Trong phần này, ta sẽ dùng định lý Hartman - Stampacchia ([1], Định lý 3.1) và nón lùi xa để thu được vài kết quả về sự ổn định của bài toán VI(D,q,ω).
Định lý dưới đây là nội dung chính trong phần này
Định lý 2.4 Xét bài toán VI(D,q,ω) và ( ˆD,q,ˆ ω)ˆ ∈ P. Giả sử biểu thức (2.1) thỏa mãn (SCQ) tại ωˆ và hai điều kiện sau được thỏa mãn:
(a1) Với mỗi h ∈ rec F(ˆω), nếu hDh, hiˆ = 0 thì ( ˆD + ˆDT)h = 0 : (a2) Nếu F(ˆω) là không bị chặn thì
lim sup
k→∞
hDxˆ k, xki
||xk||2 ≥ 0 (2.27)
với mọi dãy {xk} ∈ F(ˆω) thỏa mãn ||xk|| → ∞. Thì bốn phát biểu sau là tương đương:
(b1) Tồn taị một số γ > 0 sao cho Sol( ¯D,q,¯ ω)¯ là khác rỗng với mọi ( ¯D,q,¯ ω)¯ ∈ P thỏa mãn ||( ¯D,q,¯ ω)¯ −( ˆD,q,ˆ ω)||ˆ < γ;
(b2)Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ là khác rỗng và bị chặn;
(b3)x ∈ F(ˆω) : hDxˆ + ˆq, hi > 0 ∀h ∈ rec F(ˆω)\{0} 6= ∅;
(b4)ˆq ∈ int((rec F(ˆω))∗ −DFˆ (ˆω)) với (rec F(ˆω))∗ = {y ∈ Rn : hy, hi ≥ 0 ∀h ∈ rec F(ˆω)}).
Chứng minh: Bằng lý luận tương tự như trong [[2], Bổ đề 7.2], ta thu được (b3) ⇔ b4. Bây giờ, ta đi chứng minh (b1) ⇒(b2),(b2) ⇒(b3),(b3) ⇒(b1).
(b1) ⇒ (b2): Giả sử tồn tại một số γ > 0 sao cho Sol( ¯D,q,¯ ω)¯ là khác rỗng với mọi ( ¯D,q,¯ ω)¯ ∈ P thỏa mãn ||( ¯D,q,¯ ω)¯ −( ˆD,q,ˆ ω)||ˆ < γ. Điều này có nghĩa là Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ 6= ∅. Để thu được một sự mâu thuẫn, giả sử rằng Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ là không bị chặn, từ đó, tồn tại một dãy {yk} ⊂ Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ sao cho ||yk|| → ∞. Không mất tổng quát, ta giả sử ||yk||−1yk → ˆh với ˆh ∈ Rn\{0}. Từ Bổ đề 2.2, ta thu được ˆh ∈ rec F(ˆω). Với bất kỳ z ∈ F(ˆω), với mỗi k, từ yk ∈ Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ ta có
hDyˆ k + ˆq, z −yki ≥ 0.
Điều đó kéo theo
hDyˆ k + ˆq, zi − hDyˆ k + ˆq, yki ≥ 0.
⇒ hDyˆ k+ ˆq, zi ≥ hDyˆ k + ˆq, yki
⇒ hDyˆ k + ˆq, zi ≥ hDyˆ k, yki+ hq, yˆ ki. (2.28) Chia cả hai vế của (2.28) cho ||yk||2 và cho k → ∞ ta được
hDyˆ k + ˆq, zi
||yk||2
| {z }
→0
≥ hDˆˆh,hiˆ + hq, yˆ ki
||yk||2
| {z }
→0
Do đó hDˆˆh,ˆhi ≤ 0. Từ giả thiết (a2) ta có hDˆˆh,ˆhi ≥ 0. Từ đó hDˆh,ˆ ˆhi = 0. Từ giả thiết (a1), ta có
( ˆD+ ˆDT)ˆh = 0. (2.29)
Nhân cả hai vế của (2.28) cho ||yk||−1 cho k → ∞ và sử dụng giả thiết (a2) ta có
hDyˆ k, zi
||yk|| + hq, ziˆ
||yk|| ≥ hDyˆ k, yki
||yk|| + hq, yˆ ki
||yk||
⇒ hDˆˆh, zi+ hq, ziˆ
||yk||
| {z }
→0
≥ hDˆh
|{z}=0
, yki+ hˆq,hiˆ
⇒ hDˆˆh, zi ≥ hq,ˆ hi.ˆ (2.30) Từ (2.29) và (2.30) ta có
hq,ˆ ˆhi ≤ hDˆh, zˆ i
⇒ hˆq + ˆDz −Dz,ˆ ˆhi ≤ hDˆh, zˆ i
⇒ hDzˆ + ˆq,hi − hˆ Dz,ˆ ˆhi ≤ hDˆh, zˆ i
⇒ hDzˆ + ˆq,ˆhi ≤ hDz,ˆ ˆhi+ hDˆˆh, zi = hDˆTˆh, zi+ hDˆˆh, zi = 0. (2.31) Từ z được chọn tùy ý, (2.31) thỏa mãn với mọi z ∈ F(ω). Lấy
( ¯D,q,¯ ω) = ( ˆ¯ D,qˆ+ γ 2
ˆh,ω).ˆ ta có
||( ¯D,q,¯ ω)¯ −( ˆD,q,ˆ ω)||ˆ = γ 2 < γ.
Từ (2.31) kéo theo
hDz¯ + ¯q,¯hi = hDzˆ + ˆq,ˆhi − γ
2hh,ˆ ˆhi < 0 với mọi z ∈ F(¯ω) = F(ˆω).
Điều này chỉ ra Sol(( ¯D,q,¯ ω)) =¯ ∅, mâu thuẫn với giả thiết (b1). Do đó, Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ bị chặn.
(b2) ⇒(b3): Giả sử (b2) được thỏa mãn nhưng(b3) thì không. Khi đó, tồn tại một phần tử ˆh ∈ rec F(ˆω)\{0} sao cho
hDzˆ + ˆq,ˆhi ≤ 0 với mọi z ∈ F(ˆω). (2.32)
Do Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ là khác rỗng, tồn tại xˆ ∈ Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ . Lấy zk := ˆx+kˆh với k = 1,2, . . .. Do hˆ ∈ rec F(ˆω), ta có zk ∈ F(ˆω) với mọi k và ||zk|| → +∞
khi k → +∞. Từ (2.32) ta có
hDzˆ k + ˆq,ˆhi = hDˆxˆ+ ˆq,hiˆ +khDˆˆh,ˆhi ≤ 0 với mọi k.
Bất đẳng thức trên ta thấy hDˆh,ˆ ˆhi ≤ 0. Mặt khác, ta có hDzˆ k, zki
||zk||2 = hDˆx,ˆ xiˆ
||ˆx+ kh||ˆ 2 + khDˆx, hiˆ
||ˆx+kˆh||2 + khDˆˆh,xiˆ
||ˆx+kˆh||2 + k2hDˆˆh,ˆhi
||ˆx+kˆh||2. Cho k → +∞ và sử dụng giả thiết (a2), ta thu được hDˆˆh,ˆhi ≥ 0. Do đó, hDˆˆh,ˆhi = 0. Từ giả thiết (a1), ta có
( ˆD+ ˆDT)ˆh = 0. (2.33) Với mọi x ∈ F(ˆω) từ (2.33), ta có
hDzˆ k + ˆq, x−zki = hD(ˆˆ x+ kˆh) + ˆq, x−xˆ−kˆhi
= hDˆxˆ+ ˆq, x−xiˆ
| {z }
≥0do x∈Sol( ˆˆ D,ˆq,ω)ˆ
−k2hDˆˆh,hˆ
| {z }
=0
i +khDˆˆh, x−xiˆ
−khDˆxˆ+ ˆq,ˆhi
≥ k(hDˆˆh, xi − hDˆˆh,xi − hˆ DˆTˆh,xi − hˆˆ q,hi)ˆ
= −khDxˆ + ˆq,ˆhi
= 0.
Từ đó, zk ∈ Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ với mọi k. Điều này dẫn đến Sol( ˆD,q,ˆ ω)ˆ là không bị chặn, mâu thuẫn với giả thiết (b2). Do đó (b3) được thỏa mãn.
(b3) ⇒ (b1): Giả sử rằng (b3) được thỏa mãn. Để thu được một sự mâu thuẫn, giả sử (b1) không được thỏa mãn, nghĩa là tồn tại một dãy {(Dk, qk, ωk)} ⊂ P sao cho (Dk, qk, ωk) → ( ˆD,q,ˆ ω)ˆ và Sol(Dk, qk, ωk) = ∅ với mọi k. Từ giả thiết (2.1) thỏa mãn (SCQ) tạiωˆ, F(.) là nửa liên tục dưới
tạiωˆ ta có với mọixˆ ∈ F(ˆω), với > 0, tồn tại k0 sao choF(ωk)∩B(ˆx, ) 6= ∅ với mọi k ≥ k0. Vì thế, tồn tại i0 sao cho
Zi,k = F(ωk)∩ {x ∈ Rn : ||x|| ≤i} (2.34) là khác rỗng, compact và lồi với mọi i ≥ i0. Áp dụng định lý Hartman- Stampacchia cho V I(Dk, qk, Zi,k) thu được
Sol(Dk, qk, Zi,k) 6= ∅ với mọi i ≥ i0, k ≥ k0. Cố định bất kỳ xi,k ∈ Sol(Dk, qk, Zi,k) ta có
hDkxi,k +qk, z −xi,ki ≥ 0 với mọi z ∈ Zi,k. (2.35) Giờ ta sẽ chứng minh rằng ||xi,k|| = i. Thật vậy, giả sử phản chứng rằng
||xi,k|| 6= i. Khi đó, tồn taị α > 0 sao cho
B(x¯ k,i, α) := {x ∈ Rn : ||x−xi,k|| ≤α} ⊂ {x ∈ Rn : ||x|| ≤ i}.
Từ (2.35),
hDkxi,k + qk, z −xi,ki ≥ 0 với mọi z ∈ F(ωk)∩B(xˆ i,k, α). (2.36) Do F(ωk) là lồi và α > 0, với mỗi z ∈ F(ωk) tồn tại t ∈ (0,1) sao cho
z(t) := xi,k +t(z−xi,k) ∈ F(ωk)∩B(x¯ k,i, α).
Thế z(t) vào z trong (2.36) ta có
0 ≤ hDkxi,k +qk, z(t)−xi,ki = thDkxi,k +qk, z −xi,ki.
Từ đó ta có hDkxi,k + qk, z −xi,ki ≥ 0 với mọi z ∈ F(ωk). Vì thế, xi,k ∈ Sol(Dk, qk, ωk) mâu thuẫn với giả thiết rằng Sol(Dk, qk, ωk) = ∅ với mọi k.
Do vậy, ||xi,k|| = i với mọi i ≥ i0 và k ≥ k0.
Cố định bất kỳ i ≥ i0. Khi đó {xi,k}, k ≥ k0 có một dãy con hội tụ. Không mất tổng quát, giả sử limk→∞xi,k = xi với xi ∈ F(ˆω) và ||xi|| = i. Cho k → ∞ trong biểu thức (2.35) ta được
hDxˆ i+ˆq, z−xii ≥ 0 với mọi z ∈ Zi := F(ˆω)∩{x ∈ Rn :||x|| ≤ i}. (2.37)
Không mất tổng quát, giả sử ||xi||−1xi → ˆh với ˆh ∈ Rn và ||h|| = 1. Do {xi} ⊂ F(ˆω) và ||xi|| → +∞ khi i → ∞ ta có ˆh ∈ rec F(ˆω)
Dễ thấy rằng, với mỗi z ∈ F(ˆω) tồn tại iz ≥ i0 sao cho z ∈ Zi với mỗi i ≥ iz. Từ (2.37) ta có hDxˆ i + ˆq, z −xii ≥ 0 với mọi i ≥ iz. Điều đó có nghĩa là:
hDxˆ i+ ˆq, zi ≥ hDxˆ i, xii +hq, xˆ ii. (2.38) Chia cả hai vế của (2.38) cho ||xi||2 và cho i → ∞ thu được hDˆˆh,ˆhi ≤ 0. Từ giả thiết (a2) suy ra hDˆˆh,hiˆ = 0. Từ giả thiết (a1) ta có
( ˆD+ ˆDT)ˆh = 0. (2.39) Nhân cả hai vế của (2.38) cho ||yk||−1 ,cho k → ∞ và sử dụng giả thiết (a2) ta được hDˆˆh, zi ≥ hq,ˆ ˆhi. Từ đó và kết hợp với (2.39) ta được
hDzˆ + ˆq,hiˆ = hDz,ˆ ˆhi+hq, hi ≤ hˆ DˆTˆh, zi+hDˆˆh, zi = 0.
Từ đó, ta thu được ˆh ∈ rec F(ˆω) và hDzˆ + ˆq,hi ≤ˆ 0với mọi z ∈ F(ˆω). Điều này mâu thuẫn với (b3). (Đpcm)
Ví dụ 2.4 Xét bài toán VI(D,q,ω) với n = 2, m = 1, Dˆ = 0 −1
1 −2
!
, qˆ= 1 0
!
, Dˆ1 = 0 0 0 2
! ,
ˆ
q1 = −1 0
!
, cˆ1 = 0,
ˆ
ω = ( ˆD1,qˆ1,cˆ1) ∈ Ω và Ω =R2ì2Θ+ ì R2 ìR.
Ta có F(ˆω) là tập nghiệm của
g1(x,Dˆ1,qˆ1,cˆ1) = 1
2xTDˆ1x+ ˆq1T
x+ ˆc1 ≤ 0
⇒ 1 2
x1 x2
0 0 0 2
! x1 x2
!
+ −1 0 x1 x2
!
≤ 0
⇒ 1 2
0 2x2
x1 x2
!
−x1 ≤ 0
⇒ x1 ≥ x22 Vậy
F(ˆω) ={(x1, x2) ∈ R2 : x1 ≥ x22} Ta lại có
rec F(ˆω) = {h = (h1, h2) ∈ R2 : ˆD1h = 0, qˆ1Th ≤ 0}
⇒rec F(ˆω) = {h = (h1, h2) ∈ R2 : 0 0 0 2
! h1
h2
!
= 0,
−1 0 h1 h2
!
≤ 0}
⇒rec F(ˆω) = {h = (h1, h2) ∈ R2 : 0 2h2
!
= 0, −h1 0
!
≤ 0}
Vậy
rec F(ˆω) = {h = (h1, h2) ∈ R2 : h1 ≥ 0, h2 = 0}.
Dễ thấy rằng (SCQ) được thỏa mãn tại ωˆ. Từ hDh, hiˆ = −2h22 = 0 và từ ( ˆD+ ˆDT)h = −4h2 = 0 với mọi h = (h1, h2) ∈ rec F(ˆω) điều kiện (a1) được thoả mãn.
Với mỗi dãy {xk = (xk1, xk2)} ⊂ F(ˆω) thỏa mãn ||xk|| → ∞ ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: {xk2} là bị chặn. Từ ||xk|| → ∞ kéo theo ||xk1|| → ∞. Khi đó
lim sup
k→∞
hDxˆ k, xki
||xk||2 = lim sup
k→∞
−(xk2)2
(x21)2 + (xk2)2 = 0.
Trường hợp 2: {xk2} là không bị chặn. Khi đó, lim sup
k→∞
hDxˆ k, xki
||xk||2 ≥lim sup
k→∞
−(xk2)2
(xk2)4 + (xk2)2 = 0.
Từ những trường hợp trên, ta có trường hợp (a2) được thỏa mãn.
Ta lấy xˆ = (ˆx1,xˆ2) = (12,12) ∈ F(ˆω). Khi đó
hDˆxˆ+ ˆq, hi = (−ˆx2 + 1)h1 > 0 với mọi h = (h1, h2) ∈ rec F(ˆω)\{0}.
Điều đó dẫn tới (b3) được thỏa mãn.
Theo Định lý 2.4 ta suy ra rằng (b1),(b2),(b3) được thỏa mãn.
2.5 Ứng dụng cho bài toán quy hoạch toàn phương