tựa biến phân kiểu Stampacchia
2.2.1Sự tồn tại nghiệm của bài toán bao hàm thức tựa biến phân vô hướng
phân vô hướng
Trong mục này chúng ta xét các bài toán bao hàm thức tựa biến phân vô hướng sau:
Cho X,Z là các không gian tôpô tuyến tính, D ⊂ X, K ⊂ Z là các tập con khác rỗng. Xét các ánh xạ đa trị: Si : D → 2D, i = 1,2; T : D×D → 2K và các hàm vô hướngg :D×D→R; f :K×D×D→R. Khi đó bài toán:
• Tìm x ∈D sao cho: x ∈ S1(x) và g(x, x)≥ 0 với mọi x ∈S2(x) được gọi là bài toán bao hàm thức tựa biến phân vô hướng dạng 1 (SQVIP1).
• Tìm x ∈ D sao cho: x ∈ S1(x) và f(y, x, x) ≥ 0 với mọi x ∈ S2(x), y ∈ T(x, x)
được gọi là bài toán bao hàm thức tựa biến phân vô hướng dạng 2 (SQVIP2). Kết quả của chương này được chứng minh dựa trên định lý sau về điểm bất động của Park (xem trong [9]):
D= S
x∈D
int(S−1(x))
thì tồn tại điểm x∈D sao cho x∈co{S(x)}.
Dựa trên đính lý điểm bất động của Park, các định lý sau cho ta sự tồn tại nghiệm của các bài toán(SQVIP1) và (SQVIP2).
Định lý 2.2.2 (Định lý 1 trong [7]). Cho X, Z là các không gian tôpô tuyến tính Hausdorff, D ⊂ X, K ⊂ Z Xét ánh xạ đa trị Si : D → 2D;i = 1,2 và hàm g :
D×D→R thỏa mãn các giả thiết: (i) D là tập lồi, compact, khác rỗng.
(ii) S1 là ánh xạ đóng, S2(x) khác rỗng với co(S2(x))⊆ S1(x) và S2−1(x0) là mở trong D với mỗi x, x0 ∈D.
(iii) g(x, x0) là tựa lồi theo biến x0 và nửa liên tục trên theo biến x. (iv) g(x, x)≥0 với mọi x∈D.
Khi đó bài toán bao hàm thức tựa biến phân vô hướng (SQVIP1) có nghiệm. Chứng minh. Xét ánh xạ đa trịG:D→2D xác định như sau:
G(x) ={x0 ∈D:g(x, x0)<0}
Nếu x ∈ D mà x ∈ S1(x) và G(x)∩S2(x) = ∅ thì x là nghiệm. Điều ngược lại cũng đúng. Do đó ta chỉ cần chứng minh tồn tại điểmx∈D,x∈S1(x)màG(x)∩S2(x) = ∅
Thật vậy, giả sử ngược lại với mọi x∈ D, x∈ S1(x) ta có G(x)∩S2(x)6= ∅. Xét ánh xạ Q:D →2D xác định như sau: Q(x) = G(x)∩S2(x) x∈S1(x) S2(x) x6∈S1(x)
Từ G(x)∩S2(x) 6= ∅ và giả thiết S2(x) 6= ∅ nên Q(x) 6= ∅ với mỗi x ∈ D, do đó D= S
x∈D
Q−1(x)và :
Q−1(x) = (G−1(x)∩S2−1(x))∪(S2−1(x)∩(D\D0))
trong đó: D0 ={x∈D:x∈S1(x)}.
Do D là Compact,S1 là đóng nên D0 là tập đóng⇒D\D0 là tập mở. Kết hợp với (ii) ta có(S2−1(x)∩(D\D0))là tập mở. Mặt khác, do hàmg(x, x0)là nửa liên tục trên theo biến thứ 2 nênG−1(x0) = {x∈D :g(x, x0)<0}là mở trong D do đó(G−1(x)∩S2−1(x))
là tập mở. Vậy Q−1(x) là tập mở trong D. Sử dụng định lý (2.2.1) ở trên thì tồn tại x∈D sao cho x∈co(Q(x)). Từ (ii) ta có:
x∈co(Q(x))⊂co(S2(x))⊂S1(x)
Từ tịnh nghĩa của Q ở trên, ta có:
x∈co(Q(x))⊂co(G(x)∩S2(x))⊂co(G(x))∩co(S2(x)).
Vậy x∈ co(G(x)), suy ra tồn tạix1, x2, .., xn ∈G(x) sao cho: x∈ co{x1, x2, .., xn} mà g(x, xi)<0 với i=1,2,..,n. Do g(x,•)là tựa lồi nên g(x, x)≤ max
i=1,2,..,ng(x, xi) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Kết hợp với (iv) ta có:
0≤g(x, x)≤ max
i=1,2,..,ng(x, xi)<0
Điều này là vô lý. Vậy định lý được chứng minh.
Chứng minh tương tự như định lý trên ta cũng có định lý sau:
Định lý 2.2.3 (Định lý 1 trong [8]). Xét ánh xạ đa trị Si : D → 2D;i = 1,2 và
g :D×D→R thỏa mãn các giả thiết: (i) D là tập lồi, compact, khác rỗng.
(ii) S1 là ánh xạ đóng, S2(x) khác rỗng với co(S2(x))⊆ S1(x) và S2−1(x0) là mở trong D với mỗi x, x0 ∈D.
(iii) g(x, x0) là tựa lồi chéo theo biến x0 và nửa liên tục trên theo biến x. (iv) g(x, x)≥0 với mọi x∈D.
Khi đó bài toán bao hàm thức tựa biến phân vô hướng dạng 1 (SQVIP1) có nghiệm.
Sự tồn tại nghiệm của bài toán bao hàm thức tựa biến phân vô hướng dạng 2 được thể hiện thông qua định lý sau:
Định lý 2.2.4 (Định lý 2 trong [8]). Xét các ánh xạ đa trị Si : D → 2D;i = 1,2,
T :D×D→2K và hàm f :K×D×D→R thỏa mãn các giả thiết: (i) D là tập lồi, compact, khác rỗng.
(ii) S1 là ánh xạ đóng, S2(x) khác rỗng với co(S2(x))⊆ S1(x) và S2−1(x0) là mở trong D với mỗi x, x0 ∈D.
(iii) f(y, x, x0) là (T, R+)-tựa lồi chéo theo biến thứ ba và nửa liên tục trên theo biến (y,x).
(iv) f(y, x, x)≥0 với mọi x∈D và y∈T(x, x).
tục dưới.
Khi đó bài toán bao hàm thức tựa biến phân vô hướng dạng 2 (SQVIP2) có nghiệm. Chứng minh. Ta định nghĩa hàmg :D×D→R bởi:
g(x, x0) = inf
y∈T(x,x0)
f(y, x, x0); x∈D
Ta chỉ ra rằngSi, i=1,2 và g thỏa mãn các điều kiện của định lý (2.2.3). Thật vậy, vì f là
(T, R+)-tựa lồi chéo theo biến thứ ba thì với mỗix1, x2 ∈D,t ∈[0,1],xt=tx1+(1−t)x2 ta có:
f(T(xt, x1), xt, x1)⊂f(T(xt, xt), xt, xt) +R+ hoặc f(T(xt, x2), xt, x2)⊂f(T(xt, xt), xt, xt) +R+
Giả thiết (iv) chỉ ra rằng f(T(xt, xt), xt, xt) ⊂R+ và do đó g(x, x) ≥0 với mọi ∈ D. Do đó suy ra:
f(T(xt, x1), xt, x1)⊂R+
hoặc f(T(xt, x2), xt, x2) ⊂ R+ nên ta có hoặc g(xt, x1) ≥ 0 hoặc g(xt, x2) ≥ 0. Do vậy g(x, x0) là tựa lồi chéo theo biến thứ hai.
Hơn nữa, chúng ta chỉ ra rằngg(x, x0) là nửa liên tục trên theo biến thứ nhất với mỗi điểm x0 ∈ D. Cho {xn} ⊂ D, xn → x0 và y0 ∈ T(x0, x0) là điểm tùy ý. Vì T(•, x0) là nửa liên tục dưới nên có một dãy{yn}, yn∈T(xn, x0)mà yn→y0.
Ta có: g(xn, x0) = inf
y∈T(xn,x0) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
f(y, xn, x0)≤f(yn, xn, x0).
Cho n →+∞ ta được lim sup
n→+∞
f(yn, xn, x0)≤f(y0, x0, x0) với y0 ∈T(x0, x0) tùy ý.
Suy ra lim sup
n→+∞
f(yn, xn, x0)≤g(x0, x0).
Do đó g(x, x0) là nửa liên tục trên trong x. Như vậy các giả thiết của định lý (2.2.3) được thỏa mãn nên tồn tạix∈Dthỏa mãnx∈S1(x)và g(x, x)≥0với mọix∈S2(x)
Suy ra f(y, x, x)≥0 với mọix∈S2(x), y ∈T(x, x)
Vậy bài toán (SQVIP2) có nghiệm.
Luận văn sử dụng kết quả của định lý (2.2.2)và (2.2.3)để đưa ra điều kiện về sự tồn tại nghiệm của bài toán bao hàm thức tựa biến phân kiểu Stampacchia.