Nguyên Lý Biến Phân Ekeland Cho Bài Toán Cân Bằng.pdf

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ THỊ HUYỀN TRANG NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND CHO BÀI TOÁN CÂN BẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2014 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu ĐẠI HỌC T[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ THỊ HUYỀN TRANG NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND CHO BÀI TOÁN CÂN BẰNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUN - 2014 Sốhóa Trung tâm Học liệu ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ THỊ HUYỀN TRANG NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND CHO BÀI TOÁN CÂN BẰNG Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Lê Dũng Mưu THÁI NGUN - 2014 Sốhóa Trung tâm Học liệu Lời cam đoan Tơi xin cam đoan kết nghiên cứu luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan giúp đỡ cho việc thực luận văn cảm ơn thơng tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Thái Nguyên, tháng năm 2014 Người viết Luận văn Hà Thị Huyền Trang i Sốhóa Trung tâm Học liệu Lời cảm ơn Để hồn thành luận văn cách hồn chỉnh, tơi ln nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình GS Lê Dũng Mưu (Viện Tốn học Việt Nam) Với lịng kính trọng biết ơn sâu sắc xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành đến thầy, người thầy kính mến hết lòng giúp đỡ, dạy bảo, động viên tạo điều kiện thuận lợi cho suốt q trình hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán, ban lãnh đạo phòng sau Đại học Trường Đại học Sư Phạm - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ tơi hồn thành tốt nhiệm vụ học tập Tơi xin chân thành cảm ơn thầy cô tham gia giảng dạy cho lớp Cao học chun ngành Tốn khóa 20 Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho suốt trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2014 Người viết Luận văn Hà Thị Huyền Trang ii Sốhóa Trung tâm Học liệu Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Mở đầu 1 Bài toán cân 1.1 Các kiến thức chuẩn bị 1.2 Bài toán cân trường hợp riêng Nguyên lý biến phân Ekeland cho toán cân 2.1 2.2 Nguyên lý biến phân Ekeland 2.1.1 Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển 2.1.2 Nguyên lý biến phân Ekeland không gian hữu 14 14 14 hạn chiều 17 Sự tồn nghiệm toán cân 19 2.2.1 2.2.2 Một số định lý tồn nghiệm toán cân 19 Nguyên lý Ekeland cho toán cân 31 Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 iii Sốhóa Trung tâm Học liệu Mở đầu Cho H khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng h., i ||.|| tương ứng Cho C tập lồi, đóng, khác rỗng H f song hàm từ C × C vào R cho f (x, x) = với x ∈ C Trong Luận văn ta xét toán cân sau đây, kí hiệu (EP) Tìm x ∈ C cho f (x, y) ≥ với y ∈ C Để chứng minh tồn nghiệm toán cân người ta thường sử dụng định lý điểm bất động Brouwer, Kakutani, Ky Fan, Một phương pháp để chứng minh tồn nghiệm toán cân dựa nguyên lý biến phân Ekeland Từ đời, nguyên lý biến phân Ekeland trở thành công cụ mạnh giải tích hiên đại Những ứng dụng nguyên lý bao trùm nhiều lĩnh vực như: Lý thuyết tối ưu, giải tích khơng trơn, lý thuyết điều khiển, lý thuyết điểm bất động, kinh tế, Mục đích Luận văn trình bày kết tồn nghiệm toán cân đặc biệt ứng dụng nguyên lý biến phân Ekeland cho toán cân hệ hữu hạn toán cân Nội dung luận văn trình bày hai chương Chương trình bày số khái niệm liên quan đến luận văn, giới thiệu toán cân trường hợp riêng toán cân Chương gồm nguyên lý biến phân Ekeland (nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển nguyên lý biến phân Ekeland không gian hữu hạn chiều), số định lý tồn nghiệm toán cân nguyên lý biến phân Ekeland cho toán cân Sốhóa Trung tâm Học liệu Chương Bài tốn cân Chương trình bày khái niệm liên quan đến toán cân trường hợp riêng quan trọng toán cân Các kiến thức chương trích từ tài liệu [1], [2], [3], [5], [6], [10] 1.1 Các kiến thức chuẩn bị Định nghĩa 1.1 Không gian định chuẩn thực khơng gian tuyến tính thực X ứng với phần tử x ∈ X ta có số ||x|| gọi chuẩn x, thỏa mãn điều kiện sau : ||x|| > 0, ∀x 6= 0; ||x|| = ⇔ x = 0; ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||; ||λx|| = |λ|.||x||; với x, y ∈ X λ ∈ R Định nghĩa 1.2 Cho H không gian vectơ R, tích vơ hướng xác định H ánh xạ h., i : H × H −→ R (x, y) 7−→ hx, yi thỏa mãn điều kiện sau : hx, yi = hy, xi, ∀x, y ∈ H; hx + y, zi = hx, zi + hy, zi, ∀x, y, z ∈ H; hλx, yi = λhx, yi, ∀x, y ∈ H, λ ∈ R; Sốhóa Trung tâm Học lieäu hx, xi ≥ 0, ∀x ∈ H hx, xi = ⇔ x = Số hx, yi gọi tích vơ hướng hai vectơ x, y H Nhận xét 1.1 Từ định nghĩa suy hx, λyi = λhx, yi, hx, y + zi = hx, yi + hx, zi, hx, 0i = 0, với x, y, z ∈ H λ ∈ R Ví dụ 1.1 Với x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn , biểu thức n X xk y k hx, yi = k=1 xác định tích vơ hướng Rn Định nghĩa 1.3 Cặp (H, h, i) H khơng gian tuyến tính R, h, ilà tích vơ hướng H gọi khơng gian tiền Hilbert thực Định lý 1.1 Mọi không gian tiền Hilbert H không gian định chuẩn, với chuẩn xác định công thức q ||x|| = hx, xi, ∀x ∈ H (1.1) Chuẩn gọi chuẩn cảm sinh từ tích vơ hướng Định nghĩa 1.4 Nếu H không gian tiền Hilbert thực đầy đủ chuẩn cảm sinh từ tích vơ hướng xác định (1.1) H gọi khơng gian Hilbert thực Ví dụ 1.2 Rn khơng gian Hilbert thực với tích vơ hướng n X xk y k hx, yi = k=1 x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn chuẩn cảm sinh ||x|| = hx, xi = n X k=1 Sốhóa Trung tâm Học liệu xk xk = n X k=1 |xk |2 Ví dụ 1.3 L2[a,b] khơng gian hàm bình phương khả tích [a, b] với Rb 2 f ∈ L[a,b] cho f (x)dx < ∞ không gian Hilbert với tích vơ a hướng hf, gi = Zb f (x)g(x)dx, a f, g ∈ L2[a,b] chuẩn cảm sinh  ||f ||L2[a,b] =  Zb a  21 f (x)dx Định nghĩa 1.5 Cho E tập hợp khác rỗng Một ánh xạ d : E ×E → R thỏa mãn: d(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ E; d(x, y) = ⇔ x = y; d(x, y) = d(y, x), ∀x, y ∈ E; d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z), ∀x, y, z ∈ E Khi d gọi khoảng cách hay mêtric E cặp (E, d) gọi không gian mêtric Định nghĩa 1.6 Cho không gian mêtric (E, d) Ta nói dãy phần tử {xn } ⊂ E hội tụ phần tử x ∈ E lim d(xn , x) = n→∞ ⇔ ∀ε > 0, ∃n0 : ∀n ∈ N∗ , n ≥ n0 ⇒ d(xn , x) < ε Định nghĩa 1.7 Cho không gian mêtric (E, d) Dãy {xn } ⊂ E gọi dãy Cauchy lim d(xn , xm ) = n,m→∞ ⇔ ∀ε > 0, ∃n0 : ∀n, m ≥ n0 ⇒ d(xn , xm ) < ε Sốhóa Trung tâm Học liệu Định nghĩa 1.8 Khơng gian mêtric (E, d) gọi đầy đủ dãy Cauchy dãy hội tụ Nhận xét 1.1 Như không gian Hilbert không gian mêtric đầy đủ Tiếp theo, ta nêu số định nghĩa kết giải tích lồi phát biểu [2], [10] Xét C tập khác rỗng không gian Hilbert thực H Định nghĩa 1.9 Tập C không gian Hilbert thực H gọi tập lồi ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ [0, 1] ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ C Định nghĩa 1.10 Cho C ⊂ H tập lồi khác rỗng ánh xạ f : C → R ∪ {+∞}.Khi đó: Hàm f gọi hàm lồi C f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) Hàm f gọi hàm lồi chặt C f (λx + (1 − λ)y) < λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x 6= y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) Hàm f gọi hàm lồi mạnh C với hệ số η > f (λx + (1 − λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y) − η λ(1 − λ) ||x − y||2 , ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) Ví dụ 1.4 Hàm affine.f (x) = aT x + b, a ∈ Rn , b ∈ R hàm lồi Nó thỏa mãn đẳng thức f (λx + (1 − λ)y) = λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀x, y ∈ C, ∀λ ∈ (0, 1) Do khơng lồi chặt Ví dụ 1.5 Hàm chỉ.Cho C 6= ∅ tập lồi Đặt : δC :=  x ∈ C +∞ x 6∈ C Ta nói δC hàm C Do C lồi nên δC hàm lồi Sốhóa Trung tâm Học liệu Mệnh đề 2.3, tốn (EP) có nghiệm Tính nghiệm suy từ phần tính đơn điệu mạnh kéo theo tính đơn điệu chặt Mệnh đề chứng minh Bài toán cân (EP) có mối liên hệ chặt chẽ với toán sau, gọi toán đối ngẫu (EP) Tìm y ∗ ∈ C : f (x, y ∗ ) ≤ 0, ∀x ∈ C (DEP) Ta ký hiệu tập nghiệm toán đối ngẫu DS Mối quan hệ hai toán thể mệnh đề Mệnh đề 2.5 Giả sử f : C × C → R ∪ {+∞} song hàm cân Khi đó: Nếu f (x, ) lồi C với x ∈ C tập nghiệm DS lồi; Nếu f giả đơn điệu C, f (., y) nửa liên tục theo tia (bán liên tục) với y ∈ C f (x, ) lồi với x ∈ C DS = Sol(C, f ) Chứng minh Theo định nghĩa toán (DEP), ta thấy DS = {y ∈ C : f (x, y) ≤ 0, ∀x ∈ C} Do C lồi f (x, ) lồi với x ∈ C , nên DS giao họ vô hạn tập lồi, tập lồi Do tính giả đơn điệu f , ta có Sol(C, f ) ⊆ DS Ta cần chứng minh chiều ngược lại Giả sử x∗ nghiệm toán đối ngẫu, tức f (x, x∗ ) ≤ với x ∈ C Nếu x∗ khơng phải nghiệm tốn gốc (EP), tồn y ∗ ∈ C cho f (x∗ , y ∗ ) < Lấy yt := ty ∗ + (1 − t)x∗ , C lồi, nên yt ∈ C với ≤ t ≤ Do tính nửa liên tục theo tia f (., y ∗ ), ta có limf (ty ∗ + (1 − t)x∗ , y ∗ ) ≤ f (x∗ , y ∗ ) < t→0 Vậy tồn t∗ thuộc đoạn [0,1] thỏa mãn f (yt∗ , y ∗ ) < Khi đó, theo tính chất lồi hàm f (yt∗ , ) ta viết = f (yt∗ , yt∗ ) ≤ t∗ f (yt∗ , y ∗ ) + (1 − t∗ )f (yt∗ , x∗ ) 30 Sốhóa Trung tâm Học liệu Vì f (yt∗ , y ∗ ) < 0, nên từ suy f (yt∗ , x∗ ) > Điều mâu thuẫn với việc x∗ nghiệm toán đối ngẫu (DEP) Mệnh đề chứng minh 2.2.2 Nguyên lý Ekeland cho toán cân Trong mục ta nghiên cứu ứng dụng nguyên lý biến phân Ekeland cho toán cân hệ hữu hạn toán cân Các kết lấy từ tài liệu [5], [6], [8], [9] Ta nhắc lại : Bài toán cân tốn Tìm x ¯ ∈ D cho f (¯ x, y) ≥ với y ∈ D (EP) D tập cho trước f : D × D → R hàm biết Định nghĩa 2.1 Cho f : D × D → R ε > 0, điểm x ¯ gọi điểm ε -cân f nếu: f (¯ x, y) ≥ −ε||¯ x − y||, ∀y ∈ D Điểm ε -cân gọi chặt nếu: f (¯ x, y) > −ε||¯ x − y||, ∀y 6= x¯ Xét X ≡ Rn , D ⊆ X tập đóng f : D × D → R Định lý 2.6 Giả sử giả thiết sau thỏa mãn: f (x, ) hàm bị chặn nửa liên tục với x ∈ D f (t, t) = 0, ∀t ∈ D f (z, x) ≤ f (z, y) + f (y, x), ∀x, y, z ∈ D Khi với ε > với x0 ∈ D tồn x ¯ ∈ D cho:  f (x0 , x¯) + ε||x0 − x¯|| ≤ 0, (2.11) f (¯ x, x) + ε||¯ x − x|| > 0, ∀x ∈ D, x 6= x¯ Chứng minh Khơng tính tổng qt, ta chứng minh cho trường hợp ε = Ta định nghĩa F (x) := {y ∈ D : f (x, y) + ||y − x|| ≤ 0} 31 Sốhóa Trung tâm Học liệu Theo Giả thiết ta có F(x) tập đóng với x ∈ D Từ Giả thiết dễ thấy x ∈ F (x) F (x) 6= ∅ với x ∈ D Ta lấy y ∈ F (x) giả sử z ∈ F (y) Khi f (x, y) + ||y − x|| ≤ f (y, z) + ||y − z|| ≤ Cộng vế với vế hai bất đẳng thức kết hợp với Giả thiết ta được: ≥ f (x, y) + ||y − x|| + f (y, z) + ||y − z|| ≥ f (x, z) + ||z − x||, suy z ∈ F (x) Do y ∈ F (x) F (y) ⊆ F (x) Tiếp theo ta định nghĩa: v(x) := inf f (x, z) z∈F (x) Khi với z ∈ F (x) ta có: ||x − z|| ≤ −f (x, z) ≤ sup (−f (x, z)) = − inf f (x, z) = −v(x), z∈F (x) z∈F (x) suy ||x − z|| ≤ −v(x), ∀z ∈ F (x) Đặc biệt, với x1 , x2 ∈ F (x) ta có: ||x1 − x2 || ≤ ||x − x1 || + ||x − x2 || ≤ −v(x) − v(x) = −2v(x), suy diam(F (x)) ≤ −2v(x), ∀x ∈ D Cố định x0 ∈ D; tồn x1 ∈ F (x0 ) cho : f (x0 , x1 ) ≤ v(x0 ) + 2−1 Gọi x2 điểm F (x1 ) cho: f (x1 , x2 ) ≤ v(x1 ) + 2−2 32 Sốhóa Trung tâm Học liệu Tiếp tục q trình ta dãy {xn } điểm D thỏa mãn xn+1 ∈ F (xn ) f (xn , xn+1 ) ≤ v(xn ) + 2−(n+1) Ta lại có v(xn+1 ) = ≥ inf f (xn+1 , y) ≥ inf f (xn+1 , y)   inf (f (xn , y) − f (xn , xn+1 )) ≥ inf f (xn , y) − f (xn , xn+1 ) y∈F (xn+1 ) y∈F (xn ) y∈F (xn ) y∈F (xn ) = v(xn ) − f (xn , xn+1 ), nên suy v(xn+1 ) ≥ v(xn ) − f (xn , xn+1 ) −v(xn ) ≤ −f (xn , xn+1 ) + 2−(n+1) ≤ (v(xn+1 ) − v(xn )) + 2−(n+1) , , ta có ≤ v(xn+1 ) + 2−(n+1) Như vậy: diam(F (xn )) ≤ −2v(xn ) ≤ 2.2−n → 0, n → ∞ Vì tập {F (xn )} tập đóng F (xn+1 ) ⊆ F (xn ), theo Bổ đề Cantor tồn x ¯ ∈ D cho: x} ∩ F (xn ) = {¯ n Vì x ¯ ∈ F (x0 ) nên ta có f (x0 , x¯) + ||¯ x − x0 || ≤ Hơn x ¯ ∈ F (xn ) với n ∈ N nên ta có F (¯ x) ⊆ F (xn ) với n ∈ N, suy F (¯ x) = {¯ x}, x 6∈ F (¯ x) với x 6= x¯ hay f (¯ x, x) + ||x − x¯|| > Định lý chứng minh Chú ý 2.1 Bất hàm f (x, y) = g(y) − g(x) thỏa mãn Giả thiết 3., tồn hàm khác không giống hàm mà thỏa mãn Định lý 2.6 Ví dụ f (x, y) =  e−||x−y|| + + g(y) − g(x), 0, x = y x 6= y Trong g hàm bị chặn nửa liên tục 33 Sốhóa Trung tâm Học liệu Chú ý 2.2 Giả thiết Định lý 2.6 tính đơn điệu tuần hồn hàm −f , mở rộng định nghĩa tương tự cho ánh xạ bất đẳng thức biến phân: Với x1 , x2 , , xn ∈ D ta có n X i=1 f (xi , xi+1 ) ≥ (2.12) xn+1 = x1 Thật vậy: Lấy x = z Giả thiết 3., từ Giả thiết ta có f (x, y) + f (y, x) ≥ Điều cho thấy (2.12) với n = Bằng quy nạp ta giả sử (2.12) với n, từ Giả thiết ta có bất dẳng thức sau n+1 X f (xi , xi+1 ) = i=1 ≥ n−1 X i=1 n−1 X i=1 f (xi , xi+1 ) + f (xn , xn+1 ) + f (xn+1 , x1 ) f (xi , xi+1 ) + f (xn , x1 ) ≥ Như vậy, từ tính đơn điệu tuần hồn −f ta suy tính đơn điệu −f Sau ta xét tồn nghiệm cho hệ hữu hạn toán cân Cho m số nguyên dương I = {1, 2, , m} Xét hàm fi : D × Di → Q R, D = i∈I Di Di tập đóng khơng gian Xi ≡ Rni Q Một phần tử tập Di = j6=i Dj biểu diễn xi , với x ∈ D ta viết x = (xi , xi ) ∈ Di × Di Một hệ hữu hạn tốn cân (kí hiệu (SEP)) tốn: Tìm x ¯ = (¯ x1 , x¯2 , , x¯m ) ∈ D cho fi (¯ x, yi ) ≥ với i ∈ I, yi ∈ Di , fi : D × Di → R, D = Với x = (x1 , x2 , , xm ) ∈ Q i∈I m Y Di Di tập cho trước i=1 Xi kí hiệu |||x||| := max ||xi ||i i∈I 34 Sốhóa Trung tâm Học liệu gọi chuẩn Chebyshev x, ta xét không gian Tiếp theo kết mở rộng Định lý 2.6 Q i∈I Xi với chuẩn Định lý 2.7 Giả sử rằng: fi (x, ) : Di → R bị chặn nửa liên tục với i ∈ I; fi (x, xi ) = với i ∈ I với x = (x1 , , xm ) ∈ D; fi (z, xi ) ≤ fi (z, yi ) + fi (y, xi ) với x, y, z ∈ D y = (y i , yi ) với i ∈ I Khi với ε > với x0 = (x01 , , x0m ) ∈ D, tồn x ¯ = (x¯1 , , x¯m ) ∈ D cho với i ∈ I ta có: fi (x0 , x¯i ) + ε||x0i − x¯i || ≤ (2.13) fi (¯ x, xi ) + ε||x¯i − xi || > 0, ∀xi ∈ Di , xi 6= x¯i (2.14) Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp ε = Cố định i ∈ I cách tùy ý Với x ∈ D ta định nghĩa: Fi (x) := {yi ∈ Di : fi (x, yi ) + ||xi − yi ||i ≤ 0} Từ Giả thiết ta có Fi (x) tập đóng với x ∈ D Từ Giả thiết với x = (x1 , , xm ) ∈ D ta có xi ∈ Fi (x), Fi (x) 6= ∅ với x ∈ D Tiếp theo với x ∈ D ta định nghĩa: vi (x) := inf fi (x, zi ) zi ∈Fi (x) Với zi ∈ Fi (x) ta có: ||xi − zi ||i ≤ −fi (x, zi ) ≤ sup (−fi (x, zi )) = − inf (fi (x, zi )) = −vi (x) suy zi ∈Fi (x) zi ∈Fi (x) ||xi − zi ||i ≤ −vi (x) với zi ∈ Fi (x) 35 Sốhóa Trung tâm Học liệu Đặc biệt với yi , ti ∈ Fi (x) ta có ||yi − ti ||i ≤ ||xi − yi ||i + ||xi − ti ||i ≤ −vi (x) − vi (x) = −2vi (x) suy diam(Fi (x))) ≤ −2vi (x), ∀x ∈ D, ∀i ∈ I Bây ta cố định x0 ∈ D với i ∈ I chọn phần tử x1i ∈ Fi (x0 ) cho fi (x0 , x1i ) ≤ vi (x0 ) + 2−1 Đặt x1 := (x11 , , x1m ) ∈ D với i ∈ I chọn phần tử x2i ∈ Fi (x1 ) cho fi (x1 , x2i ) ≤ vi (x1 ) + 2−2 Đặt x2 := (x21 , , x2m ) ∈ D Kéo dài trình ta dãy {xn } ⊂ D cho xn+1 ∈ Fi (xn ) với i ∈ I, n ∈ N i fi (xn , xn+1 ) ≤ vi (xn ) + 2−(n+1) i Ta lại có vi (xn+1 ) = n+1 f (x , yi ) i yi ∈Fi (x ) yi ∈Fi (xn )  ≥ inf n (fi (xn , yi ) − fi (xn , xn+1 )) ≥ inf i = infn+1 fi (xn+1 , yi ) ≥ yi ∈Fi (x ) vi (xn ) − f (x n inf yi ∈Fi , xn+1 ), i (xn )  fi (xn , yi ) − fi (xn , xn+1 ) i nên suy vi (xn+1 ) ≥ vi (xn ) − fi (xn , xn+1 ) i
−(n+1) n+1 n −vi (xn ) ≤ −fi (xn , xn+1 ) + ≤ v (x ) − v (x ) + 2−(n+1) , i i i ta có ≤ vi (xn+1 ) + 2−(n+1) Như diam(Fi (xn )) ≤ −2vi (xn ) ≤ 2.2−n → 0, 36 Sốhóa Trung tâm Học liệu n → ∞, ∀i ∈ I Với x ∈ D, ta định nghĩa tập hợp F (x) := F1 (x) × × Fm (x) ⊆ D Suy F (x) tập đóng Từ Giả thiết ta kiểm tra rằng: với y ∈ F (x) ta có F (y) ⊆ F (x) Thật : Ta lấy y = (y1 , y2 , , ym ) ∈ F (x) giả sử z = (z1 , z2 , , zm ) ∈ F (y) suy yi ∈ Fi (x) zi ∈ Fi (y), i ∈ I Khi với i ∈ I ta có f (x, yi ) + ||xi − yi ||i ≤ f (y, zi ) + ||yi − zi ||i ≤ Cộng vế với vế bất đẳng thức kết hợp với Giả thiết ta có ≥ f (x, yi ) + ||xi − yi ||i + f (y, zi ) + ||yi − zi ||i ≥ f (x, zi ) + ||xi − zi ||i suy zi ∈ Fi (x) với i ∈ I hay z ∈ F (x) Do đó, ta có F (xn+1 ) ⊆ F (xn ) với n = 0, 1, Mặt khác, với y, z ∈ F (xn ) ta có: |||y − z||| = max ||yi − zi ||i ≤ max diam(Fi (xn )) → 0, i∈I i∈I diam(F (xn )) → 0, Khi đó, ta có ∞ x}, ∩ F (xn ) = {¯ n=0 n → ∞ x¯ ∈ D Từ x ¯ ∈ F (x0 ), nghĩa là, x¯i ∈ Fi (x0 )(i ∈ I) ta được: fi (x0 , x¯i ) + ||x0i − x¯i || ≤ 0, 37 Sốhóa Trung tâm Học liệu ∀i ∈ I Điều cho thấy (2.13) Hơn x¯ ∈ F (xn ) ⇒ F (¯ x) ⊆ F (xn ), ∀n = 0, 1, Do F (¯ x) = {¯ x} ⇒ Fi (¯ x) = {x¯i }, ∀i ∈ I Với xi ∈ Di với xi 6= x¯i , ta có xi 6∈ Fi (¯ x) fi (¯ x, xi ) + ||x¯i − xi ||i > Vậy (2.14) chứng minh Định lý chứng minh Sự tồn nghiệm cho toán cân tập compact Mệnh đề 2.6 Giả sử D tập compact (không thiết tập lồi) tập không gian X ≡ Rn hàm f : D × D → R thỏa mãn giả thiết sau: f (x, ) nửa liên tục với x ∈ D; f (t, t) = 0, ∀t ∈ D; f (z, x) ≤ f (z, y) + f (y, x), ∀x, y, z ∈ D; f (., y) nửa liên tục với y ∈ D Khi đó, tập nghiệm tốn (EP) khác rỗng Chứng minh Theo Định lý 2.6, với n ∈ N ta giả sử điểm xn ∈ D điểm - cân bằng, nghĩa là: n f (xn , y) ≥ − ||xn − y||, ∀y ∈ D n Vì D tập compact, ta chọn dãy {xnk } dãy {xn } cho {xnk } → x ¯ n → ∞ Từ Giả thiết ta có: f (¯ x, y) ≥ lim sup f (xnk , y) + ||xnk − y||, k→∞ nk  Chứng tỏ x ¯ nghiệm toán (EP) 38 Sốhóa Trung tâm Học liệu  , ∀y ∈ D Định lý không gian Hilbert với tôpô yếu Bây xét định nghĩa điểm ε-cân cho hệ toán cân (SEP) Định nghĩa 2.2 Cho Di , (i ∈ I) tập không gian Xi ≡ Rni Q đặt D = i∈I Di Cho hàm fi : D × Di → R, i ∈ I ε > 0, điểm x¯ ∈ D gọi điểm ε -cân {f1 , f2 , , fm } nếu: fi (¯ x, yi ) ≥ −ε||x¯i − yi ||, ∀yi ∈ Di , ∀i ∈ I Kết sau mở rộng Mệnh đề 2.6 chứng minh tương tự Mệnh đề 2.7 Giả sử với i ∈ I, Di tập compact hàm fi : D × Di → R thỏa mãn giả thiết sau: fi (x, ) nửa liên tục với mọix ∈ D; ∀x = (xi , xi ) ∈ D; fi (x, xi ) = 0, fi (z, xi ) ≤ fi (z, yi ) + fi (y, xi ), ∀x, y, z ∈ D, y = (y i , yi ) fi (., yi ) nửa liên tục với yi ∈ Di Khi đó, tập nghiệm tốn (SEP) khác rỗng Sự tồn nghiệm cho toán cân tập khơng compact Cho D tập đóng X ≡ Rn , không thiết phải tập lồi compact, f : D × D → R hàm cho trước Xét điều kiện sau : ∃r > : ∀x ∈ D\Kr , ∃y ∈ D, ||y|| < ||x|| : f (x, y) ≤ 0, (C1 ) Kr := {x ∈ D : ||x|| ≤ r} Định lý 2.8 Giả sử rằng: f (x, ) bị chặn nửa liên tục với x ∈ D; f (t, t) = 0, ∀t ∈ D; f (z, x) ≤ f (z, y) + f (y, x), ∀x, y, z ∈ D; 39 Sốhóa Trung tâm Học lieäu f (., y) nửa liên tục với y ∈ D Nếu điều kiện (C1 ) thỏa mãn tốn (EP) có nghiệm Chứng minh Khơng tính tổng qt, ta giả sử tập Kr khác rỗng Với x ∈ D ta xét tập khác rỗng sau: S(x) := {y ∈ D : ||y|| ≤ ||x||, f (x, y) ≤ 0} Với x, y ∈ D, y ∈ S(x) ta có S(y) ⊆ S(x) Thật : Với z ∈ S(y) ta có ||z|| ≤ ||y|| mà ||y|| ≤ ||x|| ( y ∈ S(x)) nên ||z|| ≤ ||x||, từ Giả thiết ta có f (x, z) ≤ f (x, y) + f (y, z) ≤ 0, z ∈ S(x) Mặt khác, K tập compact, từ Giả thiết ta có S(x) ⊆ K||x|| tập compact với x ∈ D Ngoài ra, theo Mệnh đề 2.6 ta có ∃xr ∈ Kr : f (xr , y) ≥ 0, ∀y ∈ Kr Giả sử tồn x ∈ D thỏa mãn f (xr , x) < đặt a := ||y|| y∈S(x) Khi đó, ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: a ≤ r Giả sử y0 ∈ S(x) cho ||y0 || = a ≤ r Khi ta có f (x, y0 ) ≤ Vì f (xr , x) < theo Giả thiết ta có f (xr , y0 ) ≤ f (xr , x) + f (x, y0 ) < mâu thuẫn với (2.15) Trường hợp 2: a > r Giả sử y0 ∈ S(x) cho ||y0 || = a > r 40 Sốhóa Trung tâm Học liệu (2.15) Từ điều kiện (C1) ta lựa chọn phần tử y1 ∈ D với ||y1 || < ||y0 || = a cho f (y0 , y1 ) ≤ Do y1 ∈ S(y0 ) ⊆ S(x), mâu thuẫn với ||y1 || < a = ||y|| y∈S(x) Do khơng tồn x ∈ D cho f (xr , x) < 0, suy xr nghiệm toán (EP) (trên D) Định lý chứng minh Kết không gian Hilbert với tôpô yếu Tiếp theo ta xét tốn (SEP) tập khơng compact Ta xét điều kiện sau: ∃r > : ∀x = (x1 , x2 , , xm ) ∈ D cho ||xi ||i > r với i ∈ I đó, ∃yi ∈ Di , ||yi ||i < ||xi ||i fi (x, yi ) ≤ (CS1 ) Định lý 2.9 Giả sử với i ∈ I , ta có fi (x, ) bị chặn nửa liên tục với x ∈ D; fi (x, xi ) = 0, ∀x = (xi , xi ) ∈ D; fi (z, xi ) ≤ fi (z, yi ) + fi (y, xi )), ∀x, y, z ∈ D : y = (y i , yi ); fi (., yi ) nửa liên tục với yi ∈ Di Nếu điều kiện (CS1 ) thỏa mãn tốn (SEP) có nghiệm Chứng minh Với x ∈ D i ∈ I ta xét tập hợp: Si (x) := {yi ∈ Di , ||yi ||i ≤ ||xi ||i , fi (x, yi ) ≤ 0} Từ Giả thiết với x y = (y i , yi ) ∈ D, ta có Si (y) ⊆ Si (x) Thật vậy, với zi ∈ Si (y) ta có ||zi ||i ≤ ||yi ||i fi (y, zi ) ≤ (2.16) Vì yi ∈ Si (x) nên ta có ||yi ||i ≤ ||xi ||i fi (x, yi ) ≤ Từ (2.16), (2.17) kết hợp với Giả thiêt ta có ||zi ||i ≤ ||xi ||i fi (x, zi ) ≤ fi (x, yi ) + fi (y, zi ) ≤ 0, 41 Sốhóa Trung tâm Học lieäu (2.17) suy zi ∈ Si (x) Mặt khác tập {yi ∈ Di : ||yi ||i ≤ r} = Ki (r) tập compact Di nên từ Giả thiết ta Si (x) tập khác rỗng, compact với x ∈ D Q Ngoài theo Mệnh đề 2.7, tồn phần tử xr ∈ i Ki (r) ( ý Ki (r) := {xi ∈ Di : ||xi ||i ≤ r} ta giả sử Ki (r) 6= ∅ với i ∈ I) cho fi (xr , yi ) ≥ 0, ∀yi ∈ Ki (r), ∀i ∈ I (2.18) Giả sử xr khơng nghiệm tốn (SEP) Khi ∃j ∈ I zj ∈ Dj cho fj (xr , zj ) < Giả sử z j ∈ Dj tùy ý đặt z = (z j , zj ) ∈ D Ta định nghĩa aj := ||yj ||j yj ∈Sj (z) Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: aj ≤ r Giả sử y¯j (z) ∈ Sj (z) cho ||y¯j (z)||j = aj ≤ r Khi fj (z, y¯j (z)) ≤ Vì fj (xr , zj ) < theo Giả thiết ta có fj (xr , y¯j (z)) ≤ fj (xr , zj ) + fj (z, y¯j (z)) < 0, mâu thuẫn với (2.18) Trường hợp 2: aj > r Giả sử y¯j (z) ∈ Sj (z) cho ||y¯j (z)||j = aj > r Với y¯j ∈ Dj tùy ý đặt y¯(z) = (¯ y j , y¯j (z)) ∈ D Từ điều kiện (CS1 ) ta chọn phần tử yj ∈ Dj cho ||yj ||j < ||y¯j (z)||j = aj fj (¯ y (z), yj ) ≤ Rõ ràng yj ∈ Sj (¯ y (z)) ⊆ Sj (z) điều mâu thuẫn y¯j (z) phần tử cực tiểu Sj (z) Định lý chứng minh 42 Sốhóa Trung tâm Học liệu Kết luận Bài tốn cân có nhiều ứng dụng thực tiễn vật lý, nghành kỹ thuật, lý thuyết trò chơi, vận tải, kinh tế Nó bao hàm tốn quan trọng toán tối ưu, bất đẳng thức biến phân, điểm bất động Kakutani, mơ hình cân Nash, tốn minimax Một số phương pháp để giải toán cân phương pháp điểm bất động, phương pháp giảm, phương pháp điểm gần kề, phương pháp đạo hàm tăng cường, nguyên lý biến phân Ekeland, đề xuất Luận văn đề cập đến vấn đề sau: • Trình bày kiến thức toán cân theo bất đẳng thức Ky Fan • Phần trọng tâm luận văn trình bày kết tồn nghiệm toán cân đặc biệt ứng dụng nguyên lý biến phân Ekeland cho toán cân hệ hữu hạn toán cân Do vấn đề đề cập luận văn tương đối phức tạp, thời gian khả hạn chế nên có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô giáo người quan tâm để luận văn hồn thiện 43 Sốhóa Trung tâm Học liệu Tài liệu tham khảo Tài liệu Tiếng Việt [1] Đỗ Văn Lưu, Nguyễn Đức Lạng (2010), Giáo trình Giải tích hàm, Nxb Đại học Quốc gia, Hà Nội [2] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, Nxb Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [3] Hồng Tụy (2003), Hàm thực Giải tích hàm, Nxb Đại học Quốc gia, Hà Nội [4] Hoàng Tụy (2003),Bài giảng lý thuyết tối ưu, Viện Toán học Tài liệu Tiếng Anh [5] Blum E and Oettli W (1994), "From Optimization and Variational Inequalities to Equilibrium Problems", The Math Student 63, pp 123145 [6] Konnov I (2001), Combined Relaxation Methods for Variational Inequalities, Springer [7] Ekeland I (1974), "On the Variational Principle", J.Math.Anal.Appl 47,pp.324-354 [8] Bianchi M and Pini R (2005), "Coercivity Conditions for Equilibrium Problems", J Optim Theory Appl 124,pp.79-92 [9] Bianchi M ,Kassay G and Pini R (2005), "Existence of Equilibria Via Ekeland’s Principle", J.Math.Anal.Appl 305,pp.502-512 [10] Rockafellar R T (1970), Convex Analysis, Princeton University Press, Princeton 44 Sốhóa Trung tâm Học liệu