2 Ánh xạ đơn điệu suy rộng
2.2 Các đặc trưng của ánh xạ đơn điệu suy rộng
2.2.4 Ánh xạ đơn điệu suy rộng affin
Trong mục này, ta xét trường hợp đặc biệt khi ánh xạ F : S → Rn , S ⊂ Rn là một ánh xạ affin F (x) =M x+q, trong đó M là một ma trận n×n và q ∈ Rn. Dễ thấy, ánh xạ affin có thể được xem như là gradient của một hàm toàn phương
f (x) = (1/2)xTM x+ qTx khi và chỉ khi M là đối xứng.
Có hai kết quả quan trọng và hiển nhiên trong trường hợp affin. Thứ nhất, ma trận JacobiJF (x) = M không phụ thuộcx. Thứ hai, hàmψ : Ix,v →R
là tuyến tính theo t, cụ thể là
ψ(t) = vTM vt+vT (M x+q).
Chúng ta cũng chú ý rằng điều kiện (a) của mục trước rút gọn đến (a0) vT [M x+q] = 0 ⇒vTM v ≥0
Điều kiện (b) và (c) luôn thỏa mãn, từ
vT [M x+q] = vTM v = 0 ⇒vT [M (x+tv) + q] = 0 với mọi t.
Khi miềnS là mở và lồi, tính giả đơn điệu và tựa đơn điệu là tương đương cho ánh xạ affin.
Định lý 2.27. Cho S ⊂ Rn là tập mở và lồi. Khi đó, với một ánh xạ afin
F : S →Rn có dạng F (x) = M x+q, ta có F là ánh xạ tựa đơn điệu khi
và chỉ khi F là ánh xạ giả đơn điệu.
Chứng minh. Từ ánh xạ giả đơn điệu suy ra ánh xạ tựa đơn điệu. Ta cần
chỉ ra rằng ánh xạ tựa đơn điệu suy ra ánh xạ giả đơn điệu. Theo định lí 2.24(i), ta kết luận rằng điều kiện (a) là thỏa mãn; và từ điều kiện (c) ln thỏa mãn, theo Định lí 2.24(ii) thì F là ánh xạ giả đơn điệu.
Nhận xét 2.28. Định lí 2.27 khơng đúng nếu miền S khơng mở , như ví dụ minh họa sau: Cho
M = 0 0 1 0
!
, S = R2+,
oc-tan không âm trong R2, và
F (x) =M x.
Hiển nhiên
(y −x)TM x= (y2−x2)x1 > 0⇒ (y −x)TM y = (y2−x2)y1 ≥ 0 với mọi x ≥ 0 và y ≥ 0. Do đó , F là ánh xạ tựa đơn điệu. Tuy nhiên, với
x = " 0 2 # và y = " 1 1 # , ta có (y −x)TM x= 0, nhưng (y −x)TM y < 0
vì thế , F khơng là ánh xạ giả đơn điệu. Lí do tại sao Định lí 2.27 sai khi S là tập đóng do
Ix,v = {t|t ∈ R, x+tv ∈ S}
là một khoảng đóng; trong thực tế, nó có thể thu gọn đến một singleton. Trong ví dụ trên, v = y −x = " 1 −1 #
tập Ix,v = ( t t ∈ R, " 0 2 # +t " 1 −1 # ≥0 ) = [0,2],
và hàm ψ : Ix,v → R được cho bởi ψ = −t. Chú ý rằng nó có tính chất
bảo tồn dấu trên [0,2], nhưng nó khơng có tính chất bảo tồn dấu chặt bởi vì điểm biên 0 ∈ Ix,v.
Định lý sau là một trường hợp đặc biệt của Định lý 2.24.
Định lý 2.29. ChoS ⊂ Rn tập mở và lồi. Khi đó, ánh xạ affin F : S → Rn
có dạng F (x) = M x+ q, là ánh xạ giả đơn điệu khi và chỉ khi với mọi
x ∈ S và v ∈ Rn ta có
vT (M x+ q) = 0 ⇒vTM v ≥0.
Nhận xét 2.30. Định lý 2.29 không đúng nếu miền S khơng mở. Cho ví dụ: ánh xạ F : R2+ → R2 cho bởi công thức F (x) =M x, trong đó
M = 0 0 1 1
!
là ánh xạ giả đơn điệu trên R2+ , từ
(y −x)TM x = (y2−x2) (x1+ x2) ≥ 0 suy ra
(y −x)TM y = (y2−x2) (y1+y2) ≥ 0 với mọi x ≥ 0 và y ≥ 0. Tuy nhiên, với
x = " 0 0 # và v = " −2 1 # , Ta có vTM x= 0, nhưng vTM v = −1< 0 ở đây, tập Ix,v = {t|t∈ R, x+tv ≥ 0} = ( t t ∈ R, " −2 1 # t ≥ 0 ) = {0},
là một singleton. Do vậy chứng minh của Định lí 2.24 khơng được thơng qua.
Điều kiện đủ của đính lí trên vẫn đúng cho một tập lồi S tùy ý.
Định lý 2.31. Cho S ⊂Rn tập lồi (không cần mở). Khi đó, ánh xạ affin
F : S → Rn có dạng F (x) = M x+q, là ánh xạ giả đơn điệu nếu với mọi
x ∈ S và v ∈ Rn ta có
vT (M x+ q) = 0 ⇒vTM v ≥0 (2.88)
Chứng minh. Giả sử rằng F không là ánh xạ giả đơn điệu trên S. Khi đó
tồn tại x, y ∈ S sao cho
(y −x)T (M x+q) ≥ 0, nhưng (y −x)T (M y +q) ≥ 0 (2.89) Đặt v = y −x , và xác định Ix,v và ψ : Ix,v → R bởi (2.59). Từ S là tập lồi suy ra Ix,v là một khoảng. Rõ ràng Ix,v bao hàm [0,1]. Từ (2.89) ta có
ψ(0) ≥ 0 và ψ(1) < 0.
Hơn nữa, độ dốc của hàm tuyến tính
ψ(t) = vTM vt+vT (M x+q) là âm , tức là
vTM v < 0 Mặt khác, tồn tại 0 ≤ t <1 sao cho
ψ t= vT (M x+q) = 0
ở đây x = x+tv ∈ S, điều này mâu thuẫn với (2.88). Do đó F là ánh xạ giả đơn điệu.
Nhận xét 2.32. Theo kết quả của Định lí 2.29 và Định lí 2.31, câu hỏi đặt ra là điều kiện (2.88) có phải là một điều kiện cần để F trở thành ánh xạ tựa đơn điệu khi S là tập lồi nhưng không là tập mở. Câu trả lời
là trong trường hợp âm. Ánh xạ của ví dụ trong Nhận xét 2.28 là ánh xạ tựa đơn điệu trên tập lồi đóng R2+, nhưng với
x= " 0 2 # , y = " −2 1 # . ta có vT (M x+ q) = 0, nhưng vTM v < 0.
Một hệ quả thú vị từ Định lí 2.29 được phát biểu như sau.
Hệ quả 2.33. Giả sử rằng tồn tại x0 ∈ Rn sao cho F (x0) = M x0 + q. Khi đó ánh xạ F (x) = M x+q, là đơn điệu trên Rn (tức là, M là nửa xác định dương) khi và chỉ khi tồn tại một lân cận mở N (x0) của x0 sao cho F là ánh xạ tựa đơn điệu trên N (x0).
Chứng minh. Điều kiện đủ: Hiển nhiên vì mọi ánh xạ đơn điệu là tựa đơn
điệu. Điều kiện cần: chú ý rằng vT M x0+q = 0 với mọi v ∈ Rn, và theo Định lí 2.27, 2.29 ta có vTM v ≥ 0 với mọi v ∈ Rn. Do đó , M là nửa xác định dương.
Ngay lập tức ta cũng có hệ quả sau.
Hệ quả 2.34. Nếu F (x) = M x + q là tựa đơn điệu, nhưng không đơn điệu trên một tập lồi mở S ⊂ Rn . Khi đó F (x) 6= 0 với mọi x ∈ S.
Cuối cùng, ta xét trường hợp đặc biệt ở đó S = Rn . Trong trường hợp này, tính tựa đơn điệu tương đương với tính đơn điệu.
Định lý 2.35. Nếu ánh xạ F (x) = M x+q là tựa đơn điệu trên Rn. Khi đó nó là ánh xạ đơn điệu trên Rn, tức là, M là nửa xác định dương.
Chứng minh. Giả sử rằngM là ánh xạ tựa đơn điệu trên Rn , nhưng không đơn điệu. Khi đó tồn tại v ∈ Rn sao cho
vTM v < 0
Lấy x là một véc tơ tùy ý trong Rn và xác định Ix,v và ψ : Ix,v → R bởi (2.59). Từ Bổ đề 2.19, ta biết rằng Ix,v = R; và từ độ dốc của hàm tuyến tính
ψ(t) = vTM vt+vT (M x+q) là âm, tồn tại t1, t2 ∈ Ix,v sao cho
ψ(t1) ≤ 0, ψ(t2) > 0, với t2 < t1.
Điều này suy ra ψ khơng có tính chất bảo tồn dấu trên Ix,v , do đó F khơng là ánh xạ tựa đơn điệu, mâu thuẫn với giả thiết.
Kết luận
Trong chương 2 luận văn đã trình bày một số khái niệm và tính chất về ánh xạ đơn điệu suy rộng.
Chương 3
Sự tồn tại nghiệm của bất
đẳng thức biến phân giả đơn điệu
Trong chương này chúng ta sẽ sử dụng tính giả đơn điệu của ánh xạ để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân. Những kiến thức trình bày trong chương này chủ yếu mơ phỏng hoặc lấy từ [1], [3] và [7].
3.1 Bất đẳng thức biến phân
Cho K là một tập khác rỗng của Rn và F là một ánh xạ từ Rn vào chính nó. Bài tốn bất đẳng thức biến phân kí hiệu bởi (V I(K, F)) là tìm một véc tơ x ∈ K sao cho
hF(x), y−xi ≥ 0 với mọi y ∈ K (3.1)
Ta kí hiệu S(V I(F, K)) là tập các véc tơ x thỏa mãn (3.1) Dưới đây là một số giả thiết cổ điển
• Các giả thiết về cấu trúc của các tập, ở đây chúng ta sử dụng giả thiết sau:
(H1) K là tập lồi đóng,
• Các giả thiết về tính liên tục trên F, ở đây ta sử dụng giả thiết: (H2) F là liên tục trên K.
• Các giả thiết tính đơn điệu về F, ở đây ta xét dạng điều kiện yếu: (H3) F là giả đơn điệu trên K, tức là với mọi x1, x2 ∈ K, nếu
hF(x1), x2−x1i ≥ 0 ⇒ hF(x2), x2 −x1i ≥ 0
Một bài toán liên quan mật thiết với (V I(F, K)) là tìm x ∈ K sao cho
SuphF (x), y−xi ≥ 0 với mọi y ∈ K.
Ta kí hiệu bài tốn này là (V0) và S(V0) là tập nghiệm của nó. Rõ ràng S(V I(F, K)) ⊆ S(V0). Hơn nữa, giả thiết (H1) suy ra S(V I(F, K)) = S(V0). Để thấy điều này, ta có tập
U(x) = {d ∈ T(K, x) : kdk ≤ 1}
Ở đó T(K, x) là nón tiếp tuyến của K tại x. Cho x ∈ S(V0) thì
inf
d∈U(x)hF(x), di = 0
Theo Định lý minimax cổ điển, tồn tại một điểm yên ngựa sao chohF(x), di ≥ 0 với mọi d ∈ U(x) và do đó x ∈ S(V I(F, K)).
Theo Karamadian [5], ta đưa ra bài tốn (V00): Tìm x ∈ K sao cho
hF(y), x−yi ≤ 0 với mọi y ∈ K (3.2)
Kí hiệu S(V00) là tập nghiệm của (3.2) . Rõ ràng S(V I(F, K)) ⊆ S(V00) khi F giả đơn điệu. Theo [1], Auslender đưa ra hàm độ lệch.
g(x) = sup [hF(y), x−yi : y ∈ K]
Hàm này khơng âm trên K, đóng và lồi trên Rn như một supremum của các hàm affin. Hơn nữa x ∈ S(V00) khi và chỉ khi x ∈ K và g(x) = 0. Do
đó bài tốn (V00) có thể xem như bài tốn giảm lồi. Có thể xảy ra g là một hàm không phù hợp. Để tránh trường hợp này ta sử dụng hàm sau đây
ˆ g = sup h hFˆ(y), x−yi : y ∈ K i Trong đó ˆ F(y) = F(y)
max(kF(y)k,1)max(kyk,1)
Ở đây, gˆ là khơng âm trên K, lồi đóng trên Rn ngồi ra nó hữu hạn trên Rn bởi cách xây dựng
hFˆ(y), x −yi ≤ ||x||+ 1 với mọi y ∈ K.
Với cùng một cách thức, bài tốn (V00) có liên quan đến việc cực tiểu hóa của gˆ trên K từ quan hệ tương đương ta có: x ∈ S(V00) khi và chỉ khi x ∈ K và g(x) = 0.ˆ
Tuy nhiên các công thức trong điều kiện của bài tốn tối ưu khơng sử dụng được cho mục đích tính tốn vì các biểu thức của hàm giám đoạn nói chung là khơng tổng quát.
Kết quả sau là của Karamadian [5].
Mệnh đề 3.1. Giả sử rằng các giả thiết (H1),(H2) và (H3) đúng. Khi đó S(V I(K, F)) = S(V0) =S(V00)
Chứng minh.Ta đã biết rằngS(V I(K, F)) = S(V0). Bao hàmS(V I(K, F)) ⊆
S(V00) dễ dàng được suy ra từF là ánh xạ giả đơn điệu. Giả sử rằng x ∈ K nhưng x /∈ S(V0) thì tồn tại y ∈ K sao cho
hF(x), y−xi < 0 Cho t ∈ [0; 1], tập
x(t) = x+ t(y −x) µ(t) =hF(x(t)), y−x(t)i.
Từ µ(0) < 0 và F là liên tục, µ(r) < 0 với r > 0 đủ nhỏ. Khi đó 0< hF(x(r)), x−x(r)i ≤ g(x).
3.2 Sự tồn tại nghiệm
Trong mục này, ta giả sử các giả thiết (H1),(H2) và (H3) thỏa mãn và định nghĩa m = inf
x∈Kg(x), và M = {x ∈ K : g(x) =m}
(Trong biểu thức trên,g có thể được thay thế bằng ˆg khi một hàm độ lệch hữu hạn). Khi đó
• M là một tập lồi đóng;
• Nếu S(V I(F, K)) 6= ∅ thì m = 0 và M = S(V I(F, K)) = S(V0) = S(V00);
• Nếu m = 0 và M 6= ∅ thì M = S(V I(F, K)) = S(V0) = S(V00)
Ta biết rằng theo giả thiết (H1) và (H2), tập S(V I(F, K)) là khác rỗng khi K compact.
Để thấy điều này, xét ví dụ, ánh xạ H(x) = P rojK(x−αF(x)) trong đó α là một số dương cố định vàP rojK(y) là hình chiếu củay trên K phù hợp với chuẩn Euclide. Khi đó x ∈ S(V I(F, K)) khi và chỉ khi x ∈ H(x). Khi đó kết quả được rút ra từ Định lí điểm bất động Eilenberg-Montgomery. Ở đây chúng tôi không cần giả thiết đơn điệu.
Khi M là một tập compact khác rỗng, chứng minh điều trên dựa vào tính chất của hàm inf-compact lồi. Nhắc lại rằng một hàm h được gọi lại inf- compact trên K nếu với mọi tập Ht = {x ∈ K :h(x) ≤ t} là compact và khác rỗng.
Bổ đề 3.2. Giả sử D là tập lồi, đóng khác rỗng của Rn,{hk} là một
dãy khơng giảm các hàm lồi đóng thích hợp trên Rn tới một hàm lồi đóng
thích hợp h. Giả sử thêm rằng h(y) < ∞ với y ∈ D nào đó . Nếu h là
inf-compact trên D thì hk là inf-compact trên D với k đủ lớn.
Định lý 3.3. Giả sử thêm vào các giả thiết (H1),(H2), và (H3) rằng M
là tập đóng bị chặn và khác rỗng. Khi đó m = 0 và M = S(V I(F, K)) =
Chứng minh. Giả sử phản chứng m >0. Với mọi số nguyên dương k đặt
Ck = {x ∈ K :||x|| ≤ k}, và
gk(x) = sup[hF(y), x −yi : y ∈ Ck].
Xét bài tốn bất đẳng thức biến phân (Vk): tìm xk ∈ Ck sao cho
hF(xk), y −xki với mọi y ∈ Ck
Như vậyxk vàF(xk)tồn tại vìCk là tập đóng và bị chặn. Do đógk(xk) = 0. Ta hãy chứng minh ||xk|| = k bằng phủ định. Ngược lại ta sẽ có
hF(xk), y −xki ≥ 0 với mọi y ∈ K sao cho ||y −xk|| ≤k − ||xk||,
Từ đó ta sẽ suy ra
hF(xk), y−xki ≥ 0 với mọi y ∈ K, dẫn đến xk ∈ S(V I(F, K)), mâu thuẫn với m > 0. Bây giờ, đặt g(x) = lim
k→∞gk(x) với mọi x và dãy gk là khơng giảm. Ngồi ra, g là inf-compact trên K do M là compact khác rỗng.
Do đó ta suy ra có một số p sao cho gp là inf-compact trên K. Xác định R = {x ∈ K :gp(x) ≤ 0.5m} và r = sup[||x||:∈ R]
TậpR là compact. Nó cũng khác rỗng do gp(xp) = 0. Do vậy r là hữu hạn. Lấy k > max(p, r) thì ||xk|| = k và do đó xk ∈/ R. Nó dẫn đến mâu thuẫn sau
0 = gk(xk) ≥ gp(xk) > 0.5m > 0
Cũng có thể xảy ra M khác rỗng và S(V I(F, K)) rỗng (trong trường hợp nàym > 0) hoặc m = 0 với S(V I(F, K)) và M rỗng. LấyK = [1,∞),
F(x) = {−x−1}, khi đó m = 1, S(V) = ∅ và M = K hoặc với K như vậy, F(x) = {−x−2} khi đó m = 0, và M = S(V I(F, K)) = ∅.
cận K∞ của K và dãy nón cực của ảnh của K qua ánh xạ F. Ta nhắc lại rằng nón tiệm cận của tập lồi đóng K được xác định bởi
K∞ = {d : a+ td∈ K,∀t > 0}
Ở đây a là một điểm cố định tùy ý trong K và một nón cực của tập khác rỗng S là tập
S0 = {d : hd, xi ≤ 0,∀x ∈ S}.
Định lý 3.4. Giả sử các giả thiết (H1),(H2) và (H3) đúng. Khi đó S(V I(F, K)) là tập khác rỗng và compact khi và chỉ khi
K∞ ∩(F(K))0 = {0}
Chứng minh. Ta xét hàm độ lệch hữu hạn g. Lấyˆ a ∈ K cố định, khi đó ˆg là inf-compact trên K khi và chỉ khi với mọi d ∈ K∞
ˆ g(a+td) =sup h hF , aˆ +td−yi : y ∈ K i → ∞ khi t→ ∞
Điều đó tương đương với yêu cầu tồn tạiy ∈ K vàFˆ(y) sao chohFˆ(y), di > 0. Do đó S(V I(F, K)) hoặc rỗng hoặc không bị chặn khi và chỉ khi tồn tại một số d ∈ K∞, d 6= 0 sao cho hFˆ(y), di ≤ 0 với mọi y ∈ K.
Định lí trên có chứa các trường hợp tầm thường trong đó K là compact (từ dó thì K∞ = {0}). Tiếp theo ta trình bày một dạng đối ngẫu của định
lí trên.
Bây giờ cho một tập khác rỗngS, kí hiệuco(S) là bao lồi của nó vàbarr(S) là nón chặn của nó, tức là
barr(S) ={F(x) : sup[hF(x), xi : x ∈ S] < ∞}.
Định lý 3.5. Nếu các giả thiết (H1),(H2) và (H3) là thỏa mãn. Thì S(V I(F, K)) là tập compact khác rỗng khi và chỉ khi
0 ∈ int(barr(K) +co(F(K))).
Chứng minh. Đặt K¯ = barr(K) và đặt T là nón lồi tạo bởi co(F(K)).
Khi đó
¯
Từ T0 = (F(K))0, K¯0 = K∞ và K, T¯ là nón lồi tạo bởi, S(V I(F, K)) là compact và khác rỗng khi và chỉ khi
( ¯K +T)00 = cl( ¯K +T) = Rn
Từ K¯ +T lồi, điều kiện này được làm yếu thành K¯ +T = Rn. Tuy nhiên ¯
K +T cũng là nón được sinh bởi K¯ + co(F(K)).
Nhận xét 3.6. Ta có các nhận xét sau
• Nếu điều kiện trong Định lí 3.5 có thể thay thế bằng điều kiện tương đương
0 ∈ int(co[barr(K) +F(K)]).
• Khi K là một nón thì K∞ = K và barr(K) =K0. Khi F là affin thì F(K) = co(F(K)). Ta cũng có thể nêu rõ Định lí 3.4 và 3.5 trong hai trường hợp này.
• Khi K = Rn và F là vi phân dưới của hàm lồi f, thì điều kiện tương đương trong Định lí 3.5 trở thành 0 ∈ int(domf∗), nó là điều kiện cần và đủ tốt nhất cho tính inf-compact của f
• Định lí này đã có một cách chứng minh độc lập bởi Auslender [2] trong trường hợp đặc biệt, ở đó F là đơn điệu cực đại.
Ta cũng có kết quả sau.
Hệ quả 3.7. Giả sử rằng (H1),(H2) và (H3) đúng. Gọi Kˆ là tập lồi đóng sao cho Kˆ ⊆ K và K∞ = ˆK∞. Ta xét bài tốn ( ˆV): tìm véc tơ x ∈ Kˆ sao cho
hF(x), y −xi ≥ 0 với mọi y ∈ K.ˆ Nếu Kˆ khác rỗng và compact thì S(V I(F, K)) cũng vậy.
Chứng minh. Từ giả thiết F Kˆ ⊆ F (K). Áp dụng Định lí 3.4
Hệ quả 3.8. Giả sử thêm vào các giả thiết (H1),(H2) và (H3) là biên nón