Trong phần này chúng ta trình bày một số định lí về sự tồn tại nghiệm cho bài toán AV P (2.1) ở đó M không cần giả thiết đơn điệu trên ∆. Nó chỉ cần giả thiết là một đơn điệu nón trên ∆.
Bổ đề sau đây chứng tỏ rằng giả thiết đơn điệu nón chặt trong định lí tương đương với điều kiện (1.7).
Bổ đề 2.3. Ma trận M ∈ Rn×n là đơn điệu nón chặt trên một tập đa diện lồi ∆⊂ Rn nếu có x0 ∈ ∆ sao cho
M y −M x0, y−x0
kyk −x0k → +∞ với kyk → +∞, y ∈ ∆. (2.18) Chứng minh.
Điều kiện cần. Giả sử ∆ là một tập không rỗng và M là đơn điệu nón chặt trên ∆.
Nếu O+∆ = {0} thì theo định lí 8.4 [23], ∆ compact. Vì vậy chọn x0 ∈ ∆ tuỳ ý, điều kiện (2.18) là thoả mãn. Bây giờ xét trường hợp O+∆ 6= {0}.
Chọn bất kỳ x0 ∈ ∆. Chúng ta chú ý rằng (2.18) là đúng. Khi đó tồn tại γ > 0 và một dãy yk ⊂∆ sao cho yk → +∞ và
M yk −M x0, yk−x0
kyk −x0k → γ với k ∈ N. (2.19) Vì ∆ là một tập đa diện lồi khác rỗng, theo định lí 19.1 và 19.5 (xem [23]) chúng ta có thể tìm được một tập compact K ⊂ ∆ sao cho
Do đó cho k ∈ N tồn tại uk ∈ K và vk ∈ O+∆ sao cho yk = uk + vk. Dễ dàng thấy rằng vk → +∞.
Bởi vậy không mất tích tổng quát chúng ta có thể giả thiết rằng uk →u, vk 6= 0, ∀k ∈ N, v k kvkk →v, với những u ∈ ∆, v ∈ O+∆, kvk = 1. Từ( 2.19) suy ra rằng vk 2 M vk +M uk −x0, vk + uk −x0 kvkk−1kvk +uk −x0k ≤ 1 kvkkγ.
Với mọi k ∈ N. Khi cho k → ∞ từ bất đẳng thức trên chúng ta có được
hM v, vi kvk ≤ 0.
Điều đó mâu thuẫn với giả thiết đơn điệu nón chặt của M trên ∆. Vì vậy, chúng ta đã chứng minh được (2.18) là đúng.
Điều kiện đủ. Giả sử rằng tồn tại x0 ∈ ∆ sao cho (2.18) là đúng. Lấy v ∈ O+∆\{0} tùy ý. Vì y(t) := x0 +tv ∈ ∆,∀t >0 và
ky(t)k → +∞ khi t → ∞ thế y = y(t) vào (2.18) dẫn đến.
thM v, vi
kvk →+∞ khi t→ ∞.
Điều đó suy ra rằng vTMv = hMv, vi > 0. Vì vậy chúng ta suy ra rằng M là đơn điệu nón trên ∆.
Định lý 2.3. Nếu ma trận M đơn điệu nón chặt trên một tập đa diện lồi
∆ thì, với bất kỳ q ∈ Rm, bài toán AV I(M, q,∆) có nghiệm.
Chứng minh. Giả sử rằng M là một đơn điệu nón trên ∆ và q ∈ Rn là véc tơ đã cho tùy ý.
luận rằng tồn tại x0 ∈ ∆ sao cho điều (1.17) bắt buộc đúng. Tiếp theo định lí 1.2 bài toán V I(φ,∆) là có nghiệm.
Vì đều được nhắc đến sau đây là chính xác với bài toánAV I(M, q,∆)
yêu cầu này kết thúc.
Chúng ta có thể đi đến định lí 2.3 từ định lí 1.1 với yêu cầu từ định lí 1.2 và bổ đề 2.3.
Ta có thể sử dụng cách khác để chứng minh định lí 2.3 như sau
Giả sử rằng ∆6= ∅ là đơn điệu nón chặt trên ∆ và q ∈ Rn là một véc tơ đã cho tùy ý. Cho m ∈ N, A ∈ Rm×n và b ∈ Rm sao cho ∆ có biểu diễn bởi (2.2). Khi đó O+∆ = {v ∈ Rn : Av >0} [9], chọn điểm x0 ∈ ∆. Với k ∈ N, chúng ta có
∆k = ∆∩
x = (x1, ..., xn) ∈ Rn :x0i −k ≤ xi ≤ x0i +k, ∀i = 1,2, ..., n . (2.20) Chúng ta có thể suy ra rằng, ∆k là một tập lồi đa diện, compact không rỗng với bất kỳ k ∈ N.
Chúng ta xét bài toán AV I(M, q,∆k). [22], Sol(AV I(M, q,∆k)) 6= ∅.
Với k ∈ N, chọn một điểm xk ∈ Sol(AV I(M, q,∆k)). Chúng ta chú ý rằng dãy {xk} là bị chặn. Ta sẽ thu được mâu thuẫn, giả sử rằng {xk} là không bị chặn. Không hạn chế tính tổng quát chúng ta có thể giả thiết rằng xk 6= 0, ∀k,||xk|| → +∞ với k → ∞, và tồn tại v ∈ Rn sao cho
xk kxkk →v kvk = 1. Vì x∈ ∆k, ∀k ∈ N chúng ta có M xk +q, x0 −xk ≥ 0, ∀k ∈ N. Hoặc bất đẳng thức M xk +q, x0 ≥ M xk +q, xk, ∀k ∈ N. (2.21)
Chia bất đẳng thức (2.21) cho xk
2
và cho k → ∞ chúng ta được
0> hM v, vi. (2.22) Vì xk ∈ ∆, chúng ta có Axk ≥ b. Chia bất đẳng thức trên cho xk
và lấy giới hạn khi k → ∞ chúng ta được Av ≥ 0. Điều đó suy ra rằng v ∈ O+∆. Vì kvk = 1 nên (2.22) mâu thuẫn với giả thiết của M đơn điệu nón chặt trên ∆. Vì vậy chúng ta đã chứng tỏ được rằng dãy {xk} là bị chặn. Không mất tính tổng quát giả thiết rằng xk → x với x ∈ ∆. Với x ∈ ∆chúng ta có thể tìm được một chỉ sốkx ∈ Nsao chox ∈ ∆k, ∀k ∈ N. Sau đây với mọi k ≥kx, cố định
M xk +q, x−xk > 0. Cho k → ∞ chúng ta thu được
hM x+q, x−xi > 0.
Vì bất đẳng thức trên là đúng với mọi x ∈ ∆, chúng ta kết luận rằng x ∈ Sol(AV I (M, q,∆)). Đó là điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.2. Cho M = 1 2 2 1 ∈ R2×2, ∆ = R2+.
Từ chú ý (2.1) chúng ta thấy rằng M là không đơn điệu trên ∆. Hơn thế nữa, M là đơn điệu nón chặt trên ∆.
Thật vậy, vì ∆ là một nón, chúng ta có O+∆ = ∆. Cho bất kỳ véc tơ khác không v = (v1, v2) ∈ O+∆ = R2+ cố định
vTM v = v21 + 4v1v2 +v22 > 0.
Điều đó chứng tỏ rằng M là đơn điệu nón chặt trên ∆. Theo định lí (2.3) với bất kỳ q , bài toán AV I(M, q,∆) là giải được. Chú ý rằng định lí (2.1) không còn đúng với bài toán này trong trường hợp M là không đơn điệu trên ∆.
Trong định lí sau đây chúng ta không cần giả thiết rằng M là ma trận đơn điệu nón chặt trên ∆. Thay cho giả thiết đơn điệu nón chặt là một giả thiết yếu hơn.
Định lý 2.4. Nếu M đơn điệu nón trên một tập đa diện lồi khác rỗng ∆
và không tồn tại v ∈ Rn\{0} sao cho
v ∈ O+∆, M v ∈ O+∆+, vTM v = 0. (2.23) Ở đó
O+∆+ = ξ ∈ Rn : ξTv > 0 .
Khi đó, với bất kỳ q ∈ Rn, bài toán AV I (M, q,∆) có nghiệm.
Chứng minh. Giả sử rằng ∆ 6= ∅, M là một đơn điệu nón trên ∆ và không tồn tại v ∈ Rn\{0} thỏa mãn (2.23). Giả sử rằng q ∈ Rn cho tùy ý. Cho m ∈ N, A ∈ Rm×n và b ∈ Rm sao cho ∆ biểu diễn bởi (2.2) khi đó O+∆ = {v ∈ Rn :Av ≥ 0}. Cho x0 ∈ ∆. Với k ∈ N, chúng ta định nghĩa
∆k = ∆∩B x0, k. (2.24)
Chú ý rằng, ∀k ∈ N,∆k là một tập lồi compact khác rỗng. Lấy bất kỳ k ∈ N, chúng ta xét bài toán V I.
Tìmx ∈ ∆k sao chohM x+q, y −xi > 0, ∀y ∈ ∆k và tập nghiệm của nó kí hiệu bởi Sol(V I (M, q,∆k)). Theo định lí (1.1) Sol(V I (M, q,∆k)) 6=
∅. Với k ∈ N, chọn một điểm xk ∈ Sol(V I(M, q,∆k)). Chúng ta chú ý rằng dãy {xk} là bị chặn. Giả sử ngược lại rằng dãy {xk} không bị chặn. Không mất tính tổng quát giả thiết rằng xk 6= ∀k,xk →+∞vớik → ∞, và tồn tại v ∈ Rn sao cho kxxkkk → v,kvk = 1. Vì x0 ∈ ∆k, ∀k ∈ N, chúng ta có
M xk +q, x0 −xk >0, ∀k ∈ N.
Giống như trong chứng minh định lí 2.3, từ bất đẳng thức trên chúng ta kết luận rằng:
Vì xk ∈ ∆, chúng ta có Axk > b. Điều đó suy ra rằng Av >0. Vì vậy v ∈ O+∆. Vì M là đơn điệu nón trên ∆, từ đó dễ dàng thấy rằng điều sau đây vTM v = 0. (2.25) Với bất kỳ ω ∈ O+∆\ {0}, từ (2.24) và x0 +tω ∈ ∆, ∀t >0. Chúng ta kết luận rằng x0 +xk −x0 ω kωk ∈ ∆k. Vì xk ∈ Sol(V I(M, q,∆k)), chúng ta có M xk +q, x0 +xk −x0 ω kωk −x k ≥ 0.
Chia bất đẳng thức này cho xk
2 , cho k → ∞ và chú ý rằng lim k→∞ xk−x0 kxkk →1,
theo (2.25) chúng ta thu được
D
M v, kωωk
E
> 0.
Do đó hM v, ωi > 0, ∀ω ∈ O+∆. Điều đó có nghĩa là M v ∈ (O+∆)+. Chúng ta thấy rằng véc tơ v ∈ Rn\ {0} thỏa mãn tất cả ba điều kiện trong (2.23). Điều đó mâu thuẫn với giả thiết của chúng ta. Vì vậy chúng ta có dãy {xk} bị chặn.
Không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả thiết rằng xk → x với x ∈ ∆. Với x ∈ ∆ tồn tại kx ∈ N sao cho x ∈ ∆k, ∀k ≥kx.
Tiếp theo, ∀k ≥ kx, chúng ta có M xk +q, x−xk > 0. Cho k → ∞ chúng ta được hM x+q, x−xi >0.
Vì bất đẳng thức này đúng ∀x ∈ ∆, chúng ta có thể khẳng định rằng đó là điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.3. Cho M,∆ là những tập như trong ví dụ 2.1. Ở đây nội dung là thử lại rằng không tồn tại x ∈ Rn\ {0} thỏa mãn 3 điều kiện (2.23). Vì M là đơn điệu nón trên ∆, theo định lí 2.4 kết luận rằng, với những q(q1;q2) ∈ R2, bài toán AV I(M, q,∆) có 1 nghiệm.
Trong phần tiếp theo chúng ta sẽ sử dụng bổ đề sau.
Bổ đề 2.4. Cho K ⊂ Rn là 1 nón đóng khác rỗng. Cho q ∈ Rn. Khi đó q ∈ intK+, ở đó intK+ biểu diễn phần trong của nón đối ngẫu dương K+ của K, khi và chỉ khi
∀v ∈ K\{0}. (2.26)
Chứng minh. Giả sử rằng q ∈ intK+. Nếu tồn tại v ∈ K\{0} sao cho vTq ≤ 0 thì vTq = 0 bởi vì điều kiện q ∈ K+ suy ra rằng vTq > 0, ∀v ∈ K.
Từ điều đó chúng ta thấy rằng ánh xạ tuyến tính ξ → vTξ đạt giá trị nhỏ nhất trên K+ tại q. Vì vậy q ∈ intK+, tồn tại > 0 sao cho B(q, ε) ⊂K+. Khi đó
vTξ ≥ 0, ∀ξ ∈ B(q, ε).
Điều đó suy ra rằng v = 0, mâu thuẫn. Vì vậy chúng ta có điều chứng minh là nếu q ∈ intK+ thì (2.26) được thỏa mãn.
Tiếp theo giả thiết rằng (2.26) đúng. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng q /∈ intK∗. Khi đó tồn tại 1 dãy qk trong Rn\K+ sao cho qk → q. Tiếp theo, với k ∈ N tồn tại vk ∈ K sao cho (vk)Tqk < 0. Không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả thiết rằng v
k kvkk → v với kvk = 1. Chúng ta có vkTqk kvkk < 0, vk kvkk ∈ K, ∀k ∈ N.
Lấy giới hạn khi k → ∞ chúng ta thu được vkq 6 0 và v ∈ K, trái với (2.26).
Trong trường hợp ∆ là nón, chúng ta có định lí sau đây.
Định lý 2.5. Giả sử rằng ∆ là một nón đa diện lồi. Nếu M là một ma trận đơn điệu nón trên ∆ và
q ∈ int [Sol(AV I (M,0,∆))]+, (2.27) thì bài toán AV I (M, q,∆) có nghiệm.
Chú ý rằng AV I(M, q,∆) là bài toán tuyến tính bù tổng quát (theo định nghĩa 1.8). Từ định nghĩa này suy ra rằng v ∈ SolhAV I(M,0,∆)i nếu và chỉ nếu v ∈ ∆,Mv ∈ ∆+, vTMv = 0. Do đó theo bổ đề 2.4 từ nón
K := Sol(AV I(M,0,∆)) chúng ta thấy rằng điều kiện (2.27) là tương đương với yêu cầu không tồn tại v ∈ Rn\ {0} sao cho
v ∈ ∆, Mv ∈ ∆+, vTMv = 0, qTv 60 (2.28) Chứng minh. Giả sử rằng ∆ là một nón đa diện lồi, M đơn điệu nón trên
∆, và q là cho (2.27) đúng với k ∈ N, chúng ta đặt
∆k = ∆∩ {x ∈ Rn : −k ≤ xi 6 k, ∀i = 1,2, ..., n}.
Ta giả sử rằng, với k ∈ N,0∈ ∆k là một tập đa diện lồi, compact. Xét bài toán AV I(M, q,∆k). Theo định lí 1.1 chúng ta có thể tìm một điểm xk ∈ Sol(AV I (M, q,∆k)). Nếu dãy xk là bị chặn thì không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả thiết rằng xk 6= 0, ∀k, xk→ +∞ khi k → ∞ và tồn tại v ∈ Rn sao cho
xk kxkk →v,kvk= 1. Vì 0∈ ∆k, chúng ta có hMxk +q,0−xki > 0. Do đó −qTxk ≥ xkTMxk, (∀k ∈ N) (2.29) Chia bất đẳng thức (2.29) cho xk 2
và lấy giới hạn khik → ∞ chúng ta được
0> vTMv. (2.30)
Chúng ta suy ra rằng v ∈ ∆. Vì M là đơn điệu nón trên ∆, chúng ta có vTMv > 0, ∀v ∈ ∆. Kết hợp điều đó với (2.30) dẫn đến
Từ (2.29) và tính chất đơn điệu nón của M trên ∆ chúng ta suy ra rằng −qTxk >0, ∀k ∈ N. Điều đó suy ra rằng −qTv >0. (2.32) Cố định bất kỳ ω ∈ ∆\ {0}. Rõ ràng rằng xk ω kωk ∈ ∆. Vì xk ∈ Sol(AV I(M, q,∆k)), chúng ta có Mxk+q,xk ω kωk >0, ∀k ∈ N. Từ đó và (2.31) chúng ta kết luận rằng hMv, ωi > 0. Vì bất đẳng thức trên đúng ∀ω ∈ ∆\ {0}, chúng ta thấy rằng Mv ∈ ∆+. Kết hợp điều này với (2.31) và (2.32) chúng ta có thể khẳng định rằng (2.28) là thỏa mãn. Khi đó (2.27) là sai. Chúng ta đi đến một mâu thuẫn. Vì vậy dãy xk bị chặn.
Phân tích tương tự với điều đó ở trong phần cuối của chứng minh định lí 2.4 bài toán có nghiệm.
Ví dụ 2.4. Cho M = 1 0 0 1 ∈ R2×2, q = (1,1) ∈ R2, ∆ = x = (x1, x2) ∈ R2 : x1 > 0, x2 >0, x1 = x2 . Định lí 2.5 có thể ứng dụng cho bài toán AV I(M, q,∆) này. Thật vậy, chúng ta có
vTMv = v21 −v22 = 0, ∀v ∈ 0+∆ = ∆.
Điều đó suy ra rằng M là đơn điệu nón trên ∆. Ngoài ra, chúng ta có Sol AV I M,0,0+∆= nv ∈ R2 : v ∈ 0+∆,Mv ∈ 0+∆+, vTMv = 0o
Bởi vậy
qTv = v1 +v2 > 0, ∀v = (v1 +v2) ∈ Sol(AV I (M,0,∆))\ {0}.
Vì vậy (2.27) là thỏa mãn. Theo định lí 2.5 bài toán AV I(M, q,∆) là giải được. Trong các điều kiện đó ta có được
Sol(AV I(M, q,∆)) = {(0,0)}.
Nó là giá của điểm đó, vì M là không đơn điệu nón chặt trên ∆ , định lí 2.3 không thể ứng dụng cho bài toán này. Vì cả 3 điều kiện trong (2.23) là thỏa mãn nếu chọn một v = (1,1) ∈ R2\ {0} định lí 2.4 cũng không thể ứng dụng cho bài toán này.
Chú ý 2.4
Trong trường hợp ∆ là một nón đa diện lồi, kết thúc của định lí 2.4 suy ra từ định lí 2.5. Thật vậy, trong trường hợp này dưới giả thiết của định lí 2.4 chúng ta có
Sol(AV I(M,0,∆)) = {0}.
Do đó [Sol(AV I(M,0,∆))]+ = Rn. Vì vậy (2.27) là thỏa mãn với bất kỳ q ∈ Rn. Theo định lí 2.5, bài toán AV I(M, q,∆) là giải được.
Áp dụng định lí 2.5 với bài toán LCP chúng ta thu được hệ quả sau. Hệ quả 2.2. Nếu M là một ma trận đơn điệu nón và
q ∈ int [Sol(M,0)]+, (2.33) thì bài toán LCP(M, q) có nghiệm.
Chú ý rằng kiện (2.33) là mạnh hơn điều kiện (2.34) trong định lí sau đây về bài toán LCP.
Định lý 2.6. [9]), Nếu M là một ma trận đơn điệu nón và
q ∈ [Sol(M,0)]+, (2.34) thì bài toán LCP(M, q) có nghiệm.
Điều đó có nghĩa là (2.34) có thể viết lại ở dạng sau đây
v ∈ Rn, v > 0,Mv > 0, vTMv = 0 ⇒
qTv > 0.
Nghĩa là trong trường hợp này, theo bổ đề 2.4, điều kiện (2.33) tương đương với điều kiện sau đây
v ∈ Rn\ {0}, v > 0,Mv > 0, vTMv = 0 ⇒
qTv > 0.
Kết luận
Trong chương này, chúng ta đã nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm cho bài toán bất đẳng thức biến phân affine cụ thể là sự tồn tại nghiệm dưới điều đơn điệu, sự tồn tại nghiệm dưới điều kiện đơn điệu nón, điều kiện