Ly Thuyet Pppthh

8/18/2019 Ly Thuyet Pppthh

http://slidepdf.com/reader/full/ly-thuyet-pppthh 1/19

1

BÀI SOẠN MÔN PHƯƠNG PHÁP PHẦN TỬ HỮU HẠN

(Tài liệu mang nh chấ t tham khảo – hp://nguyenchiphuong.WordPress.com )

Tài li ệu này t ổ ng hợ p t ừ các nhóm và đượ c mình t ổ ng hợ p l ại, trong quá trình biên soạn l ại

sẽ không tránh những sai sót do đó các bạn nên đố i chi ế u v ớ i bài soạn ở l ớ p một l ần nữ a

trướ c khi học thuộc nhé

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

a.

Phát bi ểu định ngh ĩa đạo hàm gateaux của f tại x .

b. Cho ví dụ chứng tỏ r ằng ánh xạ f có th ể khả vi Gateaux tại x nhưng ánh xạ f

không liên tục tại .

Trả lời :

a. Định nghĩa : Ánh xạ : ⟶ được gọi là khả vi Gâteaux tại ∈ , n ế u và chỉ n ế u t ồn

tại () ∈ ℒ( ;), sao cho

lim→ ( + ℎ) − () = ()ℎ ∀ℎ ∈ .

Toán tử () được gọi là đạo hàm của tại . Nó thường được kí hiệu là (). Chúng

ta nói r ằng là khả vi Gâteaux, n ế u nó khả vi Gâteaux tại mọi ∈ .

b. Cho ví dụ chứng tỏ ánh xạ có th ể khả vi Gâteaux tại ̅ nhưng ánh xạ không liên tụctại ̅.

Xét ánh xạ : ℝ ⟶ ℝ xác định bởi

(, ) = + ế (, ) ≠ 0

0 ế (, ) = 0

; ∀ = (, ) ∈ ℝ.

Khi đó

(0, 0) = 0 nhưng

không liên tục tại (0,0).

Thật vậy

+ Ta có :

lim → [(,) (,)](,) = lim → ()()

() ()

= lim → = 0 = (0, 0). (ℎ, ℎ).

⟹

(0, 0) = (0, 0)

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



2

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

lim(,) →(,)

(, ) = lim(,) →(,)

0. = 0.

Xét theo a (

,

)

→(0, 0) (

=

) ta có

lim(,) →(,)

( , ) = lim → + =1

2.

Vậy (, ) không liên tục (0, 0).

Câu 2: Cho , là hai không gian Banach, ánh xạ : → và ∈

a.

Phát bi ểu định ngh ĩa đạo hàm Fréchet của f tại .

b.

Chứng minh r ằng n ế u ánh xạ

khả vi Fréchet tại

thì khả vi Gâteaux tại

.

c.

Cho ví dụ chứng tỏ r ằng ánh xạ có th ể khả vi Gâteaux tại nhưng không khả viFréchet tại .

Trả Lời

a. Định nghĩa: Ánh xạ : f X Y được gọi là khả vi Fréchet tại X n ế u t ồn tại

( , ) A L X Y sao cho

0

( )lim 0Y

h X

f x h f x A x h

h

.

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

gọi là khả vi Fréchet n ế u nó khả vi Fréchet tại mọi điểm ̅ ∈

b. Chứng minh n ế u khả vi Fréchet tại ̅ thì khả vi Gâteaux tại ̅

Giả sử f khả vi Fréchet tại ̅. 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 h

h

, h X

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

0 0

( , )lim lim . ,

f x h f x u x h x h h A x h h X

h

.

Vậy f khả vi Gâteaux tại ̅

c. Ví dụ:



3

Xét ánh xạ :ℝ → ℝ xác định bởi

3

1 2

1 24 2

1 2 1 2

1 2

( , ) (0, 0),

0 ( , ) (0,0)

x xneáu x x

f x x x x

neáu x x

Với mọi (ℎ,ℎ) ∈ ℝ ta có: 3

1 2 1 21 22 4 2

0 01 2

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

f h h f h hh h

h h

Vậy (0,0) (0,0)G f

Tuy nhiên, f không khả vi Fréchet tại (0,0) . Thật vậy, cho 1 2( , ) 0h h h theo đường cong2

1 2h h . Khi đó:

| (ℎ)|‖ℎ‖ℝ = |ℎℎ|ℎ + ℎ . 1 ℎ + ℎ = 12

. |ℎ| ℎ + ℎ

Do đó

lim→| (ℎ)|‖ℎ‖ℝ =

1

2 ≠ 0

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

Câu 3: Cho là tập mở trong ℝ, hàm s ố : ⊂ ℝ → ℝ, ∈ ℝ a.

Phát bi ểu định lý khai tri ển Taylor đế n c ấ p dạng Peano và dạng Lagrange của

hàm tại .

b.

Khai tri ển Taylor đế n c ấ p 3 dạng Peano của hàm s ố :ℝ → ℝ xác định bởi4 3 3 3

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

Trả lời:

a. Phát bi ểu định lý

Khai tri ển Taylor dạng Peano: là 1 tập mở trong không gian ℝ, là điểm n ằm trong lân cận điểm ( x x ). Ký hiệu:

( )U x

Ánh xạ : → ℝ có đạo hàm ( Fréchet ) đế n c ấ p trên tập thì t ồn tại o x x sao cho

( )' ''

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

k f x f x f x k f x f x x x x x x x x x x x o x x

k klaàn

Khai tri ển Taylor dạng Lagrange:



4

X là 1 tập mở trong không gian ℝ, là điểm n ằm trong lân cận điểm x ( x x ) Ký hiệu:

( )U x và : ⊂ ℝ → ℝ có đạo hàm ( Fréchet ) đế n c ấ p + 1 trên thì t ồn tại c sao cho:

( ) [0,1]c x x x vôùi sao cho

( )' ''

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

( 1)

,...,( 1)!

1

c

k f x f x f x f x f x x x x x x x x x x x

k k laàn

k f x x x x

k k laàn

b. Khai tri ển Taylor đế n c ấ p 3 dạng Peano

1 2

2 21 21 2

1 2

1 2

2 2

1 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 x x x

f x x f

f x f x x f x x x x x

3 2 2 31 1 2 1 2 2

(3) 3 (3) 2 (3) 2 (3) 3

1 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 2

1 2( 1) ( 1)

x x

Ta có:

+ (1,1) = 1

+1 1

' 3 2 3 '

1 2 1 1 2( , ) 4 6 (1,1) 2 x x f x x x x x f

+2 2

' 3 2 2 '

1 2 1 2 2( , ) 6 6 (1,1) 0 x x f x x x x x f

+2 21 1

'' 2 3 ''

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

x x f x x x x x f

+1 2 1 2

'' 2 2 ''

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

+ 2 22 2

'' 3 ''

1 2 1 2 2( , ) 12 12 (1,1) 0 x x

f x x x x x f

+ 2 22 2

'' 3 ''

1 2 1 2 2( , ) 12 12 (1,1) 0 x x

f x x x x x f

+ 3 31 1

(3) 3 (3)

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

x x f 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 x f x x x x f

+ 2 21 2 1 2

(3) 2 (3)

1 2 1 2( , ) 36 (1,1) 36 x x x x

f x x x x f

+ 3 32 1

(3) 3 (3)

1 2 1( , ) 12 12 (1,1) 0 x x

f x x x f

Từ đó ta có:

3 2 2 3

1 2 1 1 2 1 1 2 1 21) 18 1) 1) 2 1) 18 1) 1) 18 1) 1) ( )( , ) 1 2( ( ( ( ( ( ( ( o f x x x x x x x x x x

Câu 4: Cho ⊂ ℝ, hàm s ố :ℝ → ℝ. Xét bài toán0

( ) : min ( ) x X

P f x

a.

Phát bi ểu và chứng minh điều kiện c ần c ấ p 1 cho nghiệm cực ti ểu địa phương x

của bài toán0

( )P (Định lý 3.2.2)

b.

Phát bi ểu và chứng minh điều kiện đủ c ấ p 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 in t( ) x X là một điểm cực ểu địa phương ( hoặc cực đại địa

phương) của hàm trên tập ⊂ ℝ , n ế u : → ℝ là khả vi tại x thì ( ) 0 f x

Chứ ng minh:

- N ế u x là điểm cực ểu địa phương của hàm f trên tập

⊂ ℝ thì ta có ( ) 0 y f x với

y là hướng ch ấ p nhận được từ x

- N ế u x là điểm cực đại địa phương của hàm f trên tập ⊂ ℝ thì ta có ( ) 0 y f x với

y là hướng ch ấ p nhận được từ x

Vì in t( ) x X nên mọi hướng từ x là ch ấ p nhận được và do đó ta được

( ) 0 y f x và ( ) 0 y f x , ∀ ∈ ℝ

Suy ra ( ) 0 y f x ,

∀ ∈ ℝ ⇒ ( ) 0 f x

b. Định lý 3.2.5i: Giả sử in t( ) x X và giả sử là khả vi liên tục đế n c ấ p 2 tại x . N ế u

( ) 0 f x và (̅) > 0,∀ ∈ ℝ , ≠ 0 thì f có một điểm cực ểu địa phương

chặt tại x .

Chứ ng minh:

Với ( ) x N x

, x x thì khai tri ển Taylor c ấ p 2 dạng Piano của 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

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 ( ) ( )( ) 0T x 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 ⊂ ℝ, hàm vecto :ℝ → ℝ và ⊂ ℝ là nón l ồi, đóng sao cho 0 C .

Trên⊂ ℝ, định nghĩa một quan hệ thứ tự x y x y C . Xét bài toán ( ) : min ( ) x S

VP f x

a.

Phát bi ểu và chứng minh điều kiện c ần cho nghiệm hiệu quả địa phương yế u x của bài toán (VP). (Định lý 6.6.1)

b. Phát bi ểu 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. Đị nh lý 6.6.1: N ế u x là một nghi ệm hi ệu quả địa phương yế u của bài toán (VP) v ớ i f

khả vi t ại x thì ( ) int , ( , ) Jf x y C y T S x

Chứ ng minh:

Với ( , ) { } ,k k

y T S x x S x x sao cho lim k

nk

x x y

x x

.

B ằng cách khai tri ển Taylor dạng Piano của hàm f trong lân cận x ta được

1( ) ( ) ( )( ) ( )

1!k k k

x f x f x x x O x x

( ) ( ) ( )( ) ( )k k k

f x f x Jf x x x O x x (*)

Chia hai v ế (*) chok

x x ta được

( )( ) ( ) ( )( )

k k k

k k k

O x x f x f x x x Jf x

x x x x x x

Cho qua giới hạn khi k ta được



7

( ) ( )lim ( )k

k k

f x f x Jf x y

x x

, ( , ) y T S x

Do x là một nghiệm hiệu quả địa phương yế u của bài toán (VP) và ⊂ ℝ là nón l ồi,

đóng, khi đó int C là nón l ồi nên ( ) ( ) intk

f x f x C

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

() − (̅)‖ − ̅‖ ∈ ℝ\−int à ()− (̅)‖ − ̅‖ →⎯(̅)

Suy ra (̅) ∈ ℝ\−int hay ( ) int Jf 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)

Chứ ng minh

Chứng minh phản chứng, giả sử r ằng x không là nghiệm hiệu quả địa phương của bài

toán (VP). Khi đó tồn tại một dãy { } ,k k

x S x x sao cho

( ) ( ) \ {0}k

f x f x C C (nón, đóng).

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

( ) ( ) ( )( )

k k k

k k k

f x f x O x x x x Jf x C x x x x x x

đóng

B ằng cách cho qua giới hạn khi k và có th ể chọn dãy con của { }k

x ta được

( ) Jf x y C với một ph ần tử ( , ) \ {0} y T S x điều này mâu thu ẫn với giả thi ế t.

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 : R R n là hàm s ố Lipschitz địa phương tại .

n R x

a.

Phát bi ểu định ngh ĩa dưới vi phân Clarke của hàm s ố f tại x ký hiệu . x f C

b. Cho f : mn R R là hàm véc tơ Lipschitz địa phương tại .n

R Phát định ngh ĩa

Jacobian suy rộng theo ngh ĩa Clarke của hàm véc tơ f tại x , ký hiệu . x f C

c.

Các ví dụ v ề tính dưới vi phân Clarke và Jacobian suy rộng theo ngh ĩa Clarke.

Trả lời:

a. Phát bi ểu định nghĩa dưới vi phân Clarke của hàm s ố f tại ký hiệu . x f C



8

Định nghĩa: Cho f : R R n là hàm s ố Lipschitz địa phương tại .n

R x Dưới vi phân

Clarke của f tại x là :

nnC Ruu x f u R x f ,,,: 0 ,

trong đó 0

0

( ) ( )( , ) limsupt x x

f x tu t x f x ut

b. Cho f : mn R R là hàm véc tơ Lipschitz địa phương tại .n

R x Phát định nghĩa

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

Định nghĩa: f : mn R R là hàm véc tơ Lipschitz địa phương tại .n

R Jacobian suy rộng

theo nghĩa Clarke của f tại được định nghĩa là:

x x x x f l co x f iiii

C

,,lim , mn

R R Ll ,

với là tập điểm của v mà f khả vi.

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

Ví dụ dưới vi phân Clarke.

0 , 0

0,, 0

u u f x x f u

u u

R R : ( n = 1 )

Khi 0u : 1. uu

Khi 0u : 1. uu

11

Vậy: 1,10 f C

Ví dụ Jacobian suy rộng theo ngh ĩa Clarke

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

: R ( ( , ))

, , , , 0,0

F f R f L R R

x x x f x x x x x

+ Hàm f Lipschitz tại =0.

2

22

2

112211

2

22

2

11

2

,

,

y x y x y x y x y f x f

y x y x y x R y x



9

..12

22

2

11 y x y x y x

( vì 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 y x y x y x y )

Tương tự:

2

22

2

22

y x y x

+ Tính : x f C 2 2lim , , ,C

i 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 x

x x x x f x

x x x x

x x x x

1001,

1001,

1001,

10010 f

10

01,

10

01,

10

01,

10

010 co f C =

1,1,;

0

0

Câu 7: Cho mn R R f : là hàm véc tơ liên tục tại .n R x

a. Phát bi ểu định ngh ĩa tựa Jacobian véctơ

tại x

b.

Chứng minh r ằng: “ N ế u mn R R f : là một hàm véc tơ liên tục và khả vi

Gaateaux tại n R thì x f là một tựa – Jacobian của tại x . Ngược lại, n ế u có 1 tựa – Jacobian đơn trị tại , thì khả vi Gâteaux tại x và x f x f G ' ”.

c.

Các ví dụ v ề tựa-Jacobian.

Trả lời:

a. Phát bi ểu định nghĩa tựa-Jacobian véctơ

tại .

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

mn R R L x f , là một tựa_Jacobian của f tại n ế u mn Rv Ru , , ta có:

u M vSupu xvf x f M

,,

với x f v x f v x f v xvf mm

2211

t xvf tu xvf Supu xvf

t

0lim,



10

b. Chứng minh r ằng: “ N ế u mn R R f : là một hàm véc tơ liên tục và khả vi Gâteaux tại

n R thì x f là một tựa – Jacobian của f tại x . Ngược lại, n ế u f có 1 tựa –

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

Chứ ng minh:

Vì f khả vi Gâteaux tại x mn R R L M , sao cho:

n

t Ru Mu

t

x f tu x f

,lim0

và khi đó '

G f x M , mn Rv Ru ,

u x f vt

x f tu x f v G

t .,lim, '

0

u x f v

t

x f tu x f v G

t .,,lim '

0

( do , là ánh xạ liên tục)

Vì

t

x f vtu x f v

t

x f tu x f v

,,,

', , , n m

Gvf x u v f x u u R v R

=

MuvSup x f M

,

với x f x f G

'

Ngược lại :

Muv Muvu xvf

Muv MuvSupu xvf

x f M

x f M

,,inf ,

,,,

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

u xvf Muv ,,

Tương tự, ta có: m Rv ,

Muv

t

x f tu x f Supv

t ,lim,

0

0

limt

f x tu f xSup

t

= Mu, u (do f là hàm liên tục)



11

M sao cho u Mut

x f tu x f

t

,lim0

'

G M f x

c. Các ví dụ v ề nh tựa –Jacobian:

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

Ta có : ., 2*22 R R R R L x f

Tính : x f C

Dãy 0,0, 21 x x , ta có th ể xét 4 trường hợp:

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

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

+ TH3: 1,10,0,0,0 212121 f x x x x f x x

+ TH4: 1 2 1 2 1 20, 0 , 0,0 1, 1 x 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 22

21 0,00,,, R x Ruuu Rv

t

vf tutuvf Sup

t

vf tuvf Supu xvf

t t

0,0,lim

00lim, 21

00

21

21

0lim uuv

t

tutuvSup

t

Muv, với x f M và R R R L M 22 ,

Ta ki ểm tra

2,,.),( Ru Rv MuvSupu x f vf x f M

2

21 ,,. Ru Rv MuvSupuuv x f M

+ TH1: 0,0 21 uu



12

1,10.

1,10.

2121

2121

M vkhi MuvSupuuvuuvVT

M vkhi MuvSupuuvuuvVT

x f M

x f M

VT VP

+ TH2: 0,0 21 uu :

vVP vMuSupuuvVT x f M

,21

+ TH3: 0,021

uu :

vVP vMuSupuuvVT x f M

,21

+ TH4: :0,0 21 uu

0,

0,

2121

2121

21

vVP uuvuuvVT

vVP uuvuuvVT uuvVT

vVP VT ,

vMuSupu xvf thì Ru Rv x f M

,, 2

1,1,1,1 x f nên .

Tương tự: 1,1,1,1 x f 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

0

a f

a

với

11 22| | , | | ; , R a a c ố định

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

= + = 1 2 1 2 1 2

0

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

t

v v f tu tu v v f

t

=1 1 2 2 1 1 2 2

0 0

limsup limsupt t

v tu v tu v u v u

t t

= 1 1 2 2ign v tu v tu



13

2 2

11

11 2

22

( , ) à

0, |a | ,|a |

0

f x L R R v

a f x voi

a

vMu = 11

1 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 ua

VP = 11 22

1 11 1 2 22 2| | ,| |

supa a

v a u v a u

+ TH1: , 0 VT ; v 1 , v 2 0 0VT VP

1 2, 0u u chọn11 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: v 1 , v 2 <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, 0

0, 0

v v

v 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 a

v v a a a u a

+ TH4: 1 2

1 2

0, 0

0, 0

v v

v 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 a

v v a a a u a

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



14

11

11 2

22

0, |a | ,|a |

0

a f x voi

a

Câu 8: Cho , X Y là các KGĐC, ánh xạ đa trị : 2Y F X và (, ) ∈

a.

Phát bi ểu 2 định ngh ĩa tương đương, dạng Limsup và dạng dãy, của đạo hàmcontingent c ấ p 1 và 2 của hàm F tại (,) .

b.

Chứng minh r ằng n ế u : f X Y khả vi Rréchet tại thì

'

0 0 0, f , F DF x x u f x u u X .

c.

Các ví dụ v ề đạo hàm contingent c ấ p 1 và 2.

Trả lời:

a. Định nghĩa: , X Y là hai không gian định chu ẩn, : 2Y F X và 0 0, x y grF

Đạo hàm contingent c ấ p 1 và hàm F tại 0 0, y được định ngh ĩa là:

+ Dạng Limsup:

'

'

0 0

0 00,

,t u u

F x tu y DF x y u LimSup

t

+ Dạng dãy:

(, ) = ∈ |∃ ↓ 0,∃ → ,∃ ∈ ( + )− à →

= { ∈ |∃ ↓ 0, ∃( ,) → (,),∀: + ∈ ( + )}

Đạo hàm contigent c ấ p 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 ngh ĩa bởi:

+ Dạng Limsup:

'

2 '

0 1 0 12

0 0 1 1 20,

, , ,t u u

F x tu t u y tv D F x y u v u LimSup

t

+ Dạng dãy:

(, ,, )()

= ∈ |∃ ↓ 0,∃ → ,∃ ∈ ( + + )− − à →

= { ∈ |∃ ↓ 0,∃( ,) → (, ),∀ ∶ + + ∈ ( + + )}

b. Chứng minh r ằng n ế u : f X Y khả vi Rréchet tại thì



15

'

0 0 0, f , F DF x x u f x u u X .

Định lý:

Hàm : f X Y khả vi Rréchet tại '

0 0 , F x X f x L X Y sao cho

'

0 0 0

0lim 0 0

F Y

h X

f x h f x f x hh

h

Chứ ng minh:

0 0 0 0, 0, , , :

n n n n n n n DF x f x u t u y u y f x t y f x t u

Hay

0 0 '

0

n n

n F n

f x t u f x

y f x ut

Đặt 0n n n

h t u . Do giới hạn của dãy là duy nh ấ t nên '

0 F y f x u

' '

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

Ta c ần chứng minh:

0 0 ' '

0 0lim limn n

F F nn n

n

f x t u f x f 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 nY

nn

n n F n nY

n X nn n X

n F n

Y n X nn X

f x t u f x f x t u

t

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 h

uh

Vì VT '

0 0 0lim . 0. 0

n F n Y n n X X

n X

f x h f x f x hu u VP

h

* đúng đpcm

c. Các ví dụ v ề đạo hàm conngent cấ p 1 và 2.

Ví dụ:



16

Cho = ℝ, = ℝ,: → 2. 2

1 2 1 2, , F x y y y x y x

0 0 x và 0 0,0 0, 0,0 grF

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

Tính 0, (0,0)() với ∈ ℝ

1 2 1 2 1 2, 0, 0,0 0, , , , ,

n n n n 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 2

22

n n n n n n

n n nn n n n

t y t u y u

y t ut y t u

Cho n suy ra 1

2 0

u

y

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

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

2

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

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

2 2

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

Hay 2 2 2

1 2,

n n n n n n n nt t y t y F t t u

2 2

1 1

2 22 2

22 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 1

y u

y

2

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

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

a.

Phát bi ểu 2 định ngh ĩa tương đương, dạng Limsup và dạng dãy của tập bi ế n phân

c ấ p 1 của hàm F tại (, ).



17

b.

Ví dụ v ề tập bi ế n phân c ấ p 1.

Trả lời:

a. Định nghĩa: X, Y là 2 không gian định chu ẩn, : 2Y F X , (, ) ∈

Tập bi ế n phân loại 1 c ấp 1 được định ngh ĩa bởi:

+ Dạng Limsup:

(, ) = lim→ ↓ () ( 0

F

x x nghĩa là 0, 0 x x F x )

+ Dạng dãy:

(,) = ∈ | ∃ ↓ 0,∃ ∈ : → ,∃ ∈ ()− à →

Với 1v Y , tập bi ế n phân loại 1 c ấ p 2 ứng với 1v của F tại (,) ∈ là:

+ Dạng Limsup:

(, ,) = lim→ ↓()− −

+ Dạng dãy:

(

,

,

) =

∈ |

∃ ↓0,

∃ ∈ :

→ ,

∃ ∈ ()− −

à

→

b. Ví dụ: = ℝ, = ℝ,:ℝ → 2ℝ, (,) = 0, (0,0)

2

0,0 , 0

1, ,

1 1,0 , ln 1

1 11, , sin

n

x

n n xn

F x xn n

xn n

Tính 0, (0,0) 1

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

0,00, , n

n n n

n

F xt x x y

t

và

n y

Trường hợp 1: 0 0n n x y sao cho 0n y

trường hợp khác



18

Trường hợp 2: ,1

0 n

n n

n n

F x n n x y

n t t

1

,n

n

y n nt

không t ồn tại limn

n y

Trường hợp 3:1 1 1

ln 1 0 ,0n

n n

n

x yn t n

~ (Ví dụ:

1,0 ,0 , 0

n nt u

n

)

1

0n

t n

(Ví dụ:

2

1,0

n nt y n

n không t ồn tại

0lim

nn

y

)

1

0n

t n

(Ví dụ: 1 1

,0 0,0n n

t yn n

)

1

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

Trường hợp 4:2 2

1 1 1 1 1sin 0 1, ,

n n

n n n

x yn t n t t n

1

1n

n y t không có giới hạn

1

1 10, 0,0 ,0 0V F y y

Với = (1,0) ∈ . Tính 0, (0,0), (1,0) 2

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

0 2

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

n n n n

n

F x t t x domF x x y y y

t

Trường hợp 1: 2

1 10 0, 0,0 1,0 1,0

n n n

n n

x y t t t

không t ồn tại giới hạn.

Trường hợp 2: 2 2 2

1 10 , ,0 ,n

n n n

n n n

n t n x y n n t

n t t t

2 2n

n

n y

t không t ồn tại giới hạn



19

Trường hợp 3: 2

1 1 1ln 1 0 ,0 ,0

n n n

n

x y t n t n

2

1 1,0

n n

n

y t t n

Chọn2 212 2

2

1 1

11

n nt y

n n n

n n n

Chọn → ∞ ⇒ = −, ∈ ℝ

Trường hợp 4:1

sin 0n

n x

n

2 2 2 2 2

11 1 11, ,0 ,n

n n

n n n

t y t

t n t t n

0

1 12

1 nn

n

n

t y

t

⇒ 0, (0,0), (1,0) = {(, 0)| ∈ ℝ}

Documents

Ly Thuyet Pppthh