约束最优运输

我们假设Q是X′的非空、闭、凸子集，并且存在一个闭子空间HQ X此类t hatQ=H⊥Q∩ B′+。SetAQ：=小时⊥Q、 CQ：={λη：η∈ Q、 λ≥ 0}=H⊥Q∩ X′+。注意，Q的闭合线性跨度等于CQ- CQand始终是aq的子集。但总的来说，这种纳入可能是严格的。3.1。定义。给定Q，约束的最优传输由，P（a；Q）：=supη给出∈ Qa（η），a∈ X′。在双面，我们从圆锥K开始 X′满足（3.1）z∈ K和n∈ X′\'-=> z+n∈ K、 然后，双约束最优运输问题定义为，D（a；K）：=inf{c∈ R: z∈ K使得c+z=a}，a∈ X′。我们总是使用空集的最小值为正的约定。本文主要关注的是将这两个问题联系起来。特别是，以下集合是相关的，HQ：=A⊥Q、 KQ：={z∈ X′：z（η）≤ 0， η∈ Q}。（3.2）然后，KQ={z∈ X′：z（η）≤ 0， η∈ CQ}。备注3.2。这两个集合彼此密切相关，因为我们总是有包含，HQ+X′- KQ。在引理3.5中，我们还表明*HQ+X′闭合-等于KQ。另一方面，如下面的示例8.4所示，此包含可能是严格的。事实上，KQis总是很弱*关闭，而HQ+X′\'-甚至可能不是强关闭。约束最优运输73.2。我们证明了D的几个简单性质，以供将来参考。设K为X′强拓扑下K的闭包。引理3.3。假设K满足（3.1）。然后，对于每个a∈ X′，D（a；K）=D（a；K）≤ kakX′。此外，如果D（a；K）>-∞, 那么就存在s za∈K满足，a=za+D（a；K）e.证明。修复a∈ X′。By（2.2），kakX′e≥ a、 自X′起- K、 D（a；K）≤ kakX′。Let（c，z）∈ R×K为a=c e+z。设{zn}n K是一个收敛到z的序列。

根据（2.2），a=c e+z≤ [c+kz- znkX′e+zn。因此，通过（3.1），nn：=a- [c+kz- znkX′e- 锌∈ X′\'-=> 锌+nn∈ K、 此外，a=[c+kz- znkX′e+[zn+nn]=> D（a；K）≤ c+kz- znkX′。由于上述情况适用于每对（c，z）∈ R×K满足a=c e+z，我们得出D（a；K）≤ D（a；K）。相反的不平等是直接的，因为K K、 假设D（a；K）>-∞. 然后，有一个序列（cn，zn）∈ R×K，即a=cne+Zn，Cnt结束于D（a；K），因为n趋于完整。然后，kzn- zmkX′’=| cn- 厘米|， n、 因此，{zn}是一个柯西序列。让za∈K是其极限点。然后，a=za+D（a；K）e。3.3。正则凸性。Krein&ˇSmulian在[26]中定义的正则凸性概念在这种情况下很有用，因为它允许在预对偶中进行凸分离。定义3.4（规则凸度）。设Z是Banach空间。A子集A 对于任何b 6，Z′称为正则凸if∈ A、 存在η∈ Z这样的SUPF∈Af（η）<b（η）。吉田（Yoshida）[34]证明了一个集是正则凸的当且仅当其中的一个是凸的且弱*关闭我们还回顾了第10节附录中关于正则凸性的一个条件。之前确定的集合HQ和KQD都很弱*闭合和凸面。因此，它们是规则凸的。此外，由于功能分析的一般事实以及AQ和Q之间的关系，我们在空间KQ和HQ+X′之间有以下联系-.引理3.5。在假设3.1下，弱者*I（HQ）+X′的闭合-andHQ+X′\'-等于KQ。8 Ekren&S onerProof。让K成为弱者*I（HQ）+X′的闭包-. 自I（HQ）+X′起- KQ，我们还有K KQ。对于相反的论点，假设存在∈ KQ\\K.因为K是凸的和弱的*闭合的，它是规则凸的。因此，存在η∈ X′满足，（3.3）c：=supz∈Kz（η）<a（η）。由于K是一个圆锥体，并且包含0，我们得出结论c=0。因此，I（h）（η）≤ 每小时0∈ 总部。

根据HQis线性的事实，我们得出结论η∈ H⊥Q、 而且，由于X′\'- K、 η≥ 0、特别是η∈ H⊥Q∩ X′+，根据假设3.1和定义CQ，我们得出结论η∈ CQ。另一方面∈ KQ。因此，a（η）≤ 这与（3.3）和c=0的事实相矛盾。这证明了弱者*I（HQ）+X′的闭合-等于KQ。最后，自HQ+X′以来- KQ，自我（总部）以来 （H）⊥Q）⊥= 总部，我们有I（总部）+X′- 总部+X′\'- KQ。我们已经证明，弱者*上述最小集的闭包等于toKQ。因此，弱者*闭包是所有上述集合都等于KQ。4、对偶在本节中，我们证明了几个对偶结果，以及某些类型对偶的必要和有效条件。4.1。主要的二元性。以下是二元性的主要结果。定理4.1（对偶性）。假设Q是满足假设3.1的X′的凸集。设L是包含e和K的X′的强闭子空间 Lbe a圆锥体满足Z∈ K和n∈ L∩ X′\'-=> z+n∈ 然后，对偶性（4.1）P（a；Q）=D（a；K）， 一∈ 五十、 当且仅当K的强closureK等于KQ时成立∩ 五十、 此外，在K中有双重成就，即每一个a∈ L存在za∈ K满足，（4.2）D（a；K）e+za=a证明。修复a∈ 五十、 设置LQ：=L∩ KQandDQ：={（c，z）∈ R×LQ：c+z=a}。鉴于（2.2），n：=-kakX′e+a≤ 因此，简单地说，n∈ LQ。因此，（kakX′，n）∈ DQ。特别是，DQI非空。假设（c，z）∈ DQ。Letη∈ Q、 那么，η（e）=1，η≥ 0和z（η）≤ 每z 0∈ LQ。因此，a（η）=η（c）+z（η）≤ c、 这证明了P（a；Q）≤ D（a；LQ）。因为Q是非空的，且η（e）=1表示每个η∈ Q、 我们还得出结论-kakX′\'≤ P（a；Q）≤ D（a；LQ）。约束最优运输9因此，D（a；LQ）是有限的，存在一个序列（cn，zn）∈ Cn单调收敛于D（a；LQ）的DQso。然后，kzn- zmkX′’=| cn- cm |每n，m。

这意味着序列Zn的强极限存在并满足（4.2）。很明显，KQis在较弱的情况下关闭*拓扑，因此也封闭在强拓扑中。因为L是通过假设闭合的，所以za∈ LQ=L∩ KQ。Setc公司*:= P（za；Q）。自za以来∈ LQ，c*≤ 0、此外，za- c*∈ LQ和[D（a；LQ）+c*] e+[za- c*] = 一=> （D（a；LQ）+c*, za公司- c*) ∈ DQ。因为D（a；LQ）是所有常数c的最小值，所以有z∈ LQ满意（c，z）∈ DQ自c起*≤ 0，我们得出结论c*= 那么，a=za+D（a；LQ）ean，因此，P（a；LQ）=supη∈ Q[za+D（a；LQ）e]（η）=P（za；LQ）+D（a；LQ）=D（a；LQ）。因此，当K=LQ时，L上的对偶性成立。我们继续证明相反的含义。假设对偶性（4.1）适用于每个a∈ 五十、 SetK是K的强闭包。然后，通过引理3.3，D（·；K）=D（·；K）。我们首先声称LQ中含有K。固定z∈ K、 根据对偶问题的定义，D（z；K）≤ 由于对偶性成立，supη∈ Qz（η）=P（z；Q）=D（z；K）=D（z；K）≤ 因此，z∈ KQ。为了证明相反的包含，让z*∈ LQ。然后，z*（η）≤ 每η0∈ Q、 由于通过假设，二元性成立，我们得出结论C：=D（z*; K） =P（z*; Q） =supη∈ Qz公司*（η）≤ 根据引理3.3，有*∈ K使得z*= ce+a*. 自c起≤ 0，我们有∈ X′\'-. 自满足条件（3.1）以来，我们得出以下结论：*∈ K，因此，LQ K、 因此，只要对偶成立，K=LQ。4.2。X的对偶性。我们继续证明X的对偶性。对于optimaltransport及其几个扩展，Zaev[36]还提供了当X=Cb时这种对偶性的证明(Ohm).对于任何f∈ X，滥用符号，我们写P（f；Q），而不是P（I（f）；Q） 和D（f；HQ+X）-) 代替D（I（f）；I（总部+X-)). 接下来，我们使用定理4.1和L=I（X）来证明X中的对偶性。

这一结果也可以证明为[2]定理7.51的直接结果。回想一下，第3节中定义了集合HQ和CQ。推论4.2（X中的对偶性）。在假设（3.1）下，P（f；Q）=D（f；HQ+X-), f∈ 十、10 Ekren&S onerProof公司。设K是HQ+X的强闭包-. 由于I（X）是一个闭集，从定理4.1的角度来看，必须证明K等于toKQ：={K∈ X:I（k）∈ KQ}。朝向相反的位置，假设有f∈ KQ\\K.由于K由其定义封闭，由Hahn Banach封闭，因此存在η∈ X′满足，c：=supf∈Kη（f）<η（f）。因为K包含HQ+X-, c=0，且η≥ 0.因此，η∈ H⊥Q∩ X′+，这个集合等于CQ。自I（f）起∈ kQ和η∈ CQ，η（f）=I（f）（η）≤ 这与矛盾假说相矛盾。这证明了KQ=K=HQ+X-因此，P（f；Q）=D（f；HQ+X-).我们现在用引理3.3来结束。备注4.3。很明显，双重成就相当于设定HQ+X的闭合-. 但是，通常情况下，此集合可能无法关闭。在这种情况下，二元性是成立的，没有双重成就。上面的推论说明了为什么对偶性通常在X中更容易证明。事实上，如引理3.3所示，由于对偶问题的值相对于格范数的先验规律性，对冲集及其强闭包为对偶问题提供了相同的值。这种关于强闭度的不变性正是上面用来证明X的对偶性的关键因素。在一系列的论文[4、12、13]中，发展了一种研究X中对偶性的替代方法。事实上，这些论文还非常有效地为一个非常一般的类建立了连续函数的对偶性。然后，利用解析近似技术将其结果推广到上半连续函数。4.3。具有较低子空间的对偶性。我们称X′中的集合为下曲面，如果它的形式是H+X′-对于某些子空间H。

在本节中，我们将研究这些类型的对偶集的对偶性何时成立。回顾第3节中定义的AQ、CQ、KQ、HQ。进一步设^AQ为Q的线性span。那么，^AQ=CQ- CQ。设置^hQ：=^A⊥Q、 AQ：=^HQ+X′\'-.对于Banach空间对偶中的任意a集B，B*是弱者*B.定理4.4的闭包。在假设3.1下，以下是等价的：（1）存在一个X′的子空间H，使得X′上的对偶与H+X′保持一致-, i、 e.，P（a；Q）=D（a；H+X′\'-), 一∈ X′。（2） AQ=KQ。（3） AQ的对偶性在X′上成立，即P（a；Q）=D（a；AQ），一∈ X′。（4） I（^AQ）*∩ X′′+=I（CQ）*.约束最优传输11此外，当（1）成立时，H是^hqa的子集和H+X′的强闭包-等于KQ。证据（1）=> （2） 。对于任何a∈ H和η∈ Q、 a（η）≤ P（a；Q）=D（a；H+X′\'-) ≤ 由于H是一个子空间，以上暗示H^总部。设K为H+X′的强闭式-. 那么，K AQ公司 KQ。让a∈ KQ。然后，根据KQ的定义，P（a；Q）≤ 因此，D（a；K）=P（a；Q）≤ 由于K是闭合的，并且具有属性（3.1），因此存在z∈ 所以p（a；Q）e+z=a。我们再次使用属性（3.1）得出结论，a∈ K、 所以我们已经证明了K=KQ。自K起 AQ公司 KQ，这也证明了AQ=KQ。（2）=> （3） 。这直接来自定理4.1。（3）=> （1） 。从引理3.3来看，^HQ+X′的原始问题-与它的闭包AQ具有相同的值。（4）=> （2） 。对于对位，假设aq不等于KQ。莱塔∈ KQ\\AQ。作者：Hahn Banach∈ X′′，这样，c=supa∈AQ公司（a） <（a） 。正如之前在类似情况下所争论的那样，我们的结论是∈^H⊥Q∩ X′′和c=0。自^H起⊥Qis等于弱者*关闭I（^AQ），∈I（^AQ）*∩ X′′正因此，∈I（CQ）*. 很明显（z）≤ 0，z∈ KQ， ∈ CQ公司*.因此（a）≤ 这与对立假设相矛盾。因此，AQ=KQ。（2）=> （4） 。假设（4）的反义词成立。

然后是∈I（^AQ）*∩ X′′+\\I（CQ）*.SinceI（CQ）*是规则凸的，存在∈ X′满足，c=sup∈I（CQ）*（a）<（a）。那么，很明显，c=0，因此，a∈ KQ。然后，通过（2），a∈ aq存在序列an=hn+zn∈^HQ+X′\'-收敛到X′的强拓扑。对于每个n，自hn起∈^HQ，（hn）=0，自zn起≤ 0，（zn）≤ 因此，（an）≤ 每n取0，通过让n趋于完整，我们得出以下结论：（a）≤ 这与的选择相矛盾，即（a）>c=0。备注4.5。可以证明其含义（4）=> （1） 通过考虑空间X′中的对偶，然后应用推论4.2。然而，由于结构原因，这种方法需要条件（4）。下面的例子8.4表明，一般来说，HQ+X′都不是-nor^HQ+X′\'-等于KQ。[8]的示例8.4也显示了类似的现象。12 Ekren&S oner4.4。因子空间。在我们的上下文中，[26]的定理12指出，如果H是X′的正则凸子空间，则子空间H的对偶⊥等于商空间X′/H。这个结果提供了一个与之前改进的对偶非常相似的陈述，但具有双边不等式。引理4.6。假设假设假设3.1成立。然后，X′/HQis是AQ的拓扑对偶。因此，supη∈ AQ | a（η）| kηkX′=infh∈HQka公司- hkX′，a∈ X′。证据由于AQis的定义是封闭的，因此我们得出结论（HQ）⊥=A.⊥Q⊥= AQ。因此，文献[26]中的定理12暗示了引理的对偶性陈述。同时观察任何a∈ X′，supη∈ AQ | a（η）| kηkX′=kak（AQ）′=kakX′/HQ=infh∈HQka公司- hkX′。备注4.7。人们可以将上述方程的左侧解释为先验输运问题，右侧解释为其对偶问题。

事实上，（2.2）暗示了以下对偶性，其中Q=H⊥Q∩ B′，~P（a；~Q）：=supη∈Qa（η）=D（a；H）：=inf{c≥ 0： h类∈ H因此- c≤ 一- h类≤ c}。请注意，Q不是X′+的子集，这是上述恒等式和对偶性之间的一个重要区别（4.1）。经典最优运输这一节研究了康托洛维奇[24]在这一背景下的经典对偶结果。Kellerer[25]证明了一般Borel可测函数的最优输运对偶，Beiglb¨ock、Leonardand Schachermayer[7]最近给出了一个非常普遍的推广。我们还参考了安布罗西奥（Ambrosio）[3]的讲稿以及拉契夫（Rachev）和鲁斯·亨多夫（R¨uschendorf）[29]，维拉尼（Villani）[35]的经典著作以及其中的参考文献，以获取更多信息。5.1。组织对于两个闭合集X，Y RdsetOhm := X×Y，Cb=Cb(Ohm), Cx：=Cb（X），Cy：=Cb（Y）。Banach晶格X=cb具有阶单位e≡ 1、我们确定∈ M（X）和ν∈ M（Y），其中M（Z）是艾氏空间的给定Borel子集Z上的所有概率测度集。SetHot：={h⊕ g:h∈ Cx，g∈ Cyandu（h）=ν（g）=0}，Qot：={η∈ （C′b）+∩ B′：η（f）=0，f∈ 热}。受其定义、QoT和热满足假设3.1约束的最优运输13。Qotalso具有以下众所周知的代表性【25】。我们提供了其完整性的简单证明。我们首先注意到，根据其定义，Qotis是C′b的子集(Ohm) 和任何元素∈ C′b(Ohm) 是上的正则有界完全相加度量Ohm. 此外，如果且仅当它是紧的，即每>0，就有一个紧k，则是可加的 Ohm 使|Д(Ohm \\ K）|≤ （见[2]）。由于边缘u和ν是可数加性测度，我们在下面的引理中表明，qotar元素是紧的，因此是可数加性概率测度。引理5.1。任何η∈ C′b长度至Aot=H⊥otif且仅当ηx=η（1）u且ηy=η（1）ν时。

此外，Qotis是M的非空子集(Ohm) 和η∈ Qotif且仅当ηx=u且ηy=ν时。证据清晰u×ν∈ Qotand因此Qotand因此H⊥otare非空。Letη∈ H⊥加班费。那么，对于任何h∈ Cx，h⊕ 0- u（h）∈ 热的因此，0=η（h⊕ 0- u（h））=ηx（h）- η（1）u（h）。因此，ηx=η（1）u。类似地，ηy=η（1）ν。相反的含义是直接的。假设η∈ Qot。然后，η（1）=1，因此，ηx=u，ηx=ν。它表明η在车内(Ohm) 或者等价地，它是可数相加的。对于每个>0，选择压缩集^Kx 十、 ^Ky Y，使u（^Kx），ν（^KY）>1- /2。然后，存在h∈ Cx，g∈ Cyand紧集Kx 十、 科伊 Y这样0≤ h、 g级≤ 1，h（x）=1，每当x∈^Kx，h（x）=0表示所有x 6∈ Kx，且g（y）=1每当y∈^Ky，h（y）=0表示所有y 6∈ Ky.集合Ohm：=Kx x Ky.那么，对于任何η∈ Qot，η(Ohm）≥ η（h⊕ g） /2。自g，h起≤ 1，h（x），g（y）≥ h（x）g（y）。因此，h（x）+g（y）≥ 2h（x）g（y）=h（x）+g（y）- h（x）（1- g（y））- h（y）（1- g（x））≥ h（x）+g（y）- （1）- g（y））- （1）- h（x））=2[h（x）+g（y）- 1] 。这意味着（h⊕g） /2个≥ h类⊕0+0⊕g级-1、结合上述所有不等式，我们得出以下任何η∈ Qot，η(Ohm）≥ η（h⊕ g） /2个≥ η（h⊕ 0）+η（0⊕ g）- 1=u（h）+ν（g）- 1.≥ u（^K）+ν（^K）- 1.≥ 1.- 。因此，任何η∈ Qotis紧。此外η∈ 因此，C′带是规则且完全相加的。这意味着任何η∈ Qotis是一种可数加法。5.2。双元素。由于Qotis非空，根据推论4.2，连续函数的对偶性成立，即P（f；Qot）：=supη∈ Qotη（f）=D（f；热+（Cb(Ohm))-):= inf{c∈ R:h类∈ 加热，使c+h≥ f}，f∈ Cb。14 Ekren&S Oner我们继续研究双向和Bb中的对偶性(Ohm).

根据定理4.1，在kot为：={z的C′bholds上的对偶性∈ C′b:z（η）≤ 0， η∈ Qot}。根据引理3.5，Kotis是弱者*热+（C′\'b）闭合-, 其中：=h类∈ C′\'b:h（η）=0， η∈ Aot=小时⊥加班费.我们继续获得Hotand Kot的特征。然后我们用这些结果来证明Bb中的对偶性(Ohm).为此，首先观察投影图∏x：η∈ C′b7→ ηx∈ C′x和∏y：η∈ C′b7→ ηy∈ C′是算子范数为1的有界线性映射。同样，对于b∈ C′x，C∈ C′y，定义b⊕ c中的c′bby（b⊕ c） （η）：=b（ηx）+c（ηy）， η∈ 我们首先证明某些相关集是正则凸的。回想一下u∈ M（X）和ν∈ M（Y）给出了概率测度。SetB=Bu：={a∈ C′b：b∈ C′x，这样a=b⊕ 0和b（u）=0}，C=Cν：=一∈ C′b：c∈ C′y，使得a=0⊕ c和c（ν）=0.引理5.2。B和C是规则凸的。证据因为B和C都是凸的，所以我们需要证明它们也是凸的*关闭由于B和C的证明是相同的，我们只证明了B∏′x：C′x7→ C′bbe是∏x的伴随算子。那么∏′x（b）（η）=b（∏x（η））=b（ηx）=b⊕ 0（η），b∈ C′x，η∈ C′b。尤其是，b=∏′x（{b∈ C′x:b（u）=0}）。另外，集合{b∈ C′\'x:b（u）=0}是弱*闭合的。因此，根据closedrange定理【30】【定理4.14】，弱*B的封闭性由映射∏x的射影性（以及其范围的封闭性）表示。实际上，fixβ′∈ C′y∩ B′+。那么，对于任何α∈ C′x，∏x（α×β′）=α。因此∏xis是满射的，因此，B是规则凸的。我们继续描述Kot。需要对该结果进行以下估计。对于R>0，设置BR：=B∩ B′R，CR：=C∩ B′R引理5.3。对于任何R>0，我们有，（B+C）∩ B′R BR+CR，（B+C+（C′B）-) ∩ B′R B3R+C3R+[（C′b）-∩ B′7R）。受约束的最优运输证明。第一个陈述的证明更简单，因此我们只证明第二个估计。