Bổ đề 2.2.1. Cho ∆là một tập lồi, đĩng, khác rỗng trong Rn, M ∈ Rn×n
và q ∈ Rn. Khi đĩ
q ∈ int((0+∆)∗ −M∆) (2.56)
là tương đương với tính chất sau:
∀v ∈ 0+∆ {0},∃x ∈ ∆ sao cho hM x+q, vi > 0. (2.57)
Chứng minh. Dễ thấy, nếu (2.56) khơng đúng thì theo định lý tách tồn tại v 6= 0 sao cho
hq, vi ≤ hu−M x, vi ∀u ∈ (0+∆)∗, ∀x ∈ ∆. (2.58) Tính chất này kéo theo (2.58), chứng tỏ rằng (2.57) khơng đúng.
Định lý 2.2.4. Cho ∆⊂ Rn là một tập lồi, đĩng, khác rỗng, M ∈ Rn×n
và q ∈ Rn. Giả sử rằng:
M là đồng dương cộng trên 0+∆;
Tồn tại α ∈ R sao cho hM x, xi ≥ α với mọi x ∈ ∆. Thì các tính chất sau là tương đương:
(a) Tập Sol(V I(M, q,∆)) là khác rỗng và bị chặn. (b) q ∈ int((0+∆)∗ −M∆).
(c) Tồn tại > 0 sao cho với mọi M0 ∈ Rn×n và q0 ∈ Rn với
max{kM0 −Mk,kq0 −qk}< }, tập Sol(V I(M, q,∆)) là khác rỗng. Chứng minh. (a) ⇒(b): Cho Sol(V I(M, q,∆)) là khác rỗng và bị chặn. Để thu được điều ngược lại, giả sử rằng (b) khơng đúng. Thì, theo Bổ đề 2.2.1 tồn tại v¯∈ 0+∆\ {0} thỏa mãn
hM x+q,v¯i ≤ 0, ∀x ∈ ∆ (2.59) Cho x0 ∈ Sol(V I(M, q,∆)). Với mỗi t > 0, xt = x0 + tv¯ thuộc về ∆ bởi vì v¯∈ 0+∆. Thế xt bởi x trong (2.59) ta cĩ
hM x0 +q,v¯i+thMv,¯ v¯≤ 0 ∀t > 0.
Điều này cho hM¯v,v¯i ≤ 0. Theo giả thiết (i), hMv,¯ v¯i ≥ 0. Vì vậy ta cĩ
hMv,¯ v¯i = 0. Thì
(M +MT)¯v = 0, (2.60)
x0 ∈ Sol(V I(M, q,∆)) và hM¯v,v¯i = 0, theo (2.59) và (2.60) ta cĩ hM xt +q, y −xti = hM x0 +tMv¯+q, y −x0 −tv¯i = hM x0 +q, y −x0i+ thMv, y¯ −x0i −thM x0 +q,v¯i −t2hMv,¯ v¯i = hM x0 +q, y −x0i −thv, M y¯ +qi −th(M +MT)¯v, x0i ≥ hM x0 + q, y−x0 ≥0.
Vì điều này đúng với mọi y ∈ ∆, xt ∈ Sol(V I(M, q,∆)). Cĩ bao hàm thức cuối với mọi t > 0, ta kết luận rằng Sol(V I(M, q,∆)) là bị chặn, mâu thuẫn. Do đĩ (b) là đúng.
(b) ⇒ (c): Giả sử rằng (b) là đúng, nhưng (c) khơng đúng. Thì tồn tại một dãy {(Mk, qk)} ⊂ Rn×n ×Rn sao cho (Mk, qk) →(M, q) và
Sol(V I(Mk, qk,∆)) = ∅ ∀k = 1,2, ... (2.61) Vì ∆ khác rỗng, đĩng và lồi với mọi j ≥ j0. Theo Định lý Hart- man - Stampacchia, Sol(V I(Mk, qk,∆j)) 6= ∅ với j ≥ j0. Cố định
xk,j ∈ Sol(V I(Mk, qk,∆j)). Ta cĩ
hMkxk,j + qk, y−xk,ji ∀y ∈ ∆j. (2.62) Chú ý rằng
kxk,jk = j ∀j ≥ j0. (2.63) Thật vậy, Nếu kxk,j < j thì tồn tại β > 0 sao cho
¯
Do đĩ từ (2.62) kéo theo
hMkxk,j +qk, y−xk,ji ≥ 0 ∀y ∈ ∆∩B¯(xk,j, β). (2.64) Rõ ràng với mỗi y ∈ ∆ tồn tại t = t(y) ∈ (0,1) sao cho y(t) := xk,j +
t(y−xk,j) thuộc về ∆∩B¯(xk,j, β). Theo (2.64),
hMkxk,j +qk, y−xk,ji = thMkxk,j +qk, y−xk,ji ≥ 0.
Điều này kéo theo hMkxk,j + qk, y − xk,ji ≥ 0 với mọi y ∈ ∆. Do đĩ
xk,j ∈ Sol(V I(Mk, qk,∆)), ngược lại với (2.61). Cố định một chỉ số
j ≥ j0, ta chú ý rằng {xk,j}k∈N cĩ một dãy con hội tụ. Theo (2.63), khơng mất tính tổng quát, ta cĩ thể giả sử rằng
lim
k→∞xk,j = xj xj ∈ ∆ với kxjk = j. (2.65) Cho k → ∞, từ (2.62) và (2.65), ta cĩ
hM xj +q, y−xji ≥ 0 ∀y ∈ ∆j. (2.66) Tính đến (2.65), khơng mất tính tổng quát ta cĩ thể giả sử rằng
xj
kxjk →v¯∈ R
n
kv¯k = 1.
Vì xj ∈ ∆ và kxjk−1 →0,từ [10, Theorem8.2] ta cĩ ¯v ∈ 0+∆\{0}.
Dễ thấy rằng với mỗi y ∈ ∆ tồn tại một chỉ số jy ≥j0 sao cho y ∈ ∆
với mọi j ≥jy. Từ (2.66) ta kết luận rằng
hM xj +q, y −xji ≥ 0 j ≥ jy.
Do đĩ
Chia bất đẳng thức cuối bởi kxjk và cho j → ∞, ta được 0 ≥ hMv,¯ ¯vi. Bởi giả thiết (i), hMv,¯ v¯i ≥ 0. Vì vậy hMv,¯ v¯i = 0. M là đồng dương cộng, bất đẳng thức này cho
Mv¯= −MTv.¯ (2.68)
Vì xj ∈ ∆ với mọi j, bởi giả thiết (ii) ta cĩ hM xj, xji ≥ α với mọi j. từ (2.67) kéo theo
hM xj +q, yi ≥ α+hq, xji ∀j ≥jy.
Chia bất đẳng thức cuối bởi kxjk và cho j → ∞, ta cĩ hMv, y¯ i ≥ hq,¯vi. Kết hợp điều này với (2.68) được hM y+q,v¯i ≤ 0. Vì bất đẳng thức đĩ đúng với mọi y ∈ ∆ và vì v¯ ∈ 0+∆\{0}, Bổ đề 2.2.1 chứng tỏ rằng (b) khơng đúng. Ta cĩ một mâu thuẫn.
(c) ⇒ (a): Giả sử rằng (c) đúng. Thì tồn tại > 0 sao cho với mọi
M0 ∈ Rn×n và q0 ∈ Rn với
max{kM0 −Mk,kq0 −qk} < , tập Sol(V I(M0, q0,∆)) khác rỗng. Đặc biệt, Sol(V I(M, q,∆)) 6= ∅. Nếu Sol(V I(M, q,∆)) bị chặn, thì tồn tại một dãy
{xk} ⊂ Sol(V I(M, q,∆))
sao cho kxkk → ∞ và xk 6= 0 với mọi k. Khơng mất tính tổng quát khi giả sử rằng
kxkk−1xk →v¯∈ Rn với k¯vk= 1
Vì xk ∈ ∆ và kxkk−1 → 0, Theo [10, Theorem8.2] ta cĩ v¯ ∈ 0+∆\{0}. Với mỗi k ta cĩ
Do đĩ
hM xk +q, yi ≥ hq, xki ∀y ∈ ∆. (2.69) Cố định y ∈ ∆, chia bất đẳng thức cuối bởi kxkk2 và cho k → ∞, ta thu được 0≥ hMv,¯ v¯i. Theo giả thiết (i), bất đẳng thức này cho
hMv,¯ v¯i = 0 và MTv¯= −M¯v. (2.70) Vì xk ∈ ∆, theo giả thiết (ii) và theo (3.15) ta cĩ
hM xk +q, yi ≥ α+hq, xki ∀k = 1,2, ...
Chia bất đẳng thức cuối bởi kxkk và cho k → ∞, ta được
hMv,¯ v¯i ≥ hq,v¯i.
Kết hợp với (2.70) ta cĩ thể khẳng định rằng
hM y+ q,v¯i ≤ 0 ∀y ∈ ∆. (2.71) Với bất kỳ 1 ∈ (0, ) và với q0 = q−1v¯, ta cĩ kq0−qk = 1 < và, theo (2.71),
hM y +q0,v¯i = hM y+q,¯vi −1hv,¯ v¯i ≤ −1 < 0 ∀y ∈ ∆.
Từ điều này dễ thấy rằng Sol(V I(M, q0,∆)) = ∅. Mâu thuẫn với cách chọn và q0. Ta thấy rằng nếu (c) đúng thì (a) phải đúng.
Định lý 2.2.5. Cho∆là một nĩn lồi, đĩng, khác rỗng trongRn, M ∈ Rn×n
đồng dương cộng trên ∆. Khi đĩ tính chất sau là tương đương: (a) Tập nghiệm của GLCP(M, q,∆) là khác rỗng và bị chặn. (b) q ∈ int((0+∆)∗ −M∆).
(c) Tồn tại > 0 sao cho với mọi M0 ∈ Rn×n và q0 ∈ Rn với max{kM0−
Mk,kq0−qk}< }, tập nghiệm của GLCP(M, q,∆) là khác rỗng. Chứng minh. Vì ∆ là một nĩn lồi, ta cĩ ∆ = 0+∆. Chú ý rằng giả thiết (ii) trong Định lý 2.2.1 là thỏa mãn với α = 0, bởi vì M là đồng dương cộng trên∆. Như ta đã nĩi đến trong phần trên, khi ∆là một nĩn trong
Rn, V I(M, q,∆) tương đương với bài tốn GLCP(M, q,∆). Theo Định lý 2.2.1, tính chất (a), (b) và (c) là tương đương.
Nhận xét 2.2.1. Tính tương đương giữa (a) và (c) trong Định lý 2.2.5. đã được giải trong trong bài tốn mở đã nĩi trong Gowda và Seidman [8, problem 2]. Tính tương đương giữa (a) và (b) được thiết lập trong [8, Theorem 6.1]
Một kết quả trực tiếp của Định lý 2.2.4 như sau
Định lý 2.2.6. Cho ∆⊂ Rn là một tập lồi, đĩng, khác rỗng, M ∈ Rn×n
và q ∈ Rn. Nếu M là nửa xác định dương, thì các tính chất sau là tương đương:
(a) Tập Sol(V I(M, q,∆)) là khác rỗng và bị chặn. (b) q ∈ int((0+∆)∗ −M∆).
(c) Tồn tại > 0 sao cho với mọi M0 ∈ Rn×n và q0 ∈ Rn với max{kM0−
Mk,kq0−qk}< }, tập Sol(V I(M, q,∆)) là khác rỗng.
Tiếp theo chúng ta trình bày một số ví dụ minh họa cho ứng dụng của Định lý 2.2.4
Ví dụ 2.2.1. Xét bài tốn V I(M, q,∆), trong đĩ n= 2, M = −1 1 −1 0 , q = 0 1 , ∆ = {x = (x1, x2)T :−1 ≤x1 ≤0, x2 ≥ x21}. hM x, xi = −x21 ≥ −1 ∀x ∈ ∆, hM v, vi = −v21 = 0 ∀v ∈ 0+∆, Và (M +MT)v = −2v1 0 = 0 0 ∀v ∈ 0+∆.
Do đĩ giả thiết (i) và (ii) trong Định lý 2.2.4 là thỏa mãn. Với bất kỳ
v = (v1, v2)T ∈ 0+∆\{0} và x = (x1, x2)T ∈ ∆,−1< x1 ≤0, ta cĩ
hM x+q, vi = (−x1 +x2)v1 + (−x1 + 1)v2
= (−x1 + 1)v2 > 0.
Do đĩ q ∈ int((0+∆)∗ −M∆) theo Bổ đề 2.2.1. Theo Định lý 2.2.4, tồn tại > 0 sao cho với mọi M0 ∈ Rn×n và q0 ∈ Rn với
max{kM0−Mk,kq0−qk} < , tập Sol(V I(M0, q0,∆)) là khác rỗng. Chú ý rằng ∆ khơng là tập lồi đa diện và M khơng là ma trận nửa xác định dương.
Trong ví dụ tiếp theo, ta xét các bài tốn bất đẳng thức biến phân
V I(M, q,∆) với
∆ = {x ∈ Rn : gi(x) ≤ 0, i= 1, ..., m},
trong đĩ gi(x), i = 1, ..., m, là các hàm lồi khả vi và thỏa mãn điều kiện Slater; đĩ là tồn tại x0 ∈ Rn sao cho gi(x0) < 0 vơi i = 1, .., m.
Dễ thấy, x¯ ∈ ∆ là một nghiệm của V I(M, q,∆) nếu và chỉ nếu tồn tại
λ = (λ1, ..., λm) ∈ Rm mà, khác với x¯ là một nghiệm của bài tốn quy hoạch lồi:
min{hMx¯+q, yi : y ∈ ∆} (2.72) Theo [10, Corollary 28.3.1], quy tắc hằng số nhân Lagrange sau là đúng với V I(M, q,∆): véc tơ x¯ ∈ Rn là một nghiệm của V I(M, q,∆) nếu và chỉ nếu tồn tại λ = (λ1, ..., λm) ∈ Rm mà, khác x¯, thỏa mãn các điều kiện Kuhn-Tucker cho (2.72):
Mx¯+q + m P i=1 λi∇gi(¯x) = 0 λi ≥ 0, λigi(¯x) = 0, gi(¯x) ≤ 0, i = 1, ..., m,
Trong đĩ ∇gi(¯x) là kí hiệu gradient của gi tại x¯.
Ví dụ 2.2.2. Xét bài tốn V I(M, q,∆),trong đĩ n = 2, m = 2, M = −3 0 0 0 , q = 0 1 , ∆ = {x = (x1, x2)T : g1(x) = x1 ≤ 0, g2(x) = x21 −x2 ≤ 0} Ta cĩ 0+∆ = {v = (v1, v2)T : v1 = 0, v2 ≥ 0}, hM x, xi = −3x21 ∀x ∈ ∆, hM v, vi = −3v12 = 0 ∀v ∈ 0+∆, ∇g1(x) = 1 0 , ∇g2(x) = 2x1 −1 , và (M +MT)v = ∇g1(x) = −6v1 0 = ∇g1(x) = 0 0 ∀v ∈ 0+∆.
Hiển nhiên giả thiết (i) trong Định lý 2.2.4 thỏa mãn, trong đĩ giả thiết (ii) đã vi phạm. Theo quy tắc hằng số nhân Lagrange đã nĩi ở trên,
¯
x = ( ¯x1,x¯2) là một nghiệm của V I(M, q,∆) nếu và chỉ nếu tồn tại
λ = (λ1, λ2) sao cho −3¯x1 +λ1 + 2λ2x¯1 = 0,1−λ2 = 0 λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0, λ1x¯1 = 0, λ2 x¯21 −x¯2 = 0 ¯ x1 ≤ 0,x¯21 −x¯2 ≤ 0
Điều này cho x¯1 = 0,x¯2 = 0, λ1 = 0, λ2 = 1 và ta cĩ Sol(V I(M, q,∆)) =
{(0,0)T}. Vì 0∈ ∆ và hq, vi > 0 với mọi v ∈ 0+∆\{0}, theo Bổ đề 2.2.1,
q ∈ int((0+∆)∗ −M∆). Lấy M (ε) = −3 0 ε 0 , q(ε) = ε 1 ,
trong đĩ > 0. Bây giờ ta chứng tỏ rằng Sol(V I(M(), q(),∆)) = ∅. Theo quy tắc hằng số nhân Lagrange, x¯ = ( ¯x1,x¯2) là một nghiệm của
V I(M(), q(),∆) nếu và chỉ nếu tồn tại λ = (λ1, λ2) sao cho
−3¯x1 + ε+λ1 + 2λ2x¯1 = 0, εx¯+ 1−λ2 = 0 λ1 ≥0, λ2 ≥ 0, λ1x¯1 = 0, λ2 x¯21 −x¯2 = 0 ¯ x1 ≤ 0,x¯21 −x¯2 ≤0 (2.73) Nếu λ1 = λ2 = 0 thì (2.73) cho −3 ¯x1 + = 0, x¯1 + 1 = 0, x¯1 ≤0,
mâu thuẫn. Nếu λ1 = 0, λ2 > 0 thì (2.73) cho
−3¯x1 +ε+ 2λ2x¯1 = 0, εx¯+ 1−λ2 = 0 ¯ x21 −x¯2 = 0,x¯1 ≤ 0
Từ điều này suy ra
+ ¯x1(2x¯1 −1) = 0, x¯1 ≤ 0,
mâu thuẫn. Nếu λ1 > 0, λ2 = 0 thì (2.73) cho
λ1 += 0, λ2 = 1,x¯1 = 0,
mâu thuẫn. Nếu λ1 > 0, λ2 > 0 thì (2.73) cho
λ1 + = 0, λ2 = 1,x¯1 = ¯x2 = 0,
mâu thuẫn.Vì vậySol(V I(M(), q(),∆)) = ∅. Ví dụ này chứng tỏ rằng, trong Định lý 2.2.4, khơng thể bỏ qua giả thiết (ii) trong khi giữ lại các giả thiết khác. Ví dụ 2.2.3. Xét bài tốn V I(M, q,∆) , trong đĩ n = 2, m = 2, M = 0 −1 0 0 , q = 0 1 , ∆ = {x = (x1, x2)T : g1(x) = x1 ≤ 0, g2(x) = −x2 ≤0} Ta cĩ 0+∆ = {v = (v1, v2)T : v1 ≤0, v2 ≥0}, hM x, xi = −x1x2 ≥0 ∀x ∈ ∆,
Giả thiết (ii) trong Định lý 2.2.4 thỏa mãn. Khi
hM v, vi = −v1v2 ≥ 0 ∀v ∈ 0+∆, M là đồng dương trên 0+∆. Tuy nhiên,
(M +MT)v = −v2 −v1 6= 0 0 ∀v ∈ 0+∆\{0}.
Đặc biệt, với v = (0,1)T ∈ 0+∆ thỏa mãn hM v, vi = 0, khơng cĩ
(M+MT)v = 0. Do đĩ giả thiết (i) trong Định lý 2.2.4 vi phạm. Theo quy tắc hằng số nhân Lagrange, x¯ = ( ¯x1,x¯2) là một nghiệm của V I(M, q,∆)
nếu và chỉ nếu tồn tại λ = (λ1, λ2) sao cho
−x¯2 +λ1 = 0,1−λ2 = 0 λ1 ≥0, λ2 ≥ 0, λ1x¯1 = 0, λ2(−x¯2) = 0 ¯ x1 ≤ 0,−x¯2 ≤ 0
Lập luận tương tự như Ví dụ 2.2.2, ta cĩ thể chứng tỏ rằng hệ trên là tương đương với :
¯ x1 ≤ 0,x¯2 = 0, λ1 = 0, λ2 = 1. Vì Sol(V I(M, q,∆)) = {( ¯x1,x¯2)T : ¯x1 ≤,x¯2 = 0}. Ta cĩ hM x+ q, vi = −x2v1 +v2 ∀v ∈ 0+∆,∀x ∈ ∆. Với xˆ= (0,1)∈ ∆, ta cĩ hMxˆ+q, vi = −v1 +v2 > 0 ∀v ∈ 0+∆,
mà, theo Bổ đề 2.2.1, kéo theo q ∈ ((0+∆)∗ −M∆). Lấy
q(ε) = ε 1 ,
trong đĩ > 0. Ta cho rằngSol(V I(M, q(),∆)) = ∅. Thật vậy, theo quy tắc hằng số nhân Lagrange,x¯ = ( ¯x1,x¯2)là một nghiệm củaV I(M, q(),∆)
nếu và chỉ nếu tồn tại λ = (λ1, λ2) sao cho
−x¯2 +ε+λ1 = 0,1−λ2 = 0 λ1 ≥0, λ2 ≥ 0, λ1x¯1 = 0, λ2(−x¯2) = 0 ¯ x1 ≤ 0,−x¯2 ≤ 0
Hệ này kéo theo
+λ1 = 0, λ2 = 0, λ1 ≥ 0,x¯2 = 0,x¯1 ≤0,
đĩ là khơng thể. Do đĩSol(V I(M, q(),∆)) = ∅. Chú ý rằng tậpSol(V I(M, q,∆))
bị chặn. Ta thấy rằng tính chất (a) và (c) trong Định lý 2.2.4 khơng thỏa mãn, trong khi tính chất (b) thỏa mãn. Vì vậy, trong trường hợp tổng quát, giả thiết (ii) của Định lý 2.2.4 khác với tính đồng dương của M
trong 0+∆ khơng thể bảo đảm tính cĩ hiệu lực của các tương đương (a)
⇔ (b) ⇔ (c).
Kết luận: Chương này đã trình bày các khái niệm về bài tốn bất đẳng thức biến phân a-phin và nửa a-phin. Các định lý về sự tồn tại nghiệm và tính ổn định của hai bài tốn này.
Kết luận
Luận văn đã trình bày về một số kiến thức liên quan đến Bất đẳng thức biến phân a-phin và nửa a-phin, sự tồn tại và tính ổn định nghiệm của chúng.
• Chương 1 trình bày một cách hệ thống các khái niệm và tính chất về khơng gian Rn, giải tích lồi, tính đồng dương cộng, và bài tốn bù tuyến tính.
• Chương 2 trình bày về các định nghĩa và sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân a-phin, định nghĩa, sự tồn tại và tính ổn định nghiệm của bất đẳng thức biến phân nửa a-phin.
Những kiến thức này chứa đựng một số khái niệm cơ bản của bất đẳng thức biến phân a-phin, bài tốn bù tuyến tính, sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân a-phin. Luận văn đã trình bày về bất đẳng thức biến phân nửa a-phin, sự tồn tại và tính ổn định nghiệm của bài tốn bất đẳng thức biến phân nửa a-phin. Bên cạnh đĩ trình bày một số ví dụ áp dụng của một số định lý cơ bản.
Việc nghiên cứu về bất đẳng thức biến phân nửa a-phin chắc chắn cịn địi hỏi nhiều cơng sức. Với năng lực cịn hạn chế và thời gian cĩ hạn, chắc chắn luận văn khơng tránh khỏi thiếu sĩt. Kính mong quý thầy cơ và các bạn cùng học gĩp ý để luận văn được hồn thiện hơn.
Tài liệu tham khảo
[A] Tài liệu tiếng Việt
[1] Đỗ Văn Lưu, Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, NXB khoa học và kỹ thuật Hà Nội.
[2] Nguyễn Quang Ngọc (2011), Cấu trúc tập nghiệm của bài tốn bất đẳng thức biến phân affine, Luận văn thạc sỹ, Đại học Khoa học-