Tính liên thông của tập nghiệm trong bài toán bất đẳng thức biến phân véc tơ đơn điệu .pdf

Tính liên thông của tập nghiệm trong bài toán bất đẳng thức biến phân véc tơ đơn điệu .pdf

Đại Học Thái NguyênTrường Đại học Sư phạm

Đại Học Thái NguyênTrường Đại học Sư phạm

Nguyễn Song Hà

Tính liên thông của tập nghiệmtrong bài toán bất đẳng thức

biến phân véc tơ đơn điệuChuyên ngành: Giải tích

Mã số: 60.46.01

Luận văn thạc sĩ Toán học

Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Tạ Duy Phượng

Thái Nguyên - 2009

1.1.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân 6

1.1.2 Các định lí tồn tại nghiệm 7

1.1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân véc tơ 11

1.1.4 Tính liên thông của tập nghiệm của bài toán bất đẳngthức biến phân véc tơ 17

1.2 Bất đẳng thức biến phân véc tơ affine đơn điệu 25

1.2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân affine 25

1.2.2 Các định lý tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thứcbiến phân affine 27

1.2.3 Tính liên thông của tập nghiệm của bài toán bất đẳngthức biến phân véc tơ affine 30

1.2.4 Bài toán tối ưu véc tơ phân thức tuyến tính và bài toánbất đẳng thức biến phân affine 39

2 Các thí dụ tính tập nghiệm trong bài toán bất đẳng thức biến phân

Lời nói đầu

Do ý nghĩa quan trọng về cả lý thuyết lẫn thực tế, bài toán bất đẳng thứcbiến phân đã được nghiên cứu mạnh mẽ trong khoảng 30 năm trở lại đây Bàitoán bất đẳng thức biến phân liên quan đến nhiều bài toán khác của giải tíchphi tuyến (bài toán tối ưu, bài toán cân bằng, bài toán bù, ) Nhiều vấn đềcủa bài toán biến phân (tồn tại nghiệm, ổn định nghiệm, ) đã được nghiêncứu khá kỹ Tuy nhiên, theo chúng tôi, trong khi cấu trúc tập nghiệm (tồntại nghiệm, tính liên thông, tính co rút được) của bài toán tối ưu đa mục tiêuđã được quan tâm nghiên cứu nhiều, thì cấu trúc tập nghiệm của bài toán bấtđẳng thức biến phân còn chưa được quan tâm đầy đủ Mục đích của luận vănnày là trình bày các kết quả của các bài báo [4], [9], [11] Đồng thời chúngtôi cũng trình bày một số kết quả của bản thân về vấn đề này.

Luận văn này nghiên cứu tính liên thông của tập nghiệm trong bài toánbất đẳng thức biến phân với tập chấp nhận được không nhất thiết compact.Vấn đề trung tâm, xuyên suốt các chương của luận văn là trả lời cho các câuhỏi:

Với điều kiện nào thì bài toán bất đẳng thức biến phân có nghiệm?Với điều kiện nào thì tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phânlà một tập liên thông?

Nếu tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân là không liên thôngthì tập nghiệm đó có cấu trúc như thế nào?

Luận văn gồm 2 chương:

Chương 1 trình bày các kiến thức chung về bài toán bất đẳng thức biến

phân véc tơ và các bài toán liên quan.

Chương 2 xây dựng các ví dụ làm sáng tỏ lý thuyết đã trình bày ở chương1 và đưa ra một số nhận xét về cấu trúc và tính liên thông của tập nghiệm.

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Thái Nguyêndưới sự hướng dẫn của PGS TS Tạ Duy Phượng Tôi xin bày tỏ sự kínhtrọng và lòng biết ơn sâu sắc đối với thầy hướng dẫn đã tận tình giúp đỡ đểcó được các kết quả trong luận văn này.

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đối với Trung tâm Đào tạo Sau đại học Đại họcSư phạm Thái Nguyên, Khoa Toán trường Đại học Sư phạm Thái Nguyên,Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học Thái Nguyên, tập thể lớp cao họcToán - K15, bạn bè đồng nghiệp về sự quan tâm giúp đỡ Và cuối cùng, xincảm ơn những người thân trong gia đình của tôi đã giúp đỡ, động viên vàkhích lệ rất nhiều trong thời gian dài học tập.

Các kí hiệu

+ = {(x1, x2, , xn) ∈ Rn : xi ≥ 0, i = 1, , n}

•hx, yi là tích vô hướng của hai phần tử x và y trong không gian Hilbert.

• ¯B(x0, ) là hình cầu đóng tâm x0, bán kính .•B(x0, ) là hình cầu mở tâm x0, bán kính .

X, Y.

•x ∈ Rn thì xT là chuyển vị của véc tơ x.•N∆(x) là nón pháp tuyến của ∆ tại x.•0+∆ là nón lùi xa của tập ∆.

Chương 1

Cấu trúc và tính liên thông của tậpnghiệm trong bài toán bất đẳng thứcbiến phân véc tơ đơn điệu

1.1 Bất đẳng thức biến phân véc tơ đơn điệu

1.1.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân

tử (ánh xạ) cho trước.Định nghĩa 1.1.1.

Bài toán tìm điểm ¯x ∈ ∆ thỏa mãn

được gọi là bài toán bất đẳng thức biến phân (variational inequality problem)hay, đơn giản là bất đẳng thức biến phân (variational inequality) và được kíhiệu là VI.

Tập nghiệm Sol(VI) của VI là tập tất cả ¯x ∈ ∆ thỏa mãn (1.1).Nhận xét 1.1.2.

Bài toán bất đẳng thức biến phân (1.1) có thể viết dưới dạng sau:

Tìm điểm ¯x ∈ ∆ sao cho

trong đó N∆(¯ là nón pháp tuyến của ∆ tại ¯x, định nghĩa bởiN∆(¯x) =

{z ∈ Rn : hz, x − ¯xi ≤ 0, ∀x ∈ ∆} nếu ¯x ∈ ∆,

1.1.2 Các định lí tồn tại nghiệmMệnh đề 1.1.3.

Giả sử ¯x ∈ ∆ Nếu tồn tại một số ε > 0 sao cho

Khi ấy ¯x ∈ Sol(VI).

Chứng minh Giả sử tồn tại ε > 0 thỏa mãn (1.4) Rõ ràng, với mỗi y ∈ ∆ tồntại t =∈ (0, 1) sao cho zt := ¯x + t(y − ¯x) thuộc tập ∆ ∩ ¯B(¯x, ε) Theo (1.4),0 ≤ hF (¯x), zt− ¯xi = thF (¯x), y − ¯xi Từ đây suy ra rằng hF (¯x), y − ¯xi ≥ 0với mọi y ∈ ∆ Do đó ¯x ∈ Sol(VI).

Mệnh đề 1.1.3 chỉ ra rằng mọi nghiệm địa phương của bài toán bất đẳngthức biến phân (nghiệm của (1.4)) cũng là nghiệm toàn cục (nghiệm của(1.1)).

Định lí Hartman-Stampacchia dưới đây là định lí cơ bản về sự tồn tạinghiệm trong bất đẳng thức biến phân Nó được chứng minh nhờ định líđiểm bất động Brouwer.

Định lý 1.1.4 (Xem [5] trang 12).

Nếu ∆ ⊂ Rn là khác rỗng, lồi, compact và F : ∆ → Rn là liên tục, thìbài toán VI có nghiệm.

Với điều kiện phù hợp (điều kiện bức - coercivity conditions), chúng tacó định lí tồn tại cho trường hợp tập hạn chế ∆ không compact.

(1.5) được thỏa Nếu tồn tại x0 ∈ ∆ sao cho (1.5) xảy ra thì ta nói rằng điềukiện bức (coercivity condition) được thỏa mãn Điều kiện bức đóng vai tròquan trọng trong nghiên cứu bất đẳng thức biến phân trong trường hợp tậphạn chế ∆ không compact Chú ý rằng (1.5) chỉ là một trong rất nhiều dạngcủa điều kiện bức.

Nếu tồn tại x0 ∈ ∆ và α > 0 sao cho

thì (1.5) được thỏa mãn.

Nếu tồn tại một số α > 0 sao cho

thì (1.6) được thỏa mãn Do đó (1.5) cũng được thỏa mãn.

Bổ đề 1.1.8 (Bổ đề Minty - Xem [8] trang 89).

Nếu ∆ ⊂ Rn là tập lồi, đóng và F : ∆ → Rnlà ánh xạ liên tục, monotonethì ¯x ∈ Sol(VI) khi và chỉ khi ¯x ∈ ∆ và

Chứng minh Điều kiện cần: Giả sử ¯x ∈ Sol(VI) Do F là monotone nên tacó

hF (y) − F (¯x), y − ¯xi ≥ 0, ∀y ∈ ∆.Kết hợp điều này với (1.1) dẫn tới

hF (y), y − ¯xi ≥ hF (¯x), y − ¯xi ≥ 0, ∀y ∈ ∆Tính chất (1.10) được chứng minh.

Điều kiện đủ: Giả thiết rằng ¯x ∈ ∆ và (1.10) được thỏa mãn Chọn y ∈ ∆nào đó Do ∆ là tập lồi, y(t) := ¯x + t(y − ¯x) ∈ ∆ với mọi t ∈ (0, 1) Thayy = y(t) vào (1.10) ta được

0 ≤ hF (y(t)), y(t) − ¯xi = hF (¯x + t(y − ¯x), t(y − ¯x)i.Hay ta có

hF (¯x + t(y − ¯x), y − ¯xi ≥ 0, ∀t ∈ (0, 1).

Cho t → 0, và kết hợp với tính liên tục của F ta nhận được hF (¯x), y−¯xi ≥ 0.Bất đẳng thức này đúng với mọi y ∈ ∆ nên ta có ¯x ∈ Sol(VI).

hF (¯x) − F (¯y), ¯y − ¯xi ≥ 0 Nhưng bất đẳng thức này mâu thuẫn với hF (¯y) −F (¯x), ¯y − ¯xi > 0.

(ii) Giả sử rằng F là liên tục và monotone trên ∆ Với mỗi y ∈ ∆ ta kíhiệu Ω(y) là tập tất cả ¯x ∈ ∆ thỏa mãn bất đẳng thức hF (y), y − ¯xi ≥ 0 Rõràng rằng Ω(y) là lồi đóng Từ Bổ đề 1.1.8 suy ra rằng

Ω(y).Do đó Sol(VI) là một tập lồi, đóng (có thể rỗng).Nhận xét 1.1.10.

bài toán VI có duy nhất nghiệm Thật vậy, vì F là đơn điệu mạnh nên thoảmãn điều kiện bức, do đó theo Định lí 1.1.5 thì bài toán VI có nghiệm Hơnnữa, F là đơn điệu mạnh thì F là đơn điệu chặt, nên theo i) của Mệnh đề1.1.9 thì bài toán VI không thể có nhiều hơn một nghiệm.

1.1.3 Bài toán bất đẳng thức biến phân véc tơTrong mục này ta sử dụng các kí hiệu dưới đây:

Giả sử H là không gian Hilbert thực (trường hợp đặc biệt ta có H = Rn)và ∆ ⊆ H là tập con lồi, đóng.

Định nghĩa 1.1.11.

Bài toán tìm điểm ¯x ∈ ∆ sao cho:

(hF1(¯x), y − ¯xi, , hFm(¯x), y − ¯xi) /∈ −C\{0}, ∀y ∈ ∆, (1.11)được gọi là bài toán bất đẳng thức biến phân véc tơ (vector variationalinequality problem), viết gọn là VVI.

Tập nghiệm Sol(VVI) của bài toán VVI là tập tất cả các ¯x ∈ ∆ thoả mãn(1.11).

Định nghĩa 1.1.12.

Bài toán tìm điểm ¯x ∈ ∆ sao cho:

(hF1(¯x), y − ¯xi, , hFm(¯x), y − ¯xi) /∈ −intC, ∀y ∈ ∆, (1.12)được gọi là bài toán bất đẳng thức biến phân véc tơ yếu (weakly vectorvariational inequality problem), viết gọn là VVIw

mãn (1.12).

hξ, ci thì∀x ∈ C\{0} : tx ∈ Λ Hay Λ là cơ sở của C∗.

Hàm tích vô hướng là liên tục nên Λ là tập con đóng và bị chặn trong Rm,và vì vậy nó là tập compact Dễ thấy Λ là tập lồi.

hξ, ci = 1} nếu không nói gì thêm.

Định lí dưới đây cho ta mối liên hệ giữa tập nghiệm của các bài toán bấtđẳng thức biến phân.

Định lý 1.1.17.

Ta có[

Hơn nữa, nếu F là liên tục thì Sol(VVI)w là tập đóng.

Chứng minh Từ định nghĩa bao hàm thức thứ hai là hiển nhiên Ta chứngminh bao hàm thức thứ nhất

Ta chứng minh bao hàm thức thứ baSol(VVI)w

Sol(VI)ξ.Thật vậy, ta có

Trong trường hợp ξ = 0 thì bao hàm thức cũng luôn đúng Do đó[

+ thì ta có C∗

= Rn+ vàΛ = {ξ = (ξ1, , ξn) ∈ Rn+ :

ξi = 1} Do đó[

Sol(VI)ξ.Định nghĩa 1.1.20.

Hàm F được gọi là hàm đơn điệu mạnh (strongly monotone) nếu ∃α >0, ∀ξ = (ξ1, , ξm) ∈ Λ; ∀x, x0 ∈ ∆ ta có

trường hợp F là strongly monotone thì bao hàm thức ngược lại vẫn có thểkhông đúng Trong ví dụ dưới đây ta sẽ chỉ ra điều này và Sol(VVI) là tậpcon thực sự của Sol(VVI)w.

Ví dụ 1.1.22 Giả sử H = R2, ∆ = {x = (x1, x2) ∈ R2 : x1 ≥ 0}, C = R2+

và F = (F1, F2) trong đó F1(x) = (x1 − 1, x2), F2(x) = (12x1, x2 − 1)

C = R2+ Do đó có thể chọn Λ = {(ξ1, ξ2) ∈ R2+ : ξ1 + ξ2 = 1} là cơ sởcompact của C∗.

Nhận xét rằng ∀ξ ∈ Λ, ¯x ∈ Sol(VI)ξ ⇔ ξ1F 1(¯x) + ξ2F2(¯x) ∈ −N∆(¯ Để ý rằng N∆(¯x) = 0 nếu ¯x ∈ int∆ và N∆(¯x) = {(z1, z2) : z1 ≤ 0, z2 = 0}nếu ¯x ∈ ∂∆ Tính toán cho ta

Sol(VVI)w = {¯x = (¯x1, ¯x2) ∈ K : ¯x2 = 2 + 2¯

x1 − 2, 0 ≤ ¯x1 ≤ 1},và

Sol(VVI) = {¯x = (¯x1, ¯x2) ∈ K : ¯x2 = 2 + 2¯

x1 − 2, 0 < ¯x1 < 1}.Lấy ˜x = (0, 1) ∈ Sol(VVI)w Khi đó ta có với mọi y ∈ ∆

(hF1(˜x), y − ˜xi, hF1(˜x), y − ˜xi) = (−y1 + y2 − 1, 0) = R ì {0}.

Như vậy nếu chọn (y1, y2) = (0, 0) ∈ ∆ ⇒ F (˜x)(y − ˜x) = (−1, 0) ∈ −R2+.Do đó ˜x /∈ Sol(VVI) Tương tự ta suy ra ˜˜x = (1, 0) /∈ Sol(VVI).

Giả sử H là không gian Hilbert thực, ∆ ⊆ H là một thể lồi chặt C ⊆ Rm

là nón lồi, đóng và có phần trong khác rỗng Với mỗi x ∈ ∆, toán tử

Chứng minh Giả sử rằng

Do ∆ là thể lồi chặt nên ∀t ∈ (0, 1) : θt = (1 − t)y + tz ∈ int∆ Từ (1.17)suy ra

Lấy  > 0 sao cho: ¯B(θt, ) ⊂ ∆, trong đó ¯B(θt, ) là hình cầu đóng tâm

v 7→ F (x)v là toàn ánh nên nó là ánh xạ mở Do ¯B(θt, ) − y là một lân cậncủa θt − y nên F (y)( ¯B(θt, ) − y) := {F (y)(x − y) : x ∈ ¯B(θt, )} là mộtlân cận của àt := F (y)(θt − y).

Do F (y)( ¯B(θt, ) − y) là tập mở nên ∃ρ > 0 sao cho¯

B(àt, ρ) ⊂ F (y)( ¯B(θt, ) − y).

Mặt khác vì intC 6= ∅ và (1.18) ta có ¯B(àt, ρ)∩−intC 6= ∅ Điều này chứngtỏ rằng ∃x ∈ ¯B(θt, ) sao cho F (y)(x − y) ∈ −intC\{0} Mâu thuẫn.1.1.4 Tính liên thông của tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến

phân véc tơ

Trong phần này chúng ta sẽ chỉ ra rằng nếu F là strongly monotone thì

thì Sol(VVI)w là tập liên thông đối với tôpô yếu Ta vẫn sử dụng các kí hiệutrong mục 3.

Định nghĩa 1.1.25.

Giả sử X là một không gian tôpô.

của hai tập con mở thực sự, rời nhau của nó.

mọi a ∈ X và với mọi tập mở Ω thoả mãn G(a) ⊂ Ω thì tồn tại một lân cậnU của a sao cho G(a0) ⊂ Ω với mọi a0 ∈ U.

Bổ đề 1.1.28.

Nếu ánh xạ đa trị G : X ⇒ Y là đóng và Y là compact thì G là nửa liêntục trên trên X.

g(λ) ∩ W ⊆ g(λ0) + kkλ − λ0kB,trong đó B là hình cầu đơn vị đóng trong Rn.

Nếu tồn tại một lân cận lồi đóng X của x, một lân cận U của ¯à và hằngsố p > 0 sao cho

kf (x0, à0) − f (x, à)k ≤ p(kx0− xk + kà0− àk), ∀à, à0 ∈ M ∩ U ; ∀x, x0 ∈ Xthì f được gọi là Lipschitz địa phương tại (x, ¯à).

Bổ đề 1.1.31.

Giả sử ¯∆ ⊂ g(¯λ) là một tập compact và ∀x ∈ ¯∆ánh xạ g là giả Lipschitztại (¯λ, x) Khi ấy tồn tại một hằng số k > 0 và một lân cận V của ¯λ có tínhchất với mỗi x ∈ ¯∆tồn tại một lân cận W của x sao cho ∀λ, λ0 ∈ N ∩ V thì

g(λ) ∩ W ⊆ g(λ0) + kkλ − λ0kB.Bổ đề 1.1.32.

Xét cặp tham số (¯à, ¯λ) ∈ M ì N Giả sử có một lân cận lồi, đóng X củax và một lân cận U của ¯à và hai hằng số p > α > 0 sao cho

kf (x0, à0)−f (x, à)k ≤ p(kx0−xk+kà0−àk), ∀à, à0 ∈ M ∩U ; ∀x, x0 ∈ X;(1.19)hf (x0, à)−f (x, à), x0−xi ≥ αkx0−xk2, ∀à ∈ M ∩U ; ∀x, x0 ∈ X, (1.20)

0− àk + 2k(λ0 − λ)12 ),

trong đó β = (1 − θα)12.Định lý 1.1.33.

Giả sử tồn tại α > 0 để mà ∀ξ = (ξ1, , ξm) ∈ Λ; ∀x, x0 ∈ ∆ ta cóh

và một hằng số p > 0 sao cho ∀i = 1, 2, , m; ∀x, x0 ∈ ∆ ta cókFi(x0) − Fi(x)k ≤ pkx0 − xk.

Do P∆ là ánh xạ không giãn và kết hợp với (1.21), (1.22) ta cókP∆(x0− θf (x0, ξ)) − P∆(x − θf (x, ξ))k2

≤ k(x0 − θf (x0, ξ)) − (x − θf (x, ξ))k2

≤ kx0 − xk2 − 2θhf (x0, ξ) − f (x, ξ), x0− xi + θ2kf (x0, ξ) − f (x, ξ)k2≤ (1 − θα)kx0 − xk2, ∀x, x0 ∈ ∆.

mp2kξk2, α < m và p ≥ 1 nên θα < 1 Suy ra P∆ là ánh xạ co.Theo nguyên lí ánh xạ co trên không gian Hilbert (H là không gian đầy đủ)

thì ánh xạ x 7→ P∆(x − θf (x, ξ)) có duy nhất một điểm bất động, kí hiệu làx(ξ) trên ∆ Do đó ∀ξ thì x(ξ) là nghiệm duy nhất của bài toán VIξ Suy ra

Ta còn phải chứng minh clΩ = S

Sol(VI)ξ Thật vậy, do các hàm Fi

Sol(VI)ξ là tập đóngvà clΩ ⊆ S

kx(ξ(m)) − x( ¯ξ)k ≤ k¯kξ(m) − ξk −→ 0.Do đó x(¯ξ) ∈ clΩ Định lí được chứng minh hoàn toàn.Định lý 1.1.34.

ii) Sol(VVI) là tập bị chặn và liên thông đường.

Sol(VI)ξ, trong

lí trên thì bài toán VIξ có duy nhất nghiệm x(ξ) trên ∆ Mặt khác ta có

tính liên thông đường của Sol(VVI) ta chỉ cần chứng minh Ω là tập co rútđược Thật vậy, với mỗi a ∈ Λ cố định, ánh xạ Ψ : Ω ì [0, 1] → Ω địnhnghĩa bởi Ψ(ξ, t) = (1 − t)ξ + ta là ánh xạ liên tục và thoả mãn định nghĩa.Do đó Ω là tập co rút được.

Định nghĩa 1.1.35.

Một hàm số T : ∆ → H được gọi là liên tục trên các không gian con hữuhạn chiều nếu với mọi không gian con hữu hạn chiều M ⊂ H ánh xạ hạnchế T : M ∩ ∆ → H là liên tục yếu.

y ∈ Sol(VI)ξ ⇔

y ∈ ∆h

ξiFi(x), x − yi ≥ 0, ∀x ∈ ∆

Vì tập tất cả y ∈ ∆ : hPm

ξiFi(x), x − yi ≥ 0 là một tập lồi và đóng yếu nênSol(VI)ξ là tập lồi và đóng yếu Nếu ∆ là tập bị chặn thì Sol(VI)ξ 6= ∅.

ii) Lấy một dãy bất kì các phần tử {(ξ(k), y(k))} ⊂ Λ ì ∆sao cho ξ(k) →¯

ξ ∈ Λ, ¯ξ = (¯ξ1, , ¯ξm) và {y(k)} hội tụ yếu tới y ∈ ∆ Ta cần chứng minhy ∈ Sol(VI)¯ Thật vậy, với mỗi k ta có y(k) ∈ Sol(VI)ξ(k) Theo Bổ đềMinty ta có ∀x ∈ ∆

Ta lại có| h

Giả sử F là monotone, ∆ ⊂ H là tập lồi, đóng, bị chặn, khác rỗng.Fi : ∆ → H, i = 1, , m là liên tục trên các không gian con hữu hạn chiều.Khi ấy Sol(VVI)w 6= ∅ và liên thông.

Chứng minh Theo bổ đề i) 1.1.31 và định lí 1.1.17 ta suy ra Sol(VVI)w 6= ∅.Trước hết ta chứng minh ánh xạ đa trị S : Λ ⇒ H xác định bởi S(ξ) =

∀ξ ∈ Λ, với mỗi tập mở yếu Ω ⊂ H, nếu S(ξ) ⊂ Ω thì tồn tại một số δ > 0sao cho ∀ξ ∈ Λ mà kξ − ξk < δ thì S(ξ) ⊂ Ω.

Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử rằng ∃ξ ∈ Λ và một tập mở yếuΩ ⊂ H, ∀δ > 0 sao cho ∃ξ ∈ Λ và y ∈ Sol(VI)ξ mà kξ − ξk < δ, y /∈ Ω.

y(k) ∈ Sol(VI)ξ(k) và y(k) ∈ Ω/ với mọi k Do ∆ ⊂ H là tập lồi, đóng, bị

một dãy con cũng kí hiệu là y(k) hội tụ yếu đến y ∈ ∆ Rõ ràng y /∈ Ω Theo

liên tục trên Theo bổ đề 1.1.31, ta có tập giá trị S(.) là tập lồi và khác rỗng.Ta lại có S(Λ) = S

S(ξ) = Sol(VVI)w là một tập liên thông (theo định lí1.1.29).

1.2 Bất đẳng thức biến phân véc tơ affine đơn điệu

1.2.1 Bài toán bất đẳng thức biến phân affineTrong mục này ta sử các kí hiệu sau:

ξi = 1};∆ = {x ∈ Rn : Ax ≥ b, A ∈ Rrìn, b ∈ Rr}.

Chúng ta luôn giả thiết rằng ∆ 6= ∅; M1, , Mm ∈ Rnìn; q1, , qm ∈ Rn.Định nghĩa 1.2.1.

Bài toán tìm ¯x ∈ ∆ sao cho

Tập nghiệm Sol(AVVI) của bài toán AVVI là tập tất cả ¯x ∈ ∆ thoả mãn(1.28).

Định nghĩa 1.2.3.

Bài toán tìm ¯x ∈ ∆ sao cho

(hM1x + q¯ 1, x − ¯xi, , hMmx + q¯ m, x − ¯xi) /∈ −intRm+, ∀x ∈ ∆ (1.29)được gọi là bài toán bất đẳng thức biến phân véc tơ affine yếu (weakly affinevector variational inequality problem), viết gọn là AVVIw.

x ∈ Rnlà nghiệm của bài toán AVI nếu và chỉ nếu tồn tại λ = (λ1, , λr) ∈

M ¯x − ATλ + q = 0;A¯x ≥ b;

λ ≥ 0;

λT(A¯x − b) = 0.Từ Định lý 1.1.17 ta có hệ quả sau

Hệ quả 1.2.6.Ta có

1.2.2 Các định lý tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phânaffine

Mục này trình bày một số định lý cơ bản về tồn tại nghiệm của bất đẳngthức biến phân affine Một số điều kiện đơn điệu được đặt lên ánh xạ tuyếntính xác định bởi ma trận M và mối quan hệ giữa vectơ q với tập hạn chế ∆và nón lùi xa 0+

các định lý này.Định nghĩa 1.2.7.

Ta nói rằng M ∈ Rnìnlà đơn điệu (monotone) trên tập lồi, đóng ∆ ⊂ Rn

nếu toán tử tuyến tính tương ứng với ma trận M là đơn điệu trên ∆, nghĩa là

Để chỉ ra tính đồng dương không suy ra tính đơn điệu, ta xét thí dụ sauđây Giả sử

2 1

∈ R2ì2, ∆ = R2+.

∆ = R2+ ta có vTM v ≥ 0 Do đó M là đồng dương trên ∆.Nhưng M không đơn điệu trên ∆ Thật vậy, chọn x = (0, 1) và y = (1, 0),ta thấy rằng

2 1

1 −1
= −2 < 0.A Tồn tại nghiệm với giả thiết đơn điệu

Định lý 1.2.9 (Xem [8] trang 103).

Giả sử hai điều kiện sau đây được thỏa mãn:

(i) Tồn tại ¯x ∈ ∆ sao cho (M ¯x + q)Tv ≥ 0 với mọi v ∈ 0+∆,(ii) (y − x)TM (y − x) ≥ 0 với mọi x ∈ ∆ và y ∈ ∆,

Khi ấy tập nghiệm Sol(AVI) khác rỗng.

Từ định lí 1.2.9 dễ dàng suy ra kết quả dưới đây.Định lý 1.2.10 (Xem [8] trang 109).

Nếu M là ma trận nửa xác định dương và tồn tại ¯x ∈ ∆ sao cho (M ¯x +q)Tv ≥ 0 với mọi v ∈ 0+∆, thì bài toán AVI có nghiệm.

Ví dụ 1.2.11 Giả sử

0 −1

∈ R2ì2, q = (q1, q2) ∈ R2,∆ = {x = (x1, x2) ∈ R2+ : x1 ≥ 0, x2 = 0}.

Định lí 1.2.9 và Định lí 1.2.10 đều có thể áp dụng cho bài toán này Thậtvậy, vì M là đơn điệu trên ∆, nên chỉ cần chỉ ra rằng tồn tại ¯x ∈ ∆ sao cho(M ¯x + q)Tv ≥ 0 với mọi v ∈ 0+∆.

Nếu q1 < 0 thì chọn ¯x = (−q1, 0), nếu q1 ≥ 0 thì chọn ¯x = (0, 0) Ta dễdàng chỉ ra rằng Sol(AVI) = {(−q1, 0)}nếu q1 < 0và Sol(AVI) = {(0, 0)}nếu q1 ≥ 0.

B Tồn tại nghiệm dưới điều kiện đồng dương

Trong mục này chúng ta chứng minh một số định lý tồn tại nghiệm củabài toán bất đẳng thức biến phân AVI, trong đó M không đòi hỏi giả thiếtđơn điệu trên ∆ Ta chỉ giả thiết rằng M là đồng dương trên ∆.

Trước tiên chúng ta trình bày các định lý tồn tại nghiệm dựa trên giả thiếtđồng dương chặt

Bổ đề dưới đây chỉ ra rằng giả thiết đồng dương chặt trong định lý trênthực chất là tương đương với điều kiện bức.

Bổ đề 1.2.12.

vectơ bất kì Xét ánh xạ affine f(x) = Mx + q Ta áp dụng Bổ đề 1.2.12 tacó thể chỉ ra rằng tồn tại x0 ∈ ∆sao cho điều kiện bức (1.5) được thỏa mãn.Theo Định lí 1.1.5, bài toán VI có nghiệm Vì bài toán này chính là bài toánAVI, nên ta suy ra kết luận của định lí là đúng.

Định lý tồn tại nghiệm dưới đây không đòi hỏi ma trận M phải là đồngdương chặt trên ∆ Thay thế cho tính đồng dương chặt, ta sử dụng một giảthiết yếu hơn.

Ví dụ 1.2.15 Giả sử M và ∆ như trong Thí dụ 1.2.11 Dễ dàng kiểm tra rằngđiều kiện của Định lí 1.2.14 được thoả mãn Do đó với mọi q = (q1, q2) ∈ R2,bài toán AVI có nghiệm.

1.2.3 Tính liên thông của tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biếnphân véc tơ affine.

Định lý 1.2.16.

Giả sử M1, , Mm là đơn điệu (monotone), đồng dương chặt trên ∆ Khi

Chứng minh Giả sử ξ = (ξ1, , ξm) ∈ Λ Do M1, , Mm là ma trận đồngdương chặt trên ∆ nên ta có

Sol(AVI)ξ 6= ∅.

Do đó Sol(AVVI) và Sol(AVVI)w khác rỗng.

Sol(AVI)ξ là tập liên thông.

Theo Hệ quả 1.2.6 ta có

∃ξk = (ξ1k, , ξmk) ∈ Λ : xk ∈ Sol(AVI)ξk (1.37)Ta có thể giả thiết rằng xk

kxkk → ¯v, k¯vk = 1 và ξk → ¯ξ = ( ¯ξ1, , ¯ξm) ∈ Λ.Từ (1.37) ta có

liên tục trên trên Λ Do Λ0, Λ là các tập liên thông nên G(Λ0) và G(Λ) là

Bổ đề 1.2.17 (Xem [8] trang 133).

Gi¶ sö M ∈ Rn×n

, q ∈ Rn, M ∆ = {M x : x ∈ ∆} Khi Êyq ∈ int((0+∆)+) − M ∆),

khi vµ chØ khi

∀v ∈ 0+∆\{0}, ∃x ∈ ∆ : hM x + q, vi > 0.§Þnh lý 1.2.18.

Chøng minh Gi¶ sö ξ = (ξ1, , ξm) ∈ Λ Tõ (1.40) ta cãh

Theo HÖ qu¶ 1.2.6 ta cã

∃ξk = (ξ1k, , ξmk) ∈ Λ : xk ∈ Sol(AVI)ξk (1.43)Ta cã thÓ gi¶ thiÕt r»ng xk

kxkk → ¯v, k¯vk = 1 vµ ξk → ¯ξ = ( ¯ξ1, , ¯ξm) ∈ Λ.Tõ (1.43) ta cã

Từ (1.47) và (1.48) ta cóh

liên tục trên trên Λ Do Λ0, Λ là các tập liên thông nên G(Λ0) và G(Λ) là

Bổ đề 1.2.19 (Xem [11] trang 4).

định dương và q ∈ Rn Hai tính chất sau tương đương:i) Sol(AVI) là khác rỗng và bị chặn.

ii) ∃ > 0 sao cho với mỗi ˜M ∈ Rnìn và mỗi ˜q ∈ Rn mà

Sol(AVI( ˜M , ˜q)) ⊂ Sol(AVI(M, q)+l(k ˜M −M k+k˜q −qk) ¯B(0, 1) (1.51)Định lý 1.2.20.

Xét bài toán AVVIw với giả thiết ∆ là tập lồi đa diện khác rỗng, Mi(i =1, , m) là các ma trận nửa xác định dương Xét các tính chất sau:

Ta có i) ⇒ ii) Chiều ngược lại cũng đúng chỉ nếu ∆ là tập compacthoặc m = 1.

Khi ta có i) thì ∀α > 0 tồn tại các hằng số  > 0, ρ > 0 sao cho

Ta có (i0) ⇒ (ii0) Chiều ngược lại cũng đúng chỉ nếu ∆ là tập compacthoặc m = 1.

Nếu tập nghiệm Sol(AVVI)w là khác rỗng và bị chặn thì ∀α > 0 tồn tạicác hằng số  > 0, ρ > 0 sao cho nếu ˜Mi(i = 1, m) là các ma trận nửaxác định dương và có (1.52) thì Sol(AVVI( ˜Mi, ˜qi)) khác rỗng và

được gọi là Lipschitz trên địa phương tại x ∈ domG = {x ∈ X : G(x) 6= ∅}nếu tồn tại l > 0 và δ > 0 sao cho

G(y) ⊂ G(x) + l(ky − xk) ¯B(0, 1), với mọi y ∈ ¯B(x, δ).Định lý 1.2.25.

Xét bài toán AVVIw với giả thiết Mi là các ma trận nửa xác định dương.Các khẳng định sau là đúng:

i) Nếu Sol(AVVI)w bị chặn thì nó là tập liên thông.

nó không bị chặn.

Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh ii) (vì từ ii) sẽ suy ra i)).

ThËt vËy, ta gi¶ sö r»ng Sol(AVVI)w kh«ng liªn th«ng, nh­ng cã mét

HÖ qu¶ 1.2.6 suy ra

{ξ ∈ Λ : Sol(VI)ξ 6= ∅, Sol(VI)ξ ⊂ A} 6= Λ.Ta kÝ hiÖu

Λ = {ξ ∈ Λ : Sol(VI)ξ 6= ∅, Sol(VI)ξ ⊂ A}.

V× Sol(VI)ξ lµ mét tËp låi vµ A lµ mét thµnh phÇn liªn th«ng cña Sol(AVVI)w

nªn Sol(VI)ξ ⊂ AnÕu chØ nÕu Sol(VI)ξ ∩ A 6= ∅ V× vËy˜

m( max

kMik) < ε(ξ)vµ

m( max

kqik) < ε(ξ).

Bổ đề 1.2.23 áp dụng cho

ξ0 ∈ B(ξ, δ) ∩ Λ và ( ˜M , ˜q) := (M (ξ0), q(ξ0))thoả mãn điều kiện (1.49) nên

Sol(AVI(M(ξ0), q(ξ0)) 6= ∅.Hơn nữa theo (1.50), (1.51) ta có

Sol(AVI(M(ξ0), q(ξ0)) ⊂ ¯B(0, ρ(ξ))và

), q(ξ0)) ⊂ Sol(AVI(M(ξ), q(ξ)) + l(ξ)(kM(ξ0

) − M (ξ)k+ kq(ξ0) − q(ξ)k) ¯B(0, 1).

xác định bởi ξ0 7→ Sol(AVI(M(ξ0), q(ξ0)) là bị chặn đều trên B(ξ, δ) ∩ Λvà Lipschitz trên địa phương tại ξ Đặc biệt, hàm đa trị này là nửa liêntục trên tại ξ Hơn nữa hàm này là nửa liên tục trên trên B(ξ, δ) ∩ Λ VìSol(AVI(M(ξ0), q(ξ0)) là một tập lồi, khác rỗng với mọi ξ0 ∈ B(ξ, δ) ∩ Λ vàvì tính nửa liên tục trên của Sol(AVI(M(.), q(.)) nên tập ảnh

W := [{Sol(AVI(M(ξ0), q(ξ0)) : ξ0 ∈ B(ξ, δ) ∩ Λ},là tập liên thông.

chọn ξ và A là một thành phần liên thông của Sol(AVVI)w, ta có thể chỉ rarằng W ⊂ A Vì vậy B(ξ, δ) ∩ Λ ⊂ ˜Λ Do đó ˜Λ là tập mở.

Ta chứng minh ˜Λ là tập đóng Thật vậy, lấy một dãy bất kì {ξ(j)} ⊂ ˜Λmàξ(j) → ¯ξ ∈ Λ Với mỗi j ∈ N ta chọn một x(j) ∈ Sol(AVI)ξ(j) ⊂ A Khôngmất tính tổng quát ta giả sử rằng x(j) → ¯x ∈ ∆ Vì

hM (ξ(j))x(j)+ q(ξ(j)), y − x(j)i ≥ 0, ∀y ∈ ∆, ∀j ∈ N,