Điều kiện cần và đủ cho nghiệm hữu hiệu của bài toán cân bằng véc tơ và áp dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
  



NGUYỄN ĐĂNG HUY



ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ CHO NGHIỆM HỮU HIỆU
CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VÉC TƠ VÀ ÁP DỤNG

CHUYÊN NGÀNH: TOÁN ỨNG DỤNG


LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC








Thái Nguyên - 2014
Mục lục
Mở đầu 1
Nội dung 3

1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CỦA GIẢI TÍCH HÀM VÀ GIẢI
TÍCH LỒI 4
1.1 Định lí Ljusternik cho C
1
ánh xạ và định lí ánh xạ mở cho
quá trình lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Định lí tách các tập lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ CHO NGHIỆM HỮU HIỆU
CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VÉC TƠ 21
2.1 Điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu của bài toán cân bằng
véc tơ khả vi Fréchet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2 Điều kiện đủ cho nghiệm hữu hiệu của bài toán cân bằng vecto 30
3 ÁP DỤNG 33
3.1 Điều kiện tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bất đẳng thức biến
phân vecto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.2 Điều kiện tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bài toán tối ưu vecto 36
KẾT LUẬN 38
TÀI LIỆU THAM KHẢO 39
1
Mở đầu
Lớp các bài toán cân bằng véc tơ là một bộ phận quan trọng của giải
tích phi tuyến. Bất đẳng thức biến phân véc tơ, bài toán tối ưu véc tơ, bài
toán cân bằng Nash véc tơ và bài toán bù véc tơ là các trường hợp riêng của
bài toán cân bằng véc tơ. Một đề tài quan trọng của bài toán cân bằng véc
tơ là nghiên cứu các điều kiện tối ưu cho các nghiệm hữu hạn của chúng.
Bằng cách sử dụng một tổng quát hóa của định lí Ljusternik, định lí ánh
xạ mở cho quá trình lồi và các định lí tách các tập lồi, X.H. Gong(2012)
đã thiết lập các điều kiện cần và đủ cho nghiệm hữu hiệu của bài toán cân
bằng véc tơ có ràng buộc nón với các giả thiết về tính khả vi của các hàm
dữ liệu, trong đó không đòi hỏi nón thứ tự trong không gian mục tiêu có

phần trong khác rỗng. Đây là một đề tài thời sự được nhiều tác giả nghiên
cứu. Chính vì thế, tôi chọn đề tài “ Điều kiện cần và đủ cho nghiệm hữu
hiệu của bài toán cân bằng véc tơ và áp dụng ” .
Luận văn trình bày các kết quả của X.H.Gong(2012) về điều kiện cần và
đủ tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bài toán cân bằng véc tơ có ràng buộc
nón và các áp dụng cho bài toán bất đẳng thức biến phân véc tơ và bài toán
tối ưu véc tơ có ràng buộc nón.
Luận văn này bao gồm phần mở đầu, ba chương, kết luận và danh mục
các tài liệu tham khảo.
Chương 1. Một số kiến thức của giải tích hàm và giải tích lồi, trình bày
một số kiến thức quan trọng của giải tích hàm và giải tích lồi bao gồm một
tổng quát hóa các định lí Ljusternik cho C
1
- ánh xạ, định lí ánh xạ mở cho
2
Mở đầu 3
quá trình lồi và các định lí tách các tập lồi.
Chương 2. Điều kiện cần và đủ cho nghiệm hữu hiệu của bài toán cân
bằng véc tơ, trình bày các điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu của bài toán
cân bằng véc tơ khả vi Fréchet trên cơ sở một mở rộng của định lí Ljusternik
cho C
1
- ánh xạ định lí ánh xạ mở cho quá trình lồi và các định lí tách các
tập lồi. Chương 2 cũng trình bày các điều kiện đủ tối ưu cho nghiệm hữu
hiệu của bài toán cân bằng véc tơ với các giả thiết về tính lồi của các hàm
dữ liệu.
Chương 3. Áp dụng, trình bày các điều kiện cần và đủ tối ưu cho nghiệm
hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân véc tơ và bài toán tối ưu
véc tơ có ràng buộc nón dựa trên các kết quả đã trình bày trong chương 2
cho bài toán cân bằng véc tơ.

Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS Đỗ
Văn Lưu trong suốt thời gian làm luận văn, em xin bày tỏ lòng kính trọng
và sự biết ơn sâu sắc đến thầy. Tác giả cũng chân thành cảm ơn các thầy
cô giáo phản biện đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn,
các thầy cô giáo Khoa Toán- Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên. Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè,
những người đã tạo điều kiện thuận lợi và động viên tôi hoàn thành luận
văn này.
Do thời gian còn nhiều hạn chế nên khóa luận không tránh khỏi những
thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý từ thầy cô và các bạn.
Thái Nguyên, tháng 06 năm 2014.
Tác giả
Nguyễn Đăng Huy
Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CỦA GIẢI
TÍCH HÀM VÀ GIẢI TÍCH LỒI
Trình bày một số kiến thức của giải tích hàm và giải tích lồi bao gồm
một tổng quát hóa các định lí Ljusternik cho C
1
- ánh xạ, định lí ánh xạ
mở cho quá trình lồi và các định lí tách các tập lồi.
1.1 Định lí Ljusternik cho C
1
ánh xạ và định lí ánh xạ
mở cho quá trình lồi
Giả sử X, Y và Z là không gian Banach thực, C ⊂ Y và K ⊂ Z là các
nón nhọn lồi đóng với int K = φ, trong đó int K là kí hiệu phần trong của
tập K.
Giả sử Y
∗

và Z
∗
là các không gian đối ngẫu tôpô của Y và Z tương ứng.
Đặt
C
∗
= {y
∗
∈ Y
∗
: y
∗
(y)  0 , ∀y ∈ C}
và
K
∗
= {z
∗
∈ Z
∗
: z
∗
(z)  0 , ∀z ∈ K}
là các nón đối ngẫu của C và K, tương ứng. Kí hiệu tựa phần trong của C
∗
4
5
là C
#
,

C
#
= {y
∗
∈ Y
∗
: y
∗
(y) > 0, ∀y ∈ C\ {0}} .
Giả sử S ⊂ X là tập con lồi mở khác rỗng, và các ánh xạ
F : S × S → Y, g : S → Z
Định nghĩa tập ràng buộc
A = {x ∈ S : g(x) ∈ −K} ,
và xét bài toán cân bằng véc tơ có ràng buộc (kí hiệu là (VEPC)):
Tìm x ∈ A sao cho
F (x, y) /∈ −P \ {0} , ∀y ∈ A,
trong đó P là một nón lồi trong Y.
Định nghĩa 1.1.
Véc tơ x ∈ A thỏa mãn
F (x; y) /∈ −C\ {0} , ∀y ∈ A,
được gọi là một nghiệm hữu hiệu của (VEPC).
Giả sử L(X, Y ) là không gian của tất cả các ánh xạ tuyến tính bị chặn
từ X vào Y. (VEPC) bao hàm như một trường hợp đặc biệt bất đẳng thức
biến phân véc tơ có ràng buộc ( Kí hiệu là (VVIC)),
F (x, y) = (T x)(y − x), x, y ∈ S,
ở đây T là ánh xạ từ S vào L(X, Y ).
6
Định nghĩa 1.2.
Nếu F(x; y) = (T x)(y − x), x, y ∈ S, và nếu x ∈ A là một nghiệm hữu
hiệu của (VEPC), thì x ∈ A được gọi là nghiệm hữu hiệu của (VVIC).

Trường hợp đặc biệt khác của (VEPC) là bài toán tối ưu véc tơ có điều
kiện ( kí hiệu là (VOPC)) trong đó
F (x, y) = f(y) − f(x), x, y ∈ S,
với ánh xạ f : S → Y .
Định nghĩa 1.3.
Nếu F (x, y) = f(y) − f(x), x, y ∈ S, và nếu x ∈ A là một nghiệm hữu
hiệu của (VEPC), thì x ∈ A được gọi là một nghiệm hữu hiệu của (VOPC).
Định nghĩa 1.4.
Giả sử X là một không gian tuyến tính thực, và Y là một không gian tôpô
tuyến tính thực. Giả sử S
2
là một tập con khác rỗng của X và f : S
2
→ Y ,
x ∈ S
2
. Nếu với h ∈ X nào đó, giới hạn
f

(x)(h) = lim
λ→0
1
λ
(f(x + λh) − f(x))
tồn tại, thì f

(x)(h) được gọi là đạo hàm Gâteaux của f tại x theo phương
h. Nếu giới hạn này tồn tại với mỗi phương h, thì ánh xạ f được gọi là ánh
xạ khả vi Gâteaux tại x
Định nghĩa 1.5.

Giả sử X và Y là không gian chuẩn và D là một tập con mở khác rỗng
của X. Hơn nữa, giả sử ánh xạ f : D → Y với x ∈ D. Nếu tồn tại một ánh
xạ tuyến tính liên tục f

(x) : X → Y với tính chất
lim
h→0
f(x + h) − f(x) − f

(x)(h)
h
= 0,
7
thì f

(x) được gọi là đạo hàm Fréchet của f tại x và f được gọi là đạo hàm
khả vi Fréchet tại x.
Nhận xét 1.1. Nếu f khả vi Fréchet tại x, thì f là khả vi Gâteaux tại x và
đạo hàm Fréchet của f tại x bằng đạo hàm Gâteaux của f tại x theo mỗi
phương h.
Định nghĩa 1.6.
Giả sử X và Y là các không gian tuyến tính thực, C là một nón lồi nhọn
trong Y , A là một tập con lồi khác rỗng của X. Ánh xạ f : A → Y được
gọi là C- lồi, nếu ∀x, y ∈ A và ∀λ ∈ [0, 1] ,
λf(x) + (1 − λ)f(y) − f(λx + (1 − λ)y) ∈ C.
Định nghĩa 1.7.
Giả sử T là ánh xạ đa trị từ X vào Y với T (x) = φ, ∀x ∈ X. T được gọi
là một quá trình lồi từ X → Y nếu
(a) T x + T y ⊂ T (x + y), ∀x, y ∈ X,
(b) T (λx) = λT (x) , ∀x ∈ X, λ > 0,

(c) 0 ∈ T (0).
Quá trình lồi T : X → Y được gọi là đóng nếu {(x, y) : y ∈ T x} đóng
trong X × Y.
Định lí sau đây là một tổng quát hóa của định lí Ljusternik.
8
Định lý 1.1.
Giả sử X và Y là không gian Banach thực, và cho f : X → Y là C
1
ánh
xạ. Nếu f

(x)(X) = Y , thì với x ∈ X có chuẩn x đủ nhỏ, tồn tại u ∈ X
với u = ◦(x) sao cho
f(x + x + u) − f(x) − f

(x)(x) = 0.
Để chứng minh một kết quả tương tự định lí 1.1, trước hết ta chứng
minh bổ đề sau đây.
Bổ đề 1.1.
Giả sử X và Y là không gian Banach, S là tập hợp lồi mở khác rỗng của
X, và ánh xạ: f : S → Y, x ∈ S, h ∈ X với L = {x + th : 0  t  1} ⊂ S.
Giả sử f khả vi liên tục Fréchet trên L. Khi đó,
f(x + h) − f(x) =
1

0
f

(x + th)(h)dt.
Chứng minh.

Kí hiệu không gian đối ngẫu tôpô của Y là Y
∗
.
Với x ∈ S, h ∈ X,L = {x + th : 0  t  1} ⊂ S và y
∗
∈ Y
∗
, ta xác định
hàm giá trị thực
g(t) = y
∗
◦ f(x + th), t ∈ [0, 1] .
Với mỗi t ∈ [0; 1], ta có
g

(t) = lim
∆t→0
g(t + ∆t) − g(t)
∆t
= lim
∆t→0
y
∗
f(x + (t + ∆t)h) − y
∗
f(x + th)
∆t
= y
∗
◦ f


(x + th)(h).
9
Theo công thức Newton-Leibniz, ta có
y
∗
(f(¯x + h) − f(¯x) = g(1) − g(0)
=
1

0
g

(t)dt
= y
∗
(
1

0
f

(¯x + th)(h)dt
= y
∗
(
1

0
f


(¯x + th)(h)dt)
Do tính bất kì của y
∗
∈ Y
∗
nên
f(x + h) − f(x) =
1

0
f

(x + th)(h)dt.
Bổ đề được chứng minh.
Bây giờ ta trình bày một mở rộng của định lí 1.1
Định lý 1.2.
Giả sử X và Y là các không gian Banach thực, giả sử S là một tập con
lồi mở của X, và f : S → Y là khả vi liên tục Fréchet trong một lân cận
của x ∈ S. Nếu f

(x)(X) = Y , thì với bất kì x ∈ X với x đủ nhỏ, tồn tại
u ∈ X với u = ◦ (x) sao cho
f(x + x + u) − f(x) − f

(x)(x) = 0
Chứng minh.
Đặt
X
0

= {x ∈ X : f

(x)(x) = 0} .
Do f

(x) liên tục, X
0
là không gian con tuyến tính đóng của X.
10
Xét không gian thương X/X
0
.Ta có X/X
0
là không gian tuyến tính. Nếu
.
x
∈ X/X
0
, thì
.
x
= x + X
0
, ta định nghĩa chuẩn


.
x



= inf
x∈
.
x
x trong không
gian thương X/X
0
.
Ta có, X/X
0
là không gian Banach bởi vì X
0
đóng. Nếu x, x

∈
.
x
thì
f

(x)(x) = f

(x)(x

).
Ta định nghĩa A : X/X
0
→ Y bởi
A
.

x
= f

(x)(x), ∀
.
x
∈ X/X
0
, x ∈
.
x
Do A xác định và A là toán tử tuyến tính do tính tuyến tính của f

(¯x). Với
.
x
∈ X/X
0
,


A
.
x


= f

(x)(x)  f


(x) x , ∀x ∈
.
x
.
Do đó,


A
.
x


 f

(x) . inf
x∈
.
x
x = f

(x) . x , ∀
.
x
∈ X/X
0
.
Vì vậy, A là toán tử tuyến tính bị chặn. Phần tử 0 của X/X
0
và
.

0
= X
0
.
Nếu
.
x
= 0 thì A
.
x
= 0. Vì vậy A là đơn ánh.
Mặt khác, giả thiết f

(x)(X) = Y kéo theo A(X/X
0
) = Y .
Từ định lí toán tử ngược Banach ta suy ra A có toán tử ngược bị chặn A
−1
bởi vì X/X
0
và Y là hai không gian Banach.
Theo giả thiết, f là khả vi liên tục Fréchet trong một lân cận của x ∈ S, thì
tồn tại một số dương r sao cho U(x, r) = x + U(0, r) ⊂ S, trong đó
U(0, r) = {x ∈ X : x − 0 < r}
và f : S → Y là khả vi liên tục Fréchet trong U(x, r). Do đó, tồn tại
0 < δ < r/2 sao cho
11
sup
z−¯x<δ
f


(z) − f

(¯x) < 1/(4


A
−1


). (1.1)
Lấy x với x < δ/2. Ta có f là khả vi Fréchet tại x, ta có
f(x + x) − f(x) − f

(x)(x) = ω(x; x) (1.2)
trong đó, lim
x→0
ω(x;x)
x
= 0. Ta có thể chọn x < δ/2 đủ nhỏ sao cho
w(¯x; x) < δ/8


A
−1


(1.3)
Ta sử dụng phương pháp lặp để giải các phương trình sau:
f(x + x + z) − f(x) − f


(x)(x) = 0. (1.4)
Giả sử ˙z
0
=
˙
0, và
˙z
1
= ˙z
0
− A
−1
[f(¯x + x + z
0
) − f(¯x) − f

(¯x)(x)] . (1.5)
trong đó z
0
= 0. Nếu f(¯x + x + z
0
) − f(¯x) − f

(¯x)(x) = 0, thì z = z
0
= 0
là một nghiệm của (1.4). Rõ ràng, z
0
= ◦(x). Nếu không ,

.
z
=
.
0
. Do

.
z
1
 = inf
z∈z
1
z và 
.
z
1
 = 2 
.
z
1
, theo định nghĩa infimum, tồn tại z
1
∈
.
z
1
sao cho
inf
z∈ ˙z

1
z  z
1
 < 2  ˙z
1

Vì vậy từ (1.2),(1.3),(1.5) ta có
z
1
 < 2


A
−1


f(¯x + x) − f(¯x) − f

(¯x)(x) = 2


A
−1


ω(¯x; x) < δ/4
(1.6)
Như vậy, ¯x + x + z
1
∈ U(¯x, δ). Do đó,

˙z
2
= ˙z
1
− A
−1
[f(¯x + x + z
1
) − f(¯x) − f

(¯x)(x)] . (1.7)
12
Nếu f(x + x + z
1
) − f(x) − f

(x)(x) = 0, thì z
1
là nghiệm của phương
trình (1.4). Bởi vì lim
x→0
ω(x;x)
x
= 0. Từ (1.6) ta có lim
x→0
z
1

x
= 0. Do đó,

z
1
 = ◦(x), mặt khác, ˙z
2
− ˙z
1
= 0 . Đặt
˙y
1
= A
−1
[f(¯x + x + z
1
) − f(¯x) − f

(¯x)(x)]
Do (1.7), ta có
˙z
2
= ˙z
1
− ˙y
1
= z
1
− y
1
+ X
0
,

trong đó y
1
∈ ˙y
1
. Chú ý
˙z
2
− ˙z
1
= −y
1
+ X
0
. (1.8)
Ta có


.
z
2
−
.
z
1


= inf
x

∈X

0
−y
1
+ x


và
 ˙z
2
− ˙z
1
 = inf
x

∈X
0
−y
1
+ x

 < 2  ˙z
2
− ˙z
1
 .
Theo định nghĩa infimum, tồn tại x
0
∈ X
0
sao cho

−y
1
+ x
0
 < 2  ˙z
2
− ˙z
1
 .
Ta có
z
1
− y
1
+ x
0
− z
1
 < 2  ˙z
2
− ˙z
1
 .
Theo (1.8),
z
1
− y
1
+ x
0

∈ ˙z
2
Đặt z
2
= z
1
− y
1
+ x
0
, thì
z
2
∈ ˙z
2
13
Do đó,
z
2
− z
1
 < 2  ˙z
2
− ˙z
1
 (1.9)
Theo bổ đề (1.1), ta có
f(x + x + z
1
) − f(x + x) =

1

0
f

(x + x + tz
1
)(z
1
)dt.
Vì vậy từ (1.9),(1.5), (1.7), (1.1), và do
x + z
1
 < δ
ta có
z
2
− z
1
 ≺ 2


.
z
2
−
.
z
1



= 2


.
z
1
−
.
z
0
− A
−1
[f(x + x + z
1
) − f(x + x + z
0
]


 2


A
−1


·



f(x + x + z
1
) − f(x + x + z
0
) − A(
.
z
1
)


= 2


A
−1


·






1

0
f


(x + x + tz
1
)(z
1
)dt − f

(x)(z
1
)






= 2


A
−1


·






1


0
f

(x + x + tz
1
)(z
1
)dt −
1

0
f

(x)(z
1
)dt






= 2


A
−1



·
1

0
f

(x + x + tz
1
) − f

(x) z
1
 dt
= 2


A
−1


·
1

0
sup
z−x≺σ
f

(z) − f


(x) z
1
 dt
= 2


A
−1


·
1
4 A
−1

z
1
 = z
1
 /2.
Do (1.6), ta có
z
2
 < (1 + 1/2) z
1
 < (3/2).δ/4 < δ/2
14
Do x < δ/2, ta có
x + tz
2

 < x + z
2
 < δ/2 + δ/2 = δ, ∀t ∈ [0; 1] .
Do đó, ¯x + x + z
2
∈ U(¯x, δ). Do z
1
 = ◦(x) và z
2
  3 z
1
 /2, nên ta
có z
2
 = ◦(x). Lấy
˙z
3
= ˙z
2
− A
−1
[f(¯x + x + z
2
) − f(¯x) − f

(¯x)(x)]
Vì vậy, chúng ta có thể nhận được kết luận hoặc nhận được nghiệm (1.4)
sau một số bước lặp, hoặc là nếu không chúng ta nhận được một dãy

.

z
n

theo quy nạp
˙z
n
= ˙z
n−1
− A
−1
[f(¯x + x + z
n−1
) − f(¯x) − f

(¯x)(x)] , (1.10)
trong đó z
n−1
∈ ˙z
n−1
với ¯x + x + z
n−1
∈ U(¯x, δ) và
z
n
− z
n−1
 < 2  ˙z
n
− ˙z
n−1

 (1.11)
và
z
n
 < σ/2
Theo (1.10), và x + tz
k−1
+ (1 − t)z
k−2
 < δ, ta có
z
k
− z
k−1
 < 2  ˙z
k
− ˙z
k−1
 (1.12)
15
= 2


.
z
k−1
−
.
z
k−2

− A
−1
[f(x + x + z
k−1
) − f(x + x + z
k−2
)]


 2


A
−1


.


f(x + x + z
k−1
) − f(x + x + z
k−2
) − A(
.
z
k−1
−
.
z

k−2
)


 2


A
−1




f(x + x + z
k−1
) − f(x + x + z
k−2
) − f

(x)(
.
z
k−1
−
.
z
k−2
)



= 2


A
−1








1

0
f

(¯x + x + z
k−1
) + t(z
k−1
− z
k−2
)(z
k−1
− z
k−2
)dt
−

1

0
f

(¯x)(z
k−1
− z
k−2
)dt






= 2


A
−1








1


0
[f

(¯x + x + z
k−2
) + t(z
k−1
− z
k−2
)(z
k−1
− z
k−2
)−
−f

(¯x)] (z
k−1
− z
k−2
)dt
 2


A
−1


·

1

0
sup
z−x≺σ
f

(z) − f

(x) (z
k−1
− z
k−2
) dt
 2


A
−1


·
1
4 A
−1

z
k−1
− z
k−2

 = z
k−1
− z
k−2
 /2, ∀k  3
và
z
k−1
 <

1 +
1
2
+ · · · +
1
2
k−2

. z
1
 , ∀k  3. (1.13)
với n > 1, do z
0
= 0, ta có
z
n
− z
n−1
 <
1

2
z
n−1
− z
n−2
 < · · · <
1
2
n−1
z
1
 .
Như vậy,
lim
n→∞
z
n
− z
n−1
 = 0.
16
Với số tự nhiên p bất kì ta có
z
n+p
− z
n
  z
n+p
− z
n+p−1

 + z
n+p−1
− z
n+p−2

+ · · · + z
n+1
− z
n
 

1
2
p−1
+
1
2
p−2
+ + 1

z
n+1
− z
n
 < 2 z
n+1
− z
n
 .
Ta có {z

n
} là một dãy Cauchy trong X. Vì X là đầy đủ nên tồn tại một số z
sao cho z
n
→ z (n → ∞). Theo định nghĩa chuẩn trong không gian thương
X/X
0
, ta có
˙z
n
→ ˙z, khiz ∈ ˙z
Lấy giới hạn trong(1.10), do tính liên tục của A
−1
và f, ta có
.
z
=
.
z
−A
−1
[f(
x + x + z) − f(x) − f

(x)(x)] .
vì vậy
A
−1
[f(x + x + z) − f(x) − f


(x)(x)] = 0.
Vì A là đơn ánh , nên A
−1
cũng là đơn ánh. Do đó,
f(¯x + x + z) − f(¯x) − f

(¯x)(x) = 0
Hơn nữa, do z
n
  2 z
1
 = ◦(x) ta có
z = ◦ (x) .
Bổ đề 1.2.
Giả sử X và Y là các không gian Banach, quá trình lồi đóng
T : X → 2
Y
là toàn ánh ( Im(T ) = Y ). Khi đó, T
−1
là Lipschitz: tồn tại
một hằng số l > 0 sao cho ∀x
1
∈ T
−1
(y
1
) và ∀y
2
∈ Y, tồn tại x
2

∈ T
−1
(y
2
)
17
thỏa mãn
x
1
− x
2
  l y
1
− y
2
 .
Nhận xét 1.2.
Nếu T thỏa mãn điều kiện bổ đề 1.2, thì T là một ánh xạ mở.
Thật vậy, với D mở của X, và cho y ∈ T (D), tồn tại x ∈ D sao cho
y ∈ T (x), tức là x ∈ T
−1
(y).
Do D là một tập mở, tồn tại một số thực r sao cho
U(¯x, r) = {x ∈ X : x − ¯x < r} ⊂ D.
Với bất kì
y ∈ U(¯y, r/l) = {y ∈ Y : y − ¯y < r/l} ,
theo bổ đề 1.2, tồn tại x ∈ T
−1
(y) thỏa mãn
x − ¯x  l y − ¯y < l (r/l) = r

Do đó, x ∈ U (x, r) , và y ∈ T (U (x, r)) ⊂ T (D). Điều này có nghĩa là
U(y, r/l) ⊂ T (D).
Vậy y là một điểm trong của T(D). Do y là một điểm bất kì của T(D), nên
T (D) là một tập mở.
1.2 Định lí tách các tập lồi
Định lý 1.3. ( định lí tách thứ nhất)
Giả sử A, B là hai tập lồi khác rỗng trong không gian lồi địa phương X,
A ∩ B = ∅, int A = ∅. Khi đó, tồn tại x
∗
∈ X
∗
, x
∗
= ∅, tách A và B
18
Chứng minh.
Ta có : intA lồi. Vì (int A) ∩ B = ∅, nên (int A) − B lồi mở và
0 /∈ (int A) − B tồn tại một siêu phẳng đóng H = { x : < x
∗
, x >= 0} chứa
không gian con tuyến tính { 0} và không cắt (intA) - B. Ta có x
∗
liên tục,
bởi vì H đóng. Hơn nữa, x
∗
= ∅, bởi vì nếu x
∗
= 0 thì H = X, và do đó H
không phải là một siêu phẳng của X nữa.
Ta lại có (intA) - B nằm trong một nửa không gian sinh bởi H, chẳng

hạn nửa không gian trên. Khi đó,
< x
∗
, x − y >> 0 (∀x ∈ int A, ∀y ∈ B )
⇒ < x
∗
, x >  < x
∗
, y > (∀x ∈ int A = A, ∀y ∈ B)
⇒ < x
∗
, x >  < x
∗
, y > (∀x ∈ A, ∀y ∈ B)
Hệ quả 1.1.
Giả sử A, B là các tập lồi khác rỗng trong X, int A = ∅. Khi đó, A và B
tách được ⇔ (int A) ∩ B = ∅
Chứng minh.
a) Giả sử (int A) ∩ B = ∅. Khi đó, theo định lí tách thứ nhất, ∃0 = x
∗
∈
X
∗
sao cho:
< x
∗
, x >  < x
∗
, y > (∀x ∈ int A, ∀y ∈ B)
Do x* liên tục, A ⊂

int A, ta có :
< x
∗
, x >< x
∗
, y > (∀x ∈ A, ∀y ∈ B),
tức là x* tách A và B
19
b) Giả sử 0 = x
∗
∈ X
∗
tách A và B, tức là
< x
∗
, x >< x
∗
, y > (∀x ∈ A, ∀y ∈ B).
Nếu như ∃x ∈ int A, ∃y ∈ B thỏa mãn
< x
∗
, x >=< x
∗
, y >
thì do x
∗
= 0, ta tìm được điểm x
1
trong lân cận U của x(U ⊂ int A), sao
cho:

< x
∗
, x
1
> >< x
∗
, y > .
Bất đẳng thức này mâu thuẫn với giả thiết. Vì vậy,
< x
∗
, x > < < x
∗
, y > (∀x ∈ int A, ∀y ∈ B),
nên (int A) ∩ B = ∅.
Định lý 1.4. ( định lí tách thứ 2)
Giả sử tập A là tập con khác rỗng lồi đóng trong không gian lồi địa
phương X và x
0
/∈ A. Khi đó, tồn tại x
0
= 0 thuộc X* tách ngặt A và x
0
.
Chứng minh.
Bởi vì X\A là mở và x
0
∈ X\A, cho nên tồn tại lân cận lồi U của 0 sao
cho: x
0
+ U ⊂ X\A, tức là

(x
0
+ U) ∩ A = ∅.
Theo định lí tách thứ nhất, tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục x
∗
= 0
tách x
0
+ U và A, tức là
< x
∗
, y >  < x
∗
, x
0
> + < x
∗
, z > (∀y ∈ A, ∀z ∈ U).
20
Do x
∗
= 0, ta có
−ε = inf
z∈U
< x
∗
, z > < 0
⇒< x
∗
, y >  < x

∗
, x
0
> −ε (∀y ∈ A).
Vì vậy x* tách ngặt A và x
0
. Kí hiệu coA là bao lồi đóng của tập A ⊂ X.
Hệ quả 1.2.
Giả sử X là không gian lồi địa phương Hausdorff, A ⊂ X. Khi đó, coA,
trùng với giao của tất cả các nửa không gian chứa A.
Chứng minh.
Gọi tương giao của tất cả các nửa không gian chứa A là M. Bởi vì các
nửa không gian là lồi đóng, cho nên một nửa không gian chứa A khi và chỉ
khi nó chứa coA. Do đó
coA ⊂ M.
Mặt khác, nếu x /∈ coA, thì do định lí tách thứ hai , tồn tại nửa không gian
chứa coA và không chứa x. Vậy, x /∈ M. Do đó, coA = M.
Chương 2
ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ CHO
NGHIỆM HỮU HIỆU CỦA BÀI
TOÁN CÂN BẰNG VÉC TƠ
Chương 2 trình bày điều kiện cần tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bài
toán cân bằng véc tơ khả vi Fréchet có ràng buộc nón, dựa trên một mở
rộng định lí Ljusternik cho C
1
ánh xạ, định lí ánh xạ mở cho quá trình lồi
và định lí tách các tập lồi. Chương 2 cũng trình bày điều kiện đủ tối ưu cho
bài toán cân bằng véc tơ khả vi Gâteaux với các giả thiết về tính lồi cho
các hàm dữ kiện.
2.1 Điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu của bài toán

cân bằng véc tơ khả vi Fréchet
Để chứng minh điều kiện cần cho nghiệm hữu hiệu của (VEPC) chúng
ta sử dụng bổ đề sau.
Bổ đề 2.1.
Giả sử X, Y là không gian định chuẩn thực, S là tập con lồi mở khác
rỗng của X và C là một nón nhọn lồi đóng trong Y . Giả sử f : S → Y là
21
22
C- lồi và f là khả vi Gâteaux tại x ∈ S. Khi đó,
f(x) − f(x) − f

(x)(x − x) ∈ C, ∀x ∈ S.
Cho x ∈ S. Kí hiệu F
x
(y) : S → Y là ánh xạ
F
x
(y) = F (x, y), y ∈ S.
Một điều kiện cần tối ưu cho nghiệm hữu hiệu của bài toán (VEPC) được
phát biểu như sau.
Định lý 2.1.
Giả sử X, Y và Z là các không gian Banach thực, C và K là các nón
nhọn lồi đóng trong Y và Z. Giả sử int K = φ. Cho S là tập con lồi mở
khác rỗng của X , x ∈ A và giả sử F (x, x) = 0. Giả sử F
x
(·) : S → Y là
khả vi liên tục Fréchet trong một lân cận của x, và g(·) : S → Z là khả vi
Fréchet tại x
Giả sử rằng F
x


(x)(X) = Y . Nếu x là một nghiệm hữu hiệu của (VEPC),
thì tồn tại y
∗
∈ C
∗
, z
∗
∈ K
∗
\ {0} sao cho
(y
∗
◦ F
¯x

(¯x) + z
∗
◦ g

(¯x))(x − ¯x)  0 ∀x ∈ S.
và
z
∗
(g(¯x)) = 0.
Hơn nữa, nếu g

(x)(X) = Z thì y
∗
= 0.

Chứng minh.
Giả sử x ∈ A là một nghiệm hữu hiệu của (VEPC). Lấy e ∈ int K. Khi
đó V = (e − int K) ∩ (−e + int K) là một lân cận của 0 trong Z. Bởi vì
g

(x)(0) = 0 và g

(¯x)(·) liên tục trên X là x ∈ A ⊂ S = int S, cho nên tồn
23
tại lân cận đối xứng U trong X với x + U ⊂ S sao cho
g

(x) (x) ∈ V, ∀x ∈ U. (2.1)
Gọi M là tập hợp sau:
M = {(y, z) ∈ Y × Z : ∃x ∈ S sao cho
y − F
¯x

(¯x)(x − ¯x) ∈ C, z − (g(¯x) + g

(¯x)(x − ¯x)) ∈ int K}
Do S là một tập lồi, F
x

(x), g

(x), là các toán tử tuyến tính, nên M là tập lồi
khác rỗng. Ta chỉ ra rằng int M = φ. Với (y, z) ∈ (F
x


(x)(U) + C, e+int K),
ta có y ∈ F
x

(x)(U) + C và z ∈ e + int K. Do U ⊂ S − x, tồn tại x ∈ S với
x − x ∈ U và c ∈ C sao cho
y = F
x

(x)(x − x) + C.
Do U đối xứng, nên −(x − x) ∈ U. Theo (1), ta có
g

(x)(−(x − x) ∈ V ⊂ −e + int K.
Do đó , ta có
z − (g(x) + g

(x)(x − x) ∈ e + int K − g(x) + g

(x)(−(x − x))
= e + int K + K − e + int K ⊂ int K,
và
y − F
x

(x)(x − x) = F
x

(x)(x − x) + c − F
x


(x)(x − x) = c ∈ C.
Chú ý rằng x ∈ S, ta có (y, z) ∈ M.
24
Do tính tùy ý của (y, z) ∈ (F
x

(x)(U) + C, e + int K) , ta có
(F
x

(x)(U) + C, e + int K) ⊂ M
Ta xác định ánh xạ T : X → 2
Y
bởi
T x = F
x

(x)(x) + C ∀x ∈ X
Khi đó T là một quá trình lồi đóng. Theo giả thiết, T (X) = Y .
Do nhận xét 1.2 và mệnh đề 1.2, ta có T là một ánh xạ mở.
Bởi vì U mở, nên T (U) = F
x

(x)(U) + C là một tập mở và
(F

x
(x)(U) + C, e + intK) ⊂ intM. (2.2)
Tiếp theo, ta có (0, 0) /∈ intM. Thật vậy, nếu (0, 0) ∈ intM thì tồn tại y và

z sao cho −y ∈ C\ {0}, −z ∈ int K và (y; z) ∈ M.
Khi đó, tồn tại x ∈ S sao cho
y − F
x

(x) (x − x) ∈ C, z − (g(x) + g

(x)(x − x) ∈ int K. (2.3)
chú ý rằng −y ∈ C\ {0}, C là một nón nhọn. Do (1.3) ta có
F
x

(x)(x − x) = 0. (2.4)
Bởi vì F
x

(·) là ánh xạ khả vi liên tục Fréchet trong một lân cận của x và
F
x

(x)(X) = Y,
theo định lí 1.2, với mỗi số n nguyên dương đủ lớn, và với (x − x)/t
n
,
trong đó t
n
→ +∞, ta suy ra tồn tại u
n
∈ X với u
n

 = ◦(x − x /t
n
) sao
cho
F
x
(x + ((x − x)/t
n
) + u
n
) − F
x
(x) − F
x

(x)(x − x)/t
n
) = 0.