Phương pháp hiệu chỉnh tikhonov cho bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
======

VŨ THỊ LOAN

PHƯƠNG PHÁP HIỆU CHỈNH TIKHONOV
CHO BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC
BIẾN PHÂN GIẢ ĐƠN ĐIỆU

Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: GS. TSKH. NGUYỄN XUÂN TẤN

HÀ NỘI, 2015


Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2
dưới sự hướng dẫn của GS. TSKH. Nguyễn Xuân Tấn. Sự giúp đỡ
và hướng dẫn tận tình, nghiêm túc của thầy trong suốt quá trình thực
hiện luận văn này đã giúp tôi trưởng thành hơn rất nhiều trong cách
tiếp cận một vấn đề mới. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn, lòng kính trọng
sâu sắc nhất đối với thầy.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học Sư phạm
Hà Nội 2, phòng Sau Đại học, các thầy cô giáo trong nhà trường đã giúp
đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập.
Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, người thân, bạn bè đã giúp đỡ,
động viên và tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành khóa học Thạc

sĩ cũng như hoàn thành luận văn này.

Hà Nội, ngày 29 tháng 06 năm 2015
Tác giả

Vũ Thị Loan


Lời cam đoan
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2
dưới sự hướng dẫn của GS. TSKH. Nguyễn Xuân Tấn.
Tôi xin cam đoan luận văn là công trình nghiên cứu của riêng tôi.
Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn tôi đã kế thừa
những thành quả khoa học của các nhà khoa học và đồng nghiệp với sự
trân trọng và biết ơn.
Tôi xin cam đoan rằng các thông tin trích dẫn trong luận văn đã được
chỉ rõ nguồn gốc.

Hà Nội, ngày 29 tháng 06 năm 2015
Tác giả

Vũ Thị Loan


Mục lục
Danh mục kí hiệu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1. Bất đẳng thức biến phân và bài toán bù . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2. Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3. Tính đơn điệu và đơn điệu tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

Chương 2. Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho bài toán
bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.1. Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.2. Vấn đề mở liên quan đến phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho
bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2.3. Tính duy nhất nghiệm của bài toán hiệu chỉnh. . . . . . . . . . . .

19

2.3.1. Bất đẳng thức biến phân không ràng buộc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2.3.2. Bài toán bù tuyến tính. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.4. Tính giả đơn điệu của ánh xạ hiệu chỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.4.1. Trường hợp một chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.4.2. Trường hợp nhiều chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

1


Danh mục kí hiệu
N : tập số tự nhiên
R : tập số thực

€, ❘ : thuộc, không thuộc của một phần tử đối với một tập hợp
❍, ⑨ : tập rỗng, tập con
H : không gian Hilbert thực
l2 : không gian các dãy bình phương khả tổng
Rn : không gian Euclide n-chiều
Rn  : ortan không âm trong Rn

Rn✂m : không gian các ma trận thực cấp n ✂ m

M

✏ ♣mij q : ma trận với các phần tử là mij

det M : định thức của ma trận M
M T : chuyển vị của ma trận M
M ✁1 : nghịch đảo của ma trận M
Ik : ma trận đơn vị cấp k
diag ♣uq : ma trận đường chéo với các phần tử trên đường chéo bằng

các thành phần của véc-tơ u

txk ✉ : dãy các phần tử x1, x2, x3, . . .
⑥x⑥ : chuẩn của véc-tơ x
①x, y② : tích vô hướng của véc-tơ x và y
❳, ❨, ✂ : giao, hợp, tích Decart
F : U Ñ V : ánh xạ từ U vào V
B ♣u, rq : hình cầu mở tâm u bán kính r
2


B ♣u, rq : hình cầu đóng tâm u bán kính r

V I ♣K, F q : bài toán bất đẳng thức biến phân xác định bởi tập K và
ánh xạ F
CP ♣K, F q : bài toán bù xác định bởi nón K và ánh xạ F

LCP ♣M, q q : bài toán bù tuyến tính xác định bởi ma trận M và véc-tơ
q
Sol♣K, F q : tập nghiệm của V I ♣K, F q hoặc CP ♣K, F q
Sol♣M, q q : tập nghiệm của LCP ♣M, q q

3


Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Bất đẳng thức biến phân và bài toán tối ưu đóng vai trò quan trọng,
có rất nhiều ứng dụng trong khoa học và cuộc sống. Những bài toán này
được coi như những bài toán điển hình của bài toán cân bằng.

Toán tử đơn điệu được nghiên cứu từ đầu những năm 1960. F. Browder dùng phương pháp phân loại tính đơn điệu của các toán tử để nghiên
cứu các bài toán khác nhau của phương trình vi phân phi tuyến elliptic.
P. Hartman và G. Stampacchia nghiên cứu bất đẳng thức biến phân
với toán tử đơn điệu. Toán tử đơn điệu được sử dụng trong nghiên cứu
phương trình vi phân đạo hàm riêng dạng elliptic và parabolic, trong
nghiên cứu nhiều bài toán tối ưu và cân bằng. Cho đến bây giờ toán tử
đơn điệu tiếp tục là một đề tài được các nhà toán học quan tâm nghiên
cứu .
Khái niệm toán tử giả đơn điệu được giới thiệu bởi S. Karamardian,
là một mở rộng quan trọng của toán tử đơn điệu. Tác giả đã chỉ ra rằng,
một hàm là giả lồi khi và chỉ khi ánh xạ gradient là giả đơn điệu. Từ đó,
S. Karamardian và S. Schaible đưa ra một số khái niệm đơn điệu tổng
quát như giả đơn điệu chặt, giả đơn điệu mạnh, và tựa đơn điệu. Tác
giả thiết lập mối quan hệ về tính đơn điệu của các toán tử tương ứng
với tính đơn điệu của các hàm. Nó cho thấy rằng toán tử giả đơn điệu là
trường hợp đặc biệt của toán tử tựa đơn điệu. Trong thập kỉ qua, sự tồn
4


tại nghiệm và phương pháp tìm nghiệm cho bất đẳng thức biến phân
giả đơn điệu được nhiều nhà toán học trong và ngoài nước quan tâm và
ứng dụng trong thực tế. Sau khi được học những kiến thức về bất đẳng
thức biến phân, với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này, tôi đã
chọn đề tài: “Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov cho bài toán bất
đẳng thức biến phân giả đơn điệu”.

2. Mục đích nghiên cứu
Giới thiệu bài toán bất đẳng thức biến phân, đưa ra định nghĩa, các
khái niệm liên quan, sự tồn tại nghiệm và các tính chất của nó. Giới
thiệu phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov để giải bài toán bất đẳng thức

biến phân giả đơn điệu và chỉ ra sự hội tụ của nghiệm của phương pháp
hiệu chỉnh Tikhonov.

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu, sự tồn tại
nghiệm, phương pháp tìm nghiệm.

4. Phương pháp nghiên cứu
Tìm hiểu các bài báo đã được công bố trên các tạp chí quốc tế và các
sách chuyên khảo liên quan tới toán tử đơn điệu và ứng dụng của chúng
trong việc giải phương trình, bất phương trình...Tham gia các xemina
về giải tích phi tuyến liên quan đến các ánh xạ đơn điệu và giả đơn điệu.
5


Sử dụng các phương pháp: tổng hợp, phân tích, đánh giá và sử dụng
các phương pháp của giải tích hàm.

5. Đóng góp mới của luận văn
Luận văn trình bày tổng quan có hệ thống cùng với sự phân tích
về một số tính chất của bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu, đưa ra
phương pháp tìm nghiệm cho bài toán bất đẳng thức biến phân giả đơn
điệu.

6


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Bất đẳng thức biến phân là một công cụ mạnh, được sử dụng trong

nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học ứng dụng. Nhiều bài toán về lý
thuyết tối ưu, kinh tế và vật lý toán đều dẫn đến bất đẳng thức biến
phân. Để dễ hình dung ta xét bài toán trong không gian Rn .

1.1. Bất đẳng thức biến phân và bài toán bù
Định nghĩa 1.1.1. ( Xem([12], Định nghĩa 1.1)) Cho một tập con K

Ñ Rn. Bài toán bất đẳng thức biến
phân, được ký hiệu V I ♣K, F q, là bài toán tìm u✝ € K sao cho

khác rỗng của Rn và ánh xạ F : K

①F ♣u✝q, u ✁ u✝② ➙ 0, ❅u € K.

(1.1)

u✝ được gọi là nghiệm của bài toán.
Tập hợp những điểm u✝ thỏa mãn (1.1) được gọi là tập nghiệm của
V I ♣K, F q và được kí hiệu là Sol♣K, F q. Sau đây, ta luôn giả sử rằng K
là tập lồi đóng, khác rỗng và F là ánh xạ liên tục trên K.
Khi K là một nón (nghĩa là u
τ

➙ 0) thì ta có bài toán sau:

€K

thì τ u

€K

Định nghĩa 1.1.2. Cho nón lồi K và ánh xạ F : K

7

với mọi vô hướng

Ñ Rn. Bài toán bù,


kí hiệu CP ♣K, F q, là bài toán tìm u✝
F ♣u✝ q € K ✝ ,

€ K sao cho

①F ♣u✝q, u✝② ✏ 0,

(1.2)

trong đó, K ✝ là nón đối ngẫu của K, được định nghĩa
K ✝ :✏ td € Rn ④ ①d, u② ➙ 0, ❅u € K ✉,
(tức là K ✝ bao gồm mọi véc-tơ d sao cho d tạo với véc-tơ u bất kỳ thuộc
K một góc không tù).
Nếu u € K và F ♣uq € K ✝ thì u được gọi là véc-tơ chấp nhận được của

CP ♣K, F q . Nếu bài toán CP ♣K, F q có một véc-tơ chấp nhận được thì
nó được gọi là có tính chấp nhận được.
Khi F là ánh xạ affin, nghĩa là F ♣uq ✏ M u   q với M

€ Rn ✂ n , q € Rn

✏ Rn  (trong trường hợp này K ✝ ✏ Rn ), CP ♣K, F q được gọi là bài
toán bù tuyến tính LCP ♣M, q q:
và K

u✝

➙ 0,

M u✝   q

➙ 0, ①M u✝   q, u✝② ✏ 0.

(1.3)

Kết quả sau chỉ ra mối liên hệ giữa V I ♣K, F q và CP ♣K, F q.
Mệnh đề 1.1.1. Cho K là một nón lồi trong Rn . Khi đó, u✝ là nghiệm
của V I ♣K, F q khi và chỉ khi u✝ là nghiệm của CP ♣K, F q.
Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử u✝ là nghiệm của V I ♣K, F q, rõ
ràng u✝

€ K. Bằng cách lấy u ✏ 0 € K, trong (1.1) ta có
①F ♣u✝q, ✁u✝② ➙ 0.

Lấy u ✏ 2u✝

€ K, trong (1.1) ta được
①F ♣u✝q, u✝② ➙ 0,
8

suy ra

①F ♣u✝q, u✝② ✏ 0.
Nói cách khác điều này cho thấy

①F ♣u✝q, u ✁ u✝② ✏ ①F ♣u✝q, u② ✁ ①❧♦♦♦♦♦♠♦♦♦♦♦♥
F ♣u✝ q, u✝ ② ➙ 0, ❅u € K.
✏0

Tức là,

①F ♣u✝q, u② ➙ 0, ❅u € K.
Vì vậy,
F ♣u✝ q € K ✝ .
Thế nên, u✝ là nghiệm của CP ♣K, F q.

Điều kiện đủ. Giả sử u✝ là nghiệm của CP ♣K, F q, ta có

①F ♣u✝q, u ✁ u✝② ✏ ①❧♦♦♦♦♠♦♦♦♦♥
F ♣u✝ q, u② ✁ ①❧♦♦♦♦♦♠♦♦♦♦♦♥
F ♣u✝ q, u✝ ② ➙ 0, ❅u € K.
➙0

✏0

Vì vậy, u✝ là nghiệm của V I ♣K, F q

1.2. Sự tồn tại nghiệm
Trước hết ta nhắc lại định lý điểm bất động của Brouwer rất quan

trọng trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của nhiều bài toán trong
phương trình toán tử.
Định lý 1.2.1. ( Xem([1], Định lý Brouwer)) Cho K

Ñ K liên tục. Khi ấy, F
động, tức là tồn tại x € K, x ✏ F ♣xq.
compact và lồi, ánh xạ F : K

9

⑨ Rn khác rỗng,
có một điểm bất


Bổ đề 1.2.1. ( Xem([1], Bổ đề 2.1)) Cho K là một tập con lồi đóng
khác rỗng của không gian Rn . Khi đó với mỗi u € Rn , có duy nhất v

€K

sao cho

⑥u ✁ v⑥ ✏ winf
⑥u ✁ w ⑥.
€K

(1.4)

Điểm v thỏa mãn (1.4) được gọi là hình chiếu vuông góc của u lên K và
ta ký hiệu
v

✏ PK ♣uq.

Chú ý rằng
PK ♣uq ✏ u, ❅u € K.
Định lý 1.2.2. ( Xem([1], Định lý 2.3)) Cho K là tập lồi đóng trong
không gian Rn thì v
v

✏ PK ♣uq là hình chiếu của u lên K khi và chỉ khi

€ K : ①v, w ✁ v② ➙ ①u, w ✁ v② , ❅w € K.

Chứng minh. Cho u € Rn và v

(1.5)

✏ PK ♣uq € K, vì K lồi nên

♣1 ✁ tqv   tw ✏ v   t♣w ✁ vq, ❅w € K, 0 ↕ t ↕ 1,
và vì vậy, theo Bổ đề 1.2.1 hàm
φ♣tq ✏ ⑥u ✁ v ✁ t♣w ✁ v q⑥2

✏ ⑥u ✁ v⑥2 ✁ 2t ①u ✁ v, w ✁ v②   t2⑥w ✁ v⑥2,

đạt cực tiểu tại t ✏ 0 nên φ ♣0q ➙ 0, tức là
✶

①u ✁ v, w ✁ v② ↕ 0, ❅w € K,
hoặc

①v, w ✁ v② ➙ ①u, w ✁ v② , w € K.
10


Măt khác, nếu:
v

€ K : ①v, w ✁ v② ➙ ①u, w ✁ v② , w € K,

thì
0 ↕ ①v ✁ u, ♣w ✁ uq   ♣u ✁ v q② ↕ ✁⑥u ✁ v ⑥2   ①v ✁ u, w ✁ u② .
Vì vậy,

⑥v ✁ u⑥2 ↕ ①v ✁ u, w ✁ u② ↕ ⑥v ✁ u⑥⑥w ✁ u⑥.
Từ đó, ta có

⑥u ✁ w⑥ ➙ ⑥u ✁ v⑥, ❅w € K,
hay
v

✏ PK ♣uq.

Hệ quả 1.2.1. ( Xem([1], Hệ quả 2.4)) Cho K là tập lồi đóng trong
không gian Rn , thì PK là toán tử không giản, tức là

⑥PK ♣uq ✁ PK ♣u✶q⑥ ↕ ⑥u ✁ u✶⑥, ❅u, u✶ € Rn.
✶

Chứng minh. Cho trước u, u

€ Rn, cho v ✏ PK ♣uq và v ✏ PK ♣u q, lúc
✶

✶

này

€ K : ①v, w ✁ v② ➙ ①u, w ✁ v② , w € K;
❆
❊ ❆
❊
v € K : v , w-v ➙ u , w ✁ v , w € K.
Ta chọn w ✏ v cho bất đẳng thức đầu và w ✏ v cho bất đẳng thức thứ
v

✶

✶

✶

✶

✶

✶

hai, thêm vào đó ta có

✎✎
✎✎2 ❆
✎✎ ✎✎
✎✎
❊ ❆
❊ ✎✎
✎v ✁ v ✎ ✏ v ✁ v , v ✁ v ↕ u ✁ u , v ✁ v ↕ ✎u ✁ u ✎ ✎v ✁ v ✎ ,
✶

✶

✶

✶

11

✶

✶

✶


hay

✎✎
✎✎ ✎✎
✎✎
✎v ✁ v ✎ ↕ ✎u ✁ u ✎ .

✶

✶

Dựa vào Định lý điểm bất động Brouwer ta chứng minh được sự tồn
tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân (1.1).
Định lý 1.2.3. ( Xem([1], Định lý 3.1)) Cho K khác rỗng, K

⑨ Rn là

Ñ Rn liên tục. Khi đó, bài
toán bất đẳng thức biến phân (1.1) có nghiệm, tức là tồn tại u✝ € K thỏa
tập khác rỗng, compact và lồi, ánh xạ F : K

mãn

①F ♣u✝q, u ✁ u✝② ➙ 0, ❅u € K.
Chứng minh. Xây dựng ánh xạ φ bằng cách với mỗi u € K đặt
φ♣uq :✏ PK ♣u ✁ F ♣uqq.
Ta có
φ:K

Ñ K.

Do F liên tục trên K và phép chiếu PK liên tục nên φ liên tục. Vậy theo
Định lý điểm bất động Brouwer tồn tại
u✝

✏ φ♣u✝q.

Theo định nghĩa của φ, thì
u✝

✏ φ♣u✝q ✏ PK ♣u✝ ✁ F ♣u✝qq.

Theo tính chất của hình chiếu và Định lý 1.2.2, ta có

①F ♣u✝q, u ✁ u✝② ➙ 0, ❅u € K.
12


Vậy bài toán bất đẳng thức biến phân có nghiệm.
Chú ý rằng bài toán (1.1) không phải luôn luôn có nghiệm khi K
không bị chặn, ví dụ nếu K

✏ R thì bài toán

F ♣uq♣v ✁ uq ➙ 0, ❅v

€ K,

không có nghiệm khi F ♣uq ✏ eu .
Tiếp theo định lý sau đây là điều kiện cần và đủ để tồn tại nghiệm.

✘ ❍, đặt KR ✏ K ❳ ➦R trong đó ➦R là hình cầu đóng
bán kính R và tâm O € Rn . Khi đó KR là tập compact. Vậy theo Định
Cho tập lồi K

lý 1.2.3, ta có
uR

€ KR : ①F ♣uRq, v ✁ uR② ➙ 0, ❅v € KR.

Định lý 1.2.4. ( Xem([1], Định lý 4.2)) Cho K
khác rỗng và ánh xạ F : K

(1.6)

⑨ Rn là tập lồi, đóng,

Ñ Rn liên tục trên K. Điều kiện cần và đủ

để tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân (1.1) là tồn tại
một số R

→ 0 sao cho có một nghiệm uR € KR của bài toán (1.6) thỏa

mãn

⑥uR⑥ ➔ R.

(1.7)

Chứng minh. Rõ ràng là nếu tồn tại một nghiệm u của bài toán (1.1)
thì u là một nghiệm của bài toán (1.6), miễn là

⑥u⑥ ➔ R,
vì
u € KR
13

⑨ K.


Giả sử uR

€ KR thỏa mãn ⑥uR⑥ ➔ R, thì uR cũng là một nghiệm của bài

toán (1.1).
Thật vậy, vì ⑤uR ⑤ ➔ R, cho v

€ K, w ✏ uR   ε♣v ✁ uRq € KR với ε ➙ 0 đủ

nhỏ. Vì vậy
uR

€ KR ⑨ K : 0 ↕ ①F ♣uRq, w ✁ uR② ✏ ε ①F ♣uRq, v ✁ uR② , ❅v € K.

Điều này có nghĩa là uR là một nghiệm của bài toán (1.1).
Từ định lý này ta có thể rút ra được nhiều điều kiện đủ để tồn tại
nghiệm. Ta cần đến khái niệm về tính chất tự bức sau
Hệ quả 1.2.2. ( Xem([1], Hệ quả 4.3))Nếu F : K

Ñ Rn thỏa mãn

①F ♣uq ✁ F ♣u0q, u ✁ u0② Ñ ✽
⑤u ✁ u0⑤
khi
u € K,

⑥u⑥ Ñ  ✽

(1.8)

với u0 nào đó thuộc K, thì tồn tại một nghiệm đối với bài toán (1.6)

1.3. Tính đơn điệu và đơn điệu tổng quát
Dưới đây ta chỉ ra rằng một trong những tính chất của toán tử đảm
bảo cho bài toán có nghiệm là tính đơn điệu và đơn điệu tổng quát.
Định nghĩa 1.3.1. ( Xem[10]) Ánh xạ F : K

Ñ Rn được gọi là:

(a) Đơn điệu nếu

①F ♣uq ✁ F ♣vq, u ✁ v② ➙ 0, ❅u, v € K;
14


(b) Đơn điệu mạnh nếu ❉γ

→ 0 sao cho

①F ♣uq ✁ F ♣vq, u ✁ v② ➙ γ ⑥u ✁ v⑥2, ❅u, v € K;
(c) Giả đơn điệu nếu

①F ♣uq, v ✁ u② ➙ 0 ñ ①F ♣vq, v ✁ u② ➙ 0,
với mọi u, v

€ K;

(d) Giả đơn điệu mạnh nếu tồn tại γ

→ 0 sao cho

①F ♣uq, v ✁ u② ➙ 0 ñ ①F ♣vq, v ✁ u② ➙ γ ⑥u ✁ v⑥2,
với mọi u, v

€ K;

(e) Tựa đơn điệu nếu

①F ♣uq, v ✁ u② → 0 ñ ①F ♣vq, v ✁ u② ➙ 0,
với mọi u, v

€ K;

Rõ ràng ♣aq ñ ♣bq ñ ♣dq ñ ♣eq và ♣aq ñ ♣cq ñ ♣dq ñ ♣eq. Ngược lại

chưa chắc đúng. Không có mối liên hệ giữa ♣bq và ♣cq.
Mệnh đề 1.3.1. Cho K

⑨ Rn lồi, đóng và F : K Ñ Rn liên tục.

(a) Nếu F giả đơn điệu mạnh thì V I ♣K, F q có nhiều nhất một nghiệm.
(b) Nếu F giả đơn điệu thì Sol♣K, F q lồi.
Chứng minh. Giả sử F giả đơn điệu mạnh với vô hướng γ
Sol♣K, F q. Khi đó

→ 0 và u✝, v✝ €

①F ♣v✝q, u✝ ✁ v✝② ➙ 0 và ①F ♣v✝q, v✝ ✁ u✝② ➙ γ ⑥u✝ ✁ v✝⑥2.
15


Từ đó suy ra 0

➙ γ ⑥u✝ ✁ v✝⑥2 ñ u✝ ✏ v✝. Khẳng định ♣aq được chứng

minh.
Bây giờ, cho F liên tục và giả đơn điệu. Để chứng minh ♣bq ta chỉ ra
rằng
Sol♣K, F q ✏

↔
u€ K

tu✝ € K : ①F ♣uq, u ✁ u✝② ➙ 0✉.

€ Sol♣K, F q thì ①F ♣u✝q, u ✁ u✝② ➙ 0 với mọi u € K. Vì
F giả đơn điệu nên ①F ♣uq, u ✁ u✝ ② ➙ 0, ❅u € K. Do đó, u✝ thuộc vế phải

Thật vậy, nếu u✝

của đẳng thức trên. Trái lại, giả sử u✝ thuộc vế phải của đẳng thức. Lấy
u € K tùy ý, từ τ u✝   ♣1 ✁ τ qu € K với mọi τ

€ ♣0, 1q,ta có

①F ♣τ u✝   ♣1 ✁ τ quq, u ✁ u✝② ➙ 0, ❅τ € ♣0, 1q.

Ñ 1 ta được ①F ♣u✝q, u ✁ u✝② ➙ 0. Do đó, u✝ € Sol♣K, F q. Với mỗi
u € K thì tập tu✝ € K : ①F ♣uq, u ✁ u✝ ② ➙ 0✉ lồi và vì giao của các tập
lồi là tập lồi nên Sol♣K, F q lồi.

Cho τ

Trong chứng minh Mệnh đề 1.3.1(b) ta thấy nếu F liên tục và giả
đơn điệu trên nón lồi K thì u✝

€ Sol♣K, F q khi và chỉ khi

①F ♣uq, u ✁ u✝② ➙ 0, ❅u € K.
Đây chính là bổ đề Minty cho bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu. Nội
dung của chương này được viết dựa trên cơ sở của các tài liệu [1], [11].

16


Chương 2
Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov
cho bài toán bất đẳng thức biến
phân giả đơn điệu
2.1. Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov
Một trong những ý tưởng cơ bản trong việc tìm nghiệm của bất đẳng
thức biến phân là sự thay thế bài toán ban đầu bằng một dãy các bài
toán mà ta dễ tìm nghiệm hơn. Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov (viết
tắt TRM) là một trong những phương pháp như vậy.
Phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov được áp dụng cho bất đẳng thức
biến phân đơn điệu. Vì bài toán đơn điệu có thể không có tính chất ổn
định như bài toán đơn điệu mạnh. Từ đó người ta mở rộng nghiên cứu

bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu. Điều thú vị là sự nghiên cứu bài
toán giả đơn điệu đã dẫn tới sự phát triển sâu hơn về bất đẳng thức biến
phân đơn điệu.
Xét bài toán V I ♣K, F q trong không gian Rn . Kí hiệu ánh xạ đồng

✏ F   εI với mọi ε → 0. Để giải bài toán
V I ♣K, F q, ta giải dãy bài toán V I ♣K, Fε q với tεk ✉ là một dãy số thực
dương hội tụ tới 0 và Fε ✏ F   εk I. Với mỗi k € N, chọn một nghiệm
nhất của Rn là I và đặt Fε

k

k

17


€ Sol♣K, Fε q và tính giới hạn klim
uk . Khi giới hạn tồn tại, ta có thể hi
Ñ✽
vọng nhận được nghiệm của V I ♣K, F q. Để kết thúc quá trình tính toán
sau một số hữu hạn bước và nhận được nghiệm xấp xỉ của V I ♣K, F q, ta

uk

k

đưa ra tiêu chuẩn dừng. Chẳng hạn, ta có thể kết thúc quá trình tính
toán khi ⑥uk ✁ uk✁1 ⑥ ↕ θ, với θ

→ 0 là hằng số.

Định lý 2.1.1. ( Xem([5], Định lý 2.2)) Giả sử rằng K
đóng, khác rỗng, F : K

⑨ Rn là tập lồi,

Ñ Rn là ánh xạ giả đơn điệu liên tục. Nếu bài

toán V I ♣K, F q có nghiệm thì

(a) Sol♣K, Fε q khác rỗng và compact với mọi ε → 0;
(b) Dãy tu♣εq✉, với tu♣εq✉ thuộc Sol♣K, Fε q hội tụ tới phần tử có chuẩn
nhỏ nhất trong Sol♣K, F q khi ε Ñ 0  ;

(c) lim diamSol♣K, Fε q

✏ 0, với diamΩ :✏ supt⑥u ✁ v⑥ : u, v € Ω✉ là
đường kính của tập Ω ⑨ Rn .
εÓ 0

2.2. Vấn đề mở liên quan đến phương pháp hiệu
chỉnh Tikhonov cho bài toán bất đẳng thức biến
phân giả đơn điệu
Câu hỏi sau về mối liên hệ giữa ánh xạ giả đơn điệu với sự hội tụ
của dãy lặp được xây dựng bởi phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov: Nếu

⑨ Rn là tập lồi, đóng, khác rỗng, F : K Ñ Rn là ánh xạ giả đơn điệu
liên tục và bài toán V I ♣K, F q có một nghiệm, khi đó có tồn tại ε1 → 0
sao cho ánh xạ Fε ✏ F   εI là giả đơn điệu với mỗi ε € ♣0, ε1 q hay không?

K

18


Có tồn tại ε2

→ 0 sao cho bài toán V I ♣K, Fεq có duy nhất nghiệm với

mọi ε € ♣0, ε2 q hay không?

Ta sẽ xét ví dụ sau đây để trả lời phủ định câu hỏi thứ nhất.
Ví dụ 2.2.1. ( Xem([4], Ví dụ 2.1)) Cho F xác định bởi
F ♣u1 , u2 q ✏ ♣u21   u22 q♣✁u2 , u1 qT , ❅u ✏ ♣u1 , u2 q € R2 ,
với chỉ số trên aT ký hiệu ma trận chuyển vị. Rõ ràng F khả vi liên tục
nhưng không liên tục Lipschitz trên R2 . Và
Sol♣R2 , F q ✏ t♣0, 0qT ✉.
Ánh xạ hiệu chỉnh Fε của F được cho bởi
Fε ♣uq

✏ F ♣uq   εu
✏ ♣u21   u22q♣✁u2, u1qT   ε♣u1, u2qT
✏ ♣♣u21   u22q♣✁u2q   εu1, ♣u21   u22qu1   εu2qT ,

✏ ♣u1, u2qT € R2. Mặc dù F giả đơn điệu trên R2 nhưng Fε
không giả đơn điệu trên R2 với ε → 0 tùy ý.
với mọi u

Ta sẽ nghiên cứu câu hỏi thứ hai trong phần tiếp theo.

2.3. Tính duy nhất nghiệm của bài toán hiệu chỉnh
2.3.1. Bất đẳng thức biến phân không ràng buộc
Sự hội tụ của lớp các ánh xạ giả đơn điệu, đặc biệt là ánh xạ giả affin
đã được giới thiệu và đưa ra các tính chất bởi M. Bianchi, N.Hadjisavvas
19


và S. Schaible. Để dễ trình bày ta giới hạn trong luận văn này cho

Ñ Rn có dạng
không nhất thiết giả affin nhưng Fε ✏ F   εI là giả

trường hợp ánh xạ là giả affin. Ta xét ánh xạ F : K
F ♣uq ✏ M u   q, F

→ 0 đủ nhỏ. Ta đưa ra điều kiện đủ để bài toán bất đẳng
thức biến phân liên quan tới Fε ✏ F   εI có nghiệm duy nhất.
affin, với ε

Định nghĩa 2.3.1. Cho K là tập con của Rn . Ánh xạ F : K
gọi là giả affin trên K nếu F và
Khi K

✁F

Ñ Rn được

đều giả đơn điệu.

✏ Rn, ta có tính chất tiếp theo về ánh xạ giả affin được chứng

minh bởi M. Bianchi, N. Hadjisavvas và S. Schaible. Các tác giả đã sử
dụng hai định lý từ hình học đại số và hình học xạ ảnh.

Ñ Rn là giả affin khi và chỉ
khi tồn tại ma trận đối xứng lệch M € Rn✂n , nghĩa là M T ✏ ✁M , véc-tơ
q € Rn và một hàm số dương g : Rn Ñ R sao cho

Định lý 2.3.1. ( Xem [7]) Ánh xạ F : Rn

F ♣uq ✏ g ♣uq♣M u   q q, ❅u € Rn .
Ta chứng minh được các kết quả sau.
Định lý 2.3.2. Giả sử F ♣uq ✏ g ♣uq♣M u   q q với g : Rn

Ñ R là hàm số

€ Rn✂n là ma trận đối xứng lệch và không suy
biến, q € Rn là véc-tơ tùy ý cho trước. Khi đó tồn tại ε¯ → 0 sao cho bài
toán hiệu chỉnh V I ♣K, Fε q có nghiệm duy nhất với mọi ε € ♣0, ε¯q.
dương khả vi liên tục, M

Nếu det M

✘ 0 và M T ✏ ✁M , khi đó n phải là số chẵn. Điều này chỉ

ra rằng giả thiết của Định lý 2.3.2 là khá chặt chẽ. Ta tìm cách để mở
rộng khả năng áp dụng của Định lý 2.3.2. Phát biểu sau là mở rộng của
20

Định lý 2.3.2. Nó đưa ra điều kiện đủ về tính duy nhất nghiệm của bài
toán hiệu chỉnh cho lớp bất đẳng thức biến phân giả đơn điệu. Vì định
lý sau là mở rộng của Định lý 2.3.2 nên ta không cần chứng minh riêng
hai định lý này.
Định lý 2.3.3. Giả sử F : Rn

Ñ Rn là ánh xạ có dạng

F ♣uq ✏ g ♣uq♣M u   q q,

Ñ R là hàm số dương khả vi liên tục, M € Rn✂n là ma trận
nửa xác định dương, không suy biến, và q € Rn . Khi đó tồn tại ε¯ → 0 sao
cho bài toán hiệu chỉnh V I ♣K, Fε q có nghiệm duy nhất với mọi ε € ♣0, ε¯q.
với g : Rn

Để chứng minh Định lý 2.3.3 ta cần các kết quả phụ sau đây:
Bổ đề 2.3.1. Nếu K

⑨ Rn là tập compact, lồi, khác rỗng, g : Rn Ñ R

là hàm số dương khả vi liên tục thì ánh xạ
G♣uq :✏

u
,
g ♣uq

là liên tục Lipschitz trên K.
Chứng minh. Vì g dương và khả vi liên tục trên Rn nên G khả vi liên

tục trên Rn . Với mọi u, v

€ K, bằng phương pháp Định lý giá trị cho

hàm giá trị véc-tơ ta có

⑥G♣uq ✁ G♣vq⑥ ↕

sup ⑥∇G♣wq⑥⑥u ✁ v ⑥ ↕ L⑥u ✁ v ⑥,

w€ru,v s

với L :✏ sup ⑥∇G♣wq⑥ là hữu hạn vì K compact và ∇G♣wq liên tục. Do
w €B

đó, G♣uq là Lipschitz trên K với hằng số Lipschitz L.
21


Bổ đề 2.3.2. ( Xem [2] và [6]) Cho G : Rn

Ñ Rn có dạng

G♣uq ✏ M u   q,
với M

€ Rn✂n và q € Rn. Khi đó, G giả đơn điệu trên Rn khi và chỉ khi

M là nửa xác định dương.
Chứng minh. Điều kiện đủ. Nếu M là nửa xác định dương thì

①M u, u② ➙ 0, ❅u € Rn.
Do đó, với u, v bất kỳ thuộc Rn ta có

①G♣vq ✁ G♣uq, v ✁ u② ✏ ①M ♣v ✁ uq, v ✁ u② ➙ 0.
Nghĩa là ánh xạ G là đơn điệu trên Rn . Do đó, G giả đơn điệu trên Rn .
Điều kiện cần. Cho G giả đơn điệu trên Rn . Lấy u tùy ý thuộc Rn , ta
phải chứng minh ①M u, u②

➙ 0. Giả sử trái lại ①M u, u② ➔ 0. Với v € Rn

tùy ý thì đại lượng

①G♣tuq, v ✁ tu② ✏ ✁t2 ①M u, u②   tr①M u, v② ✁ ①q, u②s   ①q, v② ,
là dương với t → 0 đủ lớn. Do đó, vì G giả đơn điệu nên ta có

①G♣vq, v ✁ tu② ✏ ①G♣vq, v② ✁ t ①M v   q, u② → 0,
với mọi t
v

→

0 đủ lớn. Do đó ①M v   q, u②

↕

0 với mọi v

✏ ✁tu với t € R vào bất đẳng thức cuối ta được

€

Rn . Thế

①M ♣✁tuq   q, u② ↕ 0.
Cho t

Ñ  ✽ và kết hợp với giả thiết ①M u, u② ➔ 0, ta nhận được điều

mâu thuẫn.
22