Bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert

LỜI CẢM ƠN
Em xin chân thành cảm ơn Thầy giáo Nguyễn Văn Tuyên đã tận
tình hướng dẫn, giúp đỡ em trong suốt thời gian thực hiện khóa luận.
Em xin chân thành cảm ơn các thầy, các cô trong tổ giải tích-khoa
Toán, trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 đã tạo mọi điều kiện giúp đỡ
em hoàn thành khóa luận này.
Em xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã tạo mọi điều
kiện thuận lợi cho em trong quá trình thực hiện khóa luận.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 05 năm 2012
Sinh viên
Trần Thị Phượng
i
LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của Thầy Nguyễn Văn Tuyên
khóa luận tốt nghiệp “Bất đẳng thức biến phân trong không gian
Hilbert” được hoàn thành không trùng với bất kỳ đề tài nào khác.
Trong quá trình hoàn thành khóa luận, em đã thừa kế những thành
tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, tháng 05 năm 2012
Sinh viên
Trần Thị Phượng
ii
Mục lục
Mở đầu 1
1 Bất đẳng thức biến phân trong R
n
3
1.1. Các định lý điểm bất động . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2. Đặc trưng của hình chiếu trên một tập lồi . . . . . . . . 5
1.3. Định lý thứ nhất về bất đẳng thức biến phân . . . . . . 8

1.4. Bất đẳng thức biến phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5. Một số bài toán dẫn tới bất đẳng thức biến phân . . . . 14
2 Bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert 18
2.1. Dạng song tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.2. Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3. Sự chặt cụt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.4. Không gian Solobev và bài toán biên . . . . . . . . . . . 24
2.5. Nguyên lý cực đại yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Kết luận 37
Tài liệu tham khảo 38
iii
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bài toán bất đẳng thức biến phân (Variational Inequality Prob-
lem) ra đời vào những năm 1960, gắn liền với các công trình của G.
Stampacchia, J. L. Lions và G. Fichera [24, 30]. Hiện nay, bài toán bất
đẳng thức biến phân đã được phát triển thành nhiều dạng khác nhau,
ví dụ: bất đẳng thức biến phân vector, tựa bất đẳng thức biến phân, giả
bất đẳng thức biến phân, bất đẳng thức biến phân ẩn, bất đẳng thức
biến phân suy rộng
Bài toán này thu hút được sự quan tâm của nhiều nhà toán học vì
các mô hình của nó chứa nhiều bài toán quan trọng của một số lĩnh vực
khác nhau trong toán học như là trường hợp riêng, ví dụ: tối ưu hóa, lý
thuyết trò chơi, cân bằng Nash, cân bằng mạng giao thông
Trong những năm gần đây, bài toán mở rộng của bài toán bất đẳng
thức biến phân là bài toán cân bằng cũng đã thu hút được sự quan tâm
của nhiều người, chẳng hạn: A. N. Iusem, W. Sosa [14], P. Q. Khanh và
N. X. Hai [6], M. Bianchi và S. Schaible [20]
Trong khóa luận này, chúng tôi hệ thống lại một số kết quả liên
quan tới bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert. Khóa luận

được chia thành hai chương. Chương 1 hệ thống lại các kết quả về bất
đẳng thức biến phân trên không gian R
n
và một số bài toán dẫn tới bất
đẳng thức biến phân. Chương 2 trình bày các kết quả liên quan đến bất
đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert và mối liên hệ của bài
toán này với một số bài toán khác, ví dụ: bài toán biên, nguyên lý cực
đại yếu
2
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu về bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert
và mối liên hệ với một số bài toán khác.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu các kết quả cơ bản về bất đẳng thức biến phân và các
bài toán dẫn đến bất đẳng thức biến phân.
Nghiên cứu về bất đẳng thức biến phân trong không gian Hilbert
và mối liên hệ với một số bài toán khác.
4. Phương pháp nghiên cứu
Tra cứu tài liệu, tổng hợp và theo sự chỉ đạo của người hướng dẫn
để hoàn thành mục tiêu đề ra.
5. Cấu trúc khoá luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo thì
khoá luận bao gồm 2 chương:
Chương 1: Bất đẳng thức biến phân trong R
n
:
Chương 2: Bất đẳng thức biến phân trong không gian H
n
:
Chương 1

Bất đẳng thức biến phân trong R
n
1.1. Các định lý điểm bất động
Lý thuyết điểm bất động là một nhánh của toán học, nhiều vấn
đề của giải tích có thể được giải quyết bằng các định lý về điểm bất
động. Một số kết quả về tồn tại điểm bất động nổi tiếng đã xuất hiện
từ đầu thế kỷ XX, trong đó phải kể đến nguyên lý điểm bất động
Brouwer(1912) và nguyên lý ánh xạ co Banach(1922). Các kết
quả kinh điển này đã được mở rộng ra các lớp ánh xạ và không gian
khác nhau.
Định nghĩa 1.1. Cho F là một ánh xạ từ tập A vào chính nó, F : A →
A. Điểm x ∈ A được gọi là điểm bất động của F nếu F (x) = x.
Nói cách khác, các điểm bất động của F là nghiệm của phương
trình F(x) = x.
Định nghĩa 1.2. Cho (S, d) là không gian metric. Ánh xạ F : S → S
được gọi là một ánh xạ co nếu tồn tại hằng số a ∈ [0, 1) sao cho
d(F (x), F(y)) ≤ ad(x, y), x, y ∈ S. (1.1)
Khi a = 1, thì ánh xạ F được gọi là ánh xạ không giãn.
4
Định lý 1.1. Cho S là không gian metric đầy và F : S → S là một ánh
xạ co. Khi đó, ánh xạ F có ít nhất một điểm bất động.
Chứng minh. Lấy x
0
∈ S bất kỳ và lập dãy x
n
= F (x
n−1
) ∀n = 1, 2,
Ta có:
d(x

2
, x
1
) = d(F (x
1
), F (x
0
)) ≤ ad(x
1
, x
0
) = ad(F (x
0
, x
0
))
d(x
3
, x
2
) = d(F (x
2
), F (x
1
)) ≤ ad(x
2
, x
2
) ≤ a
2

d(F (x
0
, x
0
))

d(x
n+1
, x
n
) = d(F (x
n
), F (x
n−1
)) ≤ ad(x
n
, x
n−1
) ≤ a
n
d(F (x
0
, x
0
)),
với n = 1, 2,
Với bất kỳ n, p = 1, 2, sử dụng bất đẳng thức tam giác liên tiếp
p lần ta được
d(x
n+p

, x
n
) ≤
p

k=1
d(x
n+k
, x
n+k−1
) ≤ d(F (x
0
, x
0
))
p

k=1
a
n+k−1
=
a
n
− a
n+p
1 − a
d(F (x
0
), x
0

) ≤
a
n
1 − a
d(F (x
0
), x
0
).
Vì 0 ≤ a < 1 nên lim
n→∞
a
n
= 0. Suy ra lim
n→∞
d(x
n+p
, x
n
) = 0 ∀p ∈ N
∗
,
nghĩa là dãy {x
n
} là dãy cơ bản.
Vì S là không gian đầy nên tồn tại lim
n→∞
x
n
= ¯x ∈ S. Ta có

d(F (¯x), ¯x) ≤ d(F (¯x), x
n
) + d(x
n
, ¯x) = d(F (¯x), F (x
n−1
)) + d(x
n
, ¯x)
≤ ad(x
n−1
, ¯x) + d(x
n
, ¯x), ∀n = 1, 2,
cho n → ∞ ta được d(F (¯x), ¯x) = 0 hay F (¯x) = ¯x, nghĩa là ¯x là điểm
bất động của ánh xạ F .
*Chứng minh duy nhất
5
Giả sử tồn tại điểm
¯
x

∈ S cũng là điểm bất động của ánh xạ F .
Ta có
d(¯x,
¯
x

) = d(F ¯x, F
¯

x

) ≤ ad(¯x,
¯
x

).
⇒ (1 − a)d(¯x,
¯
x

) ≤ 0 vì 0 ≤ a < 1 ⇒ d(¯x,
¯
x

) = 0.
Suy ra: ¯x =
¯
x

.
Vì vậy ¯x là điểm bất động duy nhất của F .
Chú ý rằng định lý không còn đúng khi F là ánh xạ không giãn.
Chẳng hạn, một phép tịnh tiến từ không gian tuyến tính vào chính nó
là một ánh xạ không giãn và nó cũng không có điểm bất động.
Định lý 1.2. (Định lý Brouwer) Cho F là ánh xạ liên tục từ hình
cầu đóng

⊂ R
n

vào chính nó. Khi đó, ánh xạ F có điểm bất động duy
nhất.
1.2. Đặc trưng của hình chiếu trên một tập lồi
Trong phần này, chúng ta xét phép chiếu lên một tập lồi trong
không gian Hilbert H trên trường số thực. Chú ý rằng, các chứng minh
tương tự như trong trường hợp H là không gian hữu hạn chiều.
Bổ đề 1.1. Giả sử K là một tập con lồi đóng của không gian Hilbert H.
Khi đó, với mỗi x ∈ H sẽ tồn tại duy nhất y ∈ K sao cho:
x − y = inf
η∈K
x − η. (1.2)
Chứng minh. Kí hiệu d := inf
η∈K
η − x. Theo tính chất của infimum tồn
tại dãy {η
k
} ∈ K sao cho
lim
k→∞
η
k
− x = d = inf
η∈K
η − x. (1.3)
6
Ta có
x + y
2
+ x − y
2

= 2x
2
+ 2y
2
, x, y ∈ H.
Do đó, ta có
η
k
− η
h

2
= 2

x − η
k

2
+ x − η
h

2

− 4x − 1/2(η
k
+ η
h
)
2
. (1.4)

Vì K là tập lồi nên 1/2(η
k
+ η
h
) ∈ K và
d
2
≤ x − 1/2(η
k
+ η
h
)
2
.
Do đó
η
k
− η
h

2
≤ 2x − η
k

2
+ x − η
h

2
− 4d

2
.
Từ (1.3) ta có: lim
k,h→∞
η
k
− η
h
 = 0.
Vì H đầy nên có y ∈ K mà lim
k→∞
η
k
= y.
Hơn nữa
x + y = lim
k→∞
x − η
k
 = d.
Dễ thấy y là duy nhất.
Thật vậy, giả sử có 2 phần tử y, y

∈ K thỏa mãn (1.2). Trong (1.4) ta
thay η
k
bởi y, η
h
bởi y


được:
y − y

 = 2x − y
2
+ 2x − y


2
− 1/2y + y


2
≤ 4d
2
− 4d
2
= 0.
Hay y = y

.
Nhận xét 1.1. Các điểm thỏa mãn (1.2) được gọi là chân hình chiếu
của x lên K và kí hiệu là P r
K
x. Ta viết: y = P r
K
x.
Chú ý: P r
K
x = x, ∀x ∈ K.

Định lý 1.3. Giả sử K là một tập con lồi, đóng của không gian Hilbert
H. Khi đó, y là chân hình chiếu của x trên K khi và chỉ khi:
{y ∈ K : (y, η − y) ≥ (x, η − y) ∀η ∈ K} . (1.5)
7
Chứng minh. Giả sử x ∈ H và y = P r
K
x. Vì K là tập lồi nên:
(1 − t)y + tη = y + t(η − y) ∈ K ∀η ∈ K, 0 ≤ t ≤ 1,
và do (1.2) hàm
Φ(t) = x − y − t(η − y)
2
= x − y
2
− 2t(x − y, η − y) + t
2
η − y
2
đạt giá trị nhỏ nhất tại t = 0. Suy ra Φ

(0) ≥ 0, có nghĩa là:
−2(x − y, η − y) ≥ 0 ⇔ (x − y, η − y) ≤ 0 ∀η ∈ K,
hay
(y, η − y) ≥ (x, η − y) ∀η ∈ K.
Ngược lại, nếu y ∈ K mà (y, η − y) ≥ (x, η − y) ∀η ∈ K. Khi đó:
0 ≤ (y − x, (η − x) + (x − y)) ≤ −x − y
2
+ (y − x, η − x).
Do đó:
x − y
2

≤ (y − x, η − x) ≤ x − yη − x.
Suy ra:
x − y ≤ η − x ∀η ∈ K.
Do đó
x − y = inf
η∈K
x − η .
Hệ quả 1.1. Giả sử K là một tập lồi của không gian Hilbert H. Khi đó
toán tử P r
K
là không giãn, có nghĩa là
P r
K
x − P r
K
x

 ≤ x − x

, với mọi x, x

∈ H. (1.6)
Chứng minh. Giả sử x, x

∈ H sao cho y = P r
K
x và y

= P r
K

x

. Khi đó,
y ∈ K : (y, η − y) ≥ (x, η − y), η ∈ K (1),
8
y

∈ K : (y

, η − y

) ≥ (x

, η − y

), η ∈ K (2).
Trong bất đẳng thức (1) ta chọn η = y

, trong bất đẳng thức (2) ta chọn
η = y. Ta được:
y − y

 = (y − y

, y − y

) ≤ (x − x

, y − y


) ≤ x − x

y − y

.
Suy ra
y − y

 ≤ x − x

.
Hay:
P r
K
x − P r
K
x

 ≤ x − x

.
Định lý 1.4. (Brouwer) Cho K ⊂ R
n
là một tập lồi compact và ánh
xạ: F : K → K liên tục. Khi đó, ánh xạ F có một điểm bất động.
Chứng minh. Giả sử

là một hình cầu đóng trong R
n
sao cho K ⊂


.
Từ Hệ quả 1.1, Pr
K
liên tục và do đó ánh xạ
F ◦ Pr
K
:

→ K ⊂

là một ánh xạ liên tục từ

vào chính nó. Khi đó, theo Định lý 1.2,
F ◦ Pr
K
có điểm bất động duy nhất x
F ◦ Pr
K
(x) = x ∈ K.
Do: Pr
K
x = x nên F (x) = x.
1.3. Định lý thứ nhất về bất đẳng thức biến phân
Trong các nghiên cứu về bất đẳng thức biến phân chúng ta thường
quan tâm tới một ánh xạ F từ không gian tuyến tính X hoặc tập lồi
K ⊂ X vào không gian đối ngẫu X

.
9

Nhắc lại rằng, không gian đối ngẫu (R
n
)

của R
n
là không gian tất
cả các hàm tuyến tính có dạng
a : R
n
→ R, x → a, x
xác định trên R
n
. Ánh xạ song tuyến tính
(R
n
)

× R
n
→ R, a, x → a, x
phép nhân giữa (R
n
)

và R
n
.
Mặt khác, chúng ta luôn có thể đồng nhất (R
n

)

với R
n
. Ví dụ,
chúng ta có thể đồng nhất a ∈ (R
n
)

với πa ∈ R
n
, như vậy a, x =
(πa, x). Phép đồng nhất xác định là duy nhất, nhưng chúng ta luôn giả
định rằng
a, x = (πa, x), a ∈ R
n

, x ∈ R
n
trong đó, π : (R
n
)

→ R
n
là một phép đồng nhất và (.,.) là tích vô hướng
trên R
n
. Hàm
F : R

n
→ (R
n
)

là liên tục nếu mỗi hàm F (x
1
), F (x
2
), , F(x
n
) xác định bởi hệ thức
F (x), y = (πF (x), y) =

j
(F (x)y
j
)
liên tục.
Định lý 1.5. (Định lý thứ nhất về bất đẳng thức biến phân) Giả
sử K ⊂ R
n
là một tập lồi compact và ánh xạ F : R → (R
n
)

liên tục. Khi
đó, tồn tại một điểm x ∈ K sao cho:
F (x), y − x ≥ 0 ∀y ∈ K. (1.7)
Chứng minh. Chứng minh của định lý tương đương với việc chỉ ra sự

tồn tại:
x ∈ K : (x, y − x) ≥ (x − πF (x), y − x) ∀y ∈ K.
10
xét ánh xạ
P r
K
x(I − πF ) : K → K
trong đó, I(x) = x liên tục; do đó theo Định lý 1.4, có một điểm bất
động x ∈ K, cụ thể là
x = P r
K
x(I − πF )x.
theo Định lý 1.3, ta có
(x − y, x) ≥ (x − πF (x), y − x) ∀y ∈ K.
Điều này tương đương với
⇔ F (x), y − x ≥ 0 với mọi y ∈ K.
Hệ quả 1.2. Cho x là nghiệm của bất đẳng thức (1.7) và giả sử rằng
x ∈ intK, thì F (x) = 0.
Chứng minh. Nếu x ∈ intK, thì các điểm (y − x) mô tả một lân cận
của x, có nghĩa là, với mỗi ξ ∈ R
n
tồn tại ε ≥ 0 và y ∈ K sao cho
ξ = ε(y − x).
Suy ra
F (x), ξ = εF (x), y − x ≥ 0, ∀ξ ∈ R
n
,
từ đó, ta có F(x) = 0.
Định nghĩa 1.3. Cho K là một tập lồi của R
n

và x ∈ ∂K, một siêu
phẳng
a, y − x = 0, a ∈ R
n

− {0}
được gọi là một siêu phẳng tựa của K nếu
a, y − x ≥ 0 ∀y ∈ K.
11
Hệ quả 1.3. Cho x là nghiệm của bất đẳng thức (1.7) và giả sử rằng
x ∈ ∂K. Khi đó, F (x) xác định một siêu phẳng tựa của K, miễn là
F (x) = 0.
Cụ thể là, hàm afine f(x) = F (x), y − x là không âm với mọi
y ∈ K.
1.4. Bất đẳng thức biến phân
Bài toán 1.1. Cho K là một tập lồi, đóng trong R
n
và F : R → (R
n
)

liên tục, tìm x ∈ K sao cho:
F (x), y − x ≥ 0 ∀y ∈ K.
Nếu tập K bị chặn, chúng ta đã đưa ra sự tồn tại nghiệm của Bài
toán 1.1. Mặt khác, cũng phải chú ý rằng không phải lúc nào bài toán
này cũng có nghiệm . Ví dụ, nếu K = R thì bất đẳng thức
f(x)(y − x) ≥ 0 ∀y ∈ R
không có nghiệm với f(x) = e
x
.

Định lý sau đây cho chúng ta điều kiện cần và đủ cho sự tồn tại
nghiệm. Cho K là một tập lồi, ta đặt : K
R
= K ∩

R
. Trong đó,

R
là
một hình cầu đóng bán kính R, tâm O ∈ R
n
. Chúng ta chú ý rằng, ánh
xạ F : K → R
n

luôn tồn tại ít nhất một điểm
x
R
∈ K
R
: F (x
R
), y − x
R
 ≥ 0 với mọi y ∈ K
R
, (1.8)
với K
R

= ∅ được xác định như trong các định lý trước.
Định lý 1.6. Cho K ⊂ R
n
là một tập lồi, đóng và F : K → R
n

liên tục.
Điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm cho Bài toán 1.1 là tồn tại một
R > 0 sao cho một nghiệm x
R
∈ K
R
của (1.8) thỏa mãn
|x
R
| < R. (1.9)
12
Chứng minh. Rõ ràng, nếu tồn tại một nghiệm của Bài toán 1.1, thì x
là nghiệm của bất đẳng thức (1.8) với |x| < R.
Bây giờ giả sử rằng, x
R
∈ K
R
thỏa mãn (1.9). Thì x
R
cũng là
nghiệm của Bài toán (1.1). Thật vậy, vì |x|
R
< R, nên y ∈ K, ω =
x

R
+ ε(y − x
R
) ∈ K
R
với ε ≥ 0 đủ nhỏ. Suy ra
x
R
∈ K
R
⊂ K : 0 ≤ F (x
R
), ω − x
R
 = ε F(x
R
), y − x
R
 với y ∈ K,
điều này có nghĩa là, x
R
là một nghiệm của Bài toán 1.1.
Hệ quả 1.4. Cho ánh xạ F : K → (R
n
)

thỏa mãn
F (x) − F(x
0
), x − x

0

|x − x
0
|
→ +∞ khi |x| → +∞, x ∈ K (1.10)
với x
0
∈ K nào đó thì tồn tại một nghiệm cho Bài toán 1.1.
Chứng minh. Chọn H > F (x
0
) và R > |x
0
| sao cho:
F (x) − F(x
0
), x − x
0
 ≥ H |x − x
0
| với |x| ≥ R, x ∈ K.
Do vậy,
F (x), x − x
0
 ≥ H |x − x
o
| + F (x), x − x
0

≥ H|x − x

0
| − |F x
0
||x − x
0
|
≥ (H − |F (x
0
)|)(|x| − |x
0
|) > 0 với |x| = R.
(1.11)
Bây giờ, cho x
R
∈ K là nghiệm của Bài toán 1.1, ta có
F (x
R
), x
R
− x
0
 = − F(x
R
), x
0
− x
R
 ≤ 0.
Theo (1.11) thì |x
R

| = R, hay |x
R
| < R.
Nói chung nghiệm của bất đẳng thức biến phân là không duy nhất.
Tuy nhiên, có một điều kiện rất tự nhiên nhưng lại đảm bảo được tính
13
duy nhất. Giả sử rằng, x, x

∈ K là 2 nghiệm khác nhau của Bài toán
1.1. Khi đó, ta có
x ∈ K : F (x), y − x , y ∈ K,
x

∈ K : F (x

), y − x

 , y ∈ K.
Bởi vậy, đặt y = x

trong bất đẳng thức thứ nhất, y = x trong bất đẳng
thức thứ hai và cộng hai bất đẳng thức đó với nhau, ta được:
F (x) − F(x

), x − x

 ≤ 0.
Do đó, một điều kiện rất tự nhiên cho tính duy nhất là
F (x) − F(x


), x − x

 ≥ 0 với x, x

∈ K, x = x

. (1.12)
Định nghĩa 1.4. Điều kiện (1.10) của Hệ quả 1.4 được gọi là một điều
kiện bức.
Định nghĩa 1.5. Bằng cách tương tự như (1.12), chúng ta nói ánh xạ
F : K → R
n

đơn điệu nếu
F (x) − F(x

), x − x

 ≥ 0 ∀x, x

∈ K.
Ánh xạ F được gọi là đơn điệu chặt nếu đẳng thức xảy ra chỉ khi x = x

,
có nghĩa là, khi điều kiện (1.12) được thỏa mãn.
Mệnh đề 1.1. Cho F : K
1
→ R
n


là ánh xạ liên tục đơn điệu chặt trên
tập lồi đóng K
1
⊂ R
n
. Cho K
2
⊂ K
1
lồi, đóng. Giả sử, tồn tại nghiệm
của các bài toán
x
j
∈ K
j
: F (x
j
), y − x
j
 ≥ 0 với y ∈ K
j
, j = 1, 2,
(i) Nếu F (x
2
) = 0 thì x
1
= x
2
.
(ii) Nếu F (x

2
) = 0 và x
1
= x
2
thì siêu phẳng F (x
2
), y − x
2
 = 0 tách
x
1
và K
2
.
14
1.5. Một số bài toán dẫn tới bất đẳng thức biến
phân
Chúng ta tiếp tục làm sáng tỏ một số bài toán cơ bản liên quan
đến bất đẳng thức biến phân. Đặc biệt, chúng ta đưa ra mối quan hệ
giữa các hàm lồi và các toán tử đơn điệu.
Cho f ∈ C
1
(K), K ⊂ R
n
là một tập lồi, đóng và đặt F = gradf(x).
Tại điểm này, chúng ta không phân biệt giữa không gian R
n
và không
gian đối ngẫu (R

n
)

.
Mệnh đề 1.2. Giả sử tồn tại một điểm x ∈ K sao cho
f(x) = min
y∈K
f(y).
Khi đó, x là một nghiệm của bất đẳng thức biến phân
x ∈ K : (F (x), y − x) ≥ 0 ∀y ∈ K.
Chứng minh. Nếu y ∈ K thì z = x + t(y − x) ∈ K với 0 ≤ t ≤ 1. Do đó,
hàm
ϕ(t) = f(x + t(y − x)), 0 ≤ t ≤ 1
đạt giá trị nhỏ nhất tại t = 0.
Suy ra
0 ≤ ϕ

(0) = (grad f(x), y − x) = (F (x), y − x).
Điều ngược lại xảy ra khi f là hàm lồi.
Mệnh đề 1.3. Giả sử f là hàm lồi và điểm x thỏa mãn
x ∈ K : (F (x), y − x) ≥ 0 ∀y ∈ K.
Khi đó, f(x) = min
y∈K
f(y).
15
Chứng minh. Thật vậy, vì f là hàm lồi nên
f(y) ≥ f(x) + (F (x), y − x) với bất kỳ y ∈ K.
Nhưng, theo giả thiết: (F(x), y − x) ≥ 0, bởi vậy:
f(y) ≥ f(x).
Mệnh đề 1.4. Cho f : E → R

1
, E ∈ R
n
là hàm khả vi liên tục, lồi (lồi
chặt). Khi đó, hàm F (x) = gradf(x) đơn điệu (đơn điệu chặt).
Chứng minh. Lấy x, x

∈ E, vì E lồi nên
f(x) ≥ f(x

) + (F (x), x − x

)
và
f(x

) ≥ f(x) + (F(x), x

− x)
Cộng theo vế của hai bất đẳng thức trên, ta được:
(F (x

) − F (x), x

− x) ≥ 0 x, x

∈ E.
Do đó, theo Định nghĩa 1.5, F đơn điệu. Việc chứng minh, hàm F đơn
điệu chặt khi f lồi chặt là hoàn toàn tương tự.
Tuy nhiên không phải tất cả các toán tử đơn điệu đều được bắt

nguồn từ gradient của các hàm lồi. Chẳng hạn, ta xét ví dụ sau:
F (x) = (x
1
, x
2
+ ϕ(x
1
)), a = (x
1
, x
2
) ∈ R
2
,
trong đó, ϕ là các hàm trơn của x
1
∈ R
1
sao cho:
|ϕ(x
1
) − ϕ(x

1
)| ≤ |x
1
− x

1
| ∀x

1
, x

1
∈ R
1
16
Ta có:
(F (x) − F(x

), x − x

) = ((x
1
− x

1
, x
2
− x

2
+ ϕ(x
1
) − ϕ(x

1
)), (x
1
− x


1
, x
2
− x

2
))
= |x − x

|
2
+ (x
2
− x

2
)(ϕ(x
1
) − ϕ(x

1
))
≥ |x − x

|
2
− |x
2
− x


2
| |ϕ(x
1
) − ϕ(x

1
)|
≥ |x − x

|
2
− 1/2|x
2
− x

2
|
2
− 1/2|ϕ(x
1
) − ϕ(x

1
)|
2
≥ 1/2|x − x

|
2

.
Điều kiện cho một toán tử đơn điệu được cho bởi gradient của một hàm
lồi được nghiên cứu sâu hơn bởi Rockafellar.
Để kết thúc chương này, chúng ta đề cập đến một bài toán
của quy hoạch toán học mà nó có thể quy về bất đẳng thức
biến phân.
Bài toán 1.2. (Bài toán bù) Cho
R
n
+
= {x = (x
1
, x
2
, , x
n
) ∈ R
n
: x
i
≥ 0}
là một tập lồi, đóng của không gian R
n
và ánh xạ F : R
n
+
→ R
n
. Tìm
điểm x

0
∈ R
n
+
sao cho:
F (x
0
) ∈ R
n
+
và (F(x
0
), x
0
) = 0.
Định lý 1.7. Điểm x
0
∈ R
n
+
là một nghiệm của Bài toán 1.2 khi và chỉ
khi
x
0
∈ R
n
+
: (F (x
0
), y − x

0
) ≥ 0 với mọi y ∈ R
n
+
.
Chứng minh. Đầu tiên chú ý rằng, nếu x
0
là một nghiệm của của Bài
toán bù 1.2, thì (F(x
0
), y) ≥ 0 với bất kỳ y ∈ R
n
+
, do đó
(F (x
0
), y − x
0
) = (F (x
0
), y) − (F (x
0
), x
0
) = (F (x
0
), y) ≥ 0.
Ngược lại, giả sử rằng, x
0
∈ R

n
+
là một nghiệm của bất đẳng thức
biến phân. Khi đó,
y = x
0
+ e
i
, e
i
= (0, , 0, 1, 0, , 0) (1 ở vị trí thứ i)
17
là một phần tử của R
n
+
, vì vậy
0 ≤ (F (x
0
), x
0
+ e
i
− x
0
) = (F (x)
0
, e
i
) = (F (x
0

))
hay là (F (x
0
)) ∈ R
n
+
. Do đó, vì y = 0 ∈ R
n
+
nên
(F (x
0
), x
0
) ≤ 0.
Nhưng x
0
, F (x
0
) ∈ R
n
+
, suy ra
(F (x
0
), x
0
) ≥ 0.
Bởi vậy
(F (x

0
), x
0
) = 0.
Chương 2
Bất đẳng thức biến phân trong
không gian Hilbert
2.1. Dạng song tuyến tính
Nhiều câu hỏi thú vị trong lý thuyết của bất đẳng thức biến phân
có thể được xây dựng theo quan điểm của các dạng song tuyến tính trên
không gian Hilbert. Lý thuyết này là một sự tổng quát hóa của lý thuyết
biến phân của các bài toán biên của phương trình Eliptic tuyến tính.
Cho H là một không gian Hilbert trên trường số thực và H

là
không gian đối ngẫu của nó. Chúng ta thiết lập tích trong (.,.) và chuẩn
|| . || và
H × H

→ R
f, x → f, x
là phép nhân giữa H và H

.
Cho a(u, v) là một dạng song tuyến tính (thực) trên H, có nghĩa
là, a : H × H → R liên tục và tuyến tính theo từng biến u, v. Một dạng
song tuyến tính a(u, v) là đối xứng nếu
a(u, v) = a(v, u) với mọi u, v ∈ H.
19
Một ánh xạ tuyến tính và liên tục

A : H → H

xác định một dạng song tuyến tính thông qua phép nhân
a(u, v) = Au, v . (2.1)
Điều kiện của tính tuyến tính được thỏa mãn và |a(u, v)| ≤ c u. v
với hằng số c ≥ 0, nó kéo theo a liên tục. Và ngược lại, cho một dạng
song tuyến tính a(u, v), ánh xạ tuyến tính
v → a(u, v) với v ∈ H
xác định một ánh xạ tuyến tính liên tục A : H → H thỏa mãn (2.1).
Định nghĩa 2.1. Dạng song tuyến tính a(u, v) thỏa điều kiện bức trên
H, nếu tồn tại số α ≥ 0 sao cho:
a(u, v) ≥ αv
2
với v ∈ H. (2.2)
Dạng song tuyến tính a(u, v) thỏa điều kiện bức khi và chỉ khi ánh
xạ A được xác định bởi (2.1) là thỏa điều kiện bức theo nghĩa của Định
nghĩa 1.4 (trong Chương 1). Rõ ràng, một dạng song tuyến tính đối xứng
bức a(u, v) xác định một chuẩn a(v, v)
1/2
trên H tương đương với v.
Bây giờ chúng ta xét
Bài toán 2.1. Cho K ⊂ H lồi, đóng và f ∈ H

. Tìm
u ∈ K : a(u, v − u) ≥ f, v − u, ∀v ∈ K. (2.3)
2.2. Sự tồn tại nghiệm
Trong phần này, chúng ta sẽ giải quyết Bài toán 2.1 và chứng minh
các kết quả.
20
Định lý 2.1. Cho a(u, v) là một dạng song tuyến tính thỏa điều kiện bức

trên H, K ⊂ H lồi, đóng và f ∈ H

. Khi đó, tồn tại duy nhất một nghiệm
cho Bài toán 2.1. Ngoài ra, nếu ánh xạ f → u là Lipschitz, nghĩa làn
nếu u
1
, u
2
là các nghiệm của Bài toán 2.1, tướng ứng với f
1
, f
2
∈ H

thì
u
1
− u
2
 ≤ (1/α) f
1
− f
2

H

. (2.4)
Chú ý rằng, ánh xạ f → u là tuyến tính nếu K là không gian con
của H.
Chứng minh. Chúng ta bắt đầu với việc chứng minh công thức (2.4).

Giả sử, tồn tại u
1
, u
2
∈ H là các nghiệm của bất đẳng thức biến phân
u
i
∈ K : a(u
i
, v − u
i
) ≥ f
i
, v − u
i
 với v ∈ K, i = 1, 2,
Ta đặt: v = u
2
trong bất đẳng thức của u
1
, và v = u
1
trong bất đẳng
thức của u
2
, ta nhận được bất đẳng thức sau bằng cách cộng theo vế
a(u
1
− u
2

, u
1
− u
2
) ≤ f
1
− f
2
, u
1
− u
2
.
Từ điều kiện bức của a, ta có
αu
1
− u
2

2
≤ f
1
− f
2
, u
1
− u
2
 ≤ f
1

− f
2


H
. u
1
− u
2
 ,
và vì vậy (2.4) đúng.
* Chứng minh sự tồn tại của u:
Đầu tiên, chúng ta giả sử rằng a(u, v) là đối xứng, và định nghĩa
hàm
I(u) = a(u, u) − 2 f, u , u ∈ H.
Đặt d = inf
K
I(u). Từ
I(u) ≥ αu
2
− 2f
H

.u
H
≥ αu
2
− (1/α)f
2
H


− αu
2
≥ (−1/α)f
2
H

.
21
Ta thấy rằng, d ≥ (1/α)f
2
H

> −∞.
Theo tính chất của infinmum tồn tại dãy {u
n
} của I trong K sao cho
{u
n
∈ K : d ≤ I(u
n
) ≤ d + (1/n)}.
Áp dụng đẳng thức hình bình hành và nhớ rằng K lồi, chúng ta có
αu
n
− u
m

2
≤ a(u

n
− u
m
, u
n
− u
m
)
= 2a(u
n
, u
n
) + 2a(u
m
, u
m
) − 4a(1/2(u
n
+ u
m
), 1/2(u
n
+ u
m
))
= 2I(u
n
) + 2I(u
m
) − 4I(1/2(u

n
+ um))
≤ 2[(1/n) + (1/m)].
Chúng ta đã sử dụng
4 f, u
n
 + 4 f, u
m
 − 8 f, 1/2(u
n
+ u
m
) = 0.
Do đó, dãy {u
n
} là dãy Cauchy và do K đóng, nên tồn tại một phần tử
u ∈ K sao cho u
n
→ u trong H và I(u
n
) → I(u). Do đó, I(u) = d.
Bây giờ, với bất kỳ v ∈ K, u + ε(v − u) ∈ K, 0 ≤ ε ≤ 1, và
I(u + ε(v − u)) ≥ I(u).
Ta có
(d/dε)(u + ε(v − v)|
ε=0
) ≥ 0.
Nói cách khác
2ε(u, v − u) + ε
2

a(v − u, v − u) − 2εf, v − u ≥ 0.
Hay là
a(u, u − v) ≥ f, v − u −
1
2
εa(v − u, v − u) với bất kỳ ε, 0 ≤ ε ≤ 1.
Chọn ε = 0, chúng ta thấy u là một nghiệm của Bài toán 2.1.
22
Bây giờ, chúng ta xét trường hợp chung như là một nhiễu của đối
xứng đơn và xét dạng song tuyến tính thỏa điều kiện bức.
a
t
= a
0
(u, v) + t.b(u, v), 0 ≤ t ≤ 1,
trong đó
a
0
(u, v) =
1
2
(a(u, v) + a(v, u))
và
b(u, v) =
1
2
(a(u, v) − a(v, u))
là các phần đối xứng và phản đối xứng của a. Thấy rằng, a
1
(u, v) =

a(u, v) và a
t
(u, v) là thỏa điều kiện bức với cùng hằng số α.
Bổ đề 2.1. Nếu Bài toán 2.1 là giải được với a
τ
(u, v) và với mọi f ∈ H

,
thì nó cũng giải được với a
t
(u, v) và với mọi f ∈ H

, trong đó τ ≤ t ≤
τ + t
0
, t
0
≤ α/M, và
M = sup
|b(u, v)|
u. v
< +∞.
Chứng minh. Ta xây dựng ánh xạ
T : H → K
bởi u = T ω nếu
u ∈ K : a
τ
(u, v − u) ≥ F
t
, v − u, ∀u ∈ K,

trong đó
F
t
, v = f, v − (t − τ)b(ω, v)
và τ ≤ t ≤ τ + t
0
.
Theo giả thuyết, T là định nghĩa tốt cho u
1
= T ω
1
và u
2
= T ω
2
, áp dụng
công thức (2.4), ta có:
||u
1
− u
2
|| ≤ (1/α)(t − τ)M||ω
1
− ω
2
|| ≤ (1/α)t
0
M||ω
1
− ω

2
||,