Tinh lien tuc cua ham loi
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (56.2 KB, 2 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>Bùi Trung Hiếu, Nguyễn Văn Xá, k15d2-TGT-ðHSP2 Bài kiểm tra môn: Giải tích lồi ðề bài: Cho tập lồi X ⊂ ℝ n (n ∈ ℕ*), có int X ≠ ∅ . Cho hàm lồi f : X → ℝ. Chứng minh f liên tục trên int X . Bài làm: Trên ℝ n ta xét chuẩn. n. x 1 := ∑ xi , x = ( x1;...; xn ) ∈ ℝ n . Ta kí hiệu e1 = (1;0;...;0), i =1. {. e 2 = (0;1;0;...;0), e n = (0;...;0;1) là các vectơ ñơn vị của ℝ n , và Bδ = x ∈ ℝ n : x ≤ δ. }. là. hình cầu ñóng trong ℝ n với tâm tại gốc. Lấy tuỳ ý x 0 = ( x10 ;...; xn0 ) ∈ int X , ta ñi chứng minh f liên tục tại x0 . Trước hết, ta chứng minh cho trường hợp n = 1, nghĩa là f là hàm 1 biến. Khi ñó x 0 ∈ ℝ1 = ℝ.. (. ). Do x 0 ∈ int X nên tồn tại a, b ∈ ℝ, a < x0 < b, khoảng mở ( a; b ) ⊂ X . Với mọi y ∈ a; x 0 thì tồn tại λ , µ ∈ ( 0;1) sao cho y = λ a + (1 − λ ) x 0 và x 0 = µ y + (1 − µ )b. Do f là hàm lồi nên ta có. (. ). f ( y ) − f ( x 0 ) ≤ λ f (a ) − f ( x 0 ) f ( y ) ≤ λ f ( a) + (1 − λ ) f ( x 0 ) ⇔ 0 f ( x ) ≤ µ f ( y ) + (1 − µ ) f (b) µ f ( y ) − f ( x 0 ) ≥ (1 − µ ) f ( x0 ) − f (b) (1 − µ ) f ( x0 ) − f (b) ≤ f ( y ) − f ( x 0 ) ≤ λ f (a ) − f ( x 0 ) ⇔ (1).. (. (. µ. ). ). ( ). Nhận thấy y → x 0. −. (. (. ). ). khi và chỉ khi λ → 0+ , khi và chỉ khi µ → 1−. Vì thế khi cho. f ( y ) − f ( x 0 ) ) = 0 (2). Lấy tuỳ ý y ∈ ( a; x 0 ) và lập luận ( y →( x ) − tương tự ta ñi ñến lim ( f ( y ) − f ( x 0 ) ) = 0 (3). Từ (2) và (3) suy ra lim f ( y ) = f ( x0 ) y →( x ) + y→ x. ( ). y → x0. −. thì từ (1) suy ra. lim0. 0. 0. tức là f liên tục tại x0 . Trở lại trường hợp tổng quát, vì f lồi nên nó lồi theo từng biến khi các biến còn lại cố ñịnh. Và theo chứng minh trên, f liên tục theo từng biến xi trên hình chiếu của int X lên trục toạ ñộ tương ứng, khi các biến còn lại cố ñịnh. Như vậy, với mọi ε > 0 nhỏ tuỳ ý, với mỗi. i ∈ {1,..., n} tồn tại δ i > 0 sao cho f ( x 0 + xi ei ) − f ( x 0 ) ≤ ε với mọi xi ∈ [ −δ i ; δ i ] ⊂ ℝ (4).. ðặt δ = min {δ1,..., δ n } > 0. Ta chọn các δ i ñủ nhỏ sao cho x 0 + Bδ ⊂ int X . Khi ñó với mọi n x x = ( x1;...; xn ) ∈ Bδ thì xi ∈ [ −δ i ; δ i ] (i = 1,..., n) và x 1 ≤ δ ⇒ ∑ i ≤ 1. ðặt. λi =. xi. δ. n x i. ≥ 0 (i = 1,..., n), λn +1 = 1 − ∑. i =1. δ. ≥ 0,. i =1. n +1. ∑ λi = 1.. i =1. n. Ta có. δ. x = ∑ xi e = i =1. i. n +1. ∑ λiui. i =1. với.
<span class='text_page_counter'>(2)</span> u i = δ ei. nếu. xi > 0, u i = −δ ei. nếu. n +1. n +1. i =1. i =1 0. còn. Nhận. f ( x 0 + x) = f ( x 0 + ∑ λiu i ) =. Như. thế. n +1. u i ∈ Bδ , x 0 + u i ∈ int X (i = 1,..., n + 1).. = f ( ∑ λi ( x 0 + u i )) ≤. u n +1 = 0.. xi ≤ 0 (i = 1,..., n), thấy. ∑ λi f ( x0 + u i ) ⇒ f ( x0 + x) − f ( x0 ) ≤. i =1. n +1. ∑ λi ( f ( x0 + u i ) − f ( x0 ) ) (5).. i =1. Từ (4) và (5) suy ra f ( x + x) − f ( x ) ≤ ε , ∀x ∈ Bδ . Dẫn tới f nửa liên tục trên tại x 0 (6), mà 0. x0 tuỳ ý thuộc int X nên f nửa trên ở trên int X , suy ra f nửa liên tục trên ở trên tập compact. x 0 + Bδ . Theo ñịnh lí Weierstrass, f ñạt cực ñại trên tập compact ñó, tức là tồn tại x ∈ Bδ sao cho f ( x 0 + x) ≤ f ( x0 + x) = M , ∀x ∈ Bδ (7). Tiếp theo, với mọi x ∈ Bδ \ {0}. z − x0 = 1. x ta ñặt t = 1 + 1 δ . −1. ∈ ( 0;1) và xét z = x 0 −. t x⇒ 1− t. t δ x1= x 1 = δ ⇒ z − x 0 ∈ Bδ , từ ñây và (7) suy ra f ( z ) ≤ M . Theo cách 1− t x1. chọn ñiểm z thì x 0 = t ( x + x 0 ) + (1 − t ) z , với z ∈ x 0 + Bδ ⊂ int X , x + x 0 ∈ x 0 + Bδ ⊂ int X ,. t ∈ ( 0;1) , và f lồi nên f ( x 0 ) ≤ tf ( x + x0 ) + (1 − t ) f ( z ) ≤ tf ( x + x 0 ) + (1 − t ) M , biến ñổi ta thu. ñược f ( x + x0 ) − f ( x0 ) ≥. (. ). (. ). 1− t 1− t f ( x0 ) − M . Cho x 1 → 0 thì t → 1− và f ( x0 ) − M → 0 , t t. suy ra f ( x + x 0 ) − f ( x 0 ) ≥ −ε với mọi x ∈ Bδ \ {0} mà x 1 ñủ nhỏ, ñương nhiên bất ñẳng thức f ( x + x 0 ) − f ( x 0 ) ≥ −ε vẫn ñúng khi x = 0. Như vậy f nửa liên tục dưới tại x0 (8). Từ (7) và (8) suy ra f liên tục tại x0. Tóm lại f liên tục trên intX..
<span class='text_page_counter'>(3)</span>
