mọi x IR
n
, thì
{f(x, p),P,p
0
} là một nhiễu chấp nhận đợc của (1.1). Thật vậy, để kiểm tra
160 5. Hệ bất đẳng thức suy rộng
điều đó ta chỉ cần lu ý rằng, với mỗi p P , công thức J
1
f(x, p)=Jf(x)
(x IR
n
) xác định một ánh xạ Jacobian xấp xỉ của hàm f(ã,p). Dễ thấy rằng
ánh xạ đa trị (x, p) J

1
f(x, p) là nửa liên tục trên tại (x
0
,p
0
). Để có một ví dụ
cụ thể, ta xác định ánh xạ f : IR
2
IR
2
bằng cách đặt f (x
1
,x
2
)=(x
2/3
1
,x
2
)
với mọi (x
1
,x
2
) IR
2
. Khi đó các công thức
J
1
f(x, p)=

1
3
x
2/3
0
01

(x =0) và J
1
f(0,p)=

0
01

,
ởđó>0, xác định một Jacobian xấp xỉ của f (ã,p),ởđóf (x, p)=f (x) p
(p IR
2
).
5.3 Tính ổn định
Mục này đa ra các điều kiện đủ cho ánh xạ đa trị p G(p) V ,ởđóG(p)
là nghiệm của (1.2) và V là một lân cận của x
0
, là nửa liên tục dới ở trong
một lân cận của p
0
, cho tính chính quy mêtric của G(ã) tại (p
0
,x

0
), và tính chất
giả-Lipschitz của G(ã) tại (p
0
,x
0
). Chúng ta cũng sẽ xét hai ví dụ chứng tỏ
rằng, không giống nh trong trờng hợp hàm ngợc đa trị, đối với hàm ẩn đa trị
thì tính chính quy mêtric và cho tính giả-Lipschitz là hai khái niệm khác nhau.
Trong mục này có ba định lý chính:
- Định lý 5.3.1 đa ra điều kiện đủ để ánh xạ đa trị bị cắt gọn (truncated)
p G(p) V ,ởđóV là một lân cận của x
0
, là nửa liên tục dới ở trong một
lân cận của p
0
;
- Định lý 5.3.2 bàn về tính chính quy mêtric của G(ã) tại (p
0
,x
0
);
- Định lý 5.3.3 đề cập đến tính giả-Lipschitz của hàm ẩn G(ã) tại (p
0
,x
0
).
Trong suốt mục này chúng ta giả thiết rằng x
0
C là một nghiệm của (1.1)

và {f(x, p),P,p
0
} là một nhiễu chấp nhận đợc của (1.1) tại x
0
.
Bổ đề sau đây về tính mở đều của một họ toán tử tuyến tính là một kết quả
bổ trợ then chốt để thu đợc các kết quả trong mục này. Nó là dạng mở rộng
của Bổ đề 3.1 trong Jeyakumar và Luc (2002b) ở đó, trong các ký hiệu của
chúng ta, các tác giả xét trờng hợp K = {0} và P = {p
0
}.
Bổ đề 5.3.1. Nếu (1.1) là chính quy tại x
0
, thì tồn tại >0 và >0 sao cho
(3.1)

B
IR
m

A

T
C
(x)

B
IR
n

+

cone(K + f(x, p))

B
IR
m

với mọi x

B(x
0
,) C, p B(p
0
,) P ,và
(3.2) A

x

B(x
0
,),p

B(p
0
,)P
co

J
1
f(x

,p

)+(J
1
f(x

,p

))

.
5.3. Tính ổn định 161
Chứng minh. Chúng ta sẽ đi theo lợc đồ chứng minh Bổ đề 3.1 trong Jeyaku-
mar và Luc (2002b). Giả sử rằng kết luận của bổ đề là sai. Khi đó, với
mỗi k 1 và = k
1
ta tìm đợc v
k

B
IR
m

, x
k
,x

k

B(x
0
,k
1
) C,
p
k
,p

k
B(p
0
,k
1
) P và
A
k
co

J
1
f(x

k
,p

k
)+(J
1
f(x

k
,p

k
))
1/k

sao cho
(3.3) v
k
/ k

A
k

T
C
(x
k
)

B
IR
n

+

cone(f (x
k
,p
k
)+K)

B
IR
m

.
Không giảm tổng quát, ta có thể giả sử rằng
lim
k
v
k
= v
0

B
IR
m
.

Chúng ta khẳng định rằng, bằng cách lấy dãy con (nếu cần thiết), hoặc
(3.4) lim
k
A
k
= A
0
coJ
1
f(x
0
,p
0
)
hoặc
(3.5) lim
k
t
k
A
k
= A

co ((J
1
f(x
0
,p
0
))

\{0})
ởđó{t
k
} là một dãy số dơng hội tụ đến 0.
Trớc tiên chúng ta hãy chứng tỏ rằng (3.4) và (3.5) dẫn đến điều mâu thuẫn.
Nếu (3.4) nghiệm đúng, thì do (1.3) và điều kiện chính quy (2.5) ta có
0 int (A
0
[T
C
(x
0
)] + f (x
0
,p
0
)+K) .
Vì f(x
0
,p
0
)+K cone(f (x
0
,p
0
)+K)), từ bao hàm thức cuối ta suy ra rằng
(3.6) IR
m
= A

0
[T
C
(x
0
)] + cone(f(x
0
,p
0
)+K).
Rõ ràng
:=A
0
[T
C
(x
0
)

B
IR
n
]+[cone(f (x
0
,p
0
)+K)

B
IR

m
]
là tập lồi compắc, và 0 . Nếu 0 / int thì, theo định lý tách các tập lồi
(xem Rudin (1991), Định lý 3.4), tồn tại S
IR
m
sao cho
{y IR
m
: , y 0}.
Với mỗi v IR
m
, do (3.6) tồn tại u T
C
(x
0
) và v cone(f (x
0
,p
0
)+K) sao
cho v = A
0
u + w. Nếu ta chọn t>0 đủ nhỏ sao cho tu

B
IR
n
và tw

B
IR
m
,
thì tv = A
0
(tu)+tw . Suy ra , tv 0,vàdovậy, v 0. Vì bất
162 5. Hệ bất đẳng thức suy rộng
đẳng cuối đúng với mọi v IR
m
, ta có điều mâu thuẫn. Vậy 0 int .Từđó
suy ra rằng có thể tìm đợc >0 và k
0
> 1 sao cho
(3.7)

B(v
0
,) k
0

A
0

T
C
(x
0
)

B
IR
n

+

cone(f(x
0
,p
0
)+K)

B
IR
m

.
Do A
k
A
0
, tồn tại k
1
k
0
sao cho
(3.8) A
k
A
0

</4 với mọi k k
1
.
Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại k
2
k
1
sao cho
(3.9)

B(v
0
,

2
) k
0

A
0

T
C
(x
k
)

B
IR
n

+

cone(f(x
k
,p
k
)+K)

B
IR
m

với mọi k k
2
. Thật vậy, nếu điều đó không đúng, thì ta có thể giả sử rằng
với mỗi k tồn tại phần tử u
k

B(v
0
,/2) thỏa mãn
u
k
/ k
0

A
0

T
C
(x
k
)

B
IR
n

+

cone(f(x
k
,p
k
)+K)

B
IR
m

.
Theo định lý tách các tập lồi, tồn tại
k
S
IR
m
sao cho

(3.10)
k
,u
k

k
,k
0
(A
0
z + w)
với mỗi z T
C
(x
k
)

B
IR
n
and w cone(f (x
k
,p
k
)+K)

B
IR
m
. Bằng cách

sử dụng các dãy con (nếu cần), ta có thể giả sử rằng
lim
k
u
k
= u
0

B(v
0
,

2
), lim
k

k
=
0
ởđó
0
=1.
Từ (3.10) suy ra
(3.11)
0
,u
0

0

,k
0
(A
0
z + w)
với mọi z T
C
(x
0
)

B
IR
n
và w cone(f (x
0
,p
0
)+K)

B
IR
m
. Thật vậy,để
chứng minh khẳng định đó ta chỉ cần chứng tỏ rằng (3.11) nghiệm đúng với mọi
z cone(C x
0
)

B

IR
n
và w cone(f (x
0
,p
0
)+K)

B
IR
m
. Giả sử (z, w)
là một cặp thỏa mãn hai bao hàm thức sau cùng. Giả sử rằng
z = t(c x
0
),w= (f(x
0
,p
0
)+v)
với c C, t, [0, +) và v K. Với mỗi k, ta đặt
z
k
= t(c x
k
),w
k
= (f(x
k
,p

k
)+v).
Khi đó z
k
T
C
(x
k
), w
k
cone(f(x
k
,p
k
)+K), z
k
z và w
k
w khi
k . Nếu z
k

B
IR
n
thì ta đặt z

k
= z

k
. Nếu z
k
/

B
IR
n
thì ta đặt
z

k
=(z/z
k
)z
k
.Tơng tự, nếu w
k

B
IR
m
thì ta đặt w

k
= w
k
. Nếu
5.3. Tính ổn định 163

w
k
/

B
IR
m
thì ta đặt w

k
=(w/w
k
)w
k
. Rõ ràng rằng z

k
T
C
(x
k
)

B
IR
n
và w

k
cone(f(x

k
,p
k
)+K)

B
IR
m
với mỗi k. Để ý rằng z

k
z và w

k
w
khi k . Do (3.10), ta có

k
,u
k

k
,k
0
(A
0
z

k
+ w

k
) với mọi k.
Cho k ta thu đợc (3.11). Vì u
0
B(v
0
,/2), kết hợp (3.11) với (3.7) ta
đi đến

0
,v
0
+

2

0
,u
0
sup {
0
,k
0
(A
0
z + w) : z T
C
(x
0

)

B
IR
n
,
w cone(f (x
0
,p
0
)+K)

B
IR
m
}
sup{
0
,v : v B(v
0
,)}
=
0
,v
0
+ ;
đó là điều mâu thuẫn. Ta đã chứng tỏ rằng tồn tại k
2
k
1

sao cho (3.9) đúng
với mọi k k
2
. Sử dụng (3.8) và (3.9) ta có
B(v
0
,

2
) k
0

A
0

T
C
(x
k
)

B
IR
n

+

cone(f(x
k
,p

k
)+K)

B
IR
m

k
0
(A
k

T
C
(x
k
)

B
IR
n

+(A
0
A
k
)

T
C

(x
k
)

B
IR
m

+

cone(f (x
k
,p
k
)+K)

B
IR
m

)
k
0
(A
k

T
C
(x
k

)

B
IR
n

+ B(0,

4
)
+

cone(f (x
k
,p
k
)+K)

B
IR
m

).
Điều đó kéo theo
(3.12)

B(v
0
,

4
) k
0

A
k

T
C
(x
k
)

B
IR
n

+

cone(f (x
k
,p
k
)+K)

B
IR
m

.

Chọn k k
2
đủ lớn, ta có v
k

B(v
0
,/4). Khi đó (3.12) kéo theo
(3.13) v
k
k

A
k

T
C
(x
k
)

B
IR
n

+

cone(f(x
k

,p
k
)+K)

B
IR
m

,
mâu thuẫn với (3.3).
Bây giờ ta giả sử rằng (3.5) nghiệm đúng. Do điều kiện chính quy, ta có
(3.6) ở đó A
0
đợc thay bởi A

. Vì vậy tồn tại >0 và k
0
> 1 sao cho (3.7), ở
đó A
0
đợc thay bởi A

, nghiệm đúng. Các tính chất (3.8)(3.10) vẫn đúng nếu
nh A
0
đợc thay bởi A

,vàA
k
đợc thay bởi t

k
A
k
. Khi đó tính chất (3.12)
có dạng

B(v
0
,

2
) k
0

t
k
A
k

T
C
(x
k
)

B
IR
n

+

cone(f (x
k
,p
k
)+K)

B
IR
m

với mọi k k
2
. Bằng cách chọn k k
2
đủ lớn sao cho v
k

B(v
0
,/4) và
0 <t
k
1 ta nhận đợc (3.13), điều mâu thuẫn với (3.3).
164 5. Hệ bất đẳng thức suy rộng
Chứng minh của bổ đề sẽ kết thúc nếu ta có thể chỉ ra rằng hoặc (3.4) hoặc
là (3.5) nghiệm đúng
11
.

Vì J
1
f(ã) là nửa liên tục trên tại (x
0
,p
0
), tồn tại k
0
1 sao cho
(J
1
f(x

k
,p

k
))

(J
1
f(x
0
,p
0
))

k k
0
.

Ta có thể giả sử rằng kết luận đó là đúng với mọi k 1. Vì vậy, với mỗi k 1,
tồn tại M
kj
J
1
f(x

k
,p

k
),N
kj
(J
1
f(x
0
,p
0
))

,P
kj
và P
k
với
P
k
1, P
kj

1,
kj
[0, 1],j=1,...,nm+1
sao cho

nm+1
j=1

kj
=1và
A
k
=
nm+1

j=1

kj
(M
kj
+ N
kj
+
1
k
N
kj
P
kj
)+

1
k
P
k
.
Nếu các dãy {
kj
M
kj
}
k1
, {
kj
N
kj
}
k1
,j=1,...,nm+1, đều giới nội,
thì dãy {A
k
} cũng giới nội. Bằng cách chuyển sang xét các dãy con, ta có thể
giả sử rằng
lim
k
A
k
= A
0
, lim
k

kj
=
0j
,
lim
k

kj
N
kj
= N
0j
, lim
k

kj
M
kj
= M
0j
với mỗi j =1,...,nm+1.Vì(J
1
f(x
0
,p
0
))

là hình nón đóng, ta có

N
0j
(J
1
f(x
0
,p
0
))

,
nm+1

j=1
N
0j
co(J
1
f(x
0
,p
0
))

.
Ngoài ra, ta cũng có

nm+1
j=1

0j
=1. Chúng ta phân chia tổng

nm+1
j=1

kj
M
kj
thành hai tổng: Tổng thứ nhất

1
bao gồm những số hạng với dãy {M
kj
}
k1
giới nội, và tổng

2
bao gồm những số hạng với dãy {M
kj
}
k1
không giới
nội. Khi đó, các giới hạn
0j
với j lấy trong tập chỉ số của tổng thứ hai đều
bằng 0 và các giới hạn M
0j
tơng ứng là các hớng lùi xa của tập J

1
f(x
0
,p
0
).
Vì vậy,

1

0j
=1và, do tính nửa liên tục trên của J
1
f tại (x
0
,p
0
),
lim
k

1

kj
M
kj
=

1
M

0j
co J
1
f(x
0
,p
0
),
lim
k

2

kj
M
kj
=

2
M
0j
co (J
1
f(x
0
,p
0
))

.

11
Phần chứng minh này lặp lại hoàn toàn phần hai của chứng minh Bổ đề 3.1 trong Jeyakumar
và Luc (2002b) ở đó M
k
đợc thay bởi A
k
, y
k
bởi (x

k
,p

k
), F (y
k
) bởi J
1
f(x

k
,p

k
),vàF (0)
bởi J
1
f(x
0
,p

0
). Tính nửa liên tục trên của F (ã) tại 0 giờ đây đợc thay bởi tính nửa liên tục
trên của J
1
f tại (x
0
,p
0
). Để tiện cho sự tra cứu của bạn đọc, khác với cách trình bày rút gọn
trong Jeyakumar và Yen (2004), ở đây chúng tôi trình bày toàn bộ các lập luận chi tiết.
5.3. Tính ổn định 165
Do đó
A
0
co J
1
f(x
0
,p
0
)+co (J
1
f(x
0
,p
0
))

co (J
1

f(x
0
,p
0
)),
tức là (3.4) nghiệm đúng.
Nếu trong số các dãy {
kj
M
kj
}
k1
, {
kj
N
kj
}
k1
,j=1,...,nm+1, có
những dãy không giới nội thì, lại bằng cách lấy các dãy con, ta có thể giả sử rằng
một trong các dãy đó, chẳng hạn nh {
kj
0
M
kj
0
}
k1
với j
0

{1,...,nm+1},
có phần tử
kj
0
M
kj
0
(k 1) là véctơ đạt chuẩn lớn nhất trong số các véctơ

k1
M
k1
,...,
k,nm+1
M
k,nm+1
,
k1
N
k1
,...,
k,nm+1
N
k,nm+1
.
(Nếu dãy đợc chọn là {
kj
0
N
kj

0
}
k1
, thì ta cũng lập luận tơng tự.) Xét dãy
{A
k
/
kj
0
M
kj
0
}
k1
. Hiển nhiên dãy này là giới nội, và do đó ta có thể giả sử
nó hội tụ đến đến một ma trận A

nào đó. Khi đó ta có A

co (J
1
f(x
0
,p
0
))

.
Nhận xét rằng co (J
1

f(x
0
,p
0
))

là nón nhọn, vì nếu không phải nh vậy thì
co [(J
1
f(x
0
,p
0
))

\{0}] chứa ma trận 0 - hiển nhiên không tơng ứng với toán
tử tràn, trái với giả thiết. Vì
A
k

kj
0
M
kj
0

=
nm+1

j=1

kj
(M
kj
+ N
kj
+
1
k
N
kj
P
kj
)+
1
k
P
k

/
kj
0
M
kj
0

và vì ta có thể giả sử rằng mỗi số hạng ở tổng bên phải là một dãy giới nội,
A

là tổng hữu hạn của các phần tử thuộc co (J
1
f(x
0
,p
0
))

. Vì có ít nhất một
trong các số hạng của tổng đó là khác 0 (có một số hạng tơng ứng với chỉ số
j
0
có chuẩn bằng 1), và co (J
1
f(x
0
,p
0
))

là nón nhọn, ta suy ra A

là ma trận
khác 0; vậy (3.5) nghiệm đúng. Bổ đề đã đợc chứng minh.
Định lý sau sẽ đợc chứng minh bằng lợc đồ chứng minh Định lý 3.1 trong
Yen (1997). Không giống nh Jacobian suy rộng Clarke, Jacobian xấp xỉ có thể
là những tập không lồi, không compắc của các ánh xạ tuyến tính. Vì thế chúng
ta phải đa vào một số cải tiến trong kỹ thuật chứng minh. Định lý minimax
lệch cạnh (the lopsided minimax theorem) sẽ là một trong những công cụ chính
của chúng ta.

Định lý 5.3.1 (Tính ổn định nghiệm). Nếu (1.1) là chính quy tại x
0
và
{f(x, p),P,p
0
} là một nhiễu chấp nhận đợc của hệ tại x
0
, thì tồn tại các
lân cận U của p
0
và V của x
0
sao cho G(p) V khác rỗng với mọi p U,và
ánh xạ đa trị

G(ã):=G(ã) V là nửa liên tục dới ở trong U.
Chứng minh. Vì (1.1) là chính quy tại x
0
và {f (x, p),P,p
0
} là một nhiễu chấp
nhận đợc của (1.1) tại x
0
, theo Bổ đề 5.3.1, tồn tại >0 và (0,

) sao cho
(3.1) đúng với mọi x

B(x
0

,) C, p B(p
0
,) P ,vàA thỏa (3.2).
ở
đây
và cả về sau nữa,

> 0 và U

là số thực và lân cận đợc mô tả trong yêu cầu
166 5. Hệ bất đẳng thức suy rộng
(iv) của Định nghĩa 5.2.3.Cố định một số (0,
1
).Vì0 f(x
0
,p
0
)+K và
vì ánh xạ đa trị p f(x
0
,p)+K là nửa liên tục dới tại p
0
, tồn tại
1
(0,)
sao cho
p B(p
0
,
1

) P y
p
f(x
0
,p)+K thỏa mãn y
p
<.
Đặt U = B(p
0
,
1
) U

. Với mỗi p U ta xét phần hạn chế của hàm số

p
(x):=d(0,f(x, p)+K)=inf{f(x, p)+v : v K}
trên tập compắc

B(x
0
,) C. Dễ thấy rằng v
p
(ã) là hàm số liên tục. Ta có

p
(x
0
)=d(0,f(x
0

,p)) y
p

với một số

(0,) nào đó. Theo nguyên lý biến phân Ekeland (xem Ekeland
(1974), hoặc Định lý 2.1.1 trong Chơng 2), tồn tại x

B(x
0
,) C sao cho
(3.14)
p
(x)
p
(x
0
), x x
0

,
(3.15)
p
(x)
p
(x)+x xx

B(x

0
,) C.
Từ (3.14) suy ra rằng x

B(x
0
,).Tacó0 f(x, p)+K, nghĩa là
p
(x)=0.
Thật vậy, giả sử phản chứng rằng
p
(x) =0.Vìf (x, p)+K là tập lồi đóng
khác rỗng, tồn tại duy nhất một phần tử y f (x, p)+K sao cho
y = d(0,f(x, p)+K)=inf{f (x, p)+v : v K}, y =0.
Sử dụng điều kiện tối u trong quy hoạch lồi (xem Ví dụ 1.1.6 trong Chơng 1)
ta có
y
1
y (f (x, p)+K)

.
Đặt = y
1
y và w = y f (x, p).Vìw K, nên
p
(x) f (x, p)+w
với mọi x IR
n
. Đặt
(x)=f(x, p)+w và (x)=(x)+x x

với mọi x IR
n
. Từ (3.15) suy ra rằng
(x) (x) x

B(x
0
,) C.
Do x B(x
0
,), tính chất cuối chứng tỏ rằng x là nghiệm địa phơng của ở
trên C. Theo Mệnh đề 5.2.2,
(3.16) sup

JL
f(x)
, u 0 u T
C
(x),
5.3. Tính ổn định 167
ởđó
JL
(x) là dới vi phân J-L của tại x. Theo quy tắc hàm hợp phát biểu
trong Mệnh đề 5.2.1, với mọi (0,), bao đóng của tập hợp
[J
1
f(x, p)+(J
1
f(x, p))

]
là dới vi phân J-L của tại x. Sử dụng công thức tính dới vi phân J-L của
tổng hai hàm số (xem Jeyakumar và Wang (1999), Mệnh đề 2.2) ta suy ra rằng
bao đóng của tập hợp

A + : A J
1
f(x, p)+(J
1
f(x, p))

,

B
IR
n

là dới vi phân J-L của tại x. Khi đó tập hợp lớn hơn
(3.17)

JL
(x):=

A + : A co (J
1
f(x, p)+(J
1
f(x, p))

) ,

B
IR
n

,
một tập lồi đóng, cũng là dới vi phân J-L của tại x. Đặt
Q =
co (J
1
f(x, p)+(J
1
f(x, p))

) ,D= T
C
(x)

B
IR
n
.
Ta có
(3.18)
1
sup

AQ
inf
vD
, Av.
Thật vậy, với mỗi A Q ta để ý rằng A thỏa (3.2) bởi vì (J
1
f(x, p))

(J
1
f(x, p))

, x B(x
0
,) và p B(p
0
,) P . Do (3.1), tồn tại v
T
C
(x)

B
IR
n
và w cone(f(x, p)+K)

B

IR
m
sao cho
= (Av + w).
Khi đó
1=, = , Av + w.
Vì , w 0, ta suy ra rằng
1
,Av. Vậy ta đã chứng tỏ rằng

1
inf
vD
,Av. Vì bất đẳng thức cuối nghiệm đúng với mỗi A Q,
ta kết luận rằng (3.18) nghiệm đúng. Tiếp theo, ta có
(3.19) inf
vD
sup
AQ
,Av .
Thật vậy, giả sử v D đợc cho tùy ý. Với mọi
1
> 0, do (3.16) và (3.17)
tồn tại A Q và

B
IR
n
sao cho
( A)(v)+,v

1
.
Vì thế
,Av ,v
1

1
.
168 5. Hệ bất đẳng thức suy rộng
Do đó sup
AQ
,Av
1
.Vì
1
> 0 có thể lấy bé tùy ý, ta kết luận
rằng sup
AQ
,Av; vậy (3.19) nghiệm đúng. Theo định lý minimax
lệch cạnh (the lopsided minimax theorem; xem Aubin và Ekeland (1984), tr.
319), ta có
sup
vD
inf
AQ
,Av =inf
AQ
sup
vD
,Av.

Vì vậy
inf
vD
sup
AQ
,Av =sup
AQ
inf
vD
, Av.
Kết hợp điều đó với (3.18) và (3.19) ta thu đợc bất đẳng thức
1
,
mâu thuẫn với bao hàm thức (0,
1
).Nh vậy ta đã chứng minh rằng
0 f (x, p)+K.Dođóx G(p).
Ta đặt V = B(x
0
,) và

G(p)=G(p) V . Từ những điều đã đợc chứng
minh ta có thể kết luận rằng

G(p) = p U.
Bây giờ ta đi chứng minh rằng ánh xạ đa trị

G(ã) là nửa liên tục dới ở trong U .
Giả sử p U và x

G(p) đợc cho tùy ý. Với mỗi >0 ta chọn (0,)
sao cho

B(x, ) V . Lặp lại phần chứng minh trên với (x, p) thay chỗ cho
(x
0
,p
0
), ta tìm đợc lân cận U

của p trong P sao cho
p

U

x

B(x, ) thỏa 0 f(x

,p

)+K.
Bao hàm thức sau cùng chứng tỏ rằng x

G(p

).Vì

B(x, ) V

B(x, ),
ta có x

G(p

)

B(x, ). Từ đó suy ra rằng

G(ã) là nửa liên tục dới tại p.

Nhận xét rằng Định lý 5.3.1 chứng tỏ rằng nếu hệ bất đẳng thức là chính
quy tại một nghiệm nào đó thì nghiệm đó ổn định dới tác động của nhiễu chấp
nhận đợc. Kết luận kiểu đó là quen thuộc trong hầu hết các nghiên cứu về tính
ổn định và độ nhậy nghiệm của các bài toán tối u và các bất đẳng thức biến
phân. Từ các kết luận của Định lý 5.3.2 và Định lý 5.3.3 dới đây cũng suy ra
rằng nghiệm x
0
là ổn định dới tác động của nhiễu chấp nhận đợc.
Bổ đề 5.3.1 và thủ tục chứng minh rằng điểm x tìm đợc bằng nguyên lý
biến phân Ekeland thỏa mãn bao hàm thức 0 f (x, p)+K trong chứng minh
trên còn cho phép chúng ta thu đợc tính chính quy mêtric và tính giả-Lipschitz
của G(ã). Các phơng pháp chứng minh ở đây cũng giống nh các phơng pháp
chứng minh Định lý 3.2 và Định lý 3.3 trong Yen (1997). Kỹ thuật lấy giới hạn
trong biểu thức thu đợc bởi khẳng định thứ nhất trong nguyên lý biến phân
Ekeland bắt nguồn từ công trình của Aubin và Frankowska (1987). Dien và Yen

(1991), Yen (1987, 1997) đã chứng tỏ rằng kỹ thuật đó chẳng những có thể giúp
5.3. Tính ổn định 169
thiết lập tính giả-Lipschitz, mà còn hữu ích cho việc chứng minh tính chính quy
mêtric của hàm ẩn đa trị.
Định nghĩa 5.3.2 (xem Borwein (1986)). Hàm ẩn đa trị G(ã) xác định bởi hệ
bất đẳng thức suy rộng có tham số (1.2) đợc gọi là chính quy mêtric tại (p
0
,x
0
)
nếu tồn tại hằng số à>0 và các lân cận U
1
của p
0
và V
1
của x
0
sao cho
(3.20) d(x, G(p)) àd(0,f(x, p)+K) p U
1
, x V
1
C.
Tính chính quy mêtric của hàm ngợc đa trị (xem Mục 5.4 dới đây) là một
trờng hợp riêng của khái niệm vừa nêu trong Định nghĩa 5.3.2.
Định lý 5.3.2 (Tính chính quy mêtric). Nếu (1.1) là chính quy tại x
0
và
{f(x, p),P,p

0
} là một nhiễu chấp nhận đợc của hệ tại x
0
, thì G(ã) là chính
quy mêtric tại (p
0
,x
0
).
Chứng minh. Xác định các hằng số , và các lân cận U của p
0
, V của x
0
nh trong chứng minh của Định lý 5.3.1. Vì ánh xạ đa trị (x, p) f (x, p)+K
là nửa liên tục dới tại (x
0
,p
0
) và vì 0 f(x
0
,p
0
)+K, tồn tại các lân cận U
1
của p
0
và V
1
của x
0

sao cho
U
1
U, V
1

B(x
0
,

2
)
và
(3.21) d(0,f(x, p)+K) <

2
p U
1
, x V
1
.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trong (3.20) cho à := . Lấy tùy ý x V
1
C
và p U
1
. Ta đặt = d(0,f(x, p)+K). Do (3.21),
<2
1

1
.
Vì vậy khoảng số (2
1
,
1
) là khác rỗng. Lấy (2
1
,
1
). Xét hàm
số

p
(z)=d(0,f(z,p)+K)(z IR
n
).
Lấy cố định một giá trị

(,
1
).Tacó

p
(x)=<
1

.

Theo nguyên lý biến phân Ekeland, tồn tại x

B(x
0
,) C sao cho
x x
1
,

p
(x)
p
(z)+

z xz

B(x
0
,) C.
170 5. Hệ bất đẳng thức suy rộng
Khi đó,
x x
0
x x + x x
0
<
1
+2
1
<.

Vì 0 <

<
1
, các lập luận trong phần thứ nhất của chứng minh Định lý
5.3.1 chứng tỏ rằng 0 f(x, p)+K. Do vậy, x G(p).Tacó
d(x, G(p)) x x
1
.
Cho
1
ta thu đợc đánh giá d(x, G(p) , tức là
d(x, G(p)) d(0,f(x, p)+K).
Chứng minh kết thúc.
Định lý 5.3.3 (Tính giả-Lipschitz). Thêm vào các giả thiết của Định lý 5.3.1,
giả sử rằng tồn tại k>0 và các lân cận U
0
của p
0
trong P và V
0
của x
0
sao
cho
(3.22) f(x, p

) f (x, p) kp

pp, p

U
0
, x V
0
.
Khi đó ánh xạ đa trị G(ã) là giả-Lipschitz tại (p
0
,x
0
).
Chứng minh. Xác định ,, U và V nh trong chứng minh Định lý 5.5.1. Ta
chọn >0 đủ nhỏ sao cho

B(x
0
,k) V V
0
,B(p
0
,
1
) P U U
0
.
Đặt
=2k,

U = B(p
0