Một hàm đa trị F : Rn ⇒ Rs được gọi là nửa liên tục dưới tại x ∈ Rn nếu F(x) 6= ∅ và với mỗi tập mở V thỏa mãn F(x)∩ V 6= ∅, tồn taị δ > 0 sao cho F(¯x)∩V 6= ∅ với mọi x¯ thỏa mãn ||x¯−x||< δ.
Trong phần này, với mỗi (r,A,b) ∈ (R+\{0}) ìRmìn ìRm, ta ký hiệu F(r, A, b) tập nghiệm của biểu thức
h0(x, r) := x2 −r2 ≤ 0, hi(x, Ai, bi) := Aix+bi ≤0. (2.14) Xét lớp bài toán VI(D,q,ω) được ký hiệu là VI(D,q,r,A,b) dưới đây
( Tìm x ∈ F(r, A, b) sao cho hDx+ q, y−xi ≥ 0 với mọi y ∈ F(r, A, b)
phụ thuộc vào tham số γ := (D, q, r, A, b) ∈ Γ với
Γ := Rnìn ìRnì(R+\{0})ìRmìnìRm.
Bổ đề 2.4 Nếu biểu thức (2.14) không thỏa mãn (SCQ) tại (r,A,b) thì tồn tại bk →b sao cho, với mỗi k, tập F(r, A, bk) là rỗng.
Chứng minh: Giả sử biểu thức (2.14) không thỏa mãn (SCQ) tại (r,A,b).
Khi đó, cho bk → b sao cho với mỗi k, bk > b. Cố định x ∈ Rn, ta có h0(x,r)ˆ ≥ 0 hoặc hj(x, Aj, bj) ≥ 0 với j ∈ {1, . . . , m}. Xét ba trường hợp sau:
Trường hợp 1: Tồn tại j ∈ {1, . . . , m} sao cho hj(x, Aj, bj) ≥ 0. Khi đó, ta suy ra rằng Ajx+bkj > Ajx+bj ≥0, do đó x /∈ F(r, A, bk).
Trường hợp 2: h0(x, r) = 0 và hj(x, Aj, bj) < 0 với mọi j ∈ {1, . . . , m}. Khi đó, tồn tại một dãy {xk} sao cho xk → x và h0(xk, r) < 0. Do đó, với k đủ lớn, Axk +b < 0. Điều đó có nghĩa là biểu thức (2.14) thỏa mãn (SCQ).
Điều đó mâu thuẫn với giả thiết rằng (2.14) không thỏa mãn (SCQ).
Trường hợp 3: h0(x, r) > 0 và hj(x, Aj, bj) < 0 với mọi j ∈ {1, . . . , m}. Khi đó, ta có x /∈ F(r, A, bk).
Từ 3 trường hợp trên, ta có F(r, A, bk) là rỗng. (Đpcm)
Kết quả dưới đây biểu thị đặc tính nửa liên tục dưới của ánh xạ nghiệm của bài toán VI(D,q,r,A,b).
Định lý 2.2 Xét bài toán VI(D,q,r,A,b) và ( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb) ∈ Γ. Giả sử rằng Aˆ có hạng đầy đủ. Nếu hàm đa trị Sol( ˆD, .,r,ˆ A, .)ˆ là nửa liên tục dưới tại (ˆq,ˆb) thì biểu thức (2.14) thỏa mãn (SCQ) tại (ˆr,A,ˆ ˆb) và Sol( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb) là hữu hạn.
Chứng minh: Giả sử phản chứng rằng S( ˆD, .,r,ˆ A, .)ˆ là nửa liên tục dưới tại (ˆq,ˆb) nhưng (2.14) không thỏa mãn (SCQ) tại (ˆr,A,ˆ ˆb). Theo Bổ đề 2.4 tồn tại bk → ˆb sao cho, với mỗi k, F(ˆr,A, bˆ k) là rỗng. Điều này có nghĩa là Sol( ˆD,q,ˆ r,ˆ A, bˆ k) = ∅ với mọi k ∈ N. Khi đó, Sol( ˆD, .,r,ˆ A, .)ˆ không thể là nửa liên tục dưới tại (ˆq,ˆb), điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vì thế, biểu thức (2.14) thỏa mãn (SCQ) tại (ˆr,A,ˆ ˆb).
Với mỗi t ∈ R, với mỗi tập K ⊂ {1, . . . , m}, ta đặt:
MK := Dˆ AˆK AˆTK 0
!
;
M0K(t) := Dˆ + tI AˆK AˆTK 0
! .
Nếu K = ∅ ta cho MK = ˆD và M0K(t) = ˆD + tI.
Ký hiệu T là tập giá trị riêng của Dˆ. Khi đó, T là hữu hạn.
Với mỗi K ⊂ {1, . . . , m}, cho:
CK :=
(
(u, v) ∈ RnìRm : u vK
!
= MK x àK
!
với (x, à) ∈ RnìRm )
;
C0K(t) :=
(
(u, v) ∈ RnìRm : u vK
!
= M0K(t) x àK
!
,(x, à) ∈ RnìRm )
;
C := {CK : K ⊂ {1, . . . , m}, detMK = 0}∪{C0K(t) : K ⊂ {1, . . . , m}, t ∈ T}.
Với K ⊂ {1, . . . , m} nếu detMK = 0 thì CK là không gian con tuyến tính đỳng của Rn ìRm. Nếu t ∈ T thỡ detMK(t) = 0; Do đú, C0K(t) cũng là khụng gian con tuyến tớnh đỳng của Rn ì Rm. Do vậy, C trự mật trong Rn ìRm. Từ đú, tồn tại một dóy {(qs, bs)} ⊂ RnìRm hội tụ tới (ˆq,ˆb) sao
cho (−qs,−bs) ∈/ C với mọi k. Do Sol( ˆD, .,r,ˆ A, .)ˆ là nửa liên tục dưới tại (ˆq,ˆb), Sol( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb) là khác rỗng. Cố định bất kỳ xˆ ∈ Sol( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb). Do Sol( ˆD, .,r,ˆ A, .)ˆ là nửa liên tục dưới tại (ˆq,ˆb), không mất tổng quát, ta giả sử tồn tại một dãy{xs} ⊂ Rn hội tụ tại xˆ sao choxs ∈ Sol( ˆD, qs,r,ˆ A, bˆ s) với mọi s. Khi đú, với mỗi s tồn tại (λs, às) ∈ RnìRm sao cho
( ˆD +λsI)xs+ ˆATàs +qs = 0, (2.15) λs ≥ 0, às ≥0,(xs)2 −rˆ2 ≤ 0,Axˆ s+b ≤ 0, (2.16) λs((xs)2 −rˆ2) = 0, àsi( ˆAixs +bsi) = 0 với mọi i ∈ {1, . . . , m}. (2.17) Với mỗi s, cho Ks = {i ∈ {1, . . . , m} : àsi > 0}. Khi đú, tồn tại một tập J ⊂ {1, . . . , m} sao cho Ks = J với rất nhiều giá trị của s. Không mất tổng quát ta giả sử rằng Ks = J với mọi s. Khi đó, các biểu thức (2.15)−(2.17) có thể biến đổi thành
( ˆD +λsI)xs+ ˆATJàsJ +qs = 0, (2.18) AˆJxs +bsJ = 0, (2.19) Từ đó
−qs
−bsJ
!
= M0J(λs) xs àsJ
!
. (2.20)
Xét ba trường hợp sau:
Trường hợp 1: λs ∈/ T ∩ {0} với vô cùng nhiều giá trị của s. Không mất tổng quát ta có thể giả sử rằng λs ∈/ T ∩ {0} với mọi s. Từ λs không phải là một giá trị riêng của Dˆ, ta có
detM0J(λs) = det( ˆD +λsI)det(−AˆTJ( ˆD +λsI)−1AˆJ).
Giả sử rằng Aˆ có hạng đầy đủ, AˆJ có hạng đầy đủ. Từ đó, rank( ˆATJ( ˆD + λsI)−1AˆJ) = |J |. Điều đó kéo theo det( ˆATJ( ˆD+λsI)−1AˆJ) 6= 0. Điều đó có nghĩa là detM0J(λs) 6= 0 với mọi s. Từ (2.20) ta thu được
xs àsj
!
= (M0J(λs))−1 −qs
−bsj
!
. (2.21)
Giờ ta sẽ chỉ ra rằng {(λs, àsJ)} là bị chặn. Thật vậy, giả sử rằng {(λs, àsJ)}
là không bị chặn và λs
||(λs, àsJ)|| → λˆ và àsJ
||(λs, àsJ)|| → àˆj, j ∈ J
khi s → +∞ với λˆ ≥0,àˆj ≥ 0, j ∈ J và ||(ˆλ,àˆJ)||= 1. viết lại (2.18) ta cú ( ˆD +λsI)xs+X
j∈J
àsjAˆTj +qs = 0. (2.22) Chia cả 2 vế của bất đẳng thức (2.22) cho ||(λs, àsJ)|| và cho s → ∞, ta cú
ˆλˆx+X
j∈J
ˆ
àjAˆTj = 0. (2.23)
Từ (2.14) thỏa mãn (SCQ) tại (ˆr,A,ˆ ˆb) nó cũng thỏa mãn (MFCQ) tại xˆ ∈ F(ˆr,A,ˆ ˆb). Khi đó, tồn tại v ∈ Rn sao cho
ˆ
xTv < 0 và Aˆjv < 0 với mọi j ∈ J. Điều đó có nghĩa là
ˆλˆxTv ≤ 0 và àˆAˆjv ≤ 0 với mọi j ∈ J.
Kết hợp với (2.23) thu được λˆ = 0 và àˆJ = 0. Điều này mõu thuẫn với sự thật là ||(ˆλ,àˆJ)|| = 1. Do đú, {(λs, àsJ)} là bị chặn.
Khụng mất tổng quỏt, ta giả sử (λs, àsJ) →(˜λ,à˜J) với (˜λ,à˜J) ∈ RìR|J |. Do đó, dãy bên phía phải của (2.21) là hội tụ. Lấy giới hạn hai vế của (2.21) khi s → ∞, ta suy được rằng xˆ là được xác định duy nhất bởi J. Từ xˆ được chọn tùy ý, Sol( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb) là hữu hạn.
Trường hợp 2: λs ∈ T với rất nhiều giá trị của s. Không mất tổng quát, giả sử λs ∈ T với mọi s. Khi T là hữu hạn, giả sử λs = ˆλ với λs ∈ T với mọi s. Từ (2.20) kéo theo
−qs
−bsj
!
= M0J(ˆλ) xs às
! .
Kết hợp vớiλˆ ∈ T thu được (−qs,−bs) ∈ C. Điều nầy mâu thuẫn với sự thật rằng (−qs,−bs) ∈/ C. Do đó, trường hợp 2 không xảy ra.
Trường hợp 3: λs = 0 với rất nhiều giá trị của s. Không mất tổng quát, ta giả sử rằng λs = 0 với mọi s. Khi đó (2.18)−(2.19) biến đổi thành
Dxˆ s+ ˆATJàsJ +qs = 0, AˆJxs +bsJ = 0, Và thế là,
−qs
−bsj
!
= MJ xs àsJ
!
. (2.24)
Điều này có nghĩa là (−qs,−bs) ∈ CJ. Nếu detMJ = 0 thì (−qs,−bs) ∈ C trái ngược với sự thật rằng (−qs,−bs) ∈/ C. Do đó, detMJ 6= 0. Từ (2.24),
xs àsJ
!
= (MJ)−1 −qs
−bsj
! .
Điều này cú nghĩa là àsJ hội tụ tới vài àˆJ ∈ R.Từ xs hội tụ đến xˆ, ta cú ˆ
x ˆ àJ
!
= (MJ)−1 −ˆq
−ˆbJ
!
Điều này kéo theo xˆ xác định duy nhất bởi J. Từ xˆ được chọn tùy ý, Sol( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb) là hữu hạn. (Đpcm)
Chú ý 2.2 So sánh với kết quả về sự tồn tại, Định lý 3.2 là trường hợp tổng quát với F(ˆω) với một tập lồi đa diện.
Từ Định lý 3.2, ta có hệ quả sau đây
Hệ quả 2.2 Xét bài toán V I(D, q, r, A, b) và ( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb) ∈ Γ. Giả sử rằng Aˆ có hạng đầy đủ. Nếu hàm đa trị Sol(.) là nửa liên tục dưới tại ( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb) thì biểu thức (2.14) thỏa mãn (SCQ) tại (ˆr,A,ˆ ˆb) và Sol( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb) là hữu hạn.
Ký hiệu
∂F(ˆr,A,ˆ ˆb) :=
(
x ∈ F(ˆr,A,ˆ ˆb) : (||x|| −r)ˆ
m
Y
i=1
( ˆAix−ˆbi) = 0 )
.
Định lý dưới đây đưa ra điều kiện đủ của tính nửa liên tục của hàm đa trị Sol(.).
Định lý 2.3 Xét bài toán V I(D, q, r, A, b) và ˆγ = ( ˆD,q,ˆ r,ˆ A,ˆ ˆb) ∈ Γ. Giả sử rằng Sol(ˆγ) là khác rỗng và Sol(ˆγ)∩∂F(ˆr,A,ˆ ˆb) = ∅. Nếu ít nhất một trong các điều kiện dưới đây được thỏa mãn:
(i) Sol(ˆγ) là hữu hạn;
(ii) Dˆ là không suy biến,
khi đó Sol(.) là nửa liên tục dưới tại γˆ.
Chứng minh: Giả sử rằng Sol(ˆγ) là khác rỗng, để chứng minh rằng Sol(.) là nửa liên tục dưới tại γˆ ta phải chứng minh rằng với bất kỳ x ∈ Sol(ˆγ) và với bất kỳ lân cận mở Ux của x, tồn tại δ >0 sao cho
Sol(¯γ)∩Ux 6= ∅ (2.25)
với mọi ¯γ ∈ Γ thỏa mãn ||¯γ −ˆγ|| < δ.
Cố định x ∈ Sol(ˆγ) bất kỳ với nhõn tử Lagrange tương ứng (λ, à). Cho Ux là một lân cận mở của x. Giả sử ít nhất một trong hai điều kiện (i) - (ii) được thỏa mãn.
Đầu tiên, ta xét trường hợp (i) được thỏa mãn, nghĩa là ||x|| < r,ˆ Axˆ + ˆb < 0 và Sol(ˆγ) là hữu hạn. Điều đú kộo theo (λ, à) = (0,0) và x là nghiệm của
Dyˆ = −q.ˆ (2.26)
Từ ||x|| < rˆ và Axˆ + ˆb < 0, tồn tại δ1 > 0 và một lân cận mở Vx ⊂ Ux sao cho Vx ⊂ F(¯r,A,¯ ¯b) với mọi (¯r,A,¯ ¯b) thỏa mãn ||(¯r,A,¯ ¯b) −(ˆr,A,ˆ ˆb)|| ≤
||¯γ −γ||ˆ < δ1.
Từ (2.26) và giả thiết Sol(ˆγ) là hữu hạn, ta thu được rằng Dˆ là không suy biến và x là nghiệm duy nhất của (2.26). Điều này cho ta x = −Dˆ−1qˆ. Khi đó, tồn tại δ2 > 0 sao cho x¯ = −D¯−1q¯ ∈ Vx với mọi (D,¯ q¯) thỏa mãn
||( ¯D,q¯)−( ˆD,q)|| ≤ ||¯ˆ γ −γ||ˆ < δ2.
Lấyδ = min{δ1, δ2}và lấy¯γ sao cho||¯γ−ˆγ|| < δ. Khi đó,x¯∈ Vx ⊂ F(¯r,a,¯ ¯b) và (λ, à) = (0,0) là nhõn tử Lagrange duy nhất tương ứng với x¯. Ta cú
D¯x¯+ ¯q = 0,x¯2 −r¯2 < 0,A¯¯x+ ¯b < 0.
Do đó, (2.25) thỏa mãn với mọi γ¯ ∈ Γ thỏa mãn ||¯γ −γ||ˆ < δ.
Tiếp theo chúng ta sẽ xét trường hợp (ii) được thỏa mãn. Lặp lại lý luận của phần trước và sử dụng giả thiết Dˆ là không suy biến dẫn đến (2.25). (Đpcm)