Giả sửE là không gian định chuẩn và E∗ là không gian đối ngẫu tôpô của
E. Gọi D là tập con không rỗng, lồi của E, Q : D →2E∗ là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và hàm f : D → R.
Bài toán bất đẳng thức tựa biến phân Stampacchia, kí hiệu là (SQVI), tìm x0 ∈ D và x∗0 ∈ Q(x0) sao cho hx∗0, y−x0i ≥ 0 với mọi y ∈ D.
Bài toán bất đẳng thức f- tựa biến phân Stampacchia, kí hiệu là (SQVI)f, tìm x0 ∈ D và x∗0 ∈ Q(x0) sao cho
hx∗0, y−x0i+f(y)−f(x0) ≥ 0 với mọi y ∈ D.
Trước hết ta nhắc lại Định lí minimax của Sion.
Định lí 2.3.1. (Định lí minimax của Sion, [16]) Giả sử M và N các tập
con lồi của các không gian tôpô tuyến tính có ít nhất một tập là compact và f : M ×N →R là hàm thỏa mãn:
(i) với mỗi y ∈ N, f(., y) là tựa lõm và usc trên M; (ii) với mỗi x ∈ M, f(x, .) là tựa lồi và lsc trên N. Khi đó sup x∈M inf y∈N f(x, y) = inf y∈N sup x∈M f(x, y).
Định lí 2.3.2. Giả sử D là tập không rỗng, lồi và compact của không gian
định chuẩn E và Q là ánh xạ usc, lồi với giá trị compact. Nếu với mỗi (x, y) ∈ D ×D, tồn tại z∗ ∈ Q(D) sao cho hz∗, y − xi ≥ 0 thì bài toán (SQVI) có nghiệm.
Chứng minh. Ta định nghĩa ánh xạ đa trị T :D ×D →2D bởi
T(x, y) ={z ∈ D : tồn tại z∗ ∈ Q(z) sao cho hz∗, y−xi ≥ 0}.
Từ giả thiết suy ra T có giá trị không rỗng. Với mỗi (x, y) ∈ D ×D và
z1, z2 ∈ T(x, y), tồn tại z1∗ ∈ Q(z1), z2∗ ∈ Q(z2) sao cho hzi∗, y−xi ≥ 0 với
i ∈ {1,2}. Bởi ánh xạ Q là lồi nên
λz1∗ + (1−λ)z2∗ ∈ Q(λz1 + (1−λ)z2) với mọi λ ∈ [0,1].
Mặt khác, ta lại có
hλz1∗ + (1−λ)z2∗, y−xi = λhz1∗, y−xi+ (1−λ)hz2∗, y−xi ≥ 0,
với mọiλ ∈ [0,1]. Điều này kéo theo λz1+ (1−λ)z2 ∈ T(x, y). Vậy ánh xạ
T có giá trị lồi. Ta chứng minhT là ánh xạ đóng. Lấy(x, y, z) ∈ GrT. Khi đó tồn tại dãy {(xt, yt, zt)} ⊂ GrT sao cho (xt, yt, zt) →(x, y, z). Bởi định nghĩa ánh xạ T nên với mỗi t, tồn tại zt∗ ∈ Q(zt) sao cho hzt∗, yt−xti ≥ 0. Vì Q là usc với giá trị compact nên theo Mệnh đề 1.3.6, tồn tại dãy con
{zt∗
α} của dãy {zt} hội tụ về z∗ ∈ Q(z). Do tích vô hướng h., .i liên tục nên hz∗, y−xi ≥ 0. Từ đó suy ra (x, y, z) ∈ GrT. Vậy T là ánh xạ đóng. Mặt khác, với mỗi (x, y) ∈ D×D, ta có M := {y ∈ D : z 6∈ T(x, y)} = {y ∈ D :hz∗, y−xi < 0 với mọi z∗ ∈ Q(z)} = \ z∗∈Q(z) {y ∈ D : hz∗, y−xi < 0}.
Từ đó suy ra tập M là lồi. Do đó giả thiết (ii) của Định lí 2.2.8 thỏa mãn. Vậy tất cả các giả thiết của Định lí 2.2.8 được thỏa mãn. Áp dụng Định lí 2.2.8, tồn tại x0 ∈ D sao cho x0 ∈ T
y∈DT(x0, y). Từ đó với mỗi y ∈ D, tồn tại x∗y ∈ Q(x0) sao cho hx∗y, y −x0i ≥ 0. Điều này kéo theo
min
y∈D max
Theo Định lí minimax Sion, ta có max x∗∈Q(x0)min y∈Dhx∗, y−x0i = min y∈D max x∗∈Q(x0) hx∗, y−x0i. Từ đó suy ra max x∗∈Q(x0)min y∈Dhx∗, y−x0i ≥ 0.
Điều này kéo theo tồn tại x∗0 ∈ Q(x0) sao cho hx∗0, y −x0i ≥ 0 với mọi
y ∈ D. Vậy định lí được chứng minh.
Định lí 2.3.3. Giả sử D là tập không rỗng, lồi và compact của không gian
định chuẩn E, Q là ánh xạ usc, lồi với giá trị compact và hàm f : D → R là liên tục, lồi. Hơn nữa, giả sử các điều kiện sau thỏa mãn
(i) Với mỗi (x, y) ∈ D ×K, tồn tại z∗ ∈ Q(D) sao cho
hz∗, y−xi+f(y)−f(x) ≥0;
(ii) Ánh xạ Q là đơn điệu, tức là với mỗi x1, x2 ∈ D và x∗1 ∈ Q(x1), x∗2 ∈
Q(x2) ta luôn có hx∗1 −x∗2, x1 −x2i ≥ 0.
Khi đó bài toán (SQVI)f có nghiệm.
Chứng minh. Ta định nghĩa ánh xạ đa trị T :D ×D →2D bởi
T(x, y) ={z ∈ D : tồn tạiz∗ ∈ Q(z)sao chohz∗, y−xi+f(y)−f(x) ≥0}.
Từ giả thiết suy ra T có giá trị không rỗng. Với mỗi (x, y) ∈ D ×D và
z1, z2 ∈ T(x, y), tồn tại z1∗ ∈ Q(z1), z2∗ ∈ Q(z2) sao cho
hzi∗, y−xi +f(y)−f(x) ≥ 0 với mọi i ∈ {1,2}.
Bởi ánh xạ Q là lồi nên
λz1∗ + (1−λ)z2∗ ∈ Q(λz1 + (1−λ)z2) với mọi λ ∈ [0,1].
Ta dễ dàng kiểm tra được
với mọi λ ∈ [0,1]. Điều này kéo theo λz1 + (1 −λ)z2 ∈ T(x, y). Vậy ánh xạ T có giá trị lồi. Ta chứng minh T là ánh xạ đóng. Lấy (x, y, z) ∈ GrT. Khi đó tồn tại dãy {(xt, yt, zt)} ⊂ GrT sao cho (xt, yt, zt) →(x, y, z). Bởi định nghĩa ánh xạ T nên với mỗi t, tồn tại zt∗ ∈ Q(zt) sao cho
hz∗t, yt −xti+f(yt)−f(xt) ≥ 0.
Vì Q là usc với giá trị compact nên theo Mệnh đề 1.3.6, tồn tại dãy con
{zt∗α} của dãy {zt} hội tụ về z∗ ∈ Q(z). Do tích vô hướng h., .i và hàm f
là liên tục nên
hz∗, y−xi+f(y)−f(x) ≥0.
Từ đó suy ra (x, y, z) ∈ GrT. Vậy T là ánh xạ đóng. Mặt khác, với mỗi
y ∈ D, ta đặt
M1 := {x∈ D : x ∈ T(x, y)}.
Khi đó
M1 = {x∈ D : tồn tại x∗ ∈ Q(x) sao cho hx∗, y−xi+f(y)−f(x) ≥ 0}.
Ta chứng minh tập M1 là lồi. Thật vậy, lấy x1, x2 ∈ M1. Khi đó tồn tại
x∗1 ∈ Q(x1), x∗2 ∈ Q(x2) sao cho
hx∗i, y −xii+f(y)−f(xi) ≥0 với mọi i ∈ {1,2}.
Lấy α, β > 0 và α +β = 1. Vì ánh xạ Q là lồi nên
αx∗1 +βx∗2 ∈ Q(αx1 + βx2).
Từ tính đơn điệu của Q, ta được
hx∗1, y−x2i+hx∗2, y−x1i ≥ hx∗1, y −x1i+ hx∗2, y−x2i. (2.2)
Từ (2.2), ta suy ra
hαx∗1 +βx∗2, y−αx1 −βx2i
≥ α2hx∗1, y −x1i+ αβ(hx∗1, y−x1i+hx∗2, y−x2i) +β2hx∗2, y−x2i.
Từ bất đẳng thức trên và α+β = 1 ta được
hαx∗1 +βx∗2, y −αx1 −βx2i ≥ αhx∗1, y−x1i +βhx∗2, y −x2i. (2.3)
Bởi tính lồi của f,
f(y)−f(αx1 +βx2) ≥ f(y)−αf(x1)−βf(x2). (2.4)
Từ (2.3) và (2.4), ta thu được
hαx∗1 +βx∗2, y−αx1 −βx2i+f(y)−f(αx1 +βx2)
≥α{hx∗1, y−x1i+f(y)−f(x1)}+β{hx∗2, y −x2i+ f(y)−f(x2)} ≥0.
Vậy αx1 +βx2 ∈ M1. Do đó điều kiện (i) của Định lí 2.2.10 thỏa mãn. Với mỗi x ∈ D, ta đặt M2 := {y ∈ D : y 6∈ T(x, y)}. Khi đó M2 = {y ∈ D : hx∗, y −xi+f(y)−f(x) < 0 với mọi x∗ ∈ Q(x)} = \ x∗∈Q(x) {y ∈ D : hx∗, y−xi+f(y)−f(x) < 0}.
Từ f là hàm lồi nên với mỗi x∗ ∈ Q(x), hàm y → hx∗, y−xi+f(y)−f(x) là lồi trên X. Do đó tập {y ∈ D : hx∗, y−xi+f(y)−f(x) < 0}là lồi, với mọi x∗ ∈ Q(x). Vậy M2 là tập lồi. Do đó điều kiện (ii) của Định lí 2.2.10 thỏa mãn. Vậy tất cả các giả thiết của Định lí 2.2.10 được thỏa mãn. Áp dụng Định lí 2.2.10, tồn tại x0 ∈ D sao cho x0 ∈ T
y∈DT(x0, y). Từ đó với mỗi y ∈ D, tồn tại x∗y ∈ Q(x0) sao cho hx∗y, y −x0i +f(y)−f(x0) ≥ 0. Điều này kéo theo
min
y∈D max
x∗∈Q(x0)
Theo Định lí minimax Sion, ta suy ra max
x∗∈Q(x0)min
y∈D{hx∗, y−x0i+f(y)−f(x0)} ≥ 0.
Điều này suy ra tồn tạix∗0 ∈ Q(x0) sao cho hx∗0, y−x0i+f(y)−f(x0) ≥0 với mọi y ∈ D. Vậy định lí được chứng minh.