Esta sessão é necessária pelos mesmos motivos apresentados na Sessão 2.3. Para fornecer essas representações, necessitamos de alguns resultados prévios.
Lema 2.5.1. Sejam f :Rn → R ∪ {+∞}, ¯x ∈ dom(f) e ξ ∈ Rn um elemento não-nulo,
tal que (ξ, 0) ∈ NP
epi(f )(¯x, f (¯x)). Então, existem as sequências xi f
→ ¯x, ξi → ξ e λi ↓ 0 de
modo que (ξi,−λi)∈ Nepi(f )P (xi, f (xi)), para todo i∈ N.
Demonstração. Se (ξ, 0) ∈ NP
epi(f )(¯x, f (¯x)), então, existem σ > 0 e (x, β) /∈ epi(f), uma
vez que ξ = 0, tal que (ξ, 0) = σ [(x, β) − (¯x, f(¯x))] = σ (x − ¯x, β − f(¯x)) = (σ(x − ¯x), 0) . Além disso, (¯x, f(¯x)) ∈ projepi(f )(x, f (¯x)), ou seja,
(x, β) − (¯x, f(¯x)) ≤ (x, β) − (y, γ) , ∀(y, γ) ∈ epi(f). Logo, ξ = σ(x − ¯x) e β = f(¯x). Escolhendo σ > 0 adequadamente, temos que (¯x, f(¯x)) é o único ponto em epi(f) mais próximo de (x, f(¯x)) e considerando este fato para qualquer x′ ∈]¯x, x[, segue que
(¯x, f (¯x))∈ epi(f) é o único ponto mais próximo de (x′, f (¯x)). Assim, podemos tomar x′
suficientemente próximo de ¯x, de modo que exista α > 0 tal que
{(¯x, f(¯x)) + (1 + α) [(x′, f (¯x))]} − (¯x, f(¯x)) ≤ {(¯x, f(¯x)) + (1 + α) [(x′, f (¯x))]} − (γ, y) ,
para qualquer (γ, y) ∈ epi(f) e σ′ > 0 tal que (ξ, 0) = σ′(x′− ¯x, 0).
Vamos denotar x′ por x e σ′ por σ.
Do Lema 3.2.2, que demonstraremos mais a frente, uma vez que, (¯x, f(¯x)) minimiza a função (y, γ) → {(¯x, f(¯x)) + (1 + α) [(x′, f (¯x))]} − (γ, y) , sobre o epi(f) e
(x, f (¯x))− (¯x, f(¯x)) (x, f(¯x)) − (¯x, f(¯x)) = (x− ¯x, 0) (x − ¯x, 0) = σ(x− ¯x, 0) σ (x − ¯x, 0) = (ξ, 0) ξ = ξ ξ , 0 ,
2.5 Representação Analítica dos Subgradientes limite e Assintótico. 78 segue que ξ ξ , 0 ∈ ∂Pd epi(f )(x, f (¯x)).
Considerando ainda o Lema 3.2.2, se {(yi, ri)} e {(ξi′,−λ′i)} são sequências em Rn× R tal
que (yi, ri) /∈ epi(f) e
(yi, ri)→ (x, f(¯x)) quando i → ∞, (1)
(ξi′,−λ′i)∈ ∂Pdepi(f )(yi, ri) para todo i∈ N, (2)
então, existe uma sequência {(xi, si)} ⊂ epi(f) tal que
(ξi′,−λ′i) = (yi, ri)− (xi, si) (yi, ri)− (xi, si) ∀i ∈ N, (3) (xi, si)→ (¯x, f(¯x)) quando i → ∞, (4) (ξi′,−λ′ i)→ ξ ξ , 0 quando i → ∞. (5)
Note que, para qualquer i ∈ N, sendo (yi, ri) /∈ epi(f), (xi, si)∈ epi(f),
(ξi′,−λ′ i) =
(yi, ri)− (xi, si)
(yi, ri)− (xi, si)
e ocorrendo (2), então, garantimos pelo Lema 3.2.1 que (xi, si) é o único ponto em epi(f )
mais próximo de (yi, ri) e ainda pelo Lema 3.2.1, segue que
(ξi′,−λ′i)∈ ∂Pdepi(f )(xi, si) ∀i ∈ N. (6)
Da Proposição 3.2.1 tem-se que ∂P
epi(f )(xi, si) = Nepi(f )P (xi, si)∩ B[0, 1], consequentemente,
(ξ′
i,−λ′i)∈ Nepi(f )P (xi, si) e pela Proposição A.0.14 segue que (−λ′i)≤ 0. Sendo (−λ′i)→ 0
quando i → ∞, concluímos que λ′ i ↓ 0.
Afirmação 1: depi(f )(x, f (¯x)− t) > depi(f )(¯x, f (¯x)) para qualquer t > 0.
De fato: Suponha que a afirmação não seja satisfeita. Desse modo, existiria t > 0 tal que
depi(f )(x, f (¯x)− t) ≤ depi(f )(¯x, f (¯x)) (∗).
Como f é semicontínua inferior, segue que epi(f) ⊂ Rn∪ R é um conjunto fechado. Logo,
existe (y, r) ∈ epi(f) tal que depi(f )(x, f (¯x)− t) = (x, f(¯x) − t) − (y, r) . Observe que,
obrigatoriamente ¯x = y. Caso contrário, f(¯x)−t−r = 0, pois se tivéssemos f(¯x)−t−r = 0, uma vez que r ≥ f(y), obteríamos que f(¯x) − t ≥ f(y) = f(¯x), o que é um absurdo, uma vez que t > 0. E sendo f(¯x) − t − r = 0, segue que
2.5 Representação Analítica dos Subgradientes limite e Assintótico. 79
=$ x − ¯x 2+|f(¯x) − t − r|2 >$ x − ¯x 2 = x − ¯x =
= (x, f(¯x)) − (¯x, f(¯x)) = depi(f )(x, f (¯x)), ou seja, depi(f )(x, f (¯x)− t) > depi(f )(x, f (¯x)),
o que contradiz (∗). Portanto, y = ¯x.
Como r + t ≥ f(y) + t > f(y), segue que (y, r + t) ∈ epi(f), logo,
(x, f(¯x)) − (y, r + t) ≥ depi(f )(x, f (¯x))≥ depi(f )(x, f (¯x)− t) =
= (x, f(¯x) − t) − (y, r) = (x, f(¯x)) − (y, r + t) , ou seja, depi(f )(x, f (¯x)) = (x, f(¯x)) − (y, r + t) .
Sendo (¯x, f(¯x)) o único ponto em epi(f) com essa propriedade, então y = ¯x, o que não pode ocorrer, uma vez que, como já mostramos, o fato de que y = ¯x gera um absurdo. Portanto, depi(f )(x, f (¯x)− t) > depi(f )(x, f (¯x)) para todo t > 0.
Tome uma sequência ti ↓ 0. Para cada i ∈ N aplicaremos o Teorema 2.4.1 considerando
a função em questão como depi(f )(·) com ponto base (x, f(¯x)) e considerando o conjunto
compacto e convexo Y = {(x, f(¯x) − ti)}.
Neste caso ˆri = depi(f )(x, f (¯x)− t) − depi(f )(x, f (¯x)) > 0, sendo que esta desigualdade é
garantida pela Afirmação 1.
Tome ri = rˆ2i < ˆri. Considere uma sequência ǫi ↓ 0. Para cada i ∈ N, o Teorema 2.4.1
garante que existem ¯
zi = (yi, ri)∈ {[(x, f(¯x)), (x, f(¯x) − ti)] + ǫiB[0, 1]} (7)
(ξ′,i,−λ′i)∈ ∂epi(f )P (¯zi) (8)
tal que
0 < ri <(ξ′,i,−λ′i), (x, f (¯x)− ti)− (x, f(¯x)) = (ξ′,i,−λ′i), (0− ti) = ti· λ′i ⇒ λ′i > 0.
Como ǫi ↓ 0 e ti ↓ 0 e ocorre (7), então, (yi, ri) → (x, f(¯x)) quando i → ∞. Desse
modo, as sequências {(yi, ri)} e {(ξi′,−λ′i)} satisfazem (1) e (2). Portanto, existe uma
sequência {(xi, si)} ⊂ epi(f) satisfazendo (4) e (6), além disso, vale (5). De (6) temos
que (ξ′
i,−λ′i)∈ ∂epi(f )P (xi, si) = Nepi(f )P (xi, si)∩ B[0, 1]. Logo, (ξi′,−λ′i)∈ Nepi(f )P (xi, si) com
λ′
i > 0. Então, pela Proposição A.0.15, garantimos que si = f (xi) para todo i e por (4)
garantimos que xi f
→ ¯x.
Defina (ξi,−λi) = (|ξ| · ξi′,−|ξ|λ′i) =|ξ|(ξi′,−λ′i) para todo i∈ N. Logo, λ ↓ 0 e
(ξi,−λi)∈ Nepi(f )P (xi, f (xi)) para todo i∈ N. De (5) temos que ξi → ξ.
Portanto, ficou provado que, se (ξ, 0) ∈ NP
epi(f )(¯x, f (¯x)), então, existem xi f
2.5 Representação Analítica dos Subgradientes limite e Assintótico. 80
ξi → ξ tal que (ξi,−λi)∈ Nepi(f )P (xi, f (xi)) para todo i∈ N.
O Lema 2.5.1 nos diz que os vetores normais proximais (ξ, 0) (HORIZONTAIS), a um conjunto epigrafo podem ser aproximados por uma sequência de vetores normais proximais.
Teorema 2.5.1. Sejam f :Rn→ R∪{+∞} semicontínua inferior, ξ ∈ Rn e ¯x ∈ dom(f).
1. As seguintes afirmações são equivalentes: (a) ξ ∈ ∂f(¯x).
(b) Existem xi f
→ ¯x e ξi → ξ tal que ξi ∈ ∂Pf (xi) para todo i∈ N.
2. As seguintes afirmações são equivalentes
(c) ξ ∈ ∂∞f (¯x).
(d) Existem xi f
→ ¯x, ti ↓ 0 e ξi → ξ tal que (t−1i · ξi)∈ ∂Pf (xi) para todo i∈ N.
Demonstração. 1. Se ξ ∈ ∂f(¯x), então, (ξ, −1) ∈ Nepi(f )(¯x, f (¯x)). Logo, existem
(xi, αi) epi(f )
→ (¯x, f(¯x)) e (ξ′
i,−ti) → (ξ, −1), tal que (ξi′,−ti) ∈ Nepi(f )P (xi, αi), para
todo i ∈ N. Uma vez que ti → 1, podemos supor que ti > 0 para todo i∈ N. Desse
modo, (ξ′
i,−ti)∈ Nepi(f )P (xi, αi), com ti > 0, então, da Proposição A.0.15 segue que
αi = f (xi), para todo i∈ N. Portanto, xi f
→ ¯x.
Tome ξi = t−1i · ξi′ para todo i ∈ N. Logo, para todo i ∈ N vale que
(ξi,−1) = (t−1i · ξ′i,−t−1i · ti) = t−1(ξi′,−ti)∈ Nepi(f )P (xi, f (xi)),
pois, NP
epi(f )(xi, f (xi)) é um cone emRn.
Como (ξi,−1) ∈ Nepi(f )P (xi, f (xi)), segue que ξi ∈ ∂Pf (xi), para todo i ∈ N, além
disso, temos que ξi = ξ
i
ti →
ξ
1 = ξ. Assim, fica provado que (a) implica (b).
Reciprocamente, suponha que existem xi f
→ ¯x e ξi → ξ tal que ξi ∈ ∂Pf (xi) para
todo i ∈ N. Então, (xi, f (xi)) epi(f )
→ (¯x, f(¯x)) e (ξi,−1) ∈ Nepi(f )P (xi, f (xi)) para
todo i ∈ N. Uma vez que (ξi,−1) → (ξ, −1), segue que, (xi, f (xi)) epi(f )
→ (¯x, f(¯x)) e (ξi,−1) → (ξ, −1), com (ξi,−1) ∈ Nepi(f )P (xi, f (xi)) para todo i∈ N. Logo,
2.5 Representação Analítica dos Subgradientes limite e Assintótico. 81
2. Se ξ ∈ ∂∞f (¯x), então, (ξ, 0) ∈ N
epi(f )(¯x, f (¯x)).
Vamos analisar o caso em que ξ = 0. Como (ξ, 0) ∈ Nepi(f )(¯x, f (¯x)), existem
(xi, αi) epi(f )
→ (¯x, f(¯x)) e (ξi, βi) → (ξ, 0) tal que (ξi, βi) ∈ Nepi(f )P (xi, αi) para todo
i∈ N. Pela Proposição A.0.14, βi ≤ 0 para todo i ∈ N.
Caso β < 0 para um número infinito de termos, existe uma subsequência {βik} ⊂
{βi} tal que, βik < 0 para todo k ∈ N e (ξik, βik)∈ N
P
epi(f )(xik, αik). Segue então, da
Proposição A.0.15 que (ξik, βik)∈ N
P
epi(f )(xik, f (xik)) e assim, xik
f
→ ¯x.
Tome tik =−βik para todo k ∈ N. Temos que tik ↓ 0 quando k → ∞, além disso,
t−1 ik (ξik, βik) = ξik tik ,−1 ∈ NP
epi(f )(xik, f (xik)) para todo k∈ N, pois,
NP
epi(f )(xik, f (xik)) é um cone. Logo, (t
−1
ik · ξik)∈ ∂
Pf (x
ik) para todo k∈ N.
Desse modo, existem (xik, f (xik))
epi(f ) → (¯x, f(¯x)), tik ↓ 0 e (ξik, βik) → (ξ, 0) tal que t−1(ξ ik, βik)∈ ∂ Pf (x ik) para todo k∈ N.
Caso βi < 0, para um número finito de termos, existe N1 ∈ N tal que, para todo
i≥ N1 tem-se que βi = 0. Uma vez que ξi → ξ e | ξi − ξ | ≤ ξi− ξ , segue que
ξi → ξ . E como ξ = 0, então, existe N2 ∈ N tal que, ξi = 0 para todo i ≥ N2.
Tome N3 = max{N1, N2}, yi = xi+N3 e ηi = ξi+N3. Desse modo, para todo i ∈ N
temos que ηi = 0 e (ηi, 0) = (ξi+N3, βi+N3)∈ N
P
epi(f )(xi+N3, αi+N3).
Pela Proposição A.0.16 segue que, (ηi, 0) ∈ Nepi(f )P (xi+N3, f (xi+N3)) = N
P
epi(f )(yi, f (yi)),
para todo i ∈ N. Sendo yi → ¯x e f é semicontínua inferior, segue que
lim inf
i→∞ f (yi) = lim infk→∞ f (yik)≥ f(¯x). Além disso, temos também que
f (yik) = f (xik+N 3) ≤ αik+N3. Logo, lim
k→∞f (yik) ≤ limk→∞αik+N3 = f (¯x). Portanto,
f (yik)→ f(¯x) quando k → ∞.
Como (ηik, 0) ∈ N
P
epi(f )(yik, f (yik)), com ηik = 0 para todo k ∈ N, então, aplicando
o Lema 2.5.1 para cada k ∈ N temos que existem x(k) j f → yik, ξ (k) j → ηik e λ (k) j ↓ 0 tal que ξj(k),−λ(k)j ∈ NP epi(f )
x(k)j , f (x(k)j )para todo j ∈ N. Portanto,
1 λ(k)j ξj(k),−λ(k)j = ξ(k)j λ(k)j ,−1 ∈ NP epi(f )
x(k)j , f (x(k)j ) para todo j ∈ N, pois NP epi(f ) x(k)j , f (x(k)j )é um cone em Rn, consequentemente, ξ(k)j λ(k)j ∈ ∂Pf (x(k) j ) para todo j ∈ N. Em particular, ξ(k)k λ(k)k ∈ ∂Pf (x(k)
k ) para todo k ∈ N. Como ηik → ξ,
yik → ¯x e f(yik) → f(¯x) quando k → ∞, segue da convergência da diagonal que
ξk(k) → ξ , x(k)k → ¯x, λ(k)k ↓ 0 quando k → ∞, com ξ(k)k λ(k)k ∈ ∂Pf (x(k) k ) para todo
2.5 Representação Analítica dos Subgradientes limite e Assintótico. 82
k ∈ N. Desse modo, concluímos que se ξ = 0, então, c implica d.
Agora vamos verificar quando ξ = 0.
Como ¯x ∈ dom(f), então, (¯x, f(¯x)) está na fronteira do conjunto epi(f). Da Proposição A.0.15, segue que existe (ξ′,−β) = (0, 0) tal que (ξ′,−β) ∈ N
epi(f )(¯x, f (¯x)). Logo, existem (xi, αi) epi(f ) → (¯x, f(¯x)) e (ξ′ i,−βi) → (ξ′,−β), de modo que (ξi′,−βi) ∈ NP
epi(f )(xi, αi) para todo i ∈ N. Através da Proposição A.0.14, temos que −βi ≤ 0
para todo i ∈ N, no entanto, −β = limi→∞−βi ≤ 0, logo, β ≥ 0.
Caso β > 0, sendo β = lim
i→∞βi, então, podemos supor que βi > 0 para todo i ∈ N.
Desse modo, (ξ′
i,−βi) ∈ Nepi(f )P (xi, αi) com βi > 0. Da Proposição A.0.15, temos
que αi = f (xi), então, (xi, f (xi)) epi(f )
→ (¯x, f(¯x)). Uma vez que NP
epi(f )(xi, f (xi)) é
um cone em Rn, segue que 1 βi(ξ ′ i,−βi) = ξ i βi,−1 ∈ NP
epi(f )(xi, f (xi)), para todo
i ∈ N, ou seja, ξi
βi ∈ ∂
Pf (x
i) para todo i ∈ N. Portanto, se β > 0, existem
(xi, f (xi)) epi(f )
→ (¯x, f(¯x)), ξi → ξ e ti ↓ 0 tal que (t−1i · ξ) ∈ ∂Pf (xi) para todo
i∈ N, ou seja, (c) implica (d).
Seja β = 0. Neste caso (ξ′, 0) ∈ N
epi(f )(¯x, f (¯x)), com ξ′ = 0. Refazendo toda a
análise feita quando supomos que ξ = 0 e ξ = 0 ∈ Nepi(f )(¯x, f (¯x)), porém trocando
ξ por ξ′, chegamos que existem x i
f
→ ¯x, βi ↓ 0 e ξi → ξ′ tal que (βi−1· ξ′i)∈ ∂Pf (xi)
para todo i ∈ N.
Seja {αi} ⊂ R tal que αi ↓ 0, tomando ξi = αi· ξi′ e ti = αi· βi segue que ξi → ξ = 0,
ti ↓ 0 e t−1i · ξi = α−1i · βi−1· αi· ξi = βi−1· ξi ∈ ∂Pf (xi) para todo i∈ N.
Assim, fica provado que, se β = 0, então, existe xi f
→ ¯x, ti ↓ 0 e ξi → ξ tal que
t−1i · ξi ∈ ∂Pf (xi) para todo i∈ N. Portanto, no caso em que ξ = 0 temos também
que (c) implica (d).
Desse modo, concluímos que dado ξ ∈ Rn arbitrário com (ξ, 0) ∈ NP
epi(f )(¯x, f (¯x)),
sempre é possível encontrar xi f
→ ¯x, ξi → ξ e ti ↓ 0 tal que t−1i · ξi ∈ ∂Pf (xi) para
todo i ∈ N. Ou seja, (c) implica (d). Agora vamos mostrar que (d) implica (c). Suponha que existam xi
f
→ ¯x, ξi → ξ e ti ↓ 0 tal que, t−1i · ξi ∈ ∂Pf (xi) para todo
i∈ N. Logo, ξi
ti,−1
∈ NP
epi(f )(xi, f (xi)). Como Nepi(f )P (xi, f (xi)) é um cone emRn,
segue que ti
ξi
ti,−1
= (ξi,−ti) ∈ Nepi(f )P (xi, f (xi)), para todo i ∈ N. Desse modo,
(xi, f (xi)) epi(f )
2.5 Representação Analítica dos Subgradientes limite e Assintótico. 83
i∈ N. Portanto, (ξ, 0) ∈ Nepi(f )(¯x, f (¯x)) e consequentemente, ξ∈ ∂∞f (¯x).
Teorema 2.5.2. Sejam f :Rn→ R∪{+∞} semicontínua inferior, ξ ∈ Rn e ¯x ∈ dom(f).
1. As seguintes afirmações são equivalentes: (a) ξ ∈ ∂f(¯x).
(b) Existem xi f
→ ¯x e ξi → ξ tal que ξi ∈ ˆ∂f (xi) para todo i∈ N.
2. As seguintes afirmações são equivalentes
(c) ξ ∈ ∂∞f (¯x).
(d) Existem xi f
→ ¯x, ti ↓ 0 e ξi → ξ tal que (t−1i · ξi)∈ ˆ∂f (xi) para todo i∈ N.
Demonstração. 1. Dado ξ ∈ ∂f(¯x), então, do Teorema 2.5.1 segue que, existem xi f
→ ¯x e ξi → ξ tal que, ξi ∈ ∂Pf (xi)⊂ ˆ∂f (xi) para todo i∈ N. Logo, (a) implica (b).
Reciprocamente, suponha que existam xi f
→ ¯x e ξi → ξ tal que ξi ∈ ˆ∂f (xi)
para todo i ∈ N. Como ξi ∈ ˆ∂f (xi) segue que (ξi,−1) ∈ ˆNepi(f )(xi, f (xi)) para
todo i ∈ N, logo, (xi, f (xi)) epi(f )
→ (¯x, f(¯x)), (ξi,−1) → (ξ, −1) de modo que
(ξi,−1) ∈ ˆNepi(f )(xi, f (xi)) para todo i ∈ N. Então, da Proposição 1.1.11 segue
que (ξ, −1) ∈ Nepi(f )(¯x, f (¯x)). Portanto, ξ ∈ ∂f(¯x), ou seja, (b) implica (a).
2. Se ξ ∈ ∂∞f (¯x), do Teorema 2.5.1 segue que, existem x i
f
→ ¯x, ti ↓ 0 e ξi → ξ tal que,
(t−1i · ξi)∈ ∂Pf (xi)⊂ ˆ∂f (xi) para todo i∈ N. Logo, (c) implica (d).
Reciprocamente, suponha que existam xi f
→ ¯x, ti ↓ 0 e ξi → ξ, tal que
(t−1i · ξi)∈ ˆ∂f (xi) para todo i. Uma vez que (t−1i · ξi)∈ ˆ∂f (xi), segue que
ξi
ti,−1
∈ ˆNepi(f )(xi, f (xi)). Como ˆNepi(f )(xi, f (xi)) é um cone em Rn para cada
i∈ N, então, ti
ξi
ti,−1
= (ξi, ti)∈ ˆNepi(f )(xi, f (xi)), para todo i∈ N. Desse modo,
(xi, f (xi)) epi(f )
→ (¯x, f(¯x)), (ξi, ti) → (ξ, 0) com (ξi, ti) ∈ ˆNepi(f )(xi, f (xi)) para todo
i∈ N. Então, pela Proposição 1.1.11 segue que (ξ, 0) ∈ Nepi(f )(¯x, f (¯x)) consequente-
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