Subdiferenciais proximal, estrita, limite e assintótica.
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave
Se 1◦) é satisfeita, então, de (a) e (b) segue que
(ξ,−1)ηijt ≥ λ−1ijtα yijt−¯x = α yijt − ¯x (yijt, f (yijt))− (¯x, f(¯x)) = α yijt − ¯x yijt − ¯x 2+ f(yijt)− f(¯x) 2 1 2 ≥ ≥ α yijt − ¯x yijt − ¯x 2+ k2 yijt − ¯x 2 1 2 = α yijt − ¯x " (1 + k2) y ijt − ¯x 2 #1 2 = α yijt − ¯x (1 + k2)12 yi jt − ¯x = α(1+k2)−12 .
Como ηi → η quando i → ∞ e {ηijt} é uma subsequência de {ηi}, segue que {ηijt} → η
quando t → ∞. Logo, (ξ, −1)η = limt→∞(ξ,−1)ηijt ≥ lim
t→∞α(1 + k
2)−12 > α(1 + k2)−12 > 0,
isto é, (ξ, −1)η > 0, o que é uma contradição.
Agora, suponha que 2◦) seja satisfeita. Então, temos que y
ijt − ¯x → 0 muito mais
rápido do que f(yijt)ր f(¯x) quando t → ∞. (Já tínhamos mostrado que f(yijt)→ f(¯x),
porém o fato que yijt− ¯x −1 > 0 e assumindo que 2◦) é satisfeita então, concluímos que
fyijt
− f(¯x) < 0, quando t → ∞, logo, f(yijt)ր f(¯x) ).
Desse modo, λ−1 ijtξ yijt − ¯x → 0 quando t → ∞ e λ−1ijt(f (yijt)− f(¯x)) → −1, quando t→ ∞. Portanto, (ξ,−1)η = lim t→0(ξ,−1)ηijt = limt→0 " ξ(yijt − ¯x) − f (yijt)− f(¯x) # " yijt − ¯x 2+ f(yijt)− f(¯x) #1 2 = 1, consequentemente, (ξ, −1)η > 0, o que é uma contradição.
Então, ao supor que 2 não seja satisfeita, geramos a contradição de que η ∈Tepi(f )(¯x, f (¯x))
∗
e (ξ, −1)η > 0. Desse modo, se 1 for satisfeita, então, 2 também será.
2.4
Desigualdade do Valor Médio Não Suave
Até aqui apresentamos conceitos da análise não suave que generalizam os da análise diferencial, de modo que, quando a função em questão é diferenciável os conceitos da análise não suave coincidem com os da análise diferencial. Nesse sentido, apresentare- mos aqui um teorema que generaliza o Teorema do valor médio. Para isso, será necessário expor alguns resultados prévios .
Dado ¯x ∈ Rn e Y ⊂ Rn definimos
[¯x, Y ] ={x ∈ Rn: x = λ¯x + (1− λ)y; y ∈ Y e λ ∈ [0, 1]}
e
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 67
Se Y = {¯y} vamos escrever [¯x, ¯y] em vez de [¯x, Y ] e ]¯x, ¯y[ em vez de ]¯x, Y [. O clássico Teorema do valor médio diz que, se f : U ⊂ Rn→ R é de classe C1 sobre o aberto U que
contém o segmento [¯x, ¯y], então, existe ¯z ∈ [¯x, ¯y] tal que f(¯y) − f(¯x) = ∇f(¯z), ¯y − ¯x . Uma pergunta natural, devido ao modo como foram apresentadas as generalizações até aqui seria: Sendo f : U ⊂ Rn→ R semicontínua inferior sobre o aberto U , ¯x, ¯y ∈ dom(f) tal
que [¯x, ¯y] ∈ U, será que existe ¯z ∈ [¯x, ¯y] e ξ ∈ ∂f(¯z) tal que f(¯y) − f(¯x) = ξ, ¯y − ¯x ? A resposta é não! O próximo exemplo mostra que isso não é verdade, até mesmo no caso em que a função em questão é uma função Lipschitz.
Exemplo 2.4.1. Seja f : R → R definida por f(x) = 1 − |x|. Considere o segmento [¯x, ¯y] = [−1, 1] ⊂ R. Observe que f é lipschitziana pois, dados x, y ∈ R tem-se que
|f(x) − f(y)| = |1 − |x| − 1 + |y|| = ||y| − |x|| ≤ |y − x| = |x − y|. Tome t ↓ 0 e observe que f′
+(0) = lim t↓0
f (0+t)−f (0)
t = −1. Agora, tomando t ↑ 0 segue
que f′
−(0) = lim t↑0
f (0+t)−f (0)
t = 1. Logo, f não é diferenciável em zero, consequentemente,
não é de classe C1 sobre R . Por outro lado, temos que f| R∗
+ é diferenciável e ∂f(x) =
{∇f(x)} = {−1}, além disso, f|R∗
− é diferenciável e ∂f(x) = {∇f(x)} = {1}.
Vamos considerar x = 0. Tome (yi, f (yi))∈ epi(f) tal que yi ↑ 0.
Sabemos que para cada i ∈ N existe f′(y
i) = −1 e quando i → ∞ tem-se que f−′ (0) = 1.
Por outro, para cada i ∈ N a equação da reta tangente que passa pelo ponto (yi, f (yi)) é
dada por
y− f(yi) = f′(yi)(x− yi),
logo, f′(y
i)(x− yi) + (−1)(y − f(yi)) = 0, ou seja, (f′(yi),−1)(x − yi, y − f(yi)) = 0.
Portanto, para cada i ∈ N, temos que o vetor (f′(y
i),−1) é ortogonal a reta tangente ao
gráfico de f que passa por (yi, f (yi)), em particular, ortogonal a (yi, f (yi)).
Tome yi = −1i , consequentemente, f (yi) = 1 − 1i. Logo, (yi, f (yi)) epi(f )
→ (0, f(0)) e (f′(y
i),−1) = (ξi, λi) → (1, −1) = (f−′(0),−1), sendo que (ξi, λi) ∈ Nepi(f )P (yi, f (yi))
para todo i ∈ N. Portanto, (1, −1) ∈ Nepi(f )(0, f (0)), então, 1∈ ∂f(0).
Agora tome yi = 1i com i ∈ N. Desse modo, f(yi) = 1− 1i, além disso, f+′ (0) =−1.
Argumentando da mesma forma que fizemos no caso anterior, segue que, (f′(y
i),−1) ∈
NP
epi(f )(yi, f (yi)) para todo i ∈ N e f′(yi) → −1, quando i → ∞. Então, tomando
ξi = f′(yi) e λi = −1 temos que, existem (yi, f (yi)) epi(f )
→ (0, f(0)) e (ξi, λi) → (−1, −1)
tal que (ξi, λi) ∈ Nepi(f )P (yi, f (yi)) para todo i ∈ N, portanto, −1 ∈ ∂f(0). Desse modo,
garantimos que {−1} ∪ {1} ⊂ ∂f(0). Na verdade, ∂f(0) = {−1} ∪ {1} pois, para qualquer sequência yi ↑ 0 [ ou yi ↓ 0] tal que (yi, f (yi))
epi(f )
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 68
(ξi, λi)→ (ξ, −1) com (ξi, λi)∈ Nepi(f )(yi, f (yi)) é (f′(yi),−1) = (−1, −1)
[(f′(y
i),−1) = (1, −1)]. Além disso, para todo αi > f (yi), tem-se que (yi, αi)∈ int (epi(f)) ,
logo, NP
epi(f )(yi, αi) = {0}. Portanto, não seria possível (ξi, λi) ∈ Nepi(f )P (yi, αi) para todo
i∈ N e (ξi, λi)→ (ξ, −1). Então, concluímos que
∂f (x) = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ −1, se x>0; {−1} ∪ {1}, se x=0; 1, se x<0.
Uma vez que f(¯y) − f(¯x) = (1 − |1|)(1 − | − 1|) = 0, se a resposta para a pergunta feita inicialmente fosse positiva teríamos que existiria um ¯z ∈ [−1, 1] e ξ ∈ ∂f(¯z) tal que f (¯y)− f(¯x) = ξ, ¯y − ¯x , ou seja, 0 = ξ, 2 o que implica que ξ = 0. Por outro lado, não existe ¯z ∈ [−1, 1] tal que 0 = ξ ∈ ∂f(¯z). Portanto, esse exemplo nos mostra que não é possível uma generalização direta do Teorema do valor médio, utilizando apenas a subdiferencial limite. Entretanto, observe que se ¯z = −0.5, então, a desigualdade
f (¯y)− f(¯x) ≤ ξ, ¯y − ¯x ,
é satisfeita para ξ ∈ ∂f(¯z) pois, como ξ ∈ ∂f(¯z) = {1}, então, ξ = 1 e assim, f (¯y)− f(¯x) = 0 ≤ 1, 2 = ξ, ¯y − ¯x .
Teorema 2.4.1. (A desigualdade do valor médio proximal) Sejam f :Rn → R ∪ {+∞}
semicontínua inferior, ¯x ∈ dom(f) e Y ⊂ dom(f) um conjunto convexo e compacto. Defina ˆr ∈ R ∪ {+∞} como
ˆ r := inf
y∈Y [f (y)− f(¯x)] .
Então, para cada r tal que −∞ < r < ˆr e cada ǫ > 0 dados, existem ¯z ∈ ([¯x, Y ] + ǫB[0, 1]) e ξ ∈ ∂Pf (¯z) tal que
r < ξ(y− ¯x), ∀y ∈ Y e
f (¯z)− f(¯x) ≤ max{r, 0}.
Demonstração. Através de uma translação para a origem de Rn× R podemos supor que
(¯x, f (¯x)) = (0, 0) e o teorema vai ser demonstrado para o caso em que (¯x, f (¯x)) = (0, 0). Uma vez que Y e δB[0, 1], para qualquer δ > 0 são conjuntos compactos em Rn, então,
pela Proposição A.0.6 segue que (Y + δB[0, 1]) é um conjunto compacto. Fixe r < ˆr e ǫ > 0 de modo arbitrário.
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 69
Afirmação 1: Existe δ∈]0, ǫ[ tal que min
(Y +δB[0,1])f (y) ≥ r+ˆr
2 .
De fato: Suponha que a afirmação acima não seja válida, então, para todo δ ∈]0, ǫ[ tem-se que min (Y +δB[0,1])f (y) < r + ˆr 2 = r 2+ ˆ r 2 < ˆ r 2+ ˆ r
2 = ˆr = infy∈Y[f (y)− f(¯x)] , ou seja
min
(Y +δB[0,1])f (y) < infy∈Y[f (y)− f(¯x)] .
Fixe de modo arbitrário uma sequência {δn} tal que δn ↓ 0. Uma vez que para cada n ∈ N,
(Y + δnB[0, 1]) é compacto, então, da Proposição A.0.5 segue que para cada n∈ N existe
yn∈ (Y + δnB[0, 1]) tal que
inf
y∈(Y +δB[0,1])f (y) =y∈(Y +δminnB[0,1])
f (y) = f (yn)
Por outro lado, para todo n ∈ N temos que (Y + δnB[0, 1])⊂ (Y + ǫB[0, 1]). Logo,
{yn} ⊂ (Y + ǫB[0, 1]). Como (Y + ǫB[0, 1]) é compacto, então, existe {ynk} ⊂ {yn} tal
que ynk → y ∈ (Y + ǫB[0, 1]) quando k → ∞. Sabemos que ynk = znk + bnk de modo
que znk ∈ Y e bnk ∈ (δnkB[0, 1]). Sendo bnk ≤ δnk e lim
k→∞δnk = limn→∞δn = 0, segue do
Teorema do sanduíche que lim
k→∞ bnk = 0, portanto, limk→∞bnk = 0. Como Y é compacto e
{znk} ⊂ Y, então, existe {znkj} ⊂ {znk} tal que znkj → ¯z ∈ Y quando j → ∞. Logo,
ynkj = znkj + bnkj → ¯z ∈ Y quando i → ∞. Porém, lim
j→∞ynkj = limk→∞ynk = ¯y, então, pela
unicidade do limite segue que ynkj → ¯z = ¯y ∈ Y. Entretanto,
f (ynk) = min
y∈(Y +δB[0,1])f (y) <
r + ˆr
2 < infy∈Y(f (y)− f(¯x))
e além disso, f é semicontínua inferior, então, inf
y∈Yf (y)≤ f(¯y) ≤ lim infk→∞ f (ynk)≤
r + ˆr
2 < infy∈Y[f (y)− f(¯x)] .
Como f(¯x) = 0, obtemos um absurdo. Portanto, a Afirmação 1 é verdadeira. Considere M > 0 fixado, de modo que
−M ≤ inf
z∈([0,Y ]+δB[0,1])f (z)≤ f(z), ∀z ∈ ([0, Y ] + δB[0, 1]) .
Seja k > 0 fixo tal que k > M +|r|+1 δ2 .
Defina a função gi : [0, 1]× Rn× Rn → R ∪ {+∞} da seguinte maneira
g(t, y, z) = f (z) + k ty − z 2− tr,
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 70
A.0.8 segue que ([0, Y ] + δB[0, 1]) é um conjunto compacto e como o produto cartesiano de compactos é um compacto segue que S é compacto. Observe que, para todo y ∈ Y temos que (0, y, 0) ∈ [0, 1] × Y × ([0, Y ] + δB[0, 1]), ou seja, (0, y, 0) ∈ [0, 1] × S e temos ainda que g(0, y, 0) = f(0) + k 0y − 0 2− 0r = 0. Sendo S compacto e pela Proposição
A.0.10, g é semicontínua inferior, então, pela Proposição A.0.5 , temos que o problema de minimização
min g(t, y, z), (t, y, z)∈ [0, 1] × S. tem uma solução (¯t, ¯y, ¯z) ∈ ([0, 1] × S) tal que
g(¯t, ¯y, ¯z) = min
(t,y,z)∈([0,1]×S)g(t, y, z)≥ g(0, y, 0) = 0,
logo, g(¯t, ¯y, ¯z) = f(¯z) + k ¯t¯y − ¯z 2− ¯tr ≤ 0 ou seja, f(¯z) ≤ ¯tr − k ¯t¯y − ¯z 2.
• Se r ≤ 0, então, ¯tr − k ¯t¯y − ¯z 2 ≤ 0, logo, f(¯z) ≤ 0.
• Se r > 0, então, ¯tr − k ¯t¯y − ¯z 2 ≤ ¯tr ≤ r, logo, f(¯z) ≤ r.
Portanto, f(¯z) − f(¯x) ≤ max{0, r}. E assim, concluímos que f(¯z) < ∞. Afirmação 2: ¯z ∈ ([0, Y ] + δB(0, 1))
De fato: Se essa afirmação não fosse verdadeira teríamos que d(z, [0, Y ])≥ δ pois, caso d(¯z, [0, Y ]) < δ, segue que, existe ¯w ∈ [0, Y ] tal que ¯z − ¯w = d(z, [0, Y ]) < δ, ou seja, existe b ∈ δB(0, 1) tal que ¯z − ¯w = δb. Então, (¯z = ¯w + δb) ∈ ([0, Y ] + δB(0, 1)). Porém estamos supondo que ¯z /∈ ([0, Y ] + δB(0, 1)).
Como ¯t¯y ∈ [0, Y ], então, z − ¯t¯y ≥ d (¯z, [0, Y ]) ≥ δ. Logo,
g (¯t, ¯y, ¯z) = f (¯z) + k ¯t¯y − ¯z 2− ¯tr ≥ −M + k ¯t¯y − ¯z 2 − ¯tr ≥ −M + kδ2− ¯tr > >−Mδ2 M + |r| = 1 δ2 − ¯tr = −M + M + |r| + 1 − ¯tr = |r| + 1 − ¯tr ≥ |r| + 1 − r. • Se r ≤ 0, então, |r| + 1 − r = −r + 1 − r = −r2+ 1 ≥ 1. • Se r > 0, então,|r| + 1 − r = r + 1 − r = 1.
Logo, g(¯t, ¯y, ¯z) > 1, o que contradiz o fato de g(¯t, ¯y, ¯z) ≤ 0. Portanto, a afirmação 2 é verdadeira.
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 71
De fato: Se ¯t = 1 então, g(¯t, ¯y, ¯z) = g(1, ¯y, ¯z) = f (¯z) + k ¯y − ¯z 2− r.
Se ¯y− ¯z ≥ δ temos que g(¯t, ¯y, ¯z) ≥ f(¯x)+kδ2− r > −M + δ2M +|r|+1 δ2
− r = |r| + 1 − r • Se r > 0, então, |r| + 1 − r = r + 1 − r = 1.
• Se r < 0, então, |r| + 1 − r > 1. Logo, g(¯t, ¯y, ¯z) ≥ 1, contradição!
Se ¯y − ¯z < δ, segue que ¯z ∈ {¯y + δB(0, 1)} ⊂ {¯y + δB[0, 1]} ⊂ {Y + δB[0, 1]} assim, g(¯t, ¯y, ¯z) = f (¯z) + k ¯z − ¯y 2− r ≥ min
y∈(Y +δB[0,1])f (y) + k ¯y − ¯z
2− r ≥ ≥ r + ˆr 2 + k ¯y − ¯z 2− r > r + ˆr 2 − r = ˆ r 2 − r 2 > ˆ r 2 − ˆ r 2 = 0,
ou seja, g(¯t, ¯y, ¯z) > 0, contradição! Portanto, ¯t ∈ [0, 1[, o que garante que a afirmação 3 é verdadeira. Além disso, sabemos do problema de minimização que, para todo z ∈ ([0, Y ] + δB(0, 1)) , vale que g(¯t, ¯y, z)≥ g(¯t, ¯y, z).
Note que, para quaisquer a, b, v ∈ Rn tem-se que
b − v 2− 2 a − v, b − v = b − v, b − v − 2 a − v, b − v = =b, b − 2 b, v + v, v − 2 a, b + 2 a, v + 2 v, b − 2 v, v = =b, b − 2 a, b + a, a − a, a + 2 a, v − v, v =
= b − a 2− a − v 2 = a − b 2− a − v 2, ou seja,
a − b 2− a − v 2 =−2 a − v, b − v − b − v 2,∀a, b, v ∈ Rn. Utilizando essa igualdade temos que
¯t· ¯y − z 2− ¯t· ¯y − ¯z 2 = 2(¯t· ¯y − ¯z), (z − ¯z) − z − ¯z 2.
Como
g(¯t, ¯y, ¯z) = f (¯z) + k ¯t· ¯y − ¯z 2− ¯t· r ≤ g(¯t, ¯y, z) = f(z) + k ¯t· ¯y − z 2− ¯t· r,
isto é, f(z) − f(¯z) ≥ −k ¯t· ¯y − ¯z 2− ¯t· ¯y − z 2 =
=−k−2 (¯t· ¯y − ¯z), (z − ¯z) + z − ¯z 2= 2k(¯t· ¯y − ¯z), (z − ¯z) − k z − ¯z 2, consequentemente, 2k (¯t· ¯y − ¯z), (z − ¯z) ≤ f(z) − f(¯z) + k z − ¯z 2.
Tome ξ = 2k(¯t · ¯y − ¯z). Uma vez que a desigualdade acima é satisfeita para todo z ∈ ([0, Y ] + δB(0, 1)) e da Proposição A.0.9 o conjunto ([0, Y ] + δB(0, 1)) é aberto, segue
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 72
como um caso particular da Proposição 2.3.1 que ξ ∈ ∂Pf (¯z).
Note que, temos dois casos a considerar. Um para ¯t = 0 e o outro ¯t ∈]0, 1[. Caso (a) ¯t = 0.
Neste caso ξ = −2k¯z. Dado t ∈]0, 1], para todo y ∈ Y temos que
0≤ g(t, y, ¯z) − g(0, ¯y, ¯z) = f(¯z) + k ty − ¯z 2− tr − f(¯z) − k 0 − ¯z 2+ 0r =
= k ty − ¯z 2− k ¯z 2− tr = k ty − ¯z 2− ¯z 2− tr = k ¯z − ty 2− ¯z − 0 2− tr =
= k"−2 (¯z − 0), (ty − 0) + ty − 0 2#− tr = −2kt ¯z, y + kt2 y 2− tr, ou seja,
0≤ −2kt ¯z, y + kt2 y 2− tr. Como t > 0, então, 0 ≤ −2k ¯z, y + kt y 2− r. Fazendo
t ↓ 0 temos que 0 ≤ −2k ¯z, y − r. Logo, ξ, y = −2k ¯z, y ≥ r, isto é, ξ, (y − ¯x) ≥ r para todo y ∈ Y.
Caso (b) ¯t ∈]0, 1[.
Considere a função G : Rn→ R dada por G(y) = f(¯z) + k ¯ty − ¯z 2− tr. Como G é soma
de funções contínuas segue que G é contínua. Observe que
G(¯y) = g(¯t, ¯y, ¯z)≤ g(¯t, y, ¯z) = G(y), ∀y ∈ Y, portanto, G atinge seu valor mínimo sobre Y no ponto ¯y. Como
G(y) = f (¯z)+k ¯ty− ¯z 2−tr = f(¯z)+k(¯ty1− ¯z1)2+ (¯ty2− ¯z2)2+ ... + (¯tyn− ¯zn)2
−¯tr, então, ∂G(y)∂y
i = 2k(¯tyi− ¯zi)¯t, para todo i∈ {1, 2, ..., n}. Logo, G é de classe C
1 e uma vez
que
∇G(¯y) = 2k¯t(¯t¯y1− ¯z1, ¯t¯y2− ¯z2, ..., ¯t¯yn− ¯zn) = 2k¯t(¯t· ¯y − ¯z),
segue da Proposição A.0.11 que
∇G(¯y), y − ¯x = 2k¯t(¯t· ¯y − ¯z) ≥ 0 ∀y ∈ Y.
Porém, ξ = 2k(¯t¯y − ¯z). Logo, ξ¯t, y − ¯y ≥ 0, ∀y ∈ Y. Entretanto, ¯t > 0. Desse modo, ξ, y − ¯y ≤ 0, ∀y ∈ Y (∗).
Sabemos que, para todo t ∈]0, 1[, vale que g(¯t, ¯y, ¯z) ≤ g(t, ¯y, ¯z), então,
f (¯z)+k ¯t¯y− ¯z 2−¯tr ≤ f(¯z)+k t¯y− ¯z 2−tr. Logo, k ¯t¯y − ¯z 2− t¯y − ¯z 2 ≤ r(¯t−t),
consequentemente, k"2(t¯y − ¯z), ¯y(¯t− t) + (¯t− t)2 ¯y 2#≤ r(¯t− t).
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 73
que k t¯y − 2¯z + ¯t¯y, ¯y ≤ r. Ao fazer t ↑ ¯t segue que k 2¯t¯y − 2¯z, ¯y ≤ r, portanto, ξ, ¯y ≤ r (∗∗).
Agora, se ¯t < t, então, ¯t− t < 0 e como k [2 (t¯y − ¯z), ¯y(¯t− t) + (¯t− t)2 ¯y 2]≤ r(¯t− t),
segue que, k [2(t¯y − ¯z)¯y + (¯t− t) ¯y 2]≥ r. Consequentemente,
kt¯y − 2¯z + ¯t¯y, ¯y ≥ r. Ao fazer t ↓ ¯t, vale que k 2¯t¯y − 2¯z, ¯y ≥ r, portanto, ξ, ¯y ≥ r (∗ ∗ ∗).
De (∗∗) e (∗ ∗ ∗), segue que ξ, ¯y = r. Como para todo y ∈ Y é garantido via (∗) que 0≤ ξ, y − ¯y = ξ, y − ξ, ¯y = ξ, y − r,
então, ξ, y ≥ r para todo y ∈ Y. Desse modo, concluímos a demonstração.
Teorema 2.4.2. ( O caso Lipschitz). Sejam f :Rn → R ∪ {+∞} semicontínua inferior,
¯
x ∈ dom(f) e Y ⊂ dom(f) um conjunto compacto e convexo. Suponha que para algum δ > 0, f é Lipschitz em ([¯x, Y ] + δB[0, 1]) . Então, existem ¯z ∈ [¯x, Y ] e ξ ∈ ∂f(¯z) tal que min
y∈Y f (y)−f(¯x) ≤ ξ, y − ¯x ∀y ∈ Y e f(¯z)−f(¯x) ≤ max{ˆr, 0}, sendo ˆr := miny∈Y f (y)−f(¯x).
Demonstração. Considere as sequências {ǫi} e {ri} tal que ǫi ↓ 0 e ri ↑ ˆr. Para cada
i ∈ N vamos aplicar o Teorema 2.4.1, desse modo, existem para cada i ∈ N, ¯zi ∈
([¯x, Y ] + ǫiB[0, 1]) e ξi ∈ ∂Pf (¯zi) tal que ri <ξi, y− ¯x ∀y ∈ Y e
f (¯zi)− f(¯x) ≤ max{ri, 0} ≤ max{ˆr, 0}.
Temos que ¯zi = yi + ǫibi, sendo que yi ∈ [¯x, Y ] e bi ∈ B[0, 1]. Como bi ∈ B[0, 1], então,
bi ≤ 1, assim, ǫibi ≤ |ǫi| = ǫi e portanto, pelo Teorema do sanduíche segue que
ǫibi → 0, quando i → ∞. Logo, ǫibi → 0 quando i → ∞.
Uma vez que [¯x, Y ] é compacto e {yi} ⊂ [¯x, Y ] temos que existe {yik} ⊂ {yi}, tal que,
yik → ¯z ∈ [¯x, Y ] quando k → ∞. Então, ¯zik = yik + ǫikbik → ¯z quando k → ∞. Como
f (¯zik)− f(¯x) ≤ max{ˆr, 0}, ou seja, f(¯zik)≤ max{ˆr, 0} + f(¯x), segue que
lim inf
k→∞ f (¯zik)≤ max{ˆr, 0}+f(¯x), porém f é semicontínua inferior, logo, f(¯z) ≤ lim infk→∞ f (¯zik),
desse modo, f(¯z) ≤ max{ˆr, 0} + f(¯x).
Uma vez que ¯zik → ¯z quando k → ∞, então, existe k0 ∈ N tal que, para todo k ≥ k0,
tem-se que ¯zik − ¯z < δ 2, ou seja, ¯zik ∈ {¯z + δ 2B(0, 1)} ⊂ [¯x, Y ] + δ 2B(0, 1) para todo k≥ k0. Como
[¯x, Y ] + δ2B(0, 1) ⊂ ([¯x, Y ] + δB(0, 1)) é um conjunto aberto no qual f é Lipschitz, então, f é localmente Lipschitz em cada ¯zik quando k > k0. Como η > 0 a con-
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 74
stante Lipschitz de f, pela Proposição 2.2.4 temos que ξik ∈ ∂
Pf (¯z
ik)⊂ ∂f(¯zik)⊂ ηB[0, 1],
quando k ≥ k0. Logo, {ξik} é uma sequência limitada.
Desse modo, existe {ξikj} ⊂ {ξik}, tal que, ξikj → ¯ξ quando j → ∞. Como
¯
zik ∈ ([¯x, Y ] + δB[0, 1]) para todo k ≥ k0 e ¯z ∈ [¯x, Y ] ⊂ ([¯x, Y ] + δB[0, 1]) , então,
f (¯zik) → f(¯z) quando k → ∞ pois, ¯zik → ¯z quando k → ∞ e f é Lipschitz em
([¯x, Y ] + δB[0, 1]) . Então, (¯zik, f (¯zik))→ (¯z, f(¯z)) quando k → ∞.
Pelo fato de que ξikj ∈ ∂Pf (¯zikj), segue que
ξikj,−1 ∈ NP epi(f ) ¯ zikj, f (¯zikj) e sendo (ξikj,−1) → (¯ξ,−1) quando j → ∞, segue da Proposição 2.2.6 que (¯ξ,−1) ∈ Nepi(f )P (¯z, f (¯x))⊂
Nepi(f )(¯z, f (z)) , portanto, ξ ∈ ∂f(¯z). Além disso, sendo rikj <
ξikj, y− ¯x ∀y ∈ Y, temos que ˆr = lim j→∞rikj ≤ limj→∞ ξikj, y− ¯x
= ¯ξ, y− ¯x , para todo y∈ Y, ou seja, ¯ξ, y− ¯x
≥ ˆr = min
y∈Y f (y)− f(¯x), para todo y ∈ Y.
O próximo teorema é o que consideramos como uma generalização do clássico Teorema do valor médio e para demonstrá-lo faremos uso da seguinte definição.
Definição 2.4.1. Sejam X ⊂ Rn e A ⊂ X. Vamos denotar por ψ
A : X → Rn a função definida por ψA(x) = 0, se x ∈ A; +∞, se x /∈ A. ψA é chamada função indicadora.
Teorema 2.4.3. Sejam f : Rn → R localmente Lipschitz em um segmento [¯x, ¯y] ⊂ Rn.
Então, existem z ∈]¯x, ¯y[ e ξ ∈ co(∂f(z)) tal que f(¯y) − f(¯x) = ξ, ¯y − ¯x . Demonstração. Considere g : R → R ∪ {+∞} definida por
g(t) = f (¯x + t(¯y− ¯x)) − t (f(¯y) − f(¯x)) + ψ[0,1](t)
Desse modo, g(t) = f1(t) + f2(t) + f3(t), sendo f3(t) = ψ[0,1](t), f2(t) = t (f (¯y)− f(¯x)) e
f1(t) = f (¯x + t(¯y− ¯x)) .
Afirmação 1: f1 e f2 são Lipschitz sobre [0, 1].
De fato: dados de modo arbitrário s, t∈ [0, 1] temos que (i)
|f1(t)− f1(s)| = |f (¯x + t(¯y − ¯x)) − f (¯x + S(¯y − ¯x)) | ≤ k ¯x + t(¯y − ¯x) − [¯x + S(¯y − ¯x] ≤
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 75
(ii)
|f2(t)−f2(s)| = |t (f(¯x) − f(¯y))−s (f(¯x) − f(¯y)) | = C|t−s|, sendo C = (|f(¯x) − f(¯y)|) > 0.
Portanto, de (i) e (ii) garantimos a afirmação 1. Note que, para todo t ∈ [0, 1] tem-se que ψ[0,1](t) = 0. Logo, da afirmação 1 e de ψ[0,1](t) = 0, para todo t∈ [0, 1], temos que g|[0,1]
é contínua. Como g(0) = g(1) = f(¯x), então, existem duas possibilidades que podem ocorrer, isto é, ou ocorre (a), ou ocorre (b), sendo:
(a) g tem um mínimo local em algum τ ∈]0, 1[; (b)−g tem um mínimo local em algum σ ∈]0, 1[.
Caso ocorra (a). Como τ ∈]0, 1[, então, pela definição de g segue que τ ∈ dom(f). Estamos supondo que g atinge um mínimo local em τ, então, da Proposição 4.1.1 que mostraremos mais a frente, segue que 0 ∈ ∂Pg(τ ), consequentemente, 0∈ ∂g(τ). Uma vez
que f1 e f2 são Lipschitz sobre ]0, 1[, segue da Proposição 2.2.4 que ∂∞f1(τ ) = ∂∞f2(τ ) =
{0}. Com essa informação e da Proposição 2.2.5 segue que ∂f1(τ ) = ∅ e ∂f2(τ ) = ∅.
Através do Corolário A.0.1 segue que ∂∞f
3(τ ) = ∂∞ψ[0,1](τ ) = N[0,1](τ ) = ∂ψ[0,1](τ ) =
∂f3(τ ). Como τ ∈]0, 1[, então, N[0,1](τ ) ={0}, ou seja, ∂f3(τ ) ={0}.
Dado t ∈]0, 1[ segue que f′
2(t) = f (¯x)− f(¯y). Logo, f2′′(t) = 0. Garantimos, então, que f2
é de Classe C2 em t ∈]0, 1[ e consequentemente ∂f
2(τ ) ={f2′(t)} = {f(¯x) − f(¯y)}.
Sendo 0 ∈ ∂g(τ), do Teorema 4.4.1, que demonstraremos mais adiante, segue que existe ξ∈ ∂f1(τ ) tal que
0 = ξ + (f (¯x)− f(¯y)) + 0.
Observe que, definindo G(t) := t¯y + (1 − t)¯x segue que f1(t) = (f oG)(t) = f (G(t)).
Vamos utilizar o Teorema 4.5.1 que demonstraremos mais a frente, para estimar ∂f1(τ ).
Note que, dados de modo arbitrário s, t ∈ 0, 1 tem-se que
G(t) − G(s) = t¯y + (1 − t)¯x − s¯y − (1 − s)¯x = (t − s)¯y − (t − s)¯x = ¯y − ¯x |t − s| ≤ ≤ ( y + ¯x ) |t − s| = k|t − s|, sendo k = ¯y + ¯x > 0. Portanto, G é localmente Lipschitz em τ.
Como por hipótese f é Lipschitz sobre [¯x, ¯y] e (G(τ ) = τ ¯y + (1 − τ)¯x) ∈ [¯x, ¯y], então, f é localmente Lipschitz em G(τ ). Logo, pela Proposição 2.2.4, segue que ∂∞f (G(t)) ={0}.
Pela definição de G e dos resultados acima, podemos aplicar o Teorema 4.5.1. Desse modo, existe η ∈ ∂f(G(τ)) = ∂f (τ ¯y + (1 − τ)¯x) tal que ξ ∈ ∂(ηG)(τ) = ∂H(τ), sendo
2.4 Desigualdade do Valor Médio Não Suave 76
= η1(t ¯y1− t ¯x1+ ¯x1) + η2(t ¯y2− t ¯x2+ ¯x2) + ... + ηn(t ¯yn− t ¯xn+ ¯xn) .
Se t ∈]0, 1[, então,
H′(t) = (η1y¯1− η1x¯1) + (η2y¯2− η2x¯2) + ... + (ηny¯n− ηnx¯n) = η(¯y− ¯x) e H′′(t) = 0,
logo, H é de classe C2 em t e portanto, da Proposição 3.1.7 que mostraremos mais a frente,
∂H(τ ) = η(¯y− ¯x). Logo, 0 = η(¯y − ¯x) + f(¯x) − f(¯y), ou seja, f(¯y) − f(¯x) = η(¯y − ¯x) com η∈ ∂f (τ ¯y + (1 − t)¯x) ⊂ co (∂f(τ ¯y + (1 − t)¯x)) = co (∂f(z)) .
Caso ocorra (b): Considere a função h ≡ −g. Pela Proposição 4.1.1 segue que 0 ∈ ∂Ph(σ) = ∂P(−g)(σ). Como f
1 e f2 são Lipschitz sobre ]0, 1[, segue que −f1 e −f2 são
Lipschitz em ]0, 1[. Logo, da Proposição 2.2.4 tem-se que ∂∞(−f1)(σ) = ∂∞(−f2)(σ) ={0}.
Por outro lado, f3|[0,1] ≡ 0, então, ∂(−f3)(σ) = ∂(0)(σ) = {0} e ∂∞(−f3)(σ) = {0} pois,
(−f3) é Lipschitz em ]0, 1[.
Do Teorema 4.4.1 segue que
∂(−g)(σ) ⊂ ∂(−f1)(σ) + ∂(−f2)(σ) + ∂(−f3)(σ) = ∂(−f1)(σ) + ∂(−f2)(σ).
Se t ∈]0, 1[, então, (−f2)′(t) = f (¯x)− f(¯y) e (−f2)′′(t) = 0. Logo, (−f2) é de classe C2
em t e assim vale que ∂(−f2)(σ) = (−f2)′(σ) = f (¯y)− f(¯x). Como 0 ∈ ∂(−g)(σ), então,
existe ξ ∈ ∂(−f1)(σ) tal que 0 = ξ + f (¯y) − f(¯x). Temos que (−f1)(t) = −f(G(t)),
sendo G(t) = t¯y(1 − t)¯x, além disso da hipótese de que f é Lipschitz em [¯x, ¯y], segue que (−f) é Lipschitz sobre [¯x, ¯y]. E como (G(σ)σ¯y + (1 − σ)(¯y − ¯x)) ∈ [¯x, ¯y], segue que (−f) é localmente Lipschitz em uma vizinhança de G(σ), então, aplicando a Proposição 2.2.4, segue que ∂∞(−f)(G(σ)) = {0}. Logo, podemos aplicar o Teorema 4.5.1 e garantir que
existe η ∈ ∂(−f)(G(σ)) = ∂(−f)(σ¯y + (1 − σ)¯x) tal que ξ ∈ ∂(ηG)(σ). De modo análogo ao caso (a) tem-se que ∂(ηG)(σ) = η(¯y − ¯x), então, 0 = η(¯y− ¯x) + f(¯y) − f(¯x), ou seja, f(¯y) − f(¯x) = −η(¯y − ¯x) com
η ∈ ∂(−f)(σ¯y + (1 − σ)¯x) = ∂(−f)(z). Através da Proposição 3.1.5, que mostraremos mais a frente, segue que ∂(−f)(z) = −∂f(z). Através da Proposição 3.1.1, temos que ∂f (z) = co(∂f (z)) e ∂(−f)(z) = co(∂(−f)(z)). Como η ∈ ∂(−f)(z) ⊂ co(∂(−f)(z)) = ∂(−f)(z) = −∂f(z) = −co(∂f(z)), então, −η ∈ co(∂f(z)). Assim, concluímos a demons- tração.
2.5 Representação Analítica dos Subgradientes limite e Assintótico. 77
Observação 2.4.1. : No exemplo que consideramos f :R → R, dada por f(x) = 1 − |x| mostramos que ∂f (x) = ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ −1, se x>0; {−1} ∪ {1}, se x=0; 1, se x<0.
Agora temos ferramentas para trabalhar com este caso, pois co(∂f(0)) = [−1, 1] e
0 = ξ∈ co(∂f(z)), com z = 0 ∈ [−1, 1] = [¯x, ¯y] de modo que f(¯y) − f(¯x) = ξ, ¯y − ¯x = 0.