1

BÀI SOẠN MÔN PHƯƠNG PHÁP PHẦN TỬ HỮU HẠN

(Tài liệu mang nh chất tham khảo – h p://nguyenchiphuong.WordPress.com )

Tài liệu này tổng hợp từ các nhóm và được mình tổng hợp lại, trong quá trình biên soạn lại sẽ không tránh những sai sót do đó các bạn nên đối chiếu với bài soạn ở lớp một lần nữa trước khi học thuộc nhé

Câu 1: Cho X, Y là hai không gian Banach, ánh xạ :f X Y và x X

a. Phát biểu định nghĩa đạo hàm gateaux của f tại x .

b. Cho ví dụ chứng tỏ rằng ánh xạ f có thể khả vi Gateaux tại x nhưng ánh xạ f

không liên tục tại x .

Trả lời :

a. Định nghĩa : Ánh xạ 푓:푋 ⟶ 푌 được gọi là khả vi Gâteaux tại 푥 ∈ 푋, nếu và chỉ nếu tồn tại 퐴(푥) ∈ ℒ(푋;푌), sao cho

lim→

푓(푥 + 휆ℎ) − 푓(푥)휆

= 퐴(푥)ℎ ∀ℎ ∈ 푋.

Toán tử 퐴(푥) được gọi là đạo hàm của 푓 tại 푥. Nó thường được kí hiệu là 푓 (푥). Chúng ta nói rằng 푓 là khả vi Gâteaux, nếu nó khả vi Gâteaux tại mọi 푥 ∈ 푋.

b. Cho ví dụ chứng tỏ ánh xạ 푓 có thể khả vi Gâteaux tại 푥̅ nhưng ánh xạ 푓 không liên tục tại 푥̅.

Xét ánh xạ 푓: ℝ ⟶ ℝ xác định bởi

푓(푥 , 푥 ) = 푥 푥

푥 + 푥 푛ế푢 (푥 , 푥 ) ≠ 0

0 푛ế푢 (푥 , 푥 ) = 0; ∀푥 = (푥 , 푥 ) ∈ ℝ .

Khi đó 푓 (0, 0) = 0 nhưng 푓 không liên tục tại (0,0).

Thật vậy

+ Ta có :

lim →

[( , ) ( , )] ( , ) = lim →

( ) ( )( ) ( )

= lim →휆

= 0 = (0, 0). (ℎ ,ℎ ).

⟹ 푓 (0, 0) = (0, 0)

Ta chứng minh 푓 không liên tục tại (0, 0).

2

Xét theo a (푥 , 0) → (0, 0) (푥 = 0) ta có

lim( , ) →( , )

푓(푥 , 푥 ) = lim( , ) →( , )

0. 푥푥

= 0.

Xét theo a (푥 , 푥 ) → (0, 0) (푥 = 푥 ) ta có

lim( , ) →( , )

푓(푥 , 푥 ) = lim →

푥푥 + 푥

=12

.

Vậy 푓(푥 , 푥 ) không liên tục (0, 0).

Câu 2: Cho 푿,풀 là hai không gian Banach, ánh xạ 풇:푿 → 풀 và 풙 ∈ 푿

a. Phát biểu định nghĩa đạo hàm Fréchet của f tại 풙. b. Chứng minh rằng nếu ánh xạ 풇 khả vi Fréchet tại 풙 thì khả vi Gâteaux tại 풙. c. Cho ví dụ chứng tỏ rằng ánh xạ 풇 có thể khả vi Gâteaux tại 풙 nhưng không khả vi

Fréchet tại 풙.

Trả Lời

a. Định nghĩa: Ánh xạ :f X Y được gọi là khả vi Fréchet tại x X nếu tồn tại ( , )A L X Y sao cho

0

( )lim 0Yh

X

f x h f x A x h

h

.

Toán tử A được gọi là đạo hàm Fréchet của f tại 푥̅ và được ký hiệu là 'Ff x , f được

gọi là khả vi Fréchet nếu nó khả vi Fréchet tại mọi điểm 푥̅ ∈ 푋

b. Chứng minh nếu 푓 khả vi Fréchet tại 푥̅ thì khả vi Gâteaux tại 푥̅

Giả sử f khả vi Fréchet tại 푥̅. Khi đó tồn tại ( , )A L X Y sao cho:

( , )f x h f x A x h u x h với 0

( , )lim 0Y

X

u x hh

, h X

Ta sẽ chứng minh f khả vi Gâteaux tại 푥̅. Thật vậy:

0 0

( , )lim lim . ,f x h f x u x hA x h h A x h h X

h

.

Vậy f khả vi Gâteaux tại 푥̅

c. Ví dụ:

3

Xét ánh xạ 푓:ℝ → ℝ xác định bởi 31 2

1 24 21 2 1 2

1 2

( , ) (0,0),

0 ( , ) (0,0)

x xneáu x x

f x x x xneáu x x

Với mọi (ℎ ,ℎ ) ∈ ℝ ta có:

31 2 1 2

1 22 4 20 01 2

(0,0) ( , ) (0,0)lim lim 0 (0,0).( , )

f h h f h h h h

h h

Vậy (0,0) (0,0)Gf

Tuy nhiên, f không khả vi Fréchet tại (0,0) . Thật vậy, cho 1 2( , ) 0h h h theo đường cong 2

1 2h h . Khi đó:

|푓(ℎ)|‖ℎ‖ℝ

=|ℎ ℎ |ℎ + ℎ

.1

ℎ + ℎ=

12

.|ℎ |

ℎ + ℎ

Do đó

lim→

|푓(ℎ)|‖ℎ‖ℝ

=12≠ 0

Vậy f không khả vi Fréchet tại (0,0) .

Câu 3: Cho 푼 là tập mở trong ℝ풏, hàm số 풇:푼 ⊂ ℝ풏 → ℝ,풙 ∈ ℝ풏

a. Phát biểu định lý khai triển Taylor đến cấp 풌 dạng Peano và dạng Lagrange của hàm 풇 tại 풙.

b. Khai triển Taylor đến cấp 3 dạng Peano của hàm số 풇:ℝퟐ → ℝ xác định bởi 4 3 3 3

1 2 1 1 2 2( , ) 2 2f x x x x x x tại 풙 = (ퟏ,ퟏ).

Trả lời:

a. Phát biểu định lý Khai triển Taylor dạng Peano: 푋 là 1 tập mở trong không gian ℝ풏, 푥 là điểm nằm trong lân cận điểm x ( x x ). Ký hiệu:

( )U x

Ánh xạ 푓:푋 → ℝ có đạo hàm ( Fréchet ) đến cấp 푘 trên tập 푋 thì tồn tại o x x sao cho

( )' ''( ) , ... ,...,

1! 2! !

kf x f x f x kf x f x x x x x x x x x x x o x x

kk laàn

Khai triển Taylor dạng Lagrange:

4

X là 1 tập mở trong không gian ℝ풏, 푥 là điểm nằm trong lân cận điểm x ( x x ) Ký hiệu: ( )U x và 푓:푋 ⊂ ℝ → ℝ có đạo hàm ( Fréchet ) đến cấp 푘 + 1 trên 푋 thì tồn tại c sao cho:

( ) [0,1]c x x x vôùi sao cho

( )' ''( ) , ... ,...,

1! 2! !

( 1),...,

( 1)!1

c

kf x f x f xf x f x x x x x x x x x x x

kk laàn

kfx x x x

kk laàn

b. Khai triển Taylor đến cấp 3 dạng Peano

1 2

2 21 21 2

1 21 2

2 21 1 2 2

' '(1,1)( 1) (1,1)( 1)( , ) (1,1)

1!'' '' ''(1,1)( 1) 2 (1,1)( 1)( 1) (1,1)( 1)

2!

f x f xx xf x x f

f x f x x f xx xx x

3 2 2 31 1 2 1 2 2

(3) 3 (3) 2 (3) 2 (3) 31 1 2 1 2 21) 3 1) 1) 3 1) 1) 1)

3!

(1,1)( (1,1)( ( (1,1)( ( (1,1)( x x x x x x

f x f x x f x x f x

3( )o

Với 2 21 2( 1) ( 1) x x

Ta có:

+ 푓(1,1) = 1

+ 1 1

' 3 2 3 '1 2 1 1 2( , ) 4 6 (1,1) 2 x xf x x x x x f

+ 2 2

' 3 2 2 '1 2 1 2 2( , ) 6 6 (1,1) 0 x xf x x x x x f

+ 2 21 1

'' 2 3 ''1 2 1 1 2( , ) 12 12 (1,1) 0

x xf x x x x x f

+ 1 2 1 2

'' 2 2 ''1 2 1 2( , ) 18 (1,1) 18 x x x xf x x x x f

+ 2 22 2

'' 3 ''1 2 1 2 2( , ) 12 12 (1,1) 0

x xf x x x x x f

+ 2 22 2

'' 3 ''1 2 1 2 2( , ) 12 12 (1,1) 0

x xf x x x x x f

+ 3 31 1

(3) 3 (3)1 2 1 2( , ) 24 12 (1,1) 12

x xf x x x x f

5

+ 2 21 2 1 2

(3) 2 (3)1 2 1 2( , ) 36 (1,1) 36

x x x xf x x x x f

+ 2 21 2 1 2

(3) 2 (3)1 2 1 2( , ) 36 (1,1) 36

x x x xf x x x x f

+ 3 32 1

(3) 3 (3)1 2 1( , ) 12 12 (1,1) 0

x xf x x x f

Từ đó ta có:

3 2 2 31 2 1 1 2 1 1 2 1 21) 18 1) 1) 2 1) 18 1) 1) 18 1) 1) ( )( , ) 1 2( ( ( ( ( ( ( ( of x x x x x x x x x x

Câu 4: Cho 푿 ⊂ ℝ풏, hàm số 풇:ℝ풏 → ℝ. Xét bài toán 0( ) : min ( )x X

P f x

a. Phát biểu và chứng minh điều kiện cần cấp 1 cho nghiệm cực tiểu địa phương x của bài toán 0( )P (Định lý 3.2.2)

b. Phát biểu và chứng minh điều kiện đủ cấp 2 cho nghiệm cực ểu địa phương chặt x của bài toán 0( )P (Định lý 3.2.5 i)

Trả lời:

a. Định lý 3.2.2: Giả sử int( )x X là một điểm cực ểu địa phương ( hoặc cực đại địa phương) của hàm f trên tập 푋 ⊂ ℝ , nếu 푓:푋 → ℝ là khả vi tại x thì ( ) 0f x

Chứng minh:

- Nếu x là điểm cực ểu địa phương của hàm f trên tập 푋 ⊂ ℝ thì ta có ( ) 0y f x với y là hướng chấp nhận được từ x

- Nếu x là điểm cực đại địa phương của hàm f trên tập 푋 ⊂ ℝ thì ta có ( ) 0y f x với y là hướng chấp nhận được từ x

Vì int( )x X nên mọi hướng từ x là chấp nhận được và do đó ta được

( ) 0y f x và ( ) 0y f x , ∀푦 ∈ ℝ

Suy ra ( ) 0y f x , ∀푦 ∈ ℝ ⇒ ( ) 0f x

b. Định lý 3.2.5i: Giả sử int( )x X và giả sử f là khả vi liên tục đến cấp 2 tại x . Nếu ( ) 0f x và 푦 퐻푓(푥̅)푦 > 0,∀푦 ∈ ℝ ,푦 ≠ 0 thì f có một điểm cực ểu địa phương

chặt tại x .

Chứng minh:

Với ( )x N x , x x thì khai triển Taylor cấp 2 dạng Piano của f tại x là

6

2

2

2

1 1( ) ( ) ( )( ) ( )( , ) ( )1! 2!

1( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )2

1 ( ) ( )( ) ( ) 0 (*)2

T

T

f x f x f x x x f x x x x x O x x

f x f x f x x x x x Hf x x x O x x

x x Hf x x x O x x

Vì x x nên 0 ( ) ( )( ) 0Tx x x x Hf x x x

( ) ( ) 0, ( )f x f x x N x và x x . Vậy x là điểm cực ểu đại phương chặt của f .

Câu 5: Cho 푺 ⊂ ℝ풏, hàm vecto 풇:ℝ풏 → ℝ풎 và 푪 ⊂ ℝ풎 là nón lồi, đóng sao cho 0 C . Trên ⊂ ℝ풏, định nghĩa một quan hệ thứ tự x y x y C . Xét bài toán ( ) : min ( )

x SVP f x

a. Phát biểu và chứng minh điều kiện cần cho nghiệm hiệu quả địa phương yếu x của bài toán (VP). (Định lý 6.6.1)

b. Phát biểu và chứng minh điều kiện đủ cho nghiệm hiệu quả địa phương x của bài toán (VP). (Định lý 6.6.2)

Trả lời:

a. Định lý 6.6.1: Nếu x là một nghiệm hiệu quả địa phương yếu của bài toán (VP) với f khả vi tại x thì ( ) int , ( , )Jf x y C y T S x Chứng minh:

Với ( , ) { } ,k ky T S x x S x x sao cho lim k

nk

x xy

x x

.

Bằng cách khai triển Taylor dạng Piano của hàm f trong lân cận x ta được

1( ) ( ) ( )( ) ( )1!k k kf x f x f x x x O x x

( ) ( ) ( )( ) ( )k k kf x f x Jf x x x O x x (*)

Chia hai vế (*) cho kx x ta được

( )( ) ( ) ( )( ) kk k

k k k

O x xf x f x x xJf x

x x x x x x

Cho qua giới hạn khi k ta được

7

( ) ( )lim ( )k

kk

f x f xJf x y

x x

, ( , )y T S x

Do x là một nghiệm hiệu quả địa phương yếu của bài toán (VP) và 퐶 ⊂ ℝ là nón lồi, đóng, khi đó int C là nón lồi nên ( ) ( ) intkf x f x C

Do int C mở nên int C mở, suy ra ℝ \−int퐶 đóng,

푓(푥 ) − 푓(푥̅)‖푥 − 푥̅‖

∈ ℝ \−int퐶 푣à 푓(푥 ) − 푓(푥̅)‖푥 − 푥̅‖

→⎯ 퐽푓(푥̅)푦

Suy ra 퐽푓(푥̅)푦 ∈ ℝ \−int퐶 hay ( ) intJf x y C ,

b. Định lý 6.6.2: Với điều kiện ( ) , ( , ) \ {0}Jf x y C y T S x là đủ để x là một nghiệm hiệu quả địa phương của bài toán (VP) Chứng minh

Chứng minh phản chứng, giả sử rằng x không là nghiệm hiệu quả địa phương của bài toán (VP). Khi đó tồn tại một dãy { } ,k kx S x x sao cho

( ) ( ) \ {0}kf x f x C C (nón, đóng).

Từ khai triển Taylor của hàm f trong lân cận x ta được

( ) ( ) ( )( )k kk

k k k

f x f x O x xx xJf x C

x x x x x x

đóng

Bằng cách cho qua giới hạn khi k và có thể chọn dãy con của { }kx ta được

( )Jf x y C với một phần tử ( , ) \ {0}y T S x điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Vậy ( ) , ( , ) \ {0}Jf x y C y T S x là đủ để x là một nghiệm hiệu quả địa phương của bài toán (VP).

Câu 6. Cho f : RRn là hàm số Lipschitz địa phương tại .nRx

a. Phát biểu định nghĩa dưới vi phân Clarke của hàm số f tại x ký hiệu .xfC

b. Cho f : mn RR là hàm véc tơ Lipschitz địa phương tại .nRx Phát định nghĩa

Jacobian suy rộng theo nghĩa Clarke của hàm véc tơ f tại x , ký hiệu .xfC c. Các ví dụ về tính dưới vi phân Clarke và Jacobian suy rộng theo nghĩa Clarke.

Trả lời:

a. Phát biểu định nghĩa dưới vi phân Clarke của hàm số f tại x ký hiệu .xfC

8

Định nghĩa: Cho f : RRn là hàm số Lipschitz địa phương tại .nRx Dưới vi phân

Clarke của f tại x là :

nnC RuuxfuRxf ,,,: 0 ,

trong đó 0

0

( ) ( )( , ) limsupt x x

f x tu t xf x ut

b. Cho f : mn RR là hàm véc tơ Lipschitz địa phương tại .nRx Phát định nghĩa

Jacobian suy rộng theo nghĩa Clarke của hàm véc tơ f tại x , ký hiệu .xfC

Định nghĩa: f : mn RR là hàm véc tơ Lipschitz địa phương tại .nRx Jacobian suy rộng

theo nghĩa Clarke của f tại x được định nghĩa là:

xxxxflcoxf iiii

C

,,lim , mn RRLl ,

với là tập điểm của v mà f khả vi.

c. Các ví dụ về nh dưới vi phân Clarke và Jacobian suy rộng theo nghĩa Clarke.

Ví dụ dưới vi phân Clarke.

0 , 00,

, 0u u

f x x f uu u

RRf : ( n = 1 )

Khi 0u : 1. uu

Khi 0u : 1. uu

11

Vậy: 1,10 fC

Ví dụ Jacobian suy rộng theo nghĩa Clarke

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

: R ( ( , ))

, , , , 0,0Ff R f L R R

x x x f x x x x x

+ Hàm f Lipschitz tại x =0.

2222

112211

222

211

2

,

,

yxyxyxyxyfxf

yxyxyxRyx

9

..1222

211 yxyxyx

( vì 2 21 1 1 1 1 1 1 1x y x y x y x y )

Tương tự: 222

222 yxyx

+ Tính :xfC 2 2lim , , ,Ci ii

f x co l f x l L R R x x

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

( , ) 0, 0( , ) 0, 0

( )( , ) 0, 0( , ) , 0

x x x xx x x x

f xx x x x

x x x x

1001

,10

01,

1001

,1001

0f

1001

,10

01,

1001

,1001

0 cofC =

1,1,;0

0

Câu 7: Cho mn RRf : là hàm véc tơ liên tục tại .nRx

a. Phát biểu định nghĩa tựa Jacobian véctơ 풇 tại x

b. Chứng minh rằng: “ Nếu mn RRf : là một hàm véc tơ liên tục và khả vi

Gaateaux tại nRx thì xf là một tựa – Jacobian của 풇 tại x . Ngược lại, nếu

풇 có 1 tựa – Jacobian đơn trị tại x , thì 풇 khả vi Gâteaux tại x và xfxfG ' ”.

c. Các ví dụ về tựa-Jacobian.

Trả lời:

a. Phát biểu định nghĩa tựa-Jacobian véctơ 푓 tại x .

Định nghĩa: Cho mn RRf : là hàm véc tơ liên tục. Một tập đóng khác rỗng

mn RRLxf , là một tựa_Jacobian của f tại x nếu mn RvRu , , ta có:

uMvSupuxvfxfM

,,

với xfvxfvxfvxvf mm 2211

t

xvftuxvfSupuxvft

0lim,

10

b. Chứng minh rằng: “ Nếu mn RRf : là một hàm véc tơ liên tục và khả vi Gâteaux tại nRx thì xf là một tựa – Jacobian của f tại x . Ngược lại, nếu f có 1 tựa –

Jacobian đơn trị tại x , thì f khả vi Gaateaux tại x và xfxfG ' ”.

Chứng minh:

Vì f khả vi Gâteaux tại x mn RRLM , sao cho:

n

tRuMu

txftuxf

,lim

0

và khi đó 'Gf x M , mn RvRu ,

uxfvt

xftuxfv Gt.,lim, '

0

uxfv

txftuxfv Gt

.,,lim '

0

( do , là ánh xạ liên tục)

Vì

txfvtuxfv

txftuxfv

,,,

', , , n mGvf x u v f x u u R v R

=

MuvSupxfM

,

với xfxf G'

Ngược lại :

MuvMuvuxvf

MuvMuvSupuxvf

xfM

xfM

,,inf,

,,,

, , , ,v Mu vf x u vf x u v Mu uxvfMuv ,,

Tương tự, ta có: mRv , Muv

txftuxfSupv

t,lim,

0

0lim

t

f x tu f xSup

t

= Mu, u (do f là hàm liên tục)

11

M sao cho uMu

txftuxf

t

,lim0

'GM f x

c. Các ví dụ về nh tựa –Jacobian:

Ví dụ 1: Cho RRf 2: xác định bởi 2121 ),( xxxxf và .0,0x

Ta có : ., 2*22 RRRRLxf

Tính :xfC

Dãy 0,0, 21 xx , ta có thể xét 4 trường hợp:

+ TH1: 1 2 1 2 1 2, 0 , 0,0 1, 1x x f x x x x f

+ TH2: 1 2 1 2 1 20, 0 , 0,0 1, 1x x f x x x x f

+ TH3: 1,10,0,0,0 212121 fxxxxfxx

+ TH4: 1 2 1 2 1 20, 0 , 0,0 1, 1x x f x x x x f

0,0 1, 1 , 1, 1 , 1, 1 , 1, 1C f co

1,1,1,10,0 f

Với 2221 0,00,,, RxRuuuRv

t

vftutuvfSupt

vftuvfSupuxvftt

0,0,lim00lim, 21

00

21

21

0lim uuv

ttutuv

Supt

Muv, với xfMvàRRRLM 22 ,

Ta kiểm tra

2,,.),( RuRvMuvSupuxfvfxfM

221 ,,. RuRvMuvSupuuv

xfM

+ TH1: 0,0 21 uu

12

1,10.

1,10.

2121

2121

MvkhiMuvSupuuvuuvVT

MvkhiMuvSupuuvuuvVT

xfM

xfM

VT VP

+ TH2: 0,0 21 uu :

vVPvMuSupuuvVTxfM

,21

+ TH3: 0,0 21 uu :

vVPvMuSupuuvVTxfM

,21

+ TH4: :0,0 21 uu

0,

0,

2121

212121 vVPuuvuuvVT

vVPuuvuuvVTuuvVT

vVPVT ,

vMuSupuxvfthìRuRvxfM

,, 2

1,1,1,1 xfnên .

Tương tự: 1,1,1,1 xf cũng là 1 tựa- Jacobian.

Ví dụ 2: Cho hàm vecto 2 2:f R R xác định bởi

1 2 1 2( , ) | |, | |f x x x x liên tục tại (0,0)x có

11

22

00,0

0a

fa

với 11 22| | , | | ; , Ra a cố định

푓(푥 , 푥 ) = 푓 (푥 , 푥 ), 푓 (푥 , 푥 ) = 1 2| |, | |x x )

푣푓 = 푣 푓 + 푣 푓 = 1 2 1 2 1 2

0

( , ) ( , ) ( , ) (0,0)limsupt

v v f tu tu v v ft

= 1 1 2 2 1 1 2 2

0 0limsup limsup

t t

v tu v tu v u v ut t

= 1 1 2 2sign v tu v tu

13

2 2

1111 2

22

( , ) à

0, |a | ,|a |

0

f x L R R v

af x voi

a

vMu = 111 2 1 2 1 2 11 1 2 2 1 11 1 2 22 2

22

00

av v u u v v a u a u v a u v a u

a

VP = 11 22

1 11 1 2 22 2| | ,| |

supa a

v a u v a u

+ TH1: 푣 , 푣 0 VT ; v1, v2 0 0VT VP

1 2, 0u u chọn 11 22 1 11 1 2 22 2, 0a a v a u v a u VP

1 20, 0u u chọn 11 22 1 11 1 2 22 2, 0a a v a u v a u VP

1 20, 0u u chọn 11 22 1 11 1 2 22 2, 0a a v a u v a u VP

1 20, 0u u chọn 11 22 1 11 1 2 22 2, 0a a v a u v a u VP

1 20 ( , )VT VP u u u

+ TH2: v1, v2 <0 VT

Chọn 11 22 11 1 22 2, sao cho 0, 0a a a u a u 1 11 1 2 22 2 0v a u v a u VP

+ TH3: 1 2

1 2

0, 00, 0

v vv v

Chọn 11 22 1 1 2 2, sao cho 0a a v u v u VP

1 2 11 22 11 1 22 2

1 2 11 22 11 1 22 2

0, 0 chon , sao cho 0, u <0 VP=+ 0, 0 chon , sao cho 0, u 0 VP=+

v v a a a u av v a a a u a

+ TH4: 1 2

1 2

0, 00, 0

v vv v

Chọn 11 22 1 1 2 2, sao cho 0a a v u v u VP

1 2 11 22 11 1 22 2

1 2 11 22 11 1 22 2

0, 0 chon , sao cho 0, u <0 VP=+ 0, 0 chon , sao cho 0, u >0 VP=+

v v a a a u av v a a a u a

Vậy, 21 2 1 2( , ), ( , )u u u v v v R thì ; ,VT VP cố định

14

1111 2

22

0, |a | ,|a |

0a

f x voia

Câu 8: Cho ,X Y là các KGĐC, ánh xạ đa trị : 2YF X và (풙ퟎ, 풚ퟎ) ∈ 품풓푭

a. Phát biểu 2 định nghĩa tương đương, dạng Limsup và dạng dãy, của đạo hàm contingent cấp 1 và 2 của hàm F tại (풙ퟎ,풚ퟎ) .

b. Chứng minh rằng nếu :f X Y khả vi Rréchet tại 풙ퟎ thì

'0 0 0, f ,FDF x x u f x u u X .

c. Các ví dụ về đạo hàm contingent cấp 1 và 2.

Trả lời:

a. Định nghĩa: ,X Y là hai không gian định chuẩn, : 2YF X và 0 0,x y grF

Đạo hàm contingent cấp 1 và hàm F tại 0 0,x y được định nghĩa là:

+ Dạng Limsup: '

'0 0

0 00,

,t u u

F x tu yDF x y u LimSup

t

+ Dạng dãy:

퐷퐹(푥 ,푦 ) = 푦 ∈ 푌|∃푡 ↓ 0,∃푢 → 푢,∃푦 ∈퐹(푥 + 푡푢 ) − 푦

푡 푣à 푦 → 푦

= {푦 ∈ 푌|∃푡 ↓ 0, ∃(푢 ,푦 ) → (푢,푦),∀푛:푦 + 푡 푦 ∈ 퐹(푥 + 푡푢 )}

Đạo hàm contigent cấp 2 của F tại 0 0,x y grF tương ứng với 1 1,u v X V là ánh

xạ đa trị được định nghĩa bởi:

+ Dạng Limsup: '

2 '0 1 0 12

0 0 1 1 20,

, , ,t u u

F x tu t u y tvD F x y u v u LimSup

t

+ Dạng dãy:

퐷 퐹(푥 ,푦 ,푢 , 푣 )(푢)

= 푦 ∈ 푌|∃푡 ↓ 0,∃푢 → 푢,∃푦 ∈퐹(푥 + 푡 푢 + 푡 푢 ) − 푦 − 푡 푣

푡 푣à 푦 → 푦

= {푦 ∈ 푌|∃푡 ↓ 0,∃(푢 ,푦 ) → (푢,푦),∀푛 ∶ 푦 + 푡 푣 + 푡 푦 ∈ 퐹(푥 + 푡 푢 + 푡 푢 )}

b. Chứng minh rằng nếu :f X Y khả vi Rréchet tại 푥 thì

15

'0 0 0, f ,FDF x x u f x u u X .

Định lý:

Hàm :f X Y khả vi Rréchet tại '0 0 ,Fx X f x L X Y sao cho

'0 0 0

0lim 0 0F Yh

X

f x h f x f x hh

h

Chứng minh:

0 0 0 0, 0, , , :n n n n n n ny DF x f x u t u y u y f x t y f x t u

Hay 0 0 '

0n n

n Fn

f x t u f xy f x u

t

Đặt 0n n nh t u . Do giới hạn của dãy là duy nhất nên '0Fy f x u

' '0 0 0 0 0 0, ,F FDF x y u f x u DF x y u f x u

Ta cần chứng minh: 0 0 ' '

0 0lim limn nF F nn n

n

f x t u f xf x u f x u

t

'0 0 0

'0 0 0

'0 0 0

'0 0 0

lim 0

lim 0

lim . 0

lim . 0 *

n n F n n

nn

n n F n n Yn

n

n n F n n Yn Xn

n n X

n F n Yn Xn

n X

f x t u f x f x t ut

f x t u f x f x t u

t

f x t u f x f x t uu

t u

f x h f x f x hu

h

Vì VT '

0 0 0lim . 0. 0n F n Yn nX X

n X

f x h f x f x hu u VP

h

* đúng đpcm

c. Các ví dụ về đạo hàm con ngent cấp 1 và 2.

Ví dụ:

16

Cho 푋 = ℝ,푌 = ℝ ,퐹:푋 → 2 . 21 2 1 2, ,F x y y y x y x

0 0x và 0 0,0 0, 0,0y grF

1, 2 1 20,0 0 0, 0F y y y y

Tính 퐷퐹 0, (0,0) (푢) với 푢 ∈ ℝ

1 2 1 2 1 2, 0, 0,0 0, , , , ,n n n ny y y DF u t u y y u y y

1 20,0 , 0n n n n nt y y F t u hay 1 2,n n n n n nt y t y F t u

1 1

2 222

n n n n n n

n n nn n n n

t y t u y uy t ut y t u

Cho n suy ra 1

2 0y uy

1 2 1 20, 0,0 , , 0DF u y y y u y

Tính 퐷퐹 (0, (0,0), 1, (1,0))(푢) với 푢 ∈ ℝ Với 1 11, 1,0u v

21 20, 0,0 ,1, 1,0 , ,y D F u y y y

1 2 1 20, , , , ,n n n nt u y y u y y sao cho n :

2 21 20,0 1,0 , 0 1n n n n n n nt t y y F t t u

Hay 2 2 21 2,n n n n n n n nt t y t y F t t u

2 21 1

2 22 222 1

n n n n n n n n

n n nn n n n n

t t y t t u y u

y t ut y t t u

Cho n , ta có 1

2 1y uy

21 2 1 20, 0,0 ,1, 1,0 , , 1D F u y y y u y .

Câu 9: Cho X, Y là các KGĐC, ánh xạ đa trị : 2YF X và (퐱ퟎ, 퐲ퟎ) ∈ 퐠퐫퐅.

a. Phát biểu 2 định nghĩa tương đương, dạng Limsup và dạng dãy của tập biến phân cấp 1 của hàm F tại (퐱ퟎ, 퐲ퟎ).

17

b. Ví dụ về tập biến phân cấp 1. Trả lời: a. Định nghĩa: X, Y là 2 không gian định chuẩn, : 2YF X , (푥 , 푦 ) ∈ 푔푟퐹 Tập biến phân loại 1 cấp 1 được định nghĩa bởi:

+ Dạng Limsup:

푉 퐹(푥 ,푦 ) = lim→

푠푢푝↓

( ) ( 0

F

x x nghĩa là 0 , 0x x F x )

+ Dạng dãy:

푉 퐹(푥 ,푦 ) = 푦 ∈ 푌| ∃푡 ↓ 0,∃푥 ∈ 푑표푚퐹: 푥 → 푥 ,∃푦 ∈퐹(푥 ) − 푦

푡 푣à 푦 → 푦

Với 1v Y , tập biến phân loại 1 cấp 2 ứng với 1v của F tại (푥 ,푦 ) ∈ 푔푟퐹 là:

+ Dạng Limsup:

푉 퐹(푥 ,푦 , 푣 ) = lim→

푠푢푝↓

퐹(푥) − 푦 − 푡푣푡

+ Dạng dãy:

푉 퐹(푥 , 푦 ,푣 ) = 푦 ∈ 푌| ∃푡 ↓ 0,∃푥 ∈ 푑표푚퐹:푥 → 푥 ,∃푦 ∈퐹(푥 )− 푦 − 푡 푣

푡 푣à 푦 → 푦

b. Ví dụ: 푋 = ℝ,푌 = ℝ ,퐹:ℝ → 2ℝ , (푥 ,푦 ) = 0, (0,0)

2

0,0 , 0

1, ,

1 1,0 , ln 1

1 11, , sinn

x

n n xn

F x xn n

xn n

Tính 푉 퐹 0, (0,0)

11 2, 0, 0,0y y y V F

0,00, , n

n n nn

F xt x x y

t

và ny y

Trường hợp 1: 0 0n nx y sao cho 0n y

trường hợp khác

18

Trường hợp 2: ,1 0 nn n

n n

F x n nx y

n t t

1 ,nn

y n nt

không tồn tại lim nny

Trường hợp 3: 1 1 1ln 1 0 ,0n

n nn

x yn t n

푡 ~ (Ví dụ: 1 ,0 ,0 , 0n nt un

)

10nt n

(Ví dụ: 2

1 ,0n nt y nn

không tồn tại 0

lim nny

)

1 0 ntn (Ví dụ: 1 1 ,0 0,0n nt y

n n

)

11 1,0 0 0, 0,0y y V F

Trường hợp 4: 2 2

1 1 1 1 1sin 0 1, ,n nn n n

x yn t n t t n

1

1n

n

yt

không có giới hạn

11 10, 0,0 ,0 0V F y y

Với 푣 = (1,0) ∈ 푌. Tính 푉 퐹 0, (0,0), (1,0)

2 0, 0,0 , 1,0y V F

0 2

0,0 1,00, , , ,n n

n n n nn

F x tt x domF x x y y y

t

Trường hợp 1: 2

1 10 0, 0,0 1,0 1,0n n nn n

x y tt t

không tồn tại giới hạn.

Trường hợp 2: 2 2 2

1 10 , ,0 ,nn n n

n n n

n t nx y n n tn t t t

2 2nn

nyt

không tồn tại giới hạn

19

Trường hợp 3: 2

1 1 1ln 1 0 ,0 ,0n n nn

x y tn t n

2

1 1 ,0n nn

y tt n

Chọn 2 212 2

2

1 11 1

n nt yn n n

n n n

Chọn 푛 → ∞ ⇒ 푦 = −훼,훼 ∈ ℝ

Trường hợp 4: 1sin 0n

nxn

2 2 2 2 2

11 1 11, ,0 ,nn n

n n n

ty tt n t t n

0

1 12

1 nn

nn

ty yt

⇒ 푉 퐹 0, (0,0), (1,0) = {(푦 , 0)|푦 ∈ ℝ}