G{x) = Л

=

Ví dụ 2.1. Chứng minh sự khẳng định của Mệnh đề 2.7.

Những kết quả này có thể được mở rộng theo nhiều hướng khác nhau. Cùng với bài toán điểm yên ngựa và giải bài toán trò chơi một tổng không hai người chúng ta có thể xem xét các trường hợp tổng quát của m người chơi không hợp tác. Nhớ lại rằng một trò chơi như vậy bao gồm ra người chơi, mỗi người chơi trong số đó có một chiến lược tập X I c Mni và một hàm tiện ích fi : X — > M, trong đó

X = X1 X ... X xm.

Điểm X * = ( U { , . . . , u ^n)T e X được gọi là điểm cân bằng Nash cho trò chơi này, nếu

Vvị G Xi, i = 1, m. Đặt 771 V{x,y) = -^2 ỉ = 1 X — (lỉi ,Y —( V I : . . . : V M ' ) , m với N = T I Ị và ^ (x,y) = (2.21)

thì bài toán cân bằng Nash (2.19) tương đương với bàitoán cân bằng tổng quát là bài toán tìm điểm X * G X sao cho

$ ( ® *Jy ) ^ 0 , V y G X . (2.22)

Ví dụ 2.2. Chứng minh sự tương đương củacác bài toán (2.19) và (2.20)-(2.22).

Ta xác định ánh xạ G : M" — > Mn như sau:

G(x) = 'Ụy^{x,y)\y = x. (2.23)

Hệ quả 2.2. Giả sử rằng $(x,x) = 0 và 3>(av) là ỉồỉ và khả vi với mỗi X G X. Khỉ đó bài toán (2.22) và (2.1), (2.23) là tương đương.

Vì vậy, bài toán cân bằng Nash có thể được thay thế bằng một VI thích hợp.

(2.19)

(2.20

Mệnh đề 2.8. Cho $ : R" X R" —> M /ồ một song hàm sao cho Q(x,x) = 0 với mọi X G X. Giả sử $(x,.) và —$>(., y) là lồi và khả vi với mọi x,y £ X. Nếu G được xác định bởi (2.23), thì nó là đơn điệu trên X.

C H Ứ N G M I N H . Điểm X , Y e X . Lấy bất kì A e (0,1) và X A = A X

+ (1 — A ) Y .

Rõ ràng X A G X do X là hàm lồi. Do $(., X a) lõm, ta có

1 = $(xa,xa) ^ a$(x,xa) + (1 - a)$(y,xa).

Hoặc tương đương,

A [$(z, X A ) - z)] < (1 - a) [ $ ( Y , Y ) - $(ỉ/, £a)]. (2.24) Mặt khác, do Định nghĩa và Mệnh đề 2.4 ta có $ ( X , X A ) — $ ( X , X ) ^ ( X A — X ) T G ( X ) , và xa) - ®{y, y) ^ {xa - y)TG(y). Sử dụng tính chất bất đẳng thức cùng với (2.24) ta được A ( X A — X ) T G ( X ) ^ A [$(x,a:a) — $(x,x)] < (1 - a) [${y,y) - ${y,xa)] ^ (1 - a)(y - xa)TG{y).

Vì xa — X = (1 — A ) { Y — x ) và y — xa = a ( y — X) ta suy ra

a(l - a)(y - x)TG(x) < a(l - a)(y - x)TG(y),

hoặc bất đẳng thức,

(y - x)T [G{y) - G{x)\ ^ 0.

Khi đó, G là ánh xạ đơn điệu trên X .

Hệ quả 2.3. Nếu L : M.1 X M m — ¥ M là một song hàm khả vi lồi- lõm, thì ánh xạ G trong (2.7) là đơn điệu.

Theo đó G trong (2.12) là đơn điệu, nếu F Ị : M 1 —>• = 0,

. . . , M

là các hàm lồi khả vi.

Ta xét hệ cơ sở kép tổng quát (2.1), (2.14), hoặc tương đương,

(2.15) , trong đó u được xác định trong (2.10), và V là một tập con lồi đóng của Bài toán là tìm cặp ( U * , V * ) € U X V sao cho

m

( U - </)T[F(</) + V »ÍV/it«’)] > 0 V » Ễ Ơ ,

Ỉ=1 (2.25)

( V - V * ) T [ B { V * ) - /(«*)] ^ 0 Vv G V ,

trong đó 6 : — > Mm là ánh xạ liên tục. Nó tương đương VI (2.1)

với X = U x V ,

*■(«) + £” «íV/ituẠ , %

I = 1 (2.26)

b(v) - f(u)

Mệnh đề 2.9. Giả sử ỉi : M1 K, ỉ = 1 , m là hàm khả vi lồi. Nếu ánh xạ F : u —> Mĩ và b : V —> là đơn điệu (ngặt, mạnh), thì ánh xạ G trong (2.26) là đơn điệu (ngặt, mạnh) trên X

= u X V.

□

Chứng minh. Chọn bất kì điểm X = (u, v) £ X và y = ( u', v') £ X. Thì {x - y)T[G(x) - G(y)] = (u- u')T[F{u) - F(ur)]

m m

-i=l i = 1

+ (1; - i/)r[&w - &(«')] + (« - </f[/K) - /(«)]• Do Mệnh đề 2.4, ta có

( U - Ú ) v/i(u) ^ F I { U ) -

và

Do đó

Oc - y) r [ơ(z) - G(y)] >(u- v!)T[F{u) - F{u')]

+ (V - v/)r[6(r;) - 6(v')],

và tính đơn điệu của G suy ra từ tính đơn điệu của F và B.Tính đơn điệu(ngặt, mạnh) của G có thể được suy l u ậ n tương tự. □

Mệnh đề 2.10. Nếu X * = (u*,v*) là nghiệm của(2.10),(2.15) vôi V = M?, thì u* là một nghiệm của bài toán tìm u* £ D sao cho (■u - u*)TF{u*) ^ 0 Vu € D,

D = { u e u\fi(u) < bi(v*) i = 1,ra} ở đây u cũng giống như trong (2.10).

Theo một số giả thiết nhất định, bài toán (2.27) có thể được chuyển về bài toán điểm yên ngựa. Bằng cách đặt

m

L(u,v) = /o(m) + ỵ2vifi(u) - ip(v). I = 1 !\T + (u — v!) (2.27) (2.28)

2.1.2. Sự tồn tại và tính duy nhất

Mệnh đề 2.11. (Định lý điểm bất động Brouĩver) Mỗi ánh xạ ỉiên tục từ một tập lồi không rỗng compact vào chính đều có điểm bất động.

Để áp dụng kết quả này cho bài toán (2.1) ta cần một vài thuộc tính của ánh xạ chiếu. Lấy một điểm X và một tập Y trong E, ký hiệu là 7ĨỴ{X) phép chiếu của X

vào Y

tĩy{x) £ Y, 11^ — 7T^(rr)II = min ||rc — yII.

yeY

Mệnh đề 2.12. Giả sử Y là một tập đóng lồi khác rỗng trong E và X ỉà một điểm tùy ý trong E. Khi đó

(ỉ) Tồn tại điểm chiếu duy nhất p = 7Ty (a:) của X lên tập Y. (ii) Một điểm p GY là một hình chiếu của X lên Y khi và chỉ khi

(p - x)T(y - p) ^ 0 Vy e Y.

(ỈU) Ánh xạ chiếu 7Ty(.) là không giãn và {x" — x')T [ĨĨY{X") — 'KY{X')] ^ \['KY{x") — ĩĩY(x')\\2 Vx',x" G E. (2.29) I \ X p Hình 2.3: (2.30)

C H Ứ N G M I N H . Rõ ràng là điểm P = 7Ty (a:) là một nghiệm của bài toán lồi tối ưu hóa sau đây:

min{ <p(y)\y £ Y},

trong đó I P { Y ) := 0.5|Ịi/ — x|Ị2. Do Định lý 2.1, bài toán này là tương đương với bất đẳng thức biến phân (2.29), tức là, khẳng định (ii) đúng. Hơn nữa, bài toán này tương đương với bài toán tối ưu hóa sau đây:

min{ i p ( y ) \ y € Y , IIy - z|| < r}, trong đó

r > inf IIy — x|| ^ 0;

y£Y

Bài toán này có nghiệm nhờ định lý Weierstrass. Cho hai điểm tùy ý X \ X " G E và đặt P ' = 7T Y ( X R ) , P " = Ĩ R Y { X " ) . Áp dụng (2.29) với X

=

tương ứng, ta được

(p1 - x’)T ự - p’) > 0,

và

ự - X"Y ụ-p")^ 0.

Cộng hai bất đẳng thức lại và áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được

ự - p')Tự - p')

< (*" -

< II*" - s'11

'\\;

Suy ra

\\p" -p'\\ < \\x"-x'\\.

Do đó, ánh xạ 7Ty(.) là không giãn.

Áp dụng (2.29) với X',X" là hai điểm tùy ý trong E. [ĩĩY{x') - x'f. [y - ĩĩY(x')] ^ 0,Vy e Y;

М*")-*"]Г.[у-1Гу(*")]>0,УуеУ. Vì 7Гу ( X ¹ ) , 7Гу ( X " ) € Y nên ta có:

м^) - *f-м*") - *v(*')] > 0;

[7Гу(ж") — ж"]71. [ T Ĩ Y ( X ' ) — 7Гу(ж")] ^ 0. Cộng hai bất đẳng thức lại ta được:

~ỳcYự') - x'f - (тг y(x") - x"f] . [Ky ự1) - 7Г у(х')] > о

-|1(7Гу(ж") - 7Гу(а/))||2 ^ ~(х" - х')т. [7Гу (ж") - 7Гу (ж')]

hay (æ"

— ж')

. [7Гу(ж") — 7Гу(ж')] ^ IK^y^") — 7Гу

(ж

))!!

, W, ж" G -Е.

Giả sử tồn tại hai điểm chiếu Pi,P2 của X lên tập Y . Áp dụng (2.29) với lần lượt hai điểm chiếu P H P 2 ta được:

(pi - X ) T ( Y - Pi) ^ 0, Vy G У,

(p2 - x)T(y - p2) ^ 0, Vi/ e Y.

Vì PI,P2 G ^ nên ta có:

{ P Í - z)T(p2 - Pi) ^ 0, (P2 - z)r(pi -p2) ^ 0. Cộng hai bất đẳng thức lại ta được:

(pi - P Ĩ ) (P2 - ж)г - (pi - ж)5

- IIpi -P2II ^ 0,

IIpi -P2II = 0.

hay

Suy ra P i = P2-

Ta được tính duy nhất của phép chiếu, tức là khẳng định (i) cũng đúng.

□

Mệnh đề 2.13. Cho X là tập không rỗng, đóng và lồi của không gian E. Điểm X* e X là nghiệm của bài toán (2.1) khi và chỉ khi

X* = 7TX [x* - 6G(x*)] (2.31) với 9 > 0. C H Ứ N G M I N H . Nếu (2.31) đúng, thì, áp d ụ n g (2.29) cho ta (x* — [x* — 6G{x*)])T(x — X*) ^ 0 Vx ẽ X, (i9G(x*)f (x - X*) ^ 0Vz € X, (x — x*)TG(x*) ^ OVx e X.

Vậy X * £ X * . Ngược lại, cho X * e X * , nhưng X * Ỷ Ẽ = T Ĩ X { X *

— Ỡ G ( X * ) ) . Áp dụng (2.29) cho ta (x — [x* — 6G(x*)])T(x* — x) ^ 0 (x — X * )T ( X* — x) + [6G{x*y\r (x* — x) ^ 0 -Ị|(ÍẼ- Z*)Ị| 2 - [9G(x*)f (x- X*) ^ 0, hay (x — x*)T[9G(x*)] ^ —\\x — x*\\2 < 0.

Nghĩa là X * Ệ X * , mâu thuẫn. □

Định lý 2.2. Cho X là một tập con không rỗng, lồi và compact của không gian E và cho G : X —>• E là một ánh xạ liên tục. Khi đó, bài toán (2.1) là giải được.

Chứng minh. Với mỗi X £ X, ta đặt

ф(х) := Tĩx {x - G{x)).

Khi đó Ф : X —>• X . Hơn nữa, Ф liên tục vì là hợp củahai ánh xạ liên tục.

Vậy tồn tại X * = Ф ( Х * ) . Áp dụng Mệnhđề 2.13 tasuy ra X * lànghiệm

của bài toán (2.1). □

Định lý 2.3. Cho tập con X không rỗng, lồi, và đóng của không gian E và cho G : X — »■ E là một ánh xạ liên tục. Giả sử tồn tại một tập compact Y của X sao cho

Vx G X\Y, 3y G Y : (x — y)TG{x) > 0, thì bài toán (2.1) có nghiệm.

C H Ứ N G M I N H . Nó đủ để xét trường hợp không bị chặn. Cho B R là hình tròn đóng (theo tiêu chuẩn) của E với tâm

о

П B R cho VI sau:

( Z — X R ) T G ( X r) ^ 0 Ẽ I П B R .

Hơn nữa, chúng ta có ||жг|| < R do điều kiện bức. Lấy bất kì X G X . Thì tồn tại e >

0 đủ nhỏ sao cho xr + e { x — xr) e X П Br. Từ đó suy ra

[xr 4- s(x — xr) — xr]TG(xr) ^ 0.

(x — xr)TG(xr) ^ 0.

Nó cho thấy rằng X R là nghiệm của bài toán (2.1) và kết quả sau. □

Nói chung, bài toán (2.1) có thể có nhiều hơn một nghiệm. Bây giờ chúng ta xét điều kiện duy nhất nghiệm cho bài toán VI (2.1).

Mệnh đề 2.14. Nếu G đơn điệu ngặt, thì bài toán (2.1) có nhiều nhất một nghiệm.

CHỨNG MINH. Giả sử rằng có tồn tại ít nhất hai nghiệm X' và X" của bài toán (2.1). Khi đó, bằng định nghĩa ta có:

(x" — x')TG{x') ^ 0,

và

{x' - x")TGự) > 0.

Cộng hai bất đẳng thức lại ta được

{x" -x')T[G{x')-G{x")] 2 0.

Do G là đơn điệu ngặt ta suy ra X ' = X " . □

Định lý 2.4. Cho tập con X không rỗng, lồi, và đóng của không gian Euclide hữu hạn chiều E và cho G : X — »■ E là ánh xạ liên tục đơn điệu mạnh. Thì bài toán (2.1) có nghiệm duy nhất.

C H Ứ N G M I N H . Do tính đơn điệu mạnh của G ta có:

{x — x)TG{x) ^ {x — x)TG ( X) + T\\X — x\\2 — > • + 00,

khi \ \ X — S]|2 —> +00. Do đó, điều kiện bức trong Định lý 2.3 được thỏa mãn. Suy ra, bài toán (2.1) là giải được. Hơn nữa, do G đơn điệu mạnh nên nghiệm là duy nhất.

Giả sử M là ma trận đối xứng, xác định dương, ví dụ M = A I với A > 0 và I là toán tử đồng nhất.

Định lý 2.5. Cho h(x) là nghiệm duy nhất của bài toán tối ưu lồi

g(x) = -min{(G(x),y - X} + ì(y - x,M(y- x))\y e X} . (2.32)

Khi đó

X — X ' - (£r(:c) — G { X ' Ỵ )a a

C H Ứ N G M I N H . Khi M là xác định dương, bài toán (2.32) là lồi mạnh. Như

v ậ y H ( X ) l à n g h i ệ m d u y n h ấ t c ủ a b à i t o á n

min — x,M(y — x)} + (G{x),y- x)\y e HI .

Chú ý rằng dưới vi phân của hàm chỉ của tập lồi

c

theo điều kiện cần và đủ của tối ưu ta có

OễM (h(x) — x) + G(x) + Nc(h(x)).

Suy ra tồn tại Z I € N C ( H ( X )) sao cho

ở đây N c { h ( x)) là kí hiêu nón pháp tuyến của

с

□

Đ Ị N H L Ý 2 . 6 . Giả sử G là S S đơn điệu mạnh và thỏa mãn tính chất Lipschitz trên

С

h

с

ỏ : = ^ + ÿ , trong đó A > Ệ .

C H Ứ N G M I N H . Giả sử G là S S đơn điệu mạnh và thỏa mãn tính chất Lip- schitz trên

С

L.

Ta có 1 X — x' — — (G(x) — G(x')) а „ / I I2 = ||x — xr\\z — — (x — x\ G(x) — G{x')) + -^T-ЦG(x) — G{x')\\2. œ 1 а

Từ Định lý 2.5 suy ra

\\h(x) — h(x')\|2 ^ \\x — x'\\2---(x — x\ G(x) — G(x')} a

+ị\\G(x)-G(x’)f.

cr

Vì G là S S đơn điệu mạnh và thỏa mãn tính chất Lipschitz trên С , nên ta có:

(x — xr, G(x) — G(x’)) ^ ß\\x — a/||2 và Ị|ơ(z) — G(x')\\2 ^ L2\\x — x'\\2. Như vậy ||/г(ж) — H ( X ' ) \ \ 2 ^ \ \ X — X ' \ \ 2 ---— \ \ Х — X ' \ \ 2 H---- \ \ Х — a/||2 а2 Do đó ||/г(ж) - H ( X ')Il ^ f 1 - — + \ \ Х -ж'II . \ a аг / Rõ ràng, nếu A > Ỉ Ệ Ị I thì Ỏ : = Y J L — — + ^4 G (0,1). Do đó H là ánh xạ co trên С với hệ số co là ổ. □

Ví dụ 2.3 Cho ánh xạ G : M2 —»• M2 theo công thức:

G(x,y) := {G1{x:y):G2{x,y))T :

trong đó, Gi(a;,y) := X + Y , G 2 { X , Y ) := - X + Y .

Giả sử X : = { (X , Y ) \ X ² + Y 2 ^ 1}.

Ta chỉ ra G là đơn điệu mạnh trên X . Thật vậy, với mọi z = ; z ' =

G X, ta có:

У У

X + y - x' - y' \' - v j ' - v j —x + y + x Do đó (z - z'f ( G(z) - G{z')) = (x - x' y - y') G(z) - Gự) = = 2. ( x + y-x' -y' ^ —X + y + x' — y'

= (x- x'f + (y- y'Ỷ = \\z - z'\\2 .

Vậy G là đơn điệu mạnh trên X với hệ số r = 1. Do đó bài toán tồn tại duy nhất nghiệm.

Ta chỉ ra G là Lipschitz trên X với hằng số L > 0. Thật vậy, với i z= 1 ; Z ' = 1 G X , Z Ỷ Z ' ta có:

\ y ) ự ) \\z - z'\\ = \Ị{x- x'ý + (y - y'ý II G(z) - Gự)\I = yf(x + y - x' - y') 2 + {-X +

y + xr- y'Ỷ Xét I I Ơ O O - Ơ O O K L I I * - / ! ! . Tức là 2(x-xfÝ + 2 ( y - y ' f ( x - x ' r + ( y - y f ) Suy ra Hay L ^ -\/2- Chọn L = 2 .

Vậy G là Lipschitz trên X với hằng số L

Kết luận chung

Luận văn đề cập đến các vấn đề sau:

Nhắc lại một số khái niệm và tính chất của Giải tích hàm như: không gian Hilbert, ánh xạ co... Đồng thời trình bày các khái niệm về ánh xạ co yếu, ánh xạ không giãn và một số ví dụ minh họa.

Phát biểu bài toán bất đẳng thức biến phân, các bài toán liên quan và sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.1).

Luận văn trình bày một tiếp cận quan trọng trong nghiên cứu bất đẳng thức biến phân, đặc biệt là việc nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm và phương pháp giải là sử dụng các định lý điểm bất động. Ý tưởng chính của cách tiếp cận này là xây dựng một ánh xạ thích hợp sao cho tập điểm bất động của ánh xạ này cũng là tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân. Cách tiếp cận điểm bất động không chỉ làm việc với không gian hữu hạn chiều mà còn được sử dụng trong không gian Hilbert.