3 Áp dụng giải bất đẳng thức biến phân
3.1.2 Sự tồn tại nghiệm
Dựa vào định lý điểm bất động Brouwer, ta chứng minh được sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân (3.1). Trước hết chúng tơi xin trình bày bổ đề sau đây
Bổ đề 3.1. (xem [3], Bổ đề 2.1) Cho C là tập con lồi đóng của khơng gian Hilbert H. Khi đó với mỗi x∈H, có duy nhất y∈C, sao cho:
||x−y||= min
η∈C||x−η||.
Điểm y thỏa mãn đẳng thức này được gọi là hình chiếu của x lên C và ta viết
y=PCx. Chú ý rằng PCx=x,∀x∈C.
Định lý 3.1. (xem [3], Định lý 3.1). Cho C khác rỗng, C ⊂H là tập compact và lồi, tồn tại ánh xạ F : C → C liên tục, khi đó bài tốn bất đẳng thức biến phân (3.1) có nghiệm, tức là tồn tại x∗ ∈C thỏa mãn
hF(x∗), x−x∗i ≥0,∀x∈C.
Chứng minh. Xây dựng ánh xạ φ bằng cách với mỗi x∈C đặt
φ(x) :=PC(x−F(x)).
Ta có
φ:C →C.
Do F liên tục trên C và phép chiếu PC liên tục nên φ liên tục. Vậy theo định lý điểm bất động Brouwer tồn tại x∗=φ(x∗).
Theo định nghĩa của φ, thì
Theo tính chất của hình chiếu, ta có
hF(x∗), x−x∗i ≥0,∀x∈C. Vậy bài tốn bất đẳng thức biến phân (3.1) có nghiệm.
Chú ý rằng bài tốn (3.1) khơng phải ln ln có nghiệm khi C khơng bị chặn, ví dụ nếu C =R, thì bài tốn
F(x)(y−x)≥0,∀y∈C khơng có nghiệm khi F(x) =ex.
Định lý sau đây là điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm Cho tập lồi C 6=∅, đặt CR = C∩P
R, trong đó P
R là hình cầu đóng bán kính R và tâm O∈Rn. Khi đó CR là tập compact yếu.
Vậy theo định lý trên ta có
xR ∈CR :hF(xR), y−xRi ≥0;∀y∈CR. (3.3)
Định lý 3.2. (xem [3], Định lý 4.2) Cho C ∈ H là tập lồi, đóng và ánh xạ
F : C → H liên tục trên C. Điều kiện cần và đủ để bài toán bất đẳng thức biên
phân (3.1) có nghiệm là tồn tại một số R > 0 sao cho có một nghiệm xR ∈ CR
của bài toán (3.3) thỏa mãn
||xR||< R. (3.4)
Chứng minh. Rõ ràng là nếu tồn tại một nghiệm x của bài tốn (3.1) thì x
là nghiệm của bài tốn (3.4), miễn là ||x||< R. Vì x∈CR ⊂C
Giả sử xR ∈CR thỏa mãn ||xR||< R, thì xR cũng là nghiệm của bài tốn (3.1). Thật vậy, vì ||xR||< R, cho y ∈C, ω =xR+ε(y−xR)∈CR với ε≥0 đủ nhỏ Vì vậy
xR ∈CR ⊂C : 0≤ hF(xR), ω−xRi
=εhF(xR), y−xRi,∀y ∈C. Điều này có nghĩa là xR là một nghiệm của bài toán (3.1).
Từ định lý này ta có thể rút ra được điều kiện đủ để tồn tại nghiệm. Ta cần đến khái niệm về tính chất tự bức sau
Hệ quả 3.1. (xem [3], Hệ quả 4.3). Nếu F :C →H thỏa mãn
hF(x)−F(x0), x−x0i ||x−x0|| → ∞
khi x∈C,||x|| →+∞, với x0 nào đó thuộc C, thì tồn tại một nghiệm đối với bài
toán (3.4).
Chứng minh. Chọn H >|f(x0)| và R >|x0| sao cho:
hF(x)−F(x0), x−x0i ≥H|x−x0|,|x| ≥R, x ∈C thì
hF(x), x−x0i ≥H|x−x0|+hF(x0), x−x0i ≥H|x−xo| − |F(x0), x−x0|
≥(H− |F(x0)|)(|x| − |x0|)>0,|x|=R.
Bây giờ, ta cho xR ∈CR là nghiệm của bài tốn (3.4) thì hF(xR), xR −x0i ≥ − hF(xR), x0−xRi ≤0.
Vì vậy, dựa vào (3.5), ta có |x| 6=R. Nói cách khác,|x|< R.
Thơng thường, nghiệm của bài tốn bất đẳng thức biến phân không phải là duy nhất. Tuy vậy vẫn có một điều kiện rất cơ bản đảm bảo cho sự duy nhất. Giả sử x, x0 ∈C là hai nghiệm khác nhau của bài tốn (3.1) thì
x∈C :hF(x), y−xi ≥0;∀y∈C, x0 ∈C :DF(x0), y−x0E≥0;∀y∈C, Từ đây ta thấy, nếu
F(x)−F(x0), x−x0>0 miễn là x, x0 ∈C, x6=x0.
Điều kiện này kéo theo tính duy nhất nghiệm và điều kiện này được gọi là điều kiện đơn điệu chặt.
3.2 Nguyên lý ánh xạ co Banach giải bất đẳng thức biến phânĐể đơn giản, ta coi G=αI, trong đó α >0 và I là ma trận đồng nhất.