Mối liên hệ giữa bài toán minimax và bất đẳng thức biến phân

2 Bất đẳng thức biến phân minimax

2.3.Mối liên hệ giữa bài toán minimax và bất đẳng thức biến phân

thức biến phân minimax

Trước khi xem xét mối liên hệ giữa bài toán minimax và bất đẳng thức biến phân minimax ta nhắc lại điểm yên ngưa.

Định nghĩa 2.3.1. Cho K, L là tập khác rỗng, lồi trong không gian Banach X

và Y. Giả sử rằng f : Ω →R là hàm liên tục, khả vi Fréchet xác định trên tập con mở Ω của X ×Y với K ×L⊂ Ω. Bài toán minimax cho bởi tập lồi K, L và hàm f được viết bởi dạng sau

max y∈L min

x∈Kf(x, y) (2.12)

Chính là tìm một điểm (x, y)∈K×L sao cho

f(x, y)≤f(x, y)≤f(x, y) ∀x∈K, ∀y∈L (2.13) Nếu (x, y)∈K×L thỏa mãn (2.13), khi đó ta nói đó là điểm yên ngựa của bài toán minimax (2.12). Ta đặt η = sup y∈L inf x∈Kf(x, y), γ= inf x∈Ksup y∈L f(x, y)

Theo công thức đóη≤γ. Nếu (x, y)là điểm yên ngựa của (2.12), khi đó dễ dàng chỉ ra rằng η ≥f(x, y)≥γ; vì thế η=γ =f(x, y). Do đó tồn tại điểm yên ngựa

sup y∈L inf x∈Kf(x, y) = inf x∈Ksup y∈L f(x, y)

Thông thường giá trị η = γ = f(x, y) được gọi là giá trị yên ngựa của (2.12). Chú ý rằng đẳng thức η=γ có thể xảy ra thậm chí trong cả trường hợp không có điểm yên ngựa.

Những định lý sau đây cung cấp cho ta về điều kiện cần và đủ để tồn tại điểm yên ngựa.

Định lý 2.3.1 ([6], Định lí 1.1, tr. 266). Nếu (x, y) ∈K ×L là điểm yên ngựa của (2.12), khi đó

hF2(x, y), y−yi ≤0≤ hF1(x, y), x−xi, ∀x∈K, ∀y∈L, (2.14) ở đây F1(u, v) : = ∇xf(u, v) ; F2(u, v) : = ∇yf(u, v) kí hiệu là đạo hàm riêng gradienst của f(x, y) tại (u,v) đối với x, y.

Chứng minh. Giả sử(x, y)∈K×Llà điểm yên ngựa của (2.12), với(x, y)∈K×L

bất kì. Vì yt : =y+t(y−y) = (1−t)y+ty∈L với mọi t∈ (0,1) và từ bất đẳng thức đầu tiên của (2.13) thỏa mãn với bất kì y∈L, ta thu được

hF2(x, y), y−yi=∇yf(x, y) (y−y) = lim

t↓0

f(x, yt)−f(x, y)

t ≤0,

từ đây suy ra bất đẳng thức đầu tiên của (2.14) được chứng minh. Bất đẳng thức thứ hai của (2.14) có thể chứng minh tương tự.

Định lý 2.3.1 nói rằng nếu (x, y) ∈ K × L là điểm yên ngưa, khi đó nó là nghiệm của bất đẳng thức biến phân (2.14). Như vậy để tìm điểm yên ngựa ta tìm tất cả các điểm thỏa mãn (2.14). Vấn đề đặt ra khi nào tập nghiệm của bất đẳng thức biến phân (2.14) và (2.12) là trùng nhau. Định lý sau đây cung cấp cho ta điều kiện đủ để tập nghiệm của (2.14) là nghiệm của (2.12). Trước khi đi vào định lý ta nêu khái niệm hàm giả lồi, giả lõm.

Định nghĩa 2.3.2. Cho K, L là tập khác rỗng, lồi trong không gian Banach X

và Y. Giả sử f : Ω → R là hàm liên tục, khả vi Fréchet xác định trên tập con mở Ω củaX×Y với K ×L⊂Ω, khi đó với mọi (x, y)∈K×L ta gọi

(i) hàm f(·, y) là giả lồi trên K nếu

u, u0∈K,∇xf(u, y), u0−u≥0⇒f u0, y−f(u, y)≥0

(i) hàm f(x,·) là giả lõm trên L nếu

Định lý 2.3.2 ([6], Định lí 1.2, tr. 266). Giả sử rằng với mọi (x, y) ∈ K×L,

f(., y)là hàm giả lồi trên K,f(x, .) là hàm giả lõm trênL. Nếu (x, y)∈K×Lthỏa mãn điều kiện (2.14), ở đây F1(u, v) : = ∇xf(u, v), F2(u, v) : = ∇yf(u, v). Khi đó (x, y)∈K×L là điểm yên ngựa của (2.12). Hiển nhiên, nếu (2.14) thỏa mãn,

f(·, y) là lồi trên K và f(x,·) là lõm trên L với mọi cặp cố định (x, y)∈ K×L, khi đó (x, y)∈K×L là điểm yên ngựa của (2.12).

Chứng minh. Giả sử rằng (x, y)∈K ×L và (2.14) thỏa mãn. Cho bất kì x∈K, từ bất đẳng thức thứ hai trong (2.14) ta suy ra rằng (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

h∇xf(x, y), x−xi=∇xf(x, y) (x−x) = hF1(x, y), x−xi ≥0.

Kết hợp cùng với hàm giả lồif(·, y)suy raf(x, y)−f(x, y)≥0và chứng minh được bất đẳng thức thứ hai trong (2.13). Bất đẳng thức đầu tiên của (2.13) có thể chứng minh tương tự.

Nhận xét 2.1. Theo Định lý 2.3.1, nếu tập nghiệm của (2.12) được kí hiệu bởi tập S khi đó ta luôn có S⊂Sol(M V I), thật vậy ta đặt F1 =∇xf, F2 =∇yf khi đó có điều phải chứng minh. Hơn nữa, nếuf(·, y)là giả lồi trênK vàf(x,·)là giả lõm trên L với mọi (x, y)∈K×L, khi đó S =Sol(M V I)theo Định lý 2.3.2. Như vậy, (M V I) có thể được dùng trong việc nghiên cứu bài toán minimax (2.12). Ví dụ 2.3.1. Lấy X =Y =R. Xét bài toán minimax sau

f(x, y) = xy, K = [1,2], L= [1,4].

và M V Is tương ứng, F1(u, v) := ∇xf(u, v) =y và F2(u, v) := ∇yf(u, v) =x. Từ Ví dụ 2.1.1 ta suy ra nghiệm của (M V I) làSol(M V I) = {(1,4)}. Dễ dàng chỉ được rằng hàmf(x, .)giả lõm trên L= [1,4]vàf(., y)là giả lồi trênK = [1,2]. Vì thế theo Định lý 2.3.2 ta suy ra S =Sol(M V I).

Vậy tập các điểm yên ngựa S ={(1,4)}.

Bây giờ ta xét ví dụ khác mà hàm f(x, .) không giả lõm trên L và f(., y)

Ví dụ 2.3.2. Lấy X =Y =R, xét bài toán minimax sau với (M V I) tương ứng

f(x, y) =x2y3, K = [1,+∞), L= [0,4].

(i) Ta tìm điểm yên ngựa (x, y) ∈ K×L của bài toán minimax (2.12), tức là tìm (x, y)∈K×L sao cho

x2y3 ≤x2y3 ≤x2y3,∀x∈[1,+∞],∀y∈[0,4] (2.15) Do x ∈ [1,+∞] nên từ bất đẳng thức đầu tiên của (2.15) ta nhận được

y3 ≤y3, với mọi y∈ [0,4]. Từ đây suy ra y = 4. Khi đó bất đẳng thức thứ hai của (2.15) có dạng x2 ≤x2, với mọi x∈[1,+∞). Từ đó suy ra x= 1. Vậy S ={(1,4)}.

(ii) Ta tìm (x, y) ∈ K ×L là nghiệm của bất đẳng thức biến phân minimax

(M V I) . Tức là tìm (x, y)∈K×L sao cho

hF2(x, y), y−yi ≤0≤ hF1(x, y), x−xi, ∀x∈K, ∀y∈L

hay

3x2y2(y−y)≤0≤2x y3(x−x) (2.16) Vì x∈[1,+∞) nên (2.16) tương đương với

y2(y−y)≤0≤y3(x−x),∀x∈[1,+∞],∀y∈[0,4] (2.17) Nếu y = 0 thì x ∈ [1,+∞) thỏa mãn (2.17). Nếu y6= 0 khi đó từ bất đẳng thức đầu tiên của (2.17) ta suy ra y−y ≤ 0, với mọi y ∈ [0,4]. Khi đó ta nhận đượcy= 4. Từ bất đẳng thức thứ hai của (2.17) ta suy rax= 1.Vậy

Sol(M V I) = ([1,+∞)× {0})∪ {(1,4)}.

Nhận thấy rằng điều kiện đủ về hàm f(., y) giả lồi trên K và f(x, .) giả lõm trên L trong Định lý 2.3.2 không được thỏa mãn. Do đó bài toán minimax ở Ví dụ 2.3.2 không đảm bảo S ≡Sol(M V I).

2.4. Một số bất đẳng thức biến phân minimax đặc biệt

Mục này trình bày sự tồn tại nghiệm của (M V I)không đơn điệu trong không gian Euclid, (M V I) giả đơn điệu trong không gian Banach phản xạ, (M V I)đơn điệu mạnh trong không gian Hilbert. Minh họa bằng các ví dụ để làm sâu sắc hơn các điều kiện đủ về sự tồn tại nghiệm. Trước tiên ta xem xét (M V I) trong không gian Euclid, cũng giống như (V I) cùng với các điều kiện compact, điều kiện bức là một trong những điều kiện quan trọng trong việc giải quyết các bài toán (M V I).

2.4.1. MVI không đơn điệu trong không gian Euclid

Trong mục này, giả sử rằng X = Rn, Y =Rm, khi đó X∗ và Y∗ có thể đồng nhất với Rn và Rm. Giá trị của x∗ ∈ X∗ tại x ∈ X được đồng nhất với tích vô hướng hx∗, xi với hai véc tơ trong Rn.

Định lý Hartman - Stampachia (Định lý 1.4.5) chỉ ứng dụng được với bất đẳng thức biến phân trong không gian Euclid hữu hạn chiều. Đó là chìa khóa mà không cần đòi hỏi bất kì giả thiết đơn điệu nào.

Bây giờ ta có một kết quả giống như Định lý Hartman - Stampachia cho

M V Is.

Định lý 2.4.1 ([6], Định lý 2.2, tr. 272). Giả sử rằng K ⊂Rn, L⊂Rm là những tập con khác rỗng, compact, lồi và F1 : K×L → Rn, F2 : K ×L → Rm là hàm liên tục. Khi đó bài toán bất đẳng thức biến phân minimax (M V I) có nghiệm. Chứng minh. ChoG:K×L→Rn×Rm được định nghĩa theo (2.6). Từ giả thiết suy raK×L⊂Rn×Rm là tập compact lồi khác rỗng, G là một ánh xạ liên tục. Theo Định lý 1.4.5 suy ra (2.7) có nghiệm (x, y)∈K ×L. Từ Bổ đề 2.2.1 chúng ta có thể kết luận rằng (x, y)∈Sol(M V I).

Nhận xét 2.2. NếuL có một phần tử, khi đó Định lý 2.4.1 trở về Định lý 1.4.5. Định lý 2.4.1 thay thế cho phát biểu về sự tồn tại của điểm yên ngựa. Kết quả này không phải là mới. Thật vậy, nó là hệ quả của Định lý minimax của Sion sau đây

Định lý 2.4.2 (Sion, xem [4], Định lý 7, tr. 218). Cho X, Y là những tập con, compact, lồi. Mọi y ∈ Y, x → f(x, y) là tựa lồi, nửa liên tục dưới và mọi (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

x ∈ X, y → f(x, y) là tựa lồi, nửa liên tục trên. Khi đó tồn tại điểm yên ngựa

(x, y).

Định lý 2.4.3 ([6], Định lý 2.4, tr. 272). Xét bài toán minimax (2.12) và giả sử

K ⊂ Rn, L ⊂ Rm là những tập con khác rỗng, compact, lồi. Nếu f(·, y) là hàm giả lồi trên K và f(x,·) giả lõm trên L với tất cả các cặp (x, y)∈K×L, khi đó (2.12) có điểm yên ngựa. Đặc biệt, nếu f(., y) là lồi trên K và f(x, .) là lõm trên L với mọi cặp cố định (x, y)∈K×L, khi đó (2.12) có điểm yên ngựa.

Chứng minh. Đặt F1(u, v) = ∇xf(u, v), F2(u, v) = ∇yf(u, v) với (u, v) ∈ K ×L. Theo Định lý 2.4.1, (M V I) có nghiệm (x, y) ∈ K ×L. Lại áp dụng từ Định lý 2.3.2 suy ra (x, y) là điểm yên ngựa.

Ví dụ 2.4.1. Xét bài toán minimax (2.12) sau đây

K = [−1,1], L= [−1,3], f(x, y) =x2y2.

Ta có F1(x, y) =∇xf(x, y) = 2xy2, F2(x, y) = ∇yf(x, y) = 2x2y.

Ta tìm điểm yên ngựa (x, y)∈K ×L sao cho

f(x, y)≤f(x, y)≤f(x, y),∀x∈K,∀y∈L

hay

x2y2 ≤x2y2≤x2y2,∀x∈[−1,1],∀y∈[−1,3]. (2.18) Nếu x= 0 thì (2.18) luôn đúng với mọi y ∈[−1,3]. Nếu y = 0 thì bất đẳng thức thứ hai của (2.18) luôn đúng, còn bất đẳng thức đầu tiên thu đượcx2y2 ≤0, với mọiy∈[−1,3], từ đây suy rax= 0. Vậy tập các điểm yên ngựa làS={0}×[−1,3].

Ta tìm (x, y) ∈ K ×L là nghiệm của bài toán (M IV) tương ứng, tức là tìm các điểm (x, y)∈K×L thỏa mãn hF2(x, y), y−yi ≤0≤ hF1(x, y), x−xi, ∀x∈K, ∀y∈L hay 2y x2, y −y≤0≤2x y2, x−x. (2.19) Nếu x= 0, y ∈[−1,3] khi đó (2.19) luôn thỏa mãn với mọi x∈K, y ∈L.

Nếu y = 0, x∈[−1,1] khi đó (2.19) luôn thỏa mãn với mọi x∈K, y ∈L. Vậy Sol(M V I) = ({0} ×[−1,3])∪([−1,1]× {0}).

Nhận thấy, trong Ví dụ 2.4.1 hàm F1, F2 là những hàm liên tục trên tập lồi compact K ×L. Nếu ta lấy K = L = [1,+∞) là những tập không bị chặn khi đó ta thấy bài toán minimax và (M V I) đều không có nghiệm. Nếu lấy

K = (−∞,+∞), L = [−1,3] thì bài toán minimax và (M V I) tương ứng lại có nghiệm.

Vậy điều kiện compact chỉ là điều kiện đủ, chưa phải điều kiện cần. Vấn đề đặt ra là nếu K và L không bị chặn, khi đó ta phải sử dụng đến công cụ khác để xét sự tồn tại nghiệm của (M V I). Định lý 1.4.7 nói rằng nếu (V I) thỏa mãn điều kiện bức (1.16) khi đó bài toán(V I)có nghiệm. Định lý sau đây chỉ ra rằng nếu (M V I) thỏa mãn điều kiện bức (2.9) thì (M V I) có nghiệm.

Định lý 2.4.4 ([6], Định lý 2.5, tr. 272). Giả sử rằng K ⊂Rn, L⊂Rm là những tập con khác rỗng, lồi, đóng và F1 :K×L→Rn, F2:K×L→Rm là hàm số liên tục. Nếu (M V I) thỏa mãn điều kiện bức khi đó bài toán (M V I) có nghiệm. Chứng minh. Từ giả thiết suy ra rằng ánh xạ G= (F1,−F2) :K×L→Rn×Rm

là liên tục và điều kiện bức (2.9) được thỏa mãn với điểm (x0, y0) ∈ K×L bất kì. Theo Định lý 1.4.7, khi đó bài toán (2.7) có nghiệm (x, y) ∈ K×L và cùng với sự phù hợp của Bổ đề 2.2.1 ta suy ra (x, y)∈Sol(M V I).

Nhận xét 2.3. Điều kiện bức là một điều kiện đủ trong Định lý 2.4.4. Cụ thể, thậm chí (M V I)đơn điệu có thể không có nghiệm nếu điều kiện (2.9) không xảy ra. Để xem xét điều này, ta xét các ví dụ sau

Ví dụ 2.4.2. Xét bài toán (M V I) sau

K =L=R, F1(x, y) =a, F2(x, y) = b,∀a6= 0, b∈R.

Thật vậy (M V I) thỏa mãn tính đơn điệu với mọi (x, y),(u, v)∈K×L ta có

hF1(x, y)−F1(u, v), x−ui − hF2(x, y)−F2(u, v), y−vi ≥0

⇔ ha−a, x−ui − hb−b, y−vi ≥0, ∀(x, y),(u, v)∈K×L

(M V I) không thỏa mãn điều kiện bức vì với mọi (x0, y0)∈K ×L ta đều có

lim

k(x,y)k→+∞

(x,y)∈K×L

hF1(x, y)−F1(x0, y0), x−x0i − hF2(x, y)−F2(x0, y0), y−y0i kx−x0k+kx−x0k = 0. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

(M V I) không có nghiệm (x, y)∈K×L để sao cho

hF2(x, y), y−yi ≤0≤ hF1(x, y), x−xi, ∀x∈K,∀y∈L

⇔ hb, y−yi ≤0≤ ha, x−xi,∀x∈K,∀y∈L.

Như vậy nếu K và L không bị chặn thì điều kiện bức như ở trong định nghĩa 2.2.2 phải được chấp nhận. Ngược lại, bất đẳng thức biến phân minimax dưới sự suy xét trên có thể không có nghiệm. Ví dụ sau đây chỉ ra rằng, nếu F1,−F2

là các hàm sô liên tục, cưỡng bức riêng đều thì cũng không đủ để kết luận bài toán (M V I) có nghiệm.

Ví dụ 2.4.3 ([6], Ví dụ 5.2, tr. 278). Xét bài toán (M V I), với

K =R, L= [1,+∞)⊂R, F1(x, y) =x−2y, F2(x, y) = −y+x,∀(x, y)∈K×L.

Khi đó, Sol(M V I) = ∅. Thật vậy, nếu tồn tại (x, y)∈K×L thỏa mãn

(−y+x) (y−y)≤0≤(x−2y) (x−x) ∀x∈R,∀y ≥1.

Khi đó chúng ta sẽ có x= 2y và y(y−y)≤0 với mọi y∈L, điều này không thể xảy ra.

Mặc dù “tính cưỡng bức riêng đều” thỏa mãn, thật vậy với (x0, y0) ∈ K ×L

lim kxk→∞ x∈K hF1(x, y)−F1(x0, y), x−x0i kx−x0k = |xlim|→∞ x∈K (x−x0) (x−x0) |x−x0| = +∞ đều trên y∈L, và lim kyk→∞ y∈L hF2(x, y)−F2(x, y0), y−y0i ky−y0k = lim|y|→∞ y∈L −(y−y0) (y−y0) |y−y0| =−∞

đều trên x∈K. Trong khi đó, điều kiện bức (2.9) không được thỏa mãn. Thật vậy, cho bất kì điểm cố định (x0, y0)∈K×L ta có

∆ (x, y, x0, y0) : = hG(x, y)−G(x0, y0),(x, y)−(x0, y0i kx−x0k+ky−y0k = (x−x0)2+ (y−y0)2−3 (x−x0) (y−y0) |x−x0|+|y−y0| . Chọnxk =x0+k, yk =y0+k với tất cảk ∈N, ta có∆ (xk, yk, x0, y0) =−1 2k → −∞

khi k → ∞. Vậy điều kiện

lim

k(x,y)k→∞

(x,y)∈K×L

∆ (xk, yk, x0, y0) = +∞

không được thỏa mãn.

Ứng với bài toán (MVI), định lý sau đây trình bày sự tồn tại của điểm yên ngựa (2.12), ở đây K và L được cho phép là không bị chặn.

Định lý 2.4.5 ([6], Định lý 2.7, tr. 273). Xét bài toán minimax (2.12) và giả sử rằng K ⊂ Rn, L ⊂ Rm là những tập con lồi đóng khác rỗng. Nếu f(·, y) là hàm giả lồi trên K và f(x,·) giả lõm trên L với tất cả (x, y)∈K ×L và tồn tại điểm (x0, y0)∈K×L sao cho thỏa mãn điều kiện (2.9) với F1(u, v) =∇xf(u, v)

và F2(u, v) = ∇yf(u, v), khi đó (2.12) có điểm yên ngựa. Đặc biệt, nếu f(·, y)

là hàm lồi trên K và f(x,·) lõm trên L với tất cả cặp cố định (x, y)∈ K×L và tồn tại điểm (x0, y0) ∈ K ×L thỏa mãn (2.9) cùng với F1(u, v) = ∇xf(u, v) và

F2(u, v) =∇yf(u, v), khi đó (2.12) có điểm yên ngựa.

Chứng minh. Theo Định lý 2.4.4 nếu tồn tại bất kì (x0, y0) ∈ K ×L thỏa mãn tính chất (2.9) khi đó (M V I) có nghiệm (x, y) ∈ K ×L. Lại áp dụng Định lý 2.3.2 để nhận được (x, y) là điểm yên ngựa.

Nhận xét 2.4. Trong Định lý 2.4.5, điều kiện bức (2.9) là giả thiết cần thiết. Chú rằng thậm chí bài toán minimax rất đơn giản của dạng (2.12) có thể không có nghiệm nếu không có (x0, y0)∈K ×L thỏa mãn tính chất (2.9). Để xem xét điều này, ta có thể lấy ví dụ sau.

Ví dụ 2.4.4. Lấy K = L = R, f(x, y) = ax+by với a 6= 0 và b ∈ R là những hằng số bất kì. Bài toán minimax này không thỏa mãn điều kiện bức (2.9) và cũng không có nghiệm.

2.4.2. MVI giả đơn điệu trong không gian Banach phản xạ

Trong mục này chúng ta giả sử rằng X, Y là các không gian Banach phản xạ. Chuẩn trong không gian tíchX×Y được cho bởik(x, y)k=kxk+kyk. Khi đóX×Y (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

cũng là một không gian Banach phản xạ. Ngoài ra,(X×Y)∗ ≡ X∗×Y∗và giá trị

(x∗, y∗)∈X∗×Y∗ tại(x, y)∈X×Y được cho bởi h(x∗, y∗),(x, y)i=hx∗, xi+hy∗, yi. Các quy ước này suy ra k(x∗, y∗)k= max{kx∗k,ky∗k}.

Như đã biết (xem [10]) (V I) giả đơn điệu, liên tục trên không gian con hữu hạn chiều thì có nghiệm. (M V I) cũng tương tự như vậy.

Định nghĩa 2.4.1. Cho K là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Banach X, toán tử F : K → X∗ là liên tục trên không gian hữu hạn chiều nếu bất kì không gian con hữu hạn chiều M ⊂ X với K ∩M 6= ∅, toán tử hạn chế

F :K ∩M →X∗ là liên tục từ topo đầy đủ K∩M đến topo yếu của X∗.

Định nghĩa 2.4.2. Cho K là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Banach X, toán tử F :K →X∗ là

(i) giả đơn điệu trên K nếu với mọi x, y ∈K ta có

(hF(x), y−xi ≥0)⇒ hF(y), y−xi ≥0.

(ii) giả đơn điệu ngặt trên K nếu mọi x, y ∈K ta có

Nhận xét 2.5. Đơn điệu suy ra giả đơn điệu, nhưng ngược lại chưa chắc đúng. Thật vậy, ta lấy F(x) = 1 1 +x, K ={x∈R:x≥0}. Dễ thấy mọi x, y ∈K, x6=y hF(x)−F(y), x−yi= 1 1 +x − 1 1 +y, x−y = −(x−y)2 (1 +x)(1 +y) <0.

Khi đó hàm F không đơn điệu trên K. Nhưng F giả đơn điệu trên K, thật vậy mọi x, y ∈K, nếu

hF(x), y−xi= y−x 1 +x ≥0

suy ra y−x≥ 0 hay y−x

1 +y ≥0. Từ đây ta nhận được hF(y), y−xi ≥ 0. với mọi

x, y ∈K.

Bổ đề 2.4.1 ([10], Bổ đề 3.1, tr. 693). Cho K là tập con lồi, đóng, khác rỗng của không gian Banach X, và cho toán tử F : K → X∗ giả đơn điệu, liên tục trên không gian con hữu hạn chiều. Khi đó x là nghiệm của bất đẳng thức biến phân

hF(x), u−xi ≥0, ∀u∈K (2.20)

⇔ hF(u), u−xi ≥0, ∀u∈K. (2.21) Tập nghiệm của (2.20) là đóng và lồi (có thể rỗng).

Chứng minh. Giả sử x∈K là nghiệm của (2.20). Bởi vì F là giả đơn điệu nên

hF(x), u−xi ≥0,∀u∈K ⇒ hF(u), u−xi ≥0,∀u∈K.

Từ đó suy ra x là nghiệm của (2.21).

Ngược lại, Giả sử x∈K là nghiệm của (2.21). Lấy u∈K bất kì và0< λ≤1, đặt xλ =λu+ (1−λ)x. Khi đóxλ ∈K và theo (2.21) ta có hF (xλ), λ(u−x)i ≥0. Do đó

hF (xλ),(u−x)i ≥0. (2.22) Cho λ → 0, lại do F liên tục trên không gian con hữu hạn chiều nên F(xλ) hội tụ về F(x) theo tô pô yếu khi λ →0. Từ (2.22) suy ra rằng hF (x),(u−x)i ≥0.

Do đó x là nghiệm của (2.20). Cuối cùng, bởi vì tập nghiệm của (2.21) là đóng và lồi do đó tập nghiệm của (2.20) cũng là đóng và lồi.

Bổ đề 2.4.2 ([10], Bổ đề 3.2, tr. 694). Cho K là tập con, lồi, đóng của không gian Banach X và toán tử F :K →X∗. Nếu F là giả đơn điệu chặt trên K khi đó VI(F, K) có nhiều nhất là một nghiệm.

Chứng minh. Giả sử V I(F, K) có hai nghiệm x và y, khi đó

hF(y), x−yi ≥0 và hF(x), y−xi ≥0.

VìF giả đơn điệu ngặt nên từ bất đẳng thức đầu tiên ta suy ra hF(x), x−yi>0

hayhF(x), y−xi<0 mâu thuẫn với bất đẳng thức thứ hai ở trên. Vậy V I(F, K)

có nhiều nhất là một nghiệm. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Định lý 2.4.6 (xem [10], Định lý 3.3, tr. 694). Cho K là tập con lồi, compact yếu của X và F : K → X∗ là giả đơn điệu, liên tục trên không gian con hữu hạn chiều. Khi đó bài toán VI(F, K) có nghiệm, tức là tồn tại x ∈ K sao cho

hF(x), x−xi ≥0.

Nhận xét 2.6. Bởi vì mọi tập con lồi, đóng, bị chặn của không gian Banach phản xạ là compact yếu theo Định lý Banach - Alaoglu. Vì vậy ta có thể giả thiết trong trường hợp trên K là tập con lồi, đóng, bị chặn, khi đó bài toán

V I(F, K) có nghiệm.

Định lý 2.4.7 (xem [10], Hệ quả 4.7). Cho K là tập con lồi, đóng của không gian Banach phản xạ X với 0∈K, và toán tử F :K →X∗ giả đơn điệu, liên tục trên không gian con hữu hạn chiều và thỏa mãn điều kiện bức khi đó V I(F, K)