2.3 Ứng dụng của ánh xạ giả aphin
2.3.2 Nghiệm duy nhất của bài tốn chính quy
Trong phần này chúng ta sẽ chứng minh nghiệm duy nhất của bài tốn chính quy V I (K, Tε) của một số bất đẳng thức biến phân với T là giả aphin hoặc giả đơn điệu, với ε > 0 đủ nhỏ. Trước tiên chúng ta xét định lý sau :
Định lý 2.12. Nếu B ⊂ Rn là tập khác rỗng, lồi, compact. g :
Rn → R là một hàm dương và liên tục Frechet khả vi thì ánh xạ
G(x) := g(x)x . là Lipschitz trên B.
Chứng minh. Từ g(x) là một hàm dương, liên tục, khả vi Frechet trên
Rn thì G(x) là một hàm dương và liên tục Frechet khả vi trên Rn. Với
∀x;y ∈ B, theo định lý giá trị trung bình của hàm véc tơ chúng ta có : kG(x)−G(y)k ≤ sup
z∈[x;y]
k∇G(z)k.kx−yk ≤ M.kx−yk.
Ở đây M = sup
z∈B
k∇G(z)k là hữu hạn theo tính compact của B và tính liên tục của∇G(z). Do đóG(x)là Lipschitz trênB với hằng số Lipschitz là M.
Định lý 2.13. Giả sử T (x) = g(x) (Ax+u), với g : Rn →R là một hàm dương và liên tục, khả vi Frechet, A là ma trận đối xứng lệch cỡ
n× n, còn u ∈ Rn là một véc tơ tùy ý. Thì tồn tại ε > 0 sao cho bài tốn chính quy V I (K, Tε) có nghiệm duy nhất với mọi ε∈ (0;ε]
Nếu A 6= 0 và AT = −A thì n phải là số chẵn. Điều này cho thấy các giả thiết của Định lý 2.13 là khá nghiêm ngặt. Mục đích là để tìm ra một số cách mở rộng phạm vi áp dụng của Định lý 2.13. Chúng ta
sẽ đi đến một kết quả từ nghiệm duy nhất của bài tốn chính quy cho bất đẳng thức biến phân của lớp hàm giả đơn điệu. Ta thấy kết quả của Định lý 2.13 không đưa ra được các dẫn chứng riêng biệt. Để khắc phục điều này chúng ta xét định lý sau :
Định lý 2.14. Cho G: Rn → Rn xác định bởi :
G(x) = Ax+u.
Ở đây A là ma trận vng cấp n× n, cịn u ∈ Rn là một véc tơ tùy ý.Khi đó G là giả đơn điệu trên Rn nếu và chỉ nếu A là ma trận xác định dương.
Chứng minh. Điều kiện đủ: Nếu A là ma trận xác định dương thì
hAx;xi ≥ 0;∀x ∈ Rn.
Do đó với bất kỳ x;y ∈ Rn chúng ta có :
hG(x)−G(y) ;y −xi = hA(x−y) ;y −xi ≥ 0.
Điều này có nghĩa rằng ánh xạ G là đơn điệu trên Rn . Như vậy G là giả đơn điệu trên Rn.
Điều kiện cần: Cho G là giả đơn điệu trên Rn. Lấy bất kì x ∈ Rn
chúng ta phải chứng minh rằng hAx;xi ≥ 0.
Giả sử ngược lại rằng hAx;xi < 0. Với bấy kì y ∈ Rn biểu thức :
là dương với mọi t > 0 đủ lớn. Bởi vậy theo tính giả đơn điệu của G hG(y), y−txi = hG(y) ;yi −thAy +u, xi > 0.
Với mọi t > 0 đủ lớn. Như vậy : hAy +u;xi ≤ 0 với mọi y ∈ Rn. Thay y = −tx vào bất đẳng thức trên ta có :hA(−tx) +u;xi ≤ 0.
Cho t→ +∞ và từ hAx;xi < 0, chúng ta đi đến mâu thuẫn. Định lý 2.15. Cho T : Rn →Rn xác định bởi
T (x) = g(x) (Ax+u).
Ttrong đó g : Rn → R là một hàm dương, A là ma trận vng cấp
n× n, còn u ∈ Rn là một véc tơ tùy ý. Khi đó T là giả đơn điệu trên Rn nếu và chỉ nếu A là ma trận xác định dương.
Chứng minh. Chúng ta có
hT (x), y−xi ≥ 0⇔ hg(x) (Ax+ u) ;y −xi ≥ 0 ⇔ hAx+u, y−xi ≥ 0.
và
hT (y), y−xi ≥ 0⇔ hg(y) (Ay +u) ;y −xi ≥ 0 ⇔ hAy+u, y −xi ≥ 0.
Vì thế T (x) = g(x) (Ax+ u) là giả đơn điệu trên Rn nếu và chỉ nếu
G(x) := Ax+ u là giả đơn điệu trên Rn. Từ Định lý 2.14 chúng ta có điều phải chứng minh.
Kết quả dưới đây là sự tổng quát của Định lý 2.13 Định lý 2.16. Giả sử T : Rn → Rn là ánh xạ dạng
T (x) = g(x) (Ax+u).
Ở đây g : Rn → R là một hàm dương và liên tục, khả vi Frechet,
tùy ý. Khi đó tồn tại ε > 0 sao cho bài tốn chính quy VI (Rn, Tε) có nghiệm duy nhất với tất cả ε ∈ (0;ε].
Chứng minh. Từ giả thiết và từ Định lí 2.16 ta có T : Rn → Rn là liên tục, giả đơn điệu. Chúng ta cũng khẳng định được rằng A có dấu khơng đổi và g là dương trên Rn, bài tốn VI (K, T) có một nghiệm, ở đây K = Rn.
Ngoài ra chúng ta cũng khẳng định được phương trìnhg(x) (Ax+u) = 0 là tương đương với x = −A−1u. Vì vậy cả hai {T, K} thỏa mãn các điều kiện trong giả thiết của câu hỏi mở ở trên. Theo cách gọi của Định lí 2.13 chúng ta có thể khẳng định được rằng với bất kì ε > 0 bài tốn
VI (Rn, Tε) có một nghiệm. Nếu x(ε) là một nghiệm của bài tốn thì
g(x(ε)) [Ax(ε) +u] +εx(ε) = 0.
Lấy tích vơ hướng cả hai vế với x(ε) + A−1u ta được
g(x(ε))Ax(ε) +u, x(ε) +A−1u+εx(ε), x(ε) +A−1u = 0. Hoặc g(x(ε))Ax(ε) +A−1u, x(ε) +A−1u+εx(ε), x(ε) +A−1u = 0. Vì A là xác định dương, ta có Ax(ε) + A−1u, x(ε) +A−1u ≥ 0. Do đó x(ε), x(ε) +A−1u≤ 0. Thay x(ε) = x(ε) + 1 2A −1 u − 1 2A −1 u và x(ε) +A−1u = x(ε) + 1 2A −1u + 1 2A −1u
vào bất đẳng thức cuối ta được x(ε) + 1 2A −1 u ≤ 1 2 A−1u.
Vì thế mọi nghiệm của VI (Rn, Tε) nằm trong B, ở đây B là hình cầu đóng tâm −12A−1u và bán kính 12A−1u.
Theo chú ý 2.2 , x ∈ SOL(Rn, Tε) nếu và chỉ nếu g(x) (Ax+u) + εx = 0. Phương trình cuối có thể viết là
φε(x) = 0. (2.24) Ở đây φε(x) := A−1 −u−ε x g(x) .
Như đã đề cập phần trước, SOL(Rn, Tε) là khác rỗng với tất cả ε > 0.
Theo Định lý 2.11 thì phương trình (2.24) có nghiệm. Với bất kì x;y ∈ B ta có kφε(x)−φε(y)k = A−1 −ε x g(x) +ε y g(y) . Theo Định lý 2.12 ta có x g(x) − y g(y) ≤ M kx−yk;∀x, y ∈ B.
Ở đây M là hằng số Lipschitz dương của G(x) := g(x)x trên B. Như vậy kφε(x)−φε(y)k ≤ εA−1 x g(x) − y g(y) ≤ εM A−1kx−y k (2.25) Đặt ε ∈ 0;MA−1 −1 và chú ý rằng εM A−1 < 1 vói mọi ε ∈ (0;ε].
Nhờ (2.25) ta có :
kφε(x)−φε(y)k ≤ kx−yk;∀x, y ∈ B;x 6= y.
Do đó phương trình (2.24) khơng thể có nhiều hơn một nghiệm trong B.
Tổng hợp lại tất cả những điều đã nói ở trên chúng ta kết luận rằng bài toán VI (Rn, Tε) có nghiệm duy nhất với tất cả ε∈ (0;ε].
Chú ý 2.3. Lớp các ánh xạ giả đơn điệu được đề cập trong Định lý 2.16 chứa nhiều yếu tố mà không phải ánh xạ giả aphin. Bởi vậy Định lý 2.16 là trường hợp mở rộng của Định lý 2.13
Ví dụ 2.5. Cho T (x) = g(x) (Ax+u), ở đây g(x) = x21+x22+ 1, với tất cả x = (x1;x2)T ∈ R2;u = (u1;u2)T ∈ R2 là véc tơ bất kì và : A= 1 2 0 µ ; µ > 1. Rõ ràng A là xác định dương và khả nghịch. Bên cạnh đó thì g(x) > 0 với mọi x ∈ R2 và g(x) liên tục Frechet khả vi. Do đó tất cả các giả thiết của Định lý 2.16 là thỏa mãn. Trong khi đó A không đối xứng lệch và T không giả aphin.
Chúng ta kết thúc phần này với một và nhận xét sau :
+) Chúng ta quan tâm vấn đề này nhằm thiết lập một kết quả tương tự cho Định lý 2.16 trong trường hợp K 6= Rn (trường hợp hạn chế của bất đẳng thức biến phân). Tuy nhiên vấn đề này cho tới ngày nay vẫn chưa được giải quyết.
+) Một câu hỏi mở khác được nêu ra ở đây là điều kiện về tính chất của A trong Định lý 2.13 và 2.16 có thể loaị bỏ được hay khơng. Cũng như chúng ta chưa biết liệu tính chất của g trong Định lý 2.13 và 2.16
2.3.3 Tính giả đơn điệu trong khơng gian một chiều
Trong phần này chúng ta sẽ nghiên cứu các đặc tính giả đơn điệu của ánh xạ T (x) = ax+b, trên tập khác rỗng, lồi, đóng K ⊂ R với a và b là các hằng số thực.
Định lý 2.17. Cho K ⊂ R là tập khác rỗng, lồi, đóng. Và T (x) = ax+b là ánh xạ aphin. Thì T là giả đơn điệu trên K nếu và chỉ nếu một trong năm trường hợp sau xảy ra :
a) K có một phần tử duy nhất; b) K = R và a ≥ 0;
c) K = [α; +∞) với α ∈ R, một trong hai a ≥ 0 hoặc a < 0 và
aα+b < 0;
d) K = (−∞;β] với β ∈ R, một trong hai a ≥ 0 hoặc a < 0 và
aβ +b > 0;
e) K = [α;β] với α;β ∈ R;α < β, một trong hai a ≥ 0 hoặc a < 0 và aα+ b < 0 hoặc a < 0 và aβ+ b > 0.
Chứng minh. Nếu K có một phần tử duy nhất, chúng ta có
hT (x) ;y −xi = hT (y) ;y −xi = 0; ∀x;y ∈ K.
Và do đó T là giả đơn điệu trên K.
Nếu a≥ 0, ánh xạ T (x) =ax+b là đơn điệu trên R, và do đó nó giả đơn điệu trên K ⊂ R.
Bây giờ ta đi xét trường hợp a < 0 và K chứa nhiều hơn một phần tử.
Trường hợp 1: K = R. Vì x = −ab và y 6= −ab, chúng ta có
hT (y), y−xi = (ay + b) y + b a = a y + b a 2 < 0.
Do đó T khơng giả đơn điệu trên K.
Trường hợp 2: K = [α; +∞). Nếu aα + b < 0 thì T (x) = ax +b ≤ aα+b < 0; ∀x ∈ K; như vậy
hT (x), y−xi ≥ 0⇒ hT (y), y−xi ≥ 0; ∀x, y ∈ K.
Do đó T là giả đơn điệu trên K. Nếu aα + b ≥ 0 thì T khơng giả đơn điệu trên K. Để thấy điều này chúng ta chọn x= −ab; y ∈ K\
−ab và áp dụng lập luận như trong trường hợp 1.
Trường hợp 3: K = (−∞;β].
Phân tích tương tự như trường hợp 2 cho thấy T là giả đơn điệu trên
K nếu và chỉ nếu aβ +b > 0.
Trường hợp 4: K = [α;β]
Với một số suy luận tương tự được sử dụng trong trường hợp 2; trường hợp 3 cho thấy T là giả đơn điệu trên K nếu và chỉ nếu aα+b < 0 hoặc
aβ +b > 0.
Trên cơ sở Định lý 2.17 chúng ta sẽ đi chứng minh tính giả đơn điệu được bảo tồn theo quy tắc ánh xạ.
Định lý 2.18. Cho K là tập khác rỗng, lồi, đóng trên R Và T (x) = ax + b là ánh xạ aphin. Nếu T là giả đơn điệu trên K thì tồn tại
ε > 0 sao cho Tε(x) = (a+ε)x +b là giả đơn điệu trên K với mọi
ε ∈ (0;ε).
Chứng minh. Nó đủ điều kiện để xét 5 trường hợp (a) - (e) trong Định lý 2.17 :
Trong trường hợp (c) - (e) nếu a ≥ 0 thì ta khẳng định đúng. Bởi vậy ta cần xét trường hợp a < 0.
Nếu (c) xảy ra a < 0 và aα+b < 0 thì a+ε < 0 và (a+ε)α+b < 0
với mọi ε ∈ (0;ε), ở đây ε =
|a| ;α ≤ 0
min|a|,|aα+b|α−1 ;α > 0.
Do đó từ Định lý 2.17 Tε(x) = (a+ε)x+b là giả đơn điệu trên K với mọi ε ∈ (0;ε).
Nếu (d) xảy ra a < 0 và aβ+b > 0 thì a+ε < 0 và (a+ε)β+b < 0
với mọi ε ∈ (0;ε), ở đây ε =
|a| ;β ≥ 0
min|a|,|aβ +b|β−1 ;β < 0.
Do đó từ Định lý 2.17 Tε(x) = (a+ε)x+b là giả đơn điệu trên K với mọi ε ∈ (0;ε).
Nếu (e) xảy ra a < 0 và aα +b < 0 thì lập luận như trường hợp (c). Nếu (e) xảy ra a < 0 và aβ + b > 0 thì lập luận như trường hợp (d).
Trong phần tiếp theo chúng ta đi xét tính giả đơn điệu của Tε được bảo toàn với ε > 0 đủ nhỏ (T là giả đơn điệu ) được mô ta trong Định lý 2.18 với K ⊂R.
Tuy nhiên điều này không cịn đúng trong trường hợp K là khác rỗng, đóng, lồi trong Rn, n ≥ 2.
2.3.4 Tính giả đơn điệu trong khơng gian có số chiều lớnhơn một hơn một
Trong phần này chúng ta tập chung vào việc xét tính giả đơn điệu của ánh xạ aphin loại đặc biệt trên nón khơng âm K = Rn+. Chúng ta nhắc
lại điều cơ bản sau :
Định lý 2.19. Cho M là ma trận cấp n×n và q ∈ Rn thì T (x) = M x+q là giả đơn điệu trên Rn+ khi và chỉ khi
z ∈ Rn và ,hz, M zi < 0 ⇒
MTz ≥ 0 và hz, qi ≥ 0
MTz ≤ 0,hz, qi ≥ 0 và z, M z−+ q< 0. Ở đây zi− := max{0;−zi} với i = 1,2, ..., n.
Định lý2.19cho phép chúng ta xét tính giả đơn điệu của ánh xạ aphin loại đặc biệt trên nón Rn+.
Định lý 2.20. Giả sử T (x) = M x+q là ánh xạ aphin,
M = diag(λ1, λ2, ..., λn) ;q = (q1, q2, ..., qn) (2.26)
tương ứng là ma trận đường chéo chính và véc tơ trong Rn. Thì T
là giả đơn điệu trong Rn+ khi và chỉ khi một trong các điều kiện sau được thỏa mãn.
i) λi > 0; ∀i ∈ {1,2, ..., n}.
ii) Tồn tại duy nhất i ∈ {1,2, ..., n} sao cho
λi < 0, qi < 0
λj = 0, qj = 0; ∀j ∈ {1,2, ..., n} \ {i}. (2.27)
Chứng minh. Chúng ta đi xét 4 trường hợp sau : Trường hợp 1: λi ≥ 0; ∀i ∈ {1,2, ..., n}.
Trong trường hợp này M là xác định dương và T là đơn điệu trên Rn+. Do đó T là giả đơn điệu trên Rn+.
Trường hợp 2: Tồn tại i;j ∈ {1,2, ..., n} sao cho i 6= j, λi < 0 và
λj > 0.
Đặt z = 0, ...,0,p2λj,0, ...,0,√
−λi,0, ...,0T, với p2λj là giá trị thứ
i và √−λi là giá trị thứ j, ta có
MTz =
0, ...,0, λip2λj,0, ...,0, λjp−λi,0, ...,0
T
.
Với giá trị thứ i là âm và giá trị thứ j là dương. Do đó theo Định lý 2.19
thì Thì T khơng giả đơn điệu trên Rn+.
Trường hợp 3: Tồn tại i;j ∈ {1,2, ..., n} sao cho i 6= j, λi < 0 và
λj < 0.
Đặt z = (0, ...,0,1,0, ...,0,−1,0, ...,0)T, với 1 là giá trị thứ i và −1
là giá trị thứ j, ta có
hz, M zi = λizi2 +λjzj2 = λi+ λj < 0. MTz = (0, ...,0, λi,0, ...,0,−λj,0, ...,0)T.
Với giá trị thứ i là âm và giá trị thứ j là dương. Do đó theo Định lý 2.19
thì T khơng giả đơn điệu trên Rn+.
Trường hợp 4: Tồn tại duy nhất i ∈ {1,2, ..., n}sao choλi < 0và λj = 0
; với mọi j ∈ {1,2, ..., n} \ {i}.
Chúng ta sẽ áp dụng Định lý 2.19 để chứng minh rằng điều kiên của
q trong (2.27) là cần và đủ để T (x) =M x+q là giả đơn điệu trên Rn+. Điều kiện đủ : Cho z = (0, ...,0,1,0, ...,0)T, với 1 là giá trị thứ i ta có
z− = (0,0, ...,0)T,z, MTz = λizi2 = λi < 0,
và
MTz = (0, ...,0, λi,0, ...,0)T ≤ 0.
Nếu T là giả đơn điệu trên Rn+ thì phù hợp với Định lý 2.19 0> z, M z−+q = qi.
Thay vào đó một số nguyên dương k và định nghĩa
zk = 0, ...,0,−1 k ,0, ...,0,1,0, ...,0 T .
Với −1k là giá trị thứ i và 1 là giá trị thứ j. Chú ý rằng zk, M zk = λi zik2 = λi k2 < 0, zk, M zk= λi zki2 = λi k2 < 0. Và MTzk = 0, ...,0,λi k ,0, ...,0 T ≤0, MTzk = 0, ...,0,−λi k ,0, ...,0 T ≥0.
Nếu T là giả đơn điệu trên Rn+ , do Định lý 2.19
zk, q ≤ 0, zk, q≥ 0. Suy ra rằng 1 kqi+qj ≤0, −1 kqi+qj ≥ 0.
Hoặc tương đương
qi
k ≤ qj ≤ −qi k.
Cho k → ∞ ta được qj = 0 với mọi j ∈ {1,2, ..., n} \ {i}.
Do đó ta chứng minh được
qi < 0; qj = 0;∀j ∈ {1,2, ..., n} \ {i}.
Điều kiện cần : Giả sử qi < 0; qj = 0;∀j ∈ {1,2, ..., n} \ {i} thỏa mãn