(Luận Văn Thạc Sĩ) Về Sự Tồn Tại Nghiệm Của Bài Toán Bất Đẳng Thức Biến Phân.pdf

Untitled ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HÀ THỊ NGỌC BÍCH VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN Chuyên ngành Toán ứng dụng Mã số 8460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CÁN B[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HÀ THỊ NGỌC BÍCH VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN Chun ngành: Tốn ứng dụng Mã số: 8460112 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CÁN BỘ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Song Hà THÁI NGUYÊN - 2020 i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn Tiến sĩ Nguyễn Song Hà Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới người thầy dành nhiều thời gian trực tiếp hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt q trình làm hồn thiện luận văn Qua đây, xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình giảng dạy giúp đỡ tơi hồn thành khóa học Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, tập thể giáo viên trường THPT Nam Phù Cừ, nơi công tác động viên tạo điều kiện thuận lợi cho thời gian học tập làm luận văn tốt nghiệp Tác giả Hà Thị Ngọc Bích ii Mục lục ❚r❛♥❣ ❜➻❛ ♣❤ư ✐ Lời cảm ơn ii Mục lục iii Danh mục ký hiệu chữ viết tắt iv Danh sách bảng v Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số vấn đề điểm bất động 1.2 Dưới vi phân hàm lồi 1.3 Ánh xạ đơn điệu liên tục 1.4 Ánh xạ KKM phép chiếu mêtric 2 12 16 21 Chương Sự tồn nghiệm toán bất đẳng thức biến phân Rn 24 2.1 Mơ hình tốn 24 2.2 Sự tồn nghiệm trường hợp miền ràng buộc tập compact 2.3 Sự tồn nghiệm trường hợp miền ràng buộc không compact 2.4 Một vài phương pháp xấp xỉ nghiệm toán (VIP) 28 31 40 Kết luận chung đề nghị 51 Tài liệu tham khảo 52 iii Danh mục ký hiệu chữ viết tắt Rn Không gian thực hữu hạn chiều co(C) Bao lồi tập C cl(C) Bao đóng tập C C\D Phần bù tập hợp D C hx, yi Tích vơ hướng hai véctơ x y ∀x Với x kxk Chuẩn véctơ x F :X→Y Ánh xạ đơn trị từ X vào Y F :X⇒Y Ánh xạ đa trị từ X vào Y PC (x) Phép chiếu mêtric phần tử x lên tập C α↓0 α giảm dần ∇f (x) Gradient ánh xạ f x ∂f (x) Dưới vi phân ánh xạ f x xn → x Dãy {xn } hội tụ đến x n → +∞ (VIP) Bài toán bất đẳng thức biến phân (MVIP) Bài toán bất đẳng thức biến phân Minty Fix(T ) Tập điểm bất động ánh xạ T KKM Knaster-Kuratowski-Mazurkiewicz iv Danh sách bảng 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 Kết tính tốn cho phương pháp (2.14) với ρ = 1/4 Kết tính tốn cho phương pháp (2.14) tương ứng với giá trị ρ thay đổi Kết tính tốn cho phương pháp (2.16) tương ứng với giá trị λ thay đổi Kết tính tốn cho phương pháp (2.17) với τ = 1/4 Kết tính tốn cho phương pháp (2.17) tương ứng với giá trị τ thay đổi 43 43 45 49 50 Mở đầu Bài toán bất đẳng thức biến phân hình thành từ cơng trình nghiên cứu Lion, Stampacchia Minty [1, 6] vào năm 50 kỉ trước Bài tốn có liên hệ mật thiết với nhiều tốn lí thuyết như: toán tối ưu, toán cân bằng, toán điểm bất động, toán minimax, toán điểm n ngựa, phương trình với tốn tử đơn điệu, tốn biên có dạng phương trình đạo hàm riêng đóng vai trị quan trọng nghiên cứu nhiều lĩnh vực thực tiễn như: công nghệ thông tin truyền thông, giao thông, kinh tế, y học, qn Vì lẽ đó, suốt 70 mươi năm qua, toán thu hút quan tâm nghiên cứu nhiều nhà tốn học ngồi nước Những nghiên cứu tốn chủ yếu theo ba hướng chính: Một là, nghiên cứu tính chất định tính tốn tồn tính nghiệm, tính ổn định nghiệm, độ nhạy nghiệm hay tính chất tôpô tập nghiệm Hai là, nghiên cứu đề xuất thuật toán phương pháp giải số hữu hiệu tìm nghiệm xấp xỉ tốn Ba là, nghiên cứu ứng dụng lí thuyết tốn vào giải mơ hình thực tiễn Mục đích luận văn nghiên cứu trình bày lại có hệ thống tồn nghiệm tốn bất đẳng thức biến phân khơng gian hữu hạn chiều số phương pháp xấp xỉ nghiệm Với mục tiêu vậy, phần mở đầu, luận văn gồm có hai chương, kết luận tài liệu tham khảo Chương 1, hệ thống lại số kiến thức giải tích lồi giải tích hàm nhằm phục vụ cho việc trình bày nội dung phần sau luận văn Chương 2, dành để giới thiệu lớp toán nghiên cứu kết tồn nghiệm xây dựng tính chất loại đơn điệu ánh xạ mục tiêu cấu trúc tôpô miền ràng buộc Phần cuối chương, chúng tơi trình bày ba phương pháp chiếu (phương pháp chiếu gradient, phương pháp chiếu lai ghép phương pháp chiếu tăng cường) tìm nghiệm xấp xỉ tốn ví dụ số minh họa cụ thể Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, hệ thống lại số kiến thức phục vụ cho việc trình bày nội dung phần sau luận văn Cấu trúc chương chia thành ba phần: Mục 1.1 chúng tơi trình bày số nội dung lý thuyết điểm bất động phép chiếu mêtric tập lồi khác rỗng không gian hữu hạn chiều Mục 1.2 trình bày số khái niệm tính chất vi phân hàm lồi Các khái niệm ánh xạ loại đơn điệu liên tục cụ thể hóa Mục 1.3 Phần cuối chương, Mục 1.4 dùng để giới thiệu lớp ánh xạ đa trị KKM nguyên lí ánh xạ KKM Đây cơng cụ để chứng minh kết tồn nghiệm Chương 1.1 Một số vấn đề điểm bất động phép chiếu mêtric Giả sử Rn không gian Euclide n chiều, tích vơ hướng chuẩn khơng gian kí hiệu h., i k.k Tích vô hướng hai véctơ x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn xác định hx, yi = x1 y1 + x2 y2 + + xn yn chuẩn véctơ x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn p tương ứng sinh tích vơ hướng kxk = x21 + x22 + + x2n Định nghĩa 1.1 Tập C ⊆ Rn gọi tập lồi với x, y ∈ C với λ ∈ [0, 1] ta có λx + (1 − λ)y ∈ C Hay nói cách khác, tập C ⊆ Rn tập lồi chứa đoạn thẳng nối hai điểm thuộc Ví dụ 1.1 Trong không gian Rn , tập hợp S = {x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn : kx − x0 k ≤ r}, Hα = {x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn : ha, xi ≤ α}, ∆ = {x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn : hA, xi ≤ b}, x0 ∈ Rn , r số thực dương, a ∈ Rn , α ∈ R, A ma trận thực cỡ m × n b ∈ Rm , tương ứng hình cầu tâm x0 với bán kính r, nửa khơng gian đóng, hình đa diện Các tập hợp tập lồi Ví dụ 1.2 Một số ví dụ đơn giản tập hợp không tập lồi không gian R2 R3 C1 = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x21 + x22 > 1}, C2 = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x1 x2 > 1}, C3 = {x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x3 = x21 + x22 }, C4 = {x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : |x1 | + |x2 | + |x3 | = 1} Một số tính chất tập lồi phát biểu mệnh đề sau Mệnh đề 1.1 Trong khơng gian Rn , ta có khẳng định sau: (i) Giao họ tùy ý tập lồi tập lồi (ii) Nếu C tập lồi αC tập lồi với số thực α (iii) Tổng hai tập lồi tập lồi (iv) Tích Descartes hai tập lồi tập lồi (v) Ảnh nghịch ảnh tập lồi qua phép biến đổi tuyến tính tập lồi Chứng minh (i) Giả sử {Ci }, i ∈ I họ tùy ý tập lồi, I tập \ số Khi đó, với x, y ∈ Ci với λ ∈ [0, 1] ta có: i∈I x, y ∈ Ci , ∀i ∈ I Vì Ci tập lồi nên λx + (1 − λ)y ∈ Ci , ∀i ∈ I Từ suy λx + (1 − λ)y ∈ \ i∈I Ci Hay nói cách khác, \ Ci tập lồi i∈I (ii) Lấy tùy ý hai phần tử x, y ∈ αC λ ∈ [0, 1] Khi đó, x y tương ứng có dạng x = αu y = λv với u, v ∈ C Do C lồi nên λu + (1 − λ)v ∈ C Điều dẫn đến λx + (1 − λ)y = λ(αu) + (1 − λ)(αv) = α[λu + (1 − λ)v] ∈ αC Do đó, αC tập lồi (iii) Giả sử C D hai tập lồi Lấy tùy ý hai phần tử x, y ∈ C + D λ ∈ [0, 1] Khi đó, x y có dạng x = u + v y = w + z, u, w ∈ C v, z ∈ D Do C, D lồi nên λu+(1−λ)w ∈ C λv +(1−λ)z ∈ D Từ suy λx + (1 − λ)y = λ(u + v) + (1 − λ)(w + z) = [λu + (1 − λ)w] + [λv + (1 − λ)z] ∈ C + D Vì vậy, C + D tập lồi (iv) Giả sử H K hai tập lồi Lấy tùy ý hai phần tử x = (u, v) ∈ H × K, y = (w, z) ∈ H × K λ ∈ [0, 1] Từ tính lồi H, K suy λu + (1 − λ)w ∈ H λv + (1 − λ)z ∈ K Mặt khác, để ý λx + (1 − λ)y = (λu, λv) + ((1 − λ)w, (1 − λ)z) = (λu + (1 − λ)w, λv + (1 − λ)z) ∈ H × K Vì thế, ta có H × K tập lồi (v) Giả sử f tốn tử tuyến tính, C D tập lồi Khi đó, ∀x, y ∈ f (C), ∀λ ∈ [0, 1] ta có λx + (1 − λ)y = λf (u) + (1 − λ)f (v) = f (λu + (1 − λ)v), đây, u, v ∈ C x = f (u), y = f (v) ∈ f (C) Vì C lồi nên λu + (1 − λ)v ∈ C suy λx + (1 − λ)y ∈ f (C) Hay nói cách khác ảnh C qua phép biến đổi f tập lồi Bây giờ, x, y ∈ f −1 (D) f (x) ∈ D f (y) ∈ D Vì D lồi nên f (λx + (1 − λ)y) = λf (x) + (1 − λ)f (y) ∈ D Điều dẫn đến λx + (1 − λ)y ∈ f −1 (D) Do đó, f −1 (D) tập lồi Định nghĩa 1.2 Véctơ x ∈ Rn gọi tổ hợp lồi véctơ xi ∈ Rn m X (i = 1, 2, · · · , m) tồn λi ≥ (i = 1, 2, · · · , m) với λi = cho i=1 x= m X λi x i i=1 Mệnh đề 1.2 Cho C ⊂ Rn tập lồi x1 , x2 , · · · , xm ∈ C Khi đó, C chứa tất tổ hợp lồi x1 , x2 , · · · , xm Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo m Trường hợp m = 2, ta có λ1 x1 + λ2 x2 ∈ C, C tập lồi Do đó, kết luận mệnh đề trường hợp Giả sử khẳng định mệnh đề với m = k ≥ Ta cần chứng minh k+1 X x= i=1 với λi ≥ 0, i = 1, 2, · · · , k + 1, k+1 X λi xi ∈ C λi = i=1 Thật vậy, λk+1 = λi = với ≤ i ≤ k Do đó, ta nhận x = λk+1 xk+1 = xk+1 ∈ C Bây giờ, giả sử λk+1 < Khi đó, ta thấy − λk+1 = λ1 + · · · + λk > 0, k X i=1 λi ≥ 0, − λk+1 λi = 1 − λk+1 ∀i = 1, 2, · · · , k 22 Từ suy f (y) = n X λi f (y) > f( n X i=1 λi f (xi ) i=1 i=1 Mặt khác, f hàm lồi nên n X λi x i ) ≤ n X λi f (xi ) i=1 Kết hợp với bất đẳng thức ta nhận f (y) = f ( n X λi xi ) < f (y), i=1 mâu thuẫn Do đó, ta phải có y ∈ n [ F (xi ) hay F ánh xạ KKM i=1 Ví dụ 1.16 Cho C ⊆ Rn tập lồi khác rỗng ánh xạ g : C → Rn Ta xét ánh xạ F : C ⇒ C xác định F (x) = {y ∈ C : kg(y) − yk ≤ kg(y) − xk}, với x ∈ C Khi đó, F ánh xạ KKM Thật vậy, với tập hữu hạn J := {x1 , x2 , · · · , xn } ⊂ C y ∈ co(J), ta có y= n X λi x i , i=1 Nếu y ∈ / Sn i=1 F (xi ) n X λi ∈ [0, 1], kg(y) − yk > kg(y) − xi k, λi = i=1 ∀i = 1, 2, · · · , n Từ suy kg(y) − yk = n X i=1 λi kg(y) − yk > Mặt khác, hàm chuẩn hàm lồi nên kg(y) − yk = kg(y) − n X i=1 λi x i k = k n X i=1 n X i=1 λi kg(y) − xi k λi (g(y) − xi )k ≤ Kết hợp với bất đẳng thức ta nhận kg(y) − yk < kg(y) − yk, n X i=1 λi kg(y) − xi k 23 mâu thuẫn Do đó, ta phải có y ∈ n [ F (xi ) hay F ánh xạ KKM i=1 Nguyên lí ánh xạ KKM-Fan sau công cụ chủ yếu sử dụng nhiều chứng minh tồn nghiệm lớp toán nghiên cứu Định lí 1.5 [1] (KKM-Fan) Cho C tập lồi, khác rỗng Rn P : C ⇒ C ánh xạ KKM Khi đó, giả thiết sau bảo đảm: (i) P (x) tập đóng với x ∈ C, (ii) P (x) tập compact với x ∈ C, ta có \ y∈C P (y) 6= ∅ Chứng minh chi tiết Định lí xem tài liệu [3] 24 Chương Sự tồn nghiệm toán bất đẳng thức biến phân Rn Trong chương này, chúng tơi trình bày số kết tồn nghiệm cho toán bất đẳng thức biến phân (VIP) Cấu trúc chương gồm bốn phần: Mục 2.1 phát biểu mô hình tốn nghiên cứu mối liên hệ với bất đẳng thức biến phân Minty; Sự tồn nghiệm toán trường hợp miền ràng buộc có khơng có tính chất compact cụ thể hóa Mục 2.2 Mục 2.3 Phần cuối chương, Mục 2.4 dùng để trình bày ba phương pháp lặp tìm nghiệm xấp xỉ tốn (VIP) ví dụ minh họa 2.1 Mơ hình tốn Cho C tập khác rỗng Rn ánh xạ F : C → Rn Bài toán bất đẳng thức biến phân (VIP) có dạng: Tìm x ∈ C cho hF (x), y − xi ≥ 0, ∀y ∈ C (2.1) Phần tử x ∈ C thỏa mãn (2.1) gọi nghiệm toán (VIP) Tập tất nghiệm tốn kí hiệu Sol(VIP(F, C)), nghĩa Sol(VIP(F, C)) = {x ∈ C : hF (x), y − xi ≥ 0, ∀y ∈ C} Ánh xạ F tập C tương ứng gọi ánh xạ mục tiêu miền ràng buộc tốn Nhận xét 2.1 Nón pháp tuyến N (x, C) tập lồi đóng C ⊆ Rn x định nghĩa xác định  {¯ x ∈ Rn : h¯ x, y − xi ≤ 0, ∀y ∈ C}, x ∈ C, N (x, C) = ∅, x ∈ / C 25 Khi đó, dễ thấy x ∈ C nghiệm toán (VIP) ∈ F (x) + N (x, C) Ví dụ 2.1 Một ví dụ đơn giản tốn bất đẳng thức biến phân tốn giải hệ phương trình tuyến tính Cụ thể, C = Rn F : Rn → Rn ánh xạ tuyến tính xác định ma trận vuông  a11   a21 A=  ···  an1 a12 · · · a1n   a22 · · · a2n   ··· ··· ···   an2 · · · ann tốn (2.1) có dạng: Tìm x = (x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ Rn cho hA(x), y − xi ≥ 0, ∀y ∈ Rn (2.2) Để ý rằng, bất đẳng thức A(x) = Thật vậy, A(x) = (2.2) bảo đảm Ngược lại, ta có (2.2) thay y = x − A(x) (2.2) ta nhận hA(x), −A(x)i ≥ ⇔ hA(x), A(x)i ≤ ⇔ A(x) = Do đó, việc tìm nghiệm tốn (VIP) trở thành tìm nghiệm hệ phương trình tuyến tính bậc n ẩn    a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = 0,     a x + a x + · · · + a x = 0, 21 22 2n n   ···     a x + a x + · · · + a x = n1 n2 nn n Tổng quát ta có mệnh đề sau Mệnh đề 2.1 Cho ánh xạ F : Rn → Rn Khi đó, x ∈ Sol(VIP(F, Rn )) F (x) = Ví dụ 2.2 Cho C tập lồi đóng khơng gian Rn f : C → R hàm số khả vi (Gâteaux Fréchet) liên tục C Bài toán cực trị phát biểu sau: Tìm x ∈ C cho: f (x) = minf (y) y∈C (2.3) 26 Kí hiệu F (x) = ∇f (x) gradient f x Khi đó, mối quan hệ nghiệm toán (VIP) toán cực trị phát biểu mệnh đề sau Mệnh đề 2.2 [1, 6] Nếu x nghiệm toán (2.3) x nghiệm tốn (VIP) Chứng minh Ta có z = x + t(y − x) ∈ C với y ∈ C t ∈ [0, 1] Nếu x nghiệm toán (2.3) φ(t) = f (x + t(y − x)), t ∈ [0, 1] đạt cực tiểu t = Do ta có ≤ φ′ (0) = h∇f (x), y − xi = hF (x), y − xi ∀y ∈ C Hay suy x nghiệm toán (VIP) Khẳng định ngược lại phát biểu nói chung khơng Chẳng hạn, xét f : R → R xác định f (x) = x3 Khi đó, tốn (VIP) có nghiệm x = x = không nghiệm tốn (2.3) Tuy nhiên, có thêm giả thiết tính lồi hàm f ta có khẳng định ngược lại Mệnh đề 2.3 [1, 6] Giả sử f hàm lồi khả vi C Nếu x nghiệm tốn (VIP) x nghiệm tốn (2.3) Chứng minh Vì f hàm lồi khả vi C nên ta có f (y) ≥ f (x) + hF (x), y − xi ∀y ∈ C (Suy từ Mệnh đề 1.6) Mặt khác, x nghiệm tốn bất đẳng thức biến phân nên Do hF (x), y − xi ≥ ∀y ∈ C f (y) ≥ f (x) ∀y ∈ C Hay suy x nghiệm toán (2.3) Năm 1962, Minty xác định đặc trưng đầy đủ nghiệm tốn (VIP) thơng qua nghiệm tốn sau đây: Tìm x ∈ C cho hF (y), y − xi ≥ 0, ∀y ∈ C (2.4) 27 Bài tốn cịn gọi tốn bất đẳng thức biến phân Minty (MVIP) Tập nghiệm toán kí hiệu Sol(MVIP(F, C)) Bổ đề Minty cơng cụ hữu ích quan trọng cho nghiên cứu tồn nghiệm tốn (VIP) ánh xạ mục tiêu có tính chất đơn điệu miền ràng buộc có tính lồi Bổ đề 2.1 [1, 6] (Minty) Cho C tập khác rỗng Rn F : C → Rn ánh xạ xác định C Khi đó, ta có khẳng định sau: (i) Nếu C tập lồi F ánh xạ h-liên tục nghiệm toán (MVIP) nghiệm toán (VIP) (ii) Nếu F ánh xạ giả đơn điệu nghiệm tốn (VIP) nghiệm toán (MVIP) Chứng minh (i) Giả sử x ∈ Sol(MVIP(F, C)) Vì C tập lồi nên với y ∈ C t ∈ (0, 1) ta có zt = x + t(y − x) ∈ C Do ≤ hF (zt ), zt − xi = thF (x + t(y − x)), y − xi Từ suy hF (x + t(y − x)), y − xi ≥ ∀y ∈ C, ∀t ∈ (0, 1) Cho t → kết hợp với tính h-liên tục F ta nhận hF (x), y − xi ≥ ∀y ∈ C Do đó, x nghiệm tốn (VIP) (ii) Nếu x ∈ Sol(VIP(F, C)) hF (x), y − xi ≥ ∀y ∈ C Vì ánh xạ F giả đơn điệu nên suy hF (y), y − xi ≥ ∀y ∈ C Hay ta có x nghiệm toán (MVIP) Bổ đề sau cho ta vài thơng tin quan trọng tính chất tập nghiệm toán (VIP) 28 Bổ đề 2.2 Cho C tập lồi, đóng, khác rỗng Rn F : C → Rn ánh xạ h-liên tục giả đơn điệu C Khi đó, Sol(VIP(F, C)) tập đóng lồi Chứng minh Theo Bổ đề Minty ta có tập nghiệm hai tốn (VIP) (MVIP) trùng Do đó, thay chứng minh Sol(VIP(F, C)) tập đóng lồi ta chứng minh Sol(MVIP(F, C)) có tính chất Giả sử u, v hai phần tử tùy ý thuộc Sol(MVIP(F, C)) λ ∈ [0, 1] Vì C tập lồi nên λu + (1 − λ)v ∈ C Hơn nữa, ta lại có λhF (y), y − ui = hF (y), λ(y − u)i ≥ ∀y ∈ C, (1 − λ)hF (y), y − vi = hF (y), (1 − λ)(y − v)i ≥ ∀y ∈ C Cộng hai vế bất đẳng thức ta nhận hF (y), y − (λu + (1 − λ)v)i ≥ ∀y ∈ C Do đó, λu + (1 − λ)v ∈ Sol(MVIP(F, C) hay Sol(MVIP(F, C) tập lồi Giả sử {xn } dãy nghiệm tốn (MVIP) xn → x Vì C tập đóng nên x ∈ C Mặt khác, với y ∈ C ta có hF (y), y − xn i ≥ ∀n ∈ N Cho n → ∞ kết hợp với tính liên tục tích vô hướng ta nhận hF (y), y − xi ≥ ∀y ∈ C Điều dẫn đến x ∈ Sol(MVIP(F, C) hay Sol(MVIP(F, C) tập đóng 2.2 Sự tồn nghiệm trường hợp miền ràng buộc tập compact Định lí 2.1 [1, 6] Cho C tập lồi compact không gian Rn F : C → Rn ánh xạ liên tục Khi đó, tốn (VIP) có nghiệm Chứng minh Dễ thấy rằng, việc chứng minh tốn (VIP) có nghiệm tương đương với việc chứng minh tồn x ∈ C cho hx, y − xi ≥ hx − F (x), y − xi ∀y ∈ C 29 Để ý rằng, ánh xạ PC (I − F ) : C → C, I(x) = x, ánh xạ liên tục Do theo Bổ đề 1.3, ánh xạ có điểm bất động x ∈ C, nghĩa x = PC (I − F )(x) Vì thế, kết hợp điều Mệnh đề 1.5 ta nhận hx, y − xi ≥ h(I − F )(x), y − xi ∀y ∈ C Ta có điều cần chứng minh Định lí 2.2 [1] Cho C tập lồi, compact, khác rỗng Rn F : C → Rn ánh xạ h-liên tục giả đơn điệu C Khi đó, Sol(VIP(F, C)) 6= ∅ Chứng minh Ta xác định hai ánh xạ đa trị P : C ⇒ C Q : C ⇒ C tương ứng P (y) = {x ∈ C : hF (x), y − xi ≥ 0} Q(y) = {x ∈ C : hF (y), y − xi ≥ 0}, với y ∈ C Ta chứng minh P ánh xạ KKM Thật vậy, lấy tùy ý tập hữu hạn J := {y1 , y2 , · · · , yn } ⊆ C x¯ ∈ co(J) Ta có x¯ = n X i=1 Nếu x¯ ∈ / n [ λi y i , λi ∈ [0, 1], n X λi = i=1 P (yi ) i=1 hF (¯ x), yi − x¯i < 0, Từ suy n X i=1 Do đó, ta có ∀i = 1, · · · , n λi hF (¯ x), yi − x¯i < 0, = hF (¯ x), x¯ − x¯i ∀i = 1, · · · , n 30 = hF (¯ x), = n X i=1 n X i=1 λi (yi − x¯)i λi hF (¯ x), yi − x¯i < 0, mâu thuẫn Vì thế, ta phải có x¯ ∈ n [ P (yi ) hay P ánh xạ KKM i=1 Vì F ánh xạ giả đơn điệu nên P (y) ⊆ Q(y) Q ánh xạ KKM Mặt khác, với y ∈ C, khơng khó khăn để Q(y) tập đóng tập compact C tập compact Do đó, áp dụng Định lí KKM-Fan, ta có \ y∈C Q(y) 6= ∅ Điều nghĩa tồn x ∈ C cho hF (y), y − xi ≥ 0, ∀y ∈ C, hay x ∈ Sol(MVIP(F, C) Cuối cùng, áp dụng Bổ đề Minty ta nhận x ∈ Sol(VIP(F, C) Nhận xét 2.2 Điều kiện miền ràng buộc C tập compact Định lí 2.2 điều kiện đủ để tốn (VIP) có nghiệm ánh xạ mục tiêu F có tính chất h-liên tục giả đơn điệu Chẳng hạn, xét trường hợp C = [1, ∞) F (x) = x Khi đó, C khơng compact nên khơng áp dụng Định lí 2.2 Tuy nhiên, dễ thấy tốn có nghiệm x = Nhận xét 2.3 Điều kiện ánh xạ F liên tục miền C compact không bảo đảm để tốn (MVIP) có nghiệm Đó khác biệt bàn tồn nghiệm tốn (VIP) (MVIP) mà khơng đề cập đến tính đơn điệu ánh xạ mục tiêu Dưới ví dụ đơn giản minh họa Xét C = [0, 4] F = cos(πx/2) Trong trường hợp này, ta thấy Sol(MVIP(F, C) = ∅, dễ thấy x = nghiệm tốn (VIP) Định lí cho ta điều kiện đủ tồn nghiệm tốn (MVIP) 31 Định lí 2.3 [1] Cho C tập lồi, compact, khác rỗng Rn F : C → Rn ánh xạ tựa đơn điệu tắc C Khi đó, Sol(MVIP(F, C)) 6= ∅ Chứng minh Ta xác định ánh xạ đa trị Q : C ⇒ C Q(y) = {x ∈ C : hF (y), y − xi ≥ 0}, với y ∈ C Lấy tùy ý J := {y1 , y2 , · · · , yn } ⊆ C y¯ ∈ co(J) Vì F ánh xạ tựa đơn điệu tắc nên y¯ ∈ Hay Q ánh xạ KKM n [ Q(yi ) i=1 Mặt khác, với y ∈ C, khơng khó khăn để Q(y) tập đóng C Vì C compact nên Q(y) tập compact Do đó, áp dụng Định lí KKM-Fan, ta có \ Q(y) 6= ∅ y∈C Phần lại lập luận tương tự chứng minh Định lí 2.2, ta có điều cần chứng minh 2.3 Sự tồn nghiệm trường hợp miền ràng buộc khơng compact Mục trình bày số kết tồn nghiệm cho trường hợp miền ràng buộc khơng thiết có tính chất compact Nhận xét 2.4 Cho C ⊂ Rn tập lồi khác rỗng Ta kí hiệu C R = C ∩ SR , SR hình cầu đóng tâm ∈ Rn có bán kính R > Trong trường hợp tập CR 6= ∅ F : CR → Rn ánh xạ liên tục theo Định lí 2.1 tồn xR ∈ CR thỏa mãn hF (xR ), y − xR i ≥ ∀y ∈ CR , hay nói cách khác Sol(VIP(F, CR )) 6= ∅ (2.5) 32 Từ nhận xét trên, có kết tồn nghiệm toán (VIP) trường hợp C khơng tập compact Định lí 2.4 [1] Cho C tập lồi đóng khơng gian Rn F : C → Rn ánh xạ liên tục Bài tốn (VIP) có nghiệm tồn số thực R > nghiệm xR ∈ CR (2.5) thỏa mãn kxR k < R Chứng minh Giả sử toán (VIP) có nghiệm x ∈ C Hiển nhiên, tồn số thực R > cho kxk < R x ∈ CR ⊂ C Dễ thấy x nghiệm (2.5) Ngược lại, giả sử tồn số thực R > cho nghiệm xR ∈ CR (2.5) thỏa mãn kxR k < R Khi đó, ta có xR ∈ Sol(VIP(F, C)) Thật vậy, kxR k < R nên với y ∈ C với ǫ ≥ đủ bé, ta có z = xR + ǫ(y − xR ) ∈ CR Do ta nhận xR ∈ C : ǫhF (xR ), y − xR i = hF (xR ), z − xR i ≥ ∀y ∈ C Hay tương đương với xR ∈ C : hF (xR ), y − xR i ≥ ∀y ∈ C Ta có điều cần chứng minh Định lí 2.5 [1] Cho C tập lồi đóng khơng gian Rn F : C → Rn ánh xạ liên tục Nếu tồn x0 ∈ C thỏa mãn hF (x) − F (x0 ), x − x0 i = +∞, kx − x0 k kxk→+∞ lim tốn (VIP) có nghiệm Chứng minh Chọn α > kF (x0 )k R > kx0 k cho hF (x) − F (x0 ), x − x0 i ≥ αkx − x0 k, ∀x ∈ C, kxk ≥ R Dễ thấy hF (x), x − x0 i ≥ αkx − x0 k + hF (x0 ), x − x0 i (2.6) 33 ≥ αkx − x0 k − kF (x0 )kkx − x0 k ≥ (α − F (x0 ))(kxk − kx0 k) > 0, với kxk ≥ R Mặt khác, xét phần tử xR ∈ CR nghiệm (2.5), ta có hF (xR ), xR − x0 i = −hF (xR ), x0 − xR i ≤ Do đó, kxR k < R Áp dụng Định lí 2.4 ta có điều phải chứng minh Nhận xét 2.5 Biểu thức (2.6) có nghĩa với α > cho trước, tìm số ρ > cho hF (x) − F (x0 ), x − x0 i ≥ α ∀x ∈ C, kxk ≥ ρ kx − x0 k Dễ dàng nhận thấy C tập compact với x0 ∈ C điều kiện (2.6) thỏa mãn Nếu tồn x0 ∈ C cho (2.6) xảy ta nói điều kiện thỏa mãn Điều kiện đóng vai trò quan trọng nghiên cứu bất đẳng thức biến phân miền ràng buộc C không compact Cũng lưu ý rằng, điều kiện (2.6) nhiều dạng điều kiện Nhận xét 2.6 Nếu F ánh xạ α-đơn điệu mạnh điều kiện thỏa mãn Hơn nữa, trường hợp tốn có nghiệm Thật vậy, giả sử u v hai nghiệm thỏa mãn (2.1) Khi đó, ta có hF (u), v − ui ≥ hF (v), u − vi ≥ Từ suy hF (u) − F (v), v − ui ≥ Vì F ánh xạ α-đơn điệu mạnh nên tồn α > cho hF (u) − F (v), u − vi ≥ αku − vk2 Kết hợp hai bất đẳng thức ta suy u = v Hệ 2.1 Cho C ⊂ Rn tập lồi đóng Cho F : C → Rn ánh xạ đơn điệu chặt liên tục Khi đó, tốn (VIP) có nghiệm Trong phần tiếp theo, chúng tơi trình bày điều kiện tồn nghiệm giả thiết nhẹ đặt lên hàm mục tiêu F 34 Định lí 2.6 [1] Cho C tập lồi, khác rỗng Rn F : C → Rn ánh xạ h-liên tục giả đơn điệu C Khi đó, tồn tập compact D Rn u ∈ D ∩ C thỏa mãn hF (x), u − xi < ∀x ∈ C\D, (2.7) Sol(VIP(F, C)) 6= ∅ Chứng minh Ta xác định hai ánh xạ đa trị P : C ⇒ C Q : C ⇒ C tương ứng P (y) = {x ∈ C : hF (x), y − xi ≥ 0} với y ∈ C Q(y) = {x ∈ C : hF (y), y − xi ≥ 0}, Ta chứng minh cl(P (u)) tập compact Trước hết, để ý P (u) * D tồn x ∈ P (u) x ∈ C\D Điều dẫn đến hF (x), u − xi ≥ 0, mâu thuẫn với (2.7) Do đó, P (u) ⊆ D Từ dẫn đến cl(P (u)) tập compact tập compact D Mặt khác, P ánh xạ KKM (xem chứng minh Định lí 2.2) nên áp dụng Bổ đề 1.5 ta có \ y∈C cl(P (y)) 6= ∅ Hơn nữa, với y ∈ C, Q(y) tập đóng, P (y) ⊆ Q(y) nên cl(P (y)) ⊆ Q(y), \ y∈C Q(y) 6= ∅ Từ suy tồn x ∈ C cho hF (y), y − xi ≥ 0, ∀y ∈ C, hay x ∈ Sol(MVIP(F, C) Áp dụng Bổ đề Minty, ta có x ∈ Sol(VIP(F, C) Định lí chứng minh 35 Định lí 2.7 [1] Cho C tập lồi, đóng, khác rỗng Rn F : C → Rn ánh xạ h-liên tục giả đơn điệu C Khi đó, tồn tập compact D Rn u ∈ D ∩ C thỏa mãn hF (u), u − xi < ∀x ∈ C\D, (2.8) Sol(VIP(F, C)) 6= ∅ Chứng minh Ta xác định hai ánh xạ đa trị P : C ⇒ C Q : C ⇒ C tương tự chứng minh Định lí 2.6 Ngồi ra, chứng minh Định lí 2.2 ta có Q ánh xạ KKM Q(y) tập đóng C với y ∈ C Ta chứng minh Q(u) tập compact Trước hết, để ý Q(u) * D tồn x ∈ Q(u) x ∈ C\D Điều dẫn đến hF (u), u − xi ≥ 0, mâu thuẫn với (2.8) Do đó, Q(u) ⊆ D Từ dẫn đến Q(u) ⊆ C ∩ D tập compact tập compact D Áp dụng Bổ đề 1.5 ta có \ y∈C Q(y) 6= ∅ Từ suy tồn x ∈ C cho hF (y), y − xi ≥ 0, ∀y ∈ C, hay x ∈ Sol(MVIP(F, C) Áp dụng Bổ đề Minty, ta có x ∈ Sol(VIP(F, C) Định lí chứng minh Bổ đề 2.3 [1] Cho C tập lồi, khác rỗng Rn P, Q : C ⇒ C ánh xạ đa trị Khi đó, giả thiết sau bảo đảm: (i) Với x ∈ C, co(P (x)) ⊆ Q(x) P (x) 6= ∅, (ii) Với y ∈ C, P −1 (y) := {x ∈ C : y ∈ P (x)} tập mở C, (iii) Nếu C không compact, giả sử tồn tập compact lồi B C tập compact khác rỗng D C cho với x ∈ C\D tồn u ∈ B cho u ∈ P (x), 36 tồn x ∈ C thỏa mãn x ∈ Q(x) Định lí 2.8 [1] Cho C tập lồi, khác rỗng Rn F : C → Rn ánh xạ h-liên tục giả đơn điệu C Khi đó, tồn tập compact lồi B C tập compact khác rỗng D C cho với x ∈ C\D tồn u ∈ B thỏa mãn (2.9) hF (x), u − xi < 0, Sol(VIP(F, C)) 6= ∅ Chứng minh Ta xác định hai ánh xạ đa trị P : C ⇒ C Q : C ⇒ C tương ứng P (x) = {y ∈ C : hF (y), y − xi < 0} Q(x) = {y ∈ C : hF (x), y − xi < 0}, với x ∈ C Ta chứng minh Q(x) tập lồi Thật vậy, với y1 , y2 ∈ Q(x) λ ∈ [0, 1] ta có λhF (x), y1 − xi = hF (x), λ(y1 − x)i ≤ 0, (1 − λ)hF (x), y2 − xi = hF (x), (1 − λ)(y2 − x)i ≤ Cộng hai vế bất đẳng thức ta hF (x), [λy1 + (1 − λ)y2 ] − xi < Suy λy1 + (1 − λ)y2 ∈ Q(x) hay Q(x) tập lồi Vì F giả đơn điệu nên P (x) ⊆ Q(x) co(P (x)) ⊆ co(Q(x)) = Q(x), ∀x ∈ C Với y ∈ C, tập phần bù P −1 (y) [P −1 (y)]c := {x ∈ C : hF (y), y − xi ≥ 0} tập đóng C nên P −1 (y) tập mở C