Luận văn Ánh xạ đơn điệu và áp dụng vào các bài toán cân bằng kinh tế

ực đại mà ( )b T a . Ta mở rộng toán tử T thành toán tử T bằng cách:  ( ) ( )T a T a b  . Từ đây suy ra: ( ) ( ); ( ) ( )G T G T G T G T  là mâu thuẫn với giả thiết. Ngược lại, giả sử ( )b T a . Xét với mọi toán tử đơn điệu Tˆ có: ˆ( ) ( )G T G T . Hiển nhiên nếu ˆ( , ) ( )a b G T thì: , 0b u a x   ,  , ( )x u G T  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 23 và suy ra ( ) ( , ) ( )b T a a b G T   . Nghĩa là ˆ( ) ( )G T G T . Điều này chứng tỏ T là toán tử đơn điệu cực đại. Mệnh đề được chứng minh.  Định nghĩa 1.32. Toán tử đa trị : 2HS H  được gọi là toán tử tràn khi và chỉ khi với mỗi v H tồn tại x H thoả mãn  v S x . Mệnh đề 1.13. Toán tử đa trị : 2HT H  là đơn điệu cực đại khi và chỉ khi T là toán tử đơn điệu cực đại ( 0  ). Chứng minh. Giả sử T là toán tử đơn điệu cực đại và 0  . Do Mệnh đề 1.10, T là toán tử đơn điệu. Để chứng minh rằng T là toán tử đơn điệu cực đại, ta sử dụng Mệnh đề 1.12. Giả sử  ,a b H H  thoả mãn: , 0b u a x   ,    ,x u G T  . Vì:    ,x u G T      1,u T x x u G T     , điều kiện đó kéo theo: 1 1 , 0b u a x     ,    1,x u G T  . Do T là toán tử đơn điệu cực đại, từ đó ta có  1b T a  . Suy ra   b T a . Vậy T là toán tử đơn điệu cực đại. Ngược lại, giả sử T là toán tử đơn điệu cực đại và 0  . Đặt T T , khi đó 1T T   sẽ là toán tử đơn điệu cực đại. Mệnh đề được chứng minh.  Định nghĩa 1.33. Miền ảnh của một toán tử đa trị : 2HT H  là tập hợp được kí hiệu là rgeT và được cho bởi công thức:   ( ) : ,rge T u H x H u T x     . Định lý 1.4 (Xem [5],[13]). Giả sử C H là một tập khác rỗng, lồi, đóng và : 2HT H  là toán tử đơn điệu. Khi đó, với mọi z H , tồn tại x C thoả mãn , ,x v y x z y x    ,    , ,y v G T y C    . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 24 Định lý 1.5 ( Định lý Minty). Cho : 2HT H  là toán tử đơn điệu và 0  . Khi đó, T là toán tử đơn điệu cực đại khi và chỉ khi I T là toán tử tràn, hay  rge I T H  . Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.13, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1  . Điều kiện cần: Giả sử T là toán tử đơn điệu cực đại. áp dụng Định lý 1.4 cho C H , ta thấy rằng với mỗi z H , tồn tại x H sao cho: , ,x v y x z y x    ,    , ,y v G T y H    . Tức là với mỗi z H , tồn tại x H sao cho:  , 0v z x y x    ,    , ,y v G T y H    . Do tính đơn điệu cực đại của T và theo Mệnh đề 1.12 ta có:    z x T x  , hay  z x T x  . Từ đó suy ra:   z I T x  . Vậy I T là toán tử tràn, hay  rge I T H  . Điều kiện đủ: Giả sử  rge I T H  và  ,x u H H  thoả mãn: , 0, , ( ).u v x y y v G T     (1.10) Ta khẳng định rằng :  u T x . Thật vậy, vì  rge I T H  nên tồn tại H  sao cho:   u x I T    . Từ đó suy ra:  .u x T    (1.11) Lấy y  và v u x    ta được  v T  hay    ,y v G T . Kết hợp với (1.10) ta được : Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 25  , 0u u x x      . Từ đó suy ra x  . Mặt khác, do (1.11) ta có: ( )u x x T x   hay  u T x . Vậy, T là toán tử đơn điệu cực đại. Định lý được chứng minh.  Định lý 1.6. Cho hàm số  :f H   R là lồi, chính thường, nửa liên tục dưới. Khi đó ánh xạ đa trị : 2HT H  cho bởi công thức:    T x f x  là toán tử đơn điệu cực đại . Chứng minh. Giả sử  :f H   R là hàm lồi, chính thường, nửa liên tục dưới. Ta đã chứng minh T f  là toán tử đơn điệu (Ví dụ 1.4). Theo Định lý 1.5, ta chỉ cần chứng minh rằng I T là toán tử tràn. Thật vậy, với mỗi d H và F ta đặt:     21 , 2 dh x f x x d x   . Ta có  .dh là tổng của một hàm lồi, chính thường, nửa liên tục dưới, một hàm lồi mạnh, liên tục, và một hàm tuyến tính liên tục. Vì vậy  .dh là hàm lồi mạnh, chính thường, nửa liên tục dưới. Nếu y domf và  c f y , thì với mọi x H ta có:     ,f x f y c x y   . Do đó ta thu được: 21( ) ( ) || || , , 2 dh x f y x d x c x y         21 , , 2 dh x f y c y x c d x      . Mặt khác, vì: 2 21 1 , 2 2 x c d x x c d x      khi x  , nên: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 26  dh x  khi x  . Vậy  .dh thoả mãn điều kiện bức, theo nghĩa  dh x  khi x  . Do  .dh là bức và lồi mạnh nên bài toán bài toán:   min : ndh x x R có duy nhất nghiệm. Gọi *x là nghiệm này, khi đó  *0 dh x . Sử dụng Định lý Moreau-Rockafellar, ta có:    * * *0 dh x f x x d     . Từ đó suy ra: * *( )d x f x  . Do d là phần tử bất kỳ nên: I T I f    là toán tử tràn. Vậy, T là toán tử đơn điệu cực đại. Định lý được chứng minh.  Ví dụ 1.5. Xét hàm số : nf R R cho bởi công thức:  f x x . Đặt    T x f x  . Khi đó:     : || || 1 0; ( ) : || || 1 0. khi khi n n p R p x T x p R p x          Vì f là hàm lồi chính thường, nửa liên tục dưới, ta có T là toán tử đơn điệu cực đại (xem Định lý 1.6 ). Đặc biệt, với n=1 ta có:         1 0 1,1 0 1 0 khi khi khi x T x x x         . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27 Định nghĩa 1.34. Toán tử đa trị : 2HT H  được gọi là bị chặn địa phương tại một điểm  x D T , nếu tồn tại một lân cận U của x sao cho tập hợp:     :T U T u u U   là một tập con bị chặn của H. Để phục vụ cho các kết quả dưới đây, theo [12], ta ký hiệu J là gradient của hàm 21( ) || || 2 h x x hay J còn được gọi là ánh xạ đối ngẫu gán mỗi x H thành một phần tử duy nhất  J x H sao cho:     22 ,x J x x J x  . Như vậy, J là ánh xạ một - một từ H vào H và liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô * yếu. Hơn thế nữa, J còn là toán tử đơn điệu chặt. Từ kết quả ở trên ta có: nếu toán tử đa trị : 2HT H  là toán tử đơn điệu cực đại thì khi đó toán tử 1T  là đơn điệu. Ta ký hiệu khoảng biến thiên của T là  R T và được xác định:      1 ( ) :R T D T T x x H   . Mặt khác, nếu 1 2,T T là hai toán tử đơn điệu thì toán tử 1 2T T được xác định như sau:         * * * *1 2 1 2 1 2 1 1 2 2: ( ), ( )T T x T x T x x x x T x x T x       cũng là toán tử đơn điệu theo Mệnh đề 1.10. Vấn đề đặt ra ở đây là nếu 1 2,T T là hai toán tử đơn điệu cực đại thì 1 2T T có là toán tử đơn điệu cực đại không? Để trả lời câu hỏi này chúng ta sẽ sử dụng tới các mệnh đề sau: Mệnh đề 1.14 (Xem [12]). Cho không gian Hilbert H , J là ánh xạ đối ngẫu được xác định ở trên và toán tử : 2HT H  là đơn điệu cực đại. Với mỗi 0  , Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28  R T J là toàn bộ H và   1 T J  là toán tử đơn trị, đơn điệu cực đại từ *H vào H , và là nửa liên tục, hay liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô yếu. Hệ quả 1.1 (Xem [12]). Cho H là không gian Hilbert , J là ánh xạ đối ngẫu được xác định ở trên, toán tử : 2HT H   *H H là đơn điệu. Để toán tử T là cực đại, điều kiện cần và đủ là  R T J là toàn bộ *H . Mệnh đề 1.15 (Xem [12]). Cho H là không gian Hilbert, và cho : 2HT H  là toán tử đơn điệu cực đại. Giả sử rằng tồn tại 0  sao cho: *, 0x x  với x  ,  x D T ,  *x T x . Khi đó tồn tại x H sao cho:  0 T x . Theo [12], với mỗi 0  , ta ký hiệu B là tập dưới vi phân của hàm chỉ số của hình cầu đóng U có tâm 0, bán kính  trong H. Khi đó, B là toán tử chuẩn tắc cho U , nghĩa là:      ; : 0 ; 0 . khi khi khi x B x J x x x               Mệnh đề 1.16 (Xem [12]). Cho không gian Hilbert H và cho : 2HT H  là toán tử đơn điệu sao cho  0 D T . Giả sử rằng tồn tại 0 0  sao cho toán tử đơn điệu T B là cực đại với mọi 0  . Khi đó, T là toán tử đơn điệu cực đại. Sau đây chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh kết quả chính của vấn đề được nêu ra ở trên. Định lý 1.7 (Xem [12]). Cho không gian Hilbert H và 1T , 2T là hai toán tử đa trị, đơn điệu cực đại từ H vào 2H . Giả sử rằng một trong hai điều kiện sau được thoả mãn: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 (a)  1 2int ( )D T D T  ; (b) tồn tại    1 2x clD T clD T  sao cho 2T bị chặn địa phương tại x . Khi đó 1 2T T là toán tử đơn điệu cực đại. Chứng minh. Trong giả thiết, mệnh đề (a) và (b) là tương đương nên để chứng minh định lý ta chỉ xét trường hợp (a). Nếu cần có thể tịnh tiến, ta giả sử rằng:  1 20 0 0 int ( ). vµ T D T  (1.12) Cho J là ánh xạ đối ngẫu được xác định ở trên. Theo Mệnh đề 1.10, 1 2T T là toán tử đơn điệu. Để chứng minh 1 2T T là toán tử đơn điệu cực đại, theo Hệ quả 1.1 của Mệnh đề 1.14, ta cần chỉ ra  1 2R T T J  là toàn bộ H . Thực vậy, cho *x H , ta phải chỉ ra rằng  * 1 2x R T T J   . Nếu cần, trừ đi một ánh xạ hằng từ 2T , ta có thể quy về lập luận cho trường hợp * 0x  . Như vậy, ta cần chỉ ra sự tồn tại của x H sao cho :   1 20 .T T J x   (1.13) Dễ thấy, (1.13) được thoả mãn nếu và chỉ nếu tồn tại *x H sao cho:    * *1 2 1 1 2 2 vµ . x T J x x T J x                 (1.14) Ta xác định các ánh xạ 1 2,S S từ *H vào H như sau:     1 * * 1 1 1 . 2 S x T J x           (1.15)     1 * * 2 1 . 2 S x T J x         (1.16) Sự tồn tại của x và *x thoả mãn (1.14) tương đương sự tồn tại của *x thoả mãn    * *1 20 .S x S x  (1.17) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30 Việc chứng minh sự tồn tại của x thoả mãn (1.13) đủ để chứng minh rằng:  1 20 .R S S  (1.18) Để làm được điều này, từ Mệnh đề 1.14 thấy rằng 1 2,S S là hai toán tử đơn trị, đơn điệu cực đại, liên tục từ tôpô mạnh trên *H tới tôpô yếu trên H, sao cho    *1 2 .D S H D S  (1.19) Hiển nhiên 1 2S S là toán tử đơn trị đơn điệu, liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô yếu, sao cho   *1 2D S S H  , và theo Định lý Browder (Xem [5]), 1 2S S là cực đại . Mặt khác, vì (0) 0J  nên ta có:  1 1 1 0 0 , 0 (0). 2 suy ra T J S         (1.20) mà:  * * * *1 , 0,S x x x H   (1.21) (do tính đơn điệu của 1S ). Hơn nữa: 2 2 2 1 ( ) ( ) 2 R S D T J D T         , nên  2R S là một tập hợp bị chặn bởi giả thiết ban đầu và ta có:  20 int .R S (1.22) Ta sẽ chỉ ra rằng từ tính chất của  2R S suy ra sự tồn tại của 0  sao cho:  * * *2 , 0 || || . víi S x x x   (1.23) và điều này sẽ chứng tỏ được (1.18). Thực vậy, theo Mệnh đề 1.15, từ (1.21) và (1.23) ta sẽ có:   * *1 2 , 0S S x x  với x  . Với mỗi * *,x y trong *H , ta có: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 31    * * * *2 2 , 0S x S y x y   (do tính đơn điệu của 2S ), hay:        * * * * * * *2 2 2 2, , , .S x x S y x S x S y y   (1.24) Vì  2R S bị chặn trong H nên  2R S chứa trong một hình cầu cố định bán kính 1 0  , tâm là gốc tọa độ, vì thế:    * * * *2 2 1, 2 .S x S y y y  (1.25) Mặt khác, từ (1.22) và do [13, Định lí 1] suy ra 1 2S  bị chặn địa phương tại 0 . Do đó tồn tại các số 20, 0   sao cho:     * *2 2: : .S y y y y    (1.26) Từ (1.24) và (1.25), ta có:    * * * *2 2 1 2, , 2S x x S y x   đúng với mọi *y thoả mãn * 2y  . Vì vậy, theo (1.26) ta có:    * * *2 1 2, sup , 2 y S x x y x      * 1 22x    . Dễ thấy * 1 22x   không âm khi: * 1 22x    , và do đó (1.23) đúng khi 1 22 /   . Các lập luận mà chúng ta sử dụng từ trước tới giờ chỉ ra rằng Định lý 1.7 đúng với giả thiết rằng  2D T là tập bị chặn. Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng dạng thu hẹp của Định lý 1.7 cũng bao hàm dạng tổng quát. Thực vậy, cho 1T , 2T là hai toán tử đơn điệu cực đại sao cho:    1 2int .D T D T  (1.27) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 với  2D T không cần bị chặn. Tịnh tiến miền xác định của 1T và 2T nếu cần, ta có thể giả sử rằng điểm gốc tọa độ thuộc vào miền giao của (1.27). Với mỗi 0  , ánh xạ đơn điệu cực đại B được xác định ở trên thoả mãn:    2 intD T D B  , và  D B là bị chặn. Toán tử đơn điệu 2T B là cực đại theo chứng minh trên với 2 :T B . Khi đó, do     2 2D T B x D T x     , và điểm gốc thuộc vào phần giao của (1.27), nên ta có:    1 2intD T D T B   với  2D T B là bị chặn. Vì thế toán tử :    1 2 1 2T T B T T B      là đơn điệu cực đại với mọi 0  theo chứng minh trên với 2 2:T T B  , và ta kết luận từ Mệnh đề 1.16 rằng 1 2T T là cực đại. Đây là chứng minh Định lý 1.7 trong trường hợp tổng quát. Định lý được chứng minh xong.  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 33 Chương 2 BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN VỚI TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU 2.1. Bất đẳng thức biến phân Định nghĩa 2.1. Cho K là một tập con khác rỗng, lồi, đóng của H , và cho ánh xạ :F K H , bài toán bất đẳng thức biến phân, kí hiệu là  ;VIP K F , là bài toán:   * * * ( ( ; )) , 0, . t×m vÐc t¬ sao cho:x K VIP K F F x x x x K        Tập hợp các nghiệm của  ;VIP K F được kí hiệu là  ;SOL VIP K F . Ví dụ 2.1. Trong R , xét tập  1;5K R  và ánh xạ  : 1;5F R được xác định bởi:   1F x x  ,  1;5x . Khi đó  ;VIP K F là: tìm  * 1;5x  sao cho  * *1, 0, 1;5x x x x     (2.1) Ta chứng tỏ rằng :    ; 1SOL VIP K F  . Thực vậy, hiển nhiên * 1x  là một nghiệm. Nếu *0 1x  thì (2.1) chỉ thỏa mãn với *x x . Ngược lại, nếu * 1x  thì (2.1) chỉ thỏa mãn với *x x . Điều đó chứng tỏ * 1x  là nghiệm duy nhất. Sau đây chúng ta sẽ trình bày mối quan hệ giữa VIP(K, F) và nón pháp tuyến của một tập lồi. Định nghĩa 2.2. Cho K là một tập lồi, đóng của H, và cho *x K . Nón pháp tuyến của K tại *x là tập hợp được ký hiệu và xác định như sau :    * *: , 0,KN x d H d x x x K      Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 34 Mệnh đề 2.1. Cho K là một tập con khác rỗng, lồi, đóng của H , và cho ánh xạ :F K H , *x là nghiệm của bất đẳng thức biến phân (VIP(K, F)) khi và chỉ khi  *F x thuộc nón pháp tuyến của K tại *x , tức là :      * * *; Kx SOL VIP K F F x N x     . Chứng minh. Theo định nghĩa:    * * *; , 0x SOL VIP K F F x x x     , x K   * *, 0F x x x    , x K     * *KF x N x  . Mệnh đề được chứng minh.  Nói một cách khác, *x là nghiệm của VIP(K, F) khi và chỉ khi:    * *0 KF x N x  . Định nghĩa 2.3. Cho K là một tập con khác rỗng, lồi, đóng trong H, nón đối ngẫu của K , kí hiệu là *K , là một tập hợp được xác định như sau:  * : , 0,K y H y x x K     . Về mặt hình học, *K là tập hợp bao gồm tất cả các véc tơ y H tạo thành một góc không tù với mọi véc tơ x K . Một trong những lớp bài toán quan trọng và là một trường hợp riêng của bài toán bất đẳng thức biến phân là bài toán bù, được định nghĩa như sau. Định nghĩa 2.4. Cho K là một tập con khác rỗng, lồi, đóng trong H, *K là nón đối ngẫu của K và cho ánh xạ :F K H . Bài toán bù, kí hiệu là  ;NCP K F , là bài toán:     * * * * * ( ; ) ( ) ; , 0. t×m vÐc t¬ sao cho:x K NCP K F F x K x F x       Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 35 Tập hợp các nghiệm của  ;NCP K F được kí hiệu là  ;SOL NCP K F . Mệnh đề 2.2. Nếu K là một nón lồi, đóng trong H thì tập nghiệm của hai bài toán: bài toán  ;NCP K F và bài toán  ;VIP K F là trùng nhau, tức là:    ; ;SOL VIP K F SOL NCP K F   . Chứng minh. Giả sử  * ;x SOL VIP K F  . Theo định nghĩa ta có:   * * * ; , 0, . x K F x x x x K        Bằng cách lấy 0x K  , suy ra:  * *, 0F x x  (2.2) Bằng cách lấy *2x x K  ta thu được:  * *, 0F x x  (2.3) Từ (2.2) và (2.3) ta kết luận :  * *, 0.F x x  (2.4) Mặt khác, từ định nghĩa ta có:        * * * * * *0 , , , ,F x x x F x x F x x F x x     , x K  . Điều này chứng tỏ :  * *F x K . Kết hợp với (2.4) ta có :  * ;x SOL NCP K F  hay    ; ;SOL VIP K F SOL NCP K F   . Ngược lại, giả sử  * ;x SOL NCP K F  . Theo định nghĩa ta có :   * * * * ( ) ; , 0. F x K x F x     Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 36 Mặt khác, vì * *( )F x K , nên với mọi x K ta có :        * * * * * *, , , , 0F x x x F x x F x x F x x     . Điều này suy ra :  * ;x SOL VIP K F  . hay    ; ;SOL NCP K F SOL VIP K F   . Kết luận lại ta có :    ; ;SOL VIP K F SOL NCP K F   . Mệnh đề được chứng minh.  Định nghĩa 2.5. Cho K là một tập khác rỗng, lồi, đóng trong H và ánh xạ : :F K K . Điểm x K được gọi là điểm bất động của ánh xạ F nếu thỏa mãn điều kiện: ( ) .F x x Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu một trong những nội dung quan trọng nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân đó là ván đề tồn tại và tính duy nhất nghiệm. Một trong những công cụ hữu hiệu để nghiên cứu vấn đề này là định lý điểm bất động của Brouwer. Trước khi phát biểu định lý, chúng ta đưa ra một số kết quả sau. Bổ đề 2.1 (Xem [8]). Cho K là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert H . Khi đó, với mỗi x H có duy nhất y K sao cho: inf . K x y x       (2.5) Theo [8], điểm y thỏa mãn (2.5) đựợc gọi là hình chiếu của x trên K và được ký hiệu là: PrKy x . Dễ thấy: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 37 PrK x x , x K  . Định lý 2.1 (Xem [8]). Cho K là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert H và x là một điểm bất kỳ thuộc H. Khi đó: PrKy x khi và chỉ khi: ; , , , . y K y y x y K          Hệ quả 2.1 (Xem [8]). Cho K là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert H . Khi đó toán tử Pr :K H H là không giãn, tức là: ' 'Pr PrK Kx x x x   , ',x x H  . Định lý 2.2 (Định lý về điểm bất động của Browder). Cho A là tập khác rỗng, lồi, compact trong H và ánh xạ :P K K là liên tục. Khi đó, có ít nhất một điểm x K sao cho  x P x . Nói một cách khác, tồn tại ít nhất một điểm bất động của ánh xạ P . Định lý 2.3. Cho K là một tập không rỗng, lồi, compact trong H, và :F K H là ánh xạ liên tục. Khi đó, bài toán bất đẳng thức biến phân  ;VIP K F có ít nhất một nghiệm. Chứng minh. Theo định nghĩa, việc chứng minh định lý tương đương với việc chứng minh sự tồn tại của điểm x thỏa mãn:    ; , , , . x K x y x x F x y x y K         Dễ nhận thấy, ánh xạ hợp:  Pr :K I F K K  là ánh xạ liên tục với I là ánh xạ đồng nhất. Theo Định lý 2.2, tồn tại điểm bất động x K sao cho:   Pr ( )Kx I F x  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 38 Ta sẽ chứng tỏ x là nghiệm của  ;VIP K F . Thực vậy, do  ,x F x K nên PrK x x và    PrK F x F x . Kết hợp với Định lý 2.1 ta có:  , Pr ,Kx y x I F x y x    , y K  .  , Pr Pr ,K Kx y x x F x y x     , y K   , ,x y x x F x y x     , y K   , 0F x y x   , y K  . Điều này chứng tỏ x là nghiệm của  ;VIP K F , hay  ;VIP K F có ít nhất một nghiệm. Định lý được chứng minh. Trong trường hợp tập K không bị chặn, định lý về điểm bất động của Browder không áp dụng được. Khi đó, sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân có thể được thiết lập theo cách khác. Ký hiệu  0;B R là hình cầu đóng tâm 0 , bán kính 0R  trong không gian Hilbert H và đặt:  0;RK K B R  . Hiển nhiên, RK là khác rỗng, lồi đóng và bị chặn và nó là tập compact. Theo Định lý 2.2, bài toán  ;RVIP K F luôn có nghiệm. Định lý 2.4. Cho K H là một tập khác rỗng, lồi và đóng, :F K H là ánh xạ liên tục. Khi đó, điều kiện cần và đủ để bài toán  ;VIP K F có nghiệm là tồn tại số thực 0R  , và bài toán  ;RVIP K F có nghiệm * Rx thoả mãn * Rx R . Chứng minh. Điều kiện cần: Giả sử rằng  * ;x SOL VIP K F  . Theo định nghĩa ta có:  * *, 0F x x x  , x K  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 39 Lấy 0R  sao cho *x R . Hiển nhiên:  * *, 0, ,RF x x x x K    (2.6) tức là  * ;Rx SOL VIP K F  . Điều kiện đủ: Giả sử rằng tồn tại 0R  , * R Rx K thỏa mãn * Rx R và  * *, 0R RF x y x  , Ry K  . Do tính lồi của tập K , với mỗi x K , ta có thể chọn 0  đủ nhỏ sao cho:  * *R Ry x x x K    . Hiển nhiên : * * R Ry x x x   . Mặt khác, do * Rx R , nên ta có thể chọn 0  đủ nhỏ sao cho: * * R Ry x x x R    hay Ry K . Theo (2.6) ta có :        * * * * * * * *0 , , ,R R R R R R R RF x y x F x x x x x F x x x           hay :  * *, 0R RF x x x  và điều này đúng với mọi x K . Vậy chứng tỏ  * ;Rx SOL VIP K F  . Định lý được chứng minh.  Trên đây là một số kết quả về sự tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân trong trường hợp ánh xạ F là liên tục. Sau đây là một số kết quả về sự tồn nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân với toán tử F là đơn điệu. 2.2. Bất đẳng thức biến phân với toán tử đơn điệu Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 40 Định lý 2.5. Cho K là một tập khác rỗng, lồi và đóng trong H và ánh xạ :F K H là đơn điệu mạnh. Khi đó, tồn tại duy nhất một nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân  ;VIP K F . Chứng minh. Chứng minh sự tồn tại nghiệm: Do F là ánh xạ đơn điệu mạnh, điều này kéo theo rằng F thỏa mãn điều kiện bức, nghĩa là:     , , lim , . x K x F x F y x y y K x y        (2.7) Vì F thỏa mãn điều kiện (2.7) nên ta có thể chọn các hằng số 0c  , 0R  sao cho:   0c F y  và 0R y  thỏa mãn:    ,F x F y x y c x y    , với mọi x K và x R . Từ đó suy ra:    , ,F x x y c x y F y x y     , Sử dụng đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:            , 0 || || )(víi F x x y c x y F y x y c F y x y c F y x y x R              (2.8) Do F là ánh xạ liên tục, RK là một tập lồi và compact nên theo Định lý 2.3,  ;RVIP K F luôn có một nghiệm * Rx . Theo định lý 2.4, để chứng tỏ * Rx là nghiệm của  ;VIP K F , ta cần chỉ ra rằng * Rx R . Thực vậy, vì  * ;R Rx VIP K F nên:  * *, 0R RF x x x  , Rx K  . Đặc biệt, với x y thì:    * * * *, 0 , 0.R R R RF x y x F x x y     Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 41 Khi đó, theo (2.8) thì * Rx R hay * Rx R và ta thu được điều cần chứng minh. Kết luận * Rx là nghiệm của  ;VIP K F . Chứng minh duy nhất nghiệm: Giả sử rằng *x và 'x là hai nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân  ;VIP K F , và * 'x x . Khi đó, chúng đều thỏa mãn:  * *, 0, .F x x x x K    (2.9)  ' ', 0, .F x x x x K    (2.10) Sau đó ta thế x bởi 'x trong (2.9) và thế x bởi *x trong (2.10), ta thu được:  * ' *, 0F x x x  .  ' * ', 0F x x x  . Cộng các bất đẳng thức vừa có ta được:    * ' ' *, 0F x F x x x   hay    * ' * ', 0.F x F x x x   (2.11) Nhưng bất đẳng thức (2.11) mâu thuẫn tính đơn điệu chặt của F . Như vậy, điều giả sử là sai hay * 'x x . Kết luận: bất đẳng thức biến phân  ;VIP K F luôn có nghiệm duy nhất và định lý được chứng minh.  Định nghĩa 2.6. Cho K là một tập lồi, đóng và khác rỗng trong không gian H; :A K H là ánh xạ liên tục trên không gian con hữu hạn chiều nếu với mỗi không gian con hữu hạn chiều M H , hạn chế của A trên K M là liên tục yếu, nói cách khác, ánh