Nguyên lí biến phân Ekeland đã được sử dụng rộng rãi trong giải tích phi tuyến vì nó kế thừa sự tồn tại của các nghiệm xấp xỉ của bài toán cực tiểu hóa cho hàm nửa liên tục dưới trên một không gian metric đầy đủ. Vì bài toán tối ưu hóa là một trường hợp riêng của bài toán cân bằng, trong đó f(x, y) = g(y)−g(x), nên chúng ta quan tâm tới việc mở rộng nguyên lí Ekeland cho bài toán cân bằng. Chúng ta bắt đầu bằng trình bày kết quả tổng quát này cho song hàm f (trong [3]) với những chứng minh chi tiết và những chỉnh sửa cần thiết.
Cho D ⊆ X là một tập đóng, trong đó X là một không gian tuyến tính định chuẩn, và f : D×D →R.
Định lí 2.2.1. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn.
(i) f(x, .) là bị chặn dưới và nửa liên tục dưới với mọi x ∈ D; (ii) f(t, t) = 0, ∀t ∈ D;
(iii) f(z, x) ≤ f(z, y) +f(y, x), ∀x, y, z ∈ D.
Khi đó, với mọi ε > 0, mọi x0 ∈ D tồn tại xˆ∈ D sao cho f(x0,x) +ˆ ε||x0 −x|| ≤ˆ 0
và
f(ˆx, x) +ε||ˆx−x|| > 0, ∀x ∈ D\{ˆx}.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta chứng minh cho trường hợp ε = 1. Kí hiệu F(x) := {y ∈ D : f(x, y) +||y −x|| ≤0}.
Từ (i) ta có F(x) là tập đóng với mọi x ∈ D.
Từ (ii) ta có f(x, x) = 0,∀x ∈ D nên f(x, x) +||x−x|| = 0,∀x ∈ D, do
đó, x ∈ F(x). Vậy F(x) 6= ∅,∀x ∈ D.
Giả sử y ∈ F(x) có nghĩa là
f(x, y) +||y −x|| ≤ 0, (2.11) và z ∈ F(y), tức là
f(z, y) +||y −z|| ≤ 0. (2.12) Cộng vế với vế của bất đẳng thức (2.11), (2.12) và kết hợp với (iii) ta có
0≥ f(x, y) +||y−x||+f(z, y) +||y −z|| ≥ f(x, z) +||z−x||.
Suy ra z ∈ F(x). Do đó từ giả thiết y ∈ F(x) suy ra F(y) ⊆ F(x). Đặt v(x) := inf
z∈F(x)f(x, z). Với mọi z ∈ F(x) ta có
||x−z|| ≤ −f(x, z) ≤ sup
z∈F(x)
(−f(x, z)) = − inf
z∈F(x)f(x, z) =−v(x).
Do đó
||x−z|| ≤ −v(x), ∀z ∈ F(x).
Đặc biệt, nếu x1, x2 ∈ F(x) thì
||x1 −x2|| ≤ ||x−x1||+||x−x2|| ≤ −v(x)−v(x) =−2v(x).
Suy ra diam(F(x)) ≤ −2v(x), ∀x ∈ D. Cố định x0 ∈ D, do v(x) := inf
z∈F(x)f(x, z) nên với ε = 2−1 tồn tại x1 ∈ F(x0) sao cho
f(x0, x1) ≤v(x0) + 2−1.
Lấy một điểm x2 ∈ F(x1). Như vậy, vì v(x1) := inf
z∈F(x1)f(x1, z) nên với ε = 2−2 tồn tại x2 ∈ F(x1) sao cho
f(x1, x2) ≤v(x1) + 2−2.
Cứ tiếp tục quá trình như trên ta thu được dãy {xn} ⊂ D sao cho xn+1 ∈ F(xn) và
f(xn, xn+1) ≤v(xn) + 2−(n+1). (2.13)
Vì xn+1 ∈ F(xn) nên theo khẳng định ở trên, ta có F(xn+1) ⊂ F(xn). Ta có
v(xn+1) = inf
y∈F(xn+1)f(xn+1, y) ≥ inf
y∈F(xn)f(xn+1, y)
≥ inf
y∈F(xn){f(xn, y)−f(xn, xn+1)}
= inf
y∈F(xn)
f(xn, y)−f(xn, xn+1)
= v(xn)−f(xn, xn+1).
Do đó
v(xn+1) ≥ v(xn)−f(xn, xn+1). (2.14) Từ (2.13) và (2.14) ta có
−v(xn) ≤ −f(xn, xn+1) + 2−(n+1) ≤ (v(xn+1)−v(xn)) + 2−(n+1). Suy ra
0 ≤ v(xn+1) + 2−(n+1). hay
−v(xn+1) ≤ 2−(n+1). Do đó
diam(F(xn)) ≤ −2v(xn) ≤2.2−n →0, n → ∞.
Vì {F(xn)} là đóng và F(xn+1) ⊆ F(xn) nên theo định lí về các tập đóng lồng nhau ta có
∩nF(xn) ={ˆx}.
Vì xˆ ∈ F(x0) nên f(x0,x) +ˆ ||xˆ−x0|| ≤0.
Hơn nữa, xˆ ∈ F(xn) và vì F(ˆx)) ⊆ F(xn) với mọi n nên ta có F(ˆx) ={ˆx}.
Suy ra x /∈ F(ˆx) = {ˆx} khi x 6= ˆx.
Vậy theo định nghĩa F(ˆx) = {y ∈ D : f(ˆx, y)+||y−x|| ≤ˆ 0}mà x /∈ F(ˆx) nên f(ˆx, x) +||x−x||ˆ > 0.
Định lí hoàn toàn được chứng minh.
Nhận xét 2.2.1. Mọi hàm f(x, y) có dạng tách biến f(x, y) =g(y)−g(x),
hiển nhiên thỏa mãn (ii) và (iii).
Thật vậy, ta có f(t, t) =g(t)−g(t) = 0.
Vàf(z, x) = g(x)−g(z) = [g(x)−g(y)]+[g(y)−g(z)] = f(y, x)+f(z, y).
Nếu f(x, y) không có dạng tách biến thì có thể nó không thỏa mãn (iii).
Thí dụ
f(x, y) =
e−||x−y|| −1 +g(y)−g(x) nếu x 6= y;
0 nếu x = y,
trong đó, g là một hàm bị chặn dưới và nửa liên tục dưới.
Chứng minh. Ta có f(z, x) = e−||z−x|| −1 +g(x)−g(z), và
f(z, y) +f(y, x) = [e−||z−y||−1 +g(y)−g(z)] + [e−||y−x|| −1 +g(x)−g(y)]
= e−||z−y||+ e−||y−x|| −2 +g(x)−g(z).
Ta có
f(z, x) ≤f(z, y) +f(y, x), tức là
e−||z−x|| ≤e−||z−y|| +e−||y−x|| −1. (2.15) Thay x = 0, y = 2, z = 1 vào (2.15) ta có
e−1 ≤ e−1 +e−2 −1.
Suy ra
0≤ e−2 −1.
Điều này là vô lí. Như vậy, hàmf(x, y) cho dưới dạng như trên không thỏa mãn (iii).
Nhận xét 2.2.2.Điều kiện(iii)của Định lí 2.2.1 suy ra với mọix1, x2, ..., xn ∈ D ta có
n
X
i=1
f(xi, xi+1) ≥ 0, (2.16) trong đó xn+1 = x1.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp.
Với n = 2 ta có
f(x1, x2) +f(x2, x3) =f(x1, x2) +f(x2, x1) ≥ f(x1, x1) = 0.
Vậy n= 2 thì (2.16) đúng.
Giả sử rằng (2.16) đúng với n, tức là
n
X
i=1
f(xi, xi+1) ≥ 0. Ta đi chứng minh (2.16) đúng với n+ 1. Ta có
n+1
X
i=1
f(xi, xi+1) =
n−1
X
i=1
f(xi, xi+1) + f(xn, xn+1) + f(xn+1, x1)
≥
n−1
X
i=1
f(xi, xi+1) + f(xn, x1) ≥ 0.
Do đó (2.16) đúng với n+ 1. Vậy (2.16) đúng.
Dưới đây chúng ta chứng minh nguyên lí Ekeland cho một họ hàm.
Cho m là số nguyên dương, và I = {1,2, ..., m}. Xét hàm fi : D ×Di → R, i ∈ I, trong đó D = Πi∈IDi và Di ⊂ Xi là tập con đóng của không gian Euclid Xi. Kí hiệu các phần tử của tập Di = Πj6=iDi là xi. Vì vậy, x ∈ D có thể viết là x = (xi, xi) ∈ Di ×Di.
Nếux ∈ Πmi=1Xi, ta kí hiệu |||x||| là chuẩn Chebyshev củax được xác định bởi |||x||| := maxi||xi||i và ta sẽ xét không gian Euclid Πmi=1Xi cùng với chuẩn này.
Dưới đây là một mở rộng của Định lí 2.2.1.
Định lí 2.2.2. Giả thiết rằng
(i) fi(x, .) : Di → R là bị chặn dưới và nửa liên tục dưới với mọi i ∈ I; (ii) fi(x, xi) = 0 với mọi i ∈ I và với mọi x = (x1, x2, ..., xn) ∈ D;
(iii)fi(z, xi) ≤fi(z, yi)+fi(y, xi)với mọi x, y, z ∈ D, trong đó y = (yi, yi) với mọi i ∈ I.
Khi đó với mọi ε > 0 và với mọi x0 = (x01, ..., x0m) ∈ D, tồn tại xˆ = ( ˆx1,xˆ2, ...,xˆm) ∈ D sao cho với mỗi i ∈ I ta có
fi(x0,xˆi) +ε||x0i −xˆi||i ≤ 0; (2.17) fi(ˆx, xi) +ε||xˆi −xi||i > 0, ∀xi ∈ Di, xi 6= ˆxi. (2.18) Chứng minh. Tương tự chứng minh trên, ta chứng minh trong trường hợp ε = 1.
Giả sử i ∈ I tùy ý. Với mỗi x ∈ D, đặt
Fi(x) := {yi ∈ Di, fi(x, yi) + ||xi −yi||i ≤0}.
Tập Fi(x) đóng.
Từ (ii) ta có fi(x, xi) = 0 với mọi i ∈ I. Suy ra fi(x, xi) +||xi −xi|| = 0 hay xi ∈ Fi(x). Vì vậy Fi(x) là tập khác rỗng.
Với mỗi x ∈ D, đặt
vi(x) = inf
zi∈Fi(x)fi(x, zi).
Tương tự chứng minh Định lí 2.2.1, có thể chỉ ra rằng diam(Fi(x)) ≤
−2vi(x) với mọi x ∈ D và i ∈ I.
Bây giờ cố định x0 ∈ D, chọn tương ứng với mỗi i ∈ I một phần tử x1i ∈ Fi(x0) sao cho
fi(x0, x1i) ≤ vi(x0) + 2−1.
Đặt x1 = (x11, ..., x1m) ∈ D và với mỗi i ∈ I chọn x2i ∈ Fi(x1) sao cho fi(x1, x2i) ≤ vi(x1) + 2−2.
Đặt x2 = (x21, ..., x2m) ∈ D. Tiếp tục quá trình trên ta được {xn} ⊂ D sao cho xn+1i ∈ Fi(xn), với mỗi i ∈ I, n ∈ N và
fi(xn, xn+1i ) ≤ vi(xn) + 2−(n+1).
Lập luận tương tự như trong chứng minh Định lí 2.2.1, ta chỉ ra rằng diam(Fi(xn)) ≤ −2vi(xn) ≤ 2.2−n → 0, n → ∞,
với mỗi i ∈ I.
Với mỗi x ∈ D, đặt
F(x) := F1(x)×...×Fm(x) ⊆D.
Tập F(x) là tập đóng và sử dụng (iii) trực tiếp suy ra y ∈ F(x) nên F(y) ⊆ F(x). Do đó, ta có
F(xn+1) ⊆ F(xn), ∀n= 0,1, ...
Mặt khác, với mỗi y, z ∈ F(xn), ta có
|||y −z||| := max
i∈I ||yi −zi||i ≤ max
i∈I diam(Fi(xn)).
Vì diam(F(xn)) → 0, ∀i ∈ I nên maxi diam(Fi(xn)) → 0 hay
|||y −z||| → 0.
Do vậy, diam(F(xn)) →0 khi n → ∞. Như vậy, theo định lí Cantor về các tập đóng lồng nhau thắt dần, ta có
∩∞n=0F(xn) = {ˆx}, xˆ ∈ D.
Vì xˆ ∈ F(x0), tức là xˆi ∈ Fi(x0) (i ∈ I), ta thu được fi(x0,xˆi) + ||x0i −xˆi||i ≤0, ∀i ∈ I.
Do đó (2.17) đúng.
Hơn nữa, xˆ ∈ F(xn) suy ra F(ˆx) ⊆ F(xn) với mọi n = 0,1, .... Bởi vậy F(ˆx) ={ˆx}.
Vậy Fi(ˆx) = {xˆi} với mọi i ∈ I.
Vì vậy, với mọi xi ∈ Di, mà xi 6= ˆxi, ta có xi ∈/ Fi(ˆx) và fi(ˆx, xi) +||xˆi −xi||i > 0.
Do vậy (2.18) cũng đúng. Định lí hoàn toàn được chứng minh.