Tính ổn định nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân afin suy rộng và ứng dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
____________

Nguyễn Trang Anh

TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN
BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN AFIN SUY RỘNG VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2018


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
____________

Nguyễn Trang Anh

TÍNH ỔN ĐỊNH NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN
BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN AFIN SUY RỘNG VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số: 8460112.01

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Nguyễn Năng Tâm

Hà Nội - 2018

Lời cảm ơn

Lời đầu tiên của luận văn này em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo
hướng dẫn PGS.TS. Nguyễn Năng Tâm. Thầy đã tận tình quan tâm hướng
dẫn em trong quá trình hoàn thành luận văn này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các thầy cô giáo trong bộ
môn Toán Ứng Dụng, cùng toàn thể các thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ
- Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội đã dạy
bảo em tận tình trong suốt quá trình em học tập tại trường.
Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành đến gia đình,
bạn bè đã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình
học tập và hoàn thành luận văn này.

1


Lời nói đầu

Bài toán bất đẳng thức biến phân (Variational Inequality Problem) ra đời
vào những năm 1960, gắn liền với công trình của G. Stampacchia, J. L. Lions.
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...
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 trong một số lĩnh vực khác nhau
của toán học, ví dụ: tối ưu hóa, lý thuyết trò chơi, cân bằng Nash, cân bằng
mạng giao thông...
Nghiên cứu về tính ổn định của nghiệm bài toán bất đẳng thức biến phân

afin là một đề tài thú vị và có nhiều ứng dụng trong thực tế. Trong luận văn
này, ta sẽ xem xét nghiệm của bài toán biến đổi thế nào khi tham số thay
đổi. Sự ổn định đòi hỏi xáo trộn rất nhỏ hoặc sai số nhỏ có thể đo đạc được
(cũng đồng nghĩa với việc sự xáo trộn của nghiệm bài toán rất ít).
Nhiều bài báo đã thảo luận về tính ổn định của ánh xạ nghiệm của của
bài toán bất đẳng thức biến phân afin. Gowda and Pang [5] thu được vài điều
kiện đủ cho nghiệm bị chặn và ổn định của bài toán bất đẳng thức biến phân
afin. Trong [15], Robinson nghiên cứu về tính ổn định của bài toán biến phân
afin với tập nghiệm khác rỗng và bị chặn. Vài chủ đề tương tự được nghiên
cứu trong Gowda and Seidman [6]. Lee et al. [3] chỉ ra điều kiện cho nửa liên
lục trên và nửa liên tục dưới của ánh xạ nghiệm của bài toán.
Trong luận văn này, em cũng xin đề cập tới vài ứng dụng của bài toán bất
đẳng thức biến phân afin. Cùng với đó là vài kết quả mở rộng từ [3] và [8].
Đặc biệt, em chỉ ra vài kết quả tổng quát trong [3] trong trường hợp tập ràng
2


buộc đa diện lồi xác định bởi nhiều hàm lồi toàn phương hữu hạn.
Luận văn gồm hai phần. Phần một đưa ra các khái niệm mở đầu về bài
toán bất đẳng thức biến phân afin. Phần hai nói về tính ổn định nghiệm của
bài toán biến phân afin suy rộng có tham số.
Do thời gian thực hiện không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên khi làm
luận văn không tránh khỏi các sai sót. Em mong nhận được sự góp ý và phản
biện của quý thầy cô và bạn đọc.
Xin chân thành cảm ơn!

3


Mục lục

1 Bất
1.1
1.2
1.3
1.4

đẳng thức biến phân afin
Bất đẳng thức biến phân . .
Bài toán bù . . . . . . . . .
Bất đẳng thức biến phân afin
Bài toán bù tuyến tính . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.

2 Tính ổn định của nghiệm bài toán bất đẳng thức biến phân
afin suy rộng có tham số
2.1 Bất đẳng thức biến phân afin suy rộng . . . . . . . . . . . .
2.2 Tính nửa liên tục trên của ánh xạ nghiệm . . . . . . . . . . .
2.3 Tính nửa liên tục dưới của ánh xạ nghiệm . . . . . . . . . . .
2.4 Vài kết quả về sự ổn định . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Ứng dụng cho bài toán quy hoạch toàn phương với ràng buộc
toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

6
6
12
14
22

25

25
28
33
40
47


Các ký hiệu viết tắt
Ký hiệu
VI
V I(ϕ, Θ)

Ý nghĩa
Bài toán bất đẳng thức biến phân
Bài toán bất đẳng thức biến phân được xác
định bởi toán tử ϕ và tập Θ
Sol(V I(ϕ, Θ))
Tập nghiệm của V I(ϕ, Θ)
N CP
Bài toán bù phi tuyến
N CP (ϕ, Θ)
Bài toán bù phi tuyến được xác
định bởi toán tử ϕ và tập Θ.
AV I
Bài toán bất đẳng thức biến phân
afin
AV I(D, q, Θ)
Bài toán bất đẳng thức biến phân afin
được xác định bởi ma trận D, véc tơ
q và tập Θ

Sol(AV I(D, q, Θ))
Tập nghiệm của AV I(D, q, Θ)
LCP
Bài toán bù tuyến tính
LCP (D, q)
Bài toán bù tuyến tính được xác định
bởi ma trận D và véc tơ q
GLCP
Bài toán bù tuyến tính suy rộng
GAV I
Bài toán bất đẳng thức biến phân afin
suy rộng
SCQ
Điều kiện chính quy Slater
MFCQ
Điều kiện chính quy Mangasarian Fromovitz (MFCQ)
QP
Bài toán quy hoạch toàn phương
KKT
Karush–Kuhn–Tucker

5


Chương 1
Bất đẳng thức biến phân afin

Trước hết, chúng ta sẽ đề cập tới khái niệm của bài toán bất đẳng thức
biến phân afin và bài toán bù tuyến tính.

1.1

Bất đẳng thức biến phân

Trong phần 1.1 chúng ta sẽ tìm hiểu về khái niệm của bài toán bất đẳng
thức biến phân. Sau đó chúng ta sẽ nghiên cứu cấu trúc của tập nghiệm trong
hai trường hợp tập ràng buộc là compact và không compact.
Cho f : Rn → R là một hàm C 1 và Θ ⊂ Rn là một tập lồi đóng, khác
rỗng.
Đặt
 ∂f (x) 
∂x1


ϕ(x) = ∇f (x) = 

..
.

∂f (x)
∂xn


n
 với mọi x ∈ R .

(1.1)

Để đưa ra định nghĩa về bất đẳng thức biến phân, trước hết ta có mệnh
đề sau:

Mệnh đề 1.1 Nếu x
ˆ là một nghiệm địa phương của bài toán tối ưu
6


min { f (x): x ∈ Θ}

(1.2)

thì

ϕ(ˆ
x), y − xˆ ≥ 0 với mọi y ∈ Θ.

(1.3)

Chứng minh: Lấy x ∈ Θ là nghiệm địa phương của (1.2). Chọn γ > 0 sao
cho
f (y) ≥ f (ˆ
x) với mọi y ∈ Θ ∩ B(ˆ
x, γ)
¯ x, γ) với t ∈ (0, θ).
Với mỗi y ∈ Θ\{ˆ
x}, ∃θ > 0 sao cho xˆ + t(y − xˆ) ∈ Θ ∩ B(ˆ
Khi đó

f (ˆ
x + t(y − xˆ)) − f (ˆ
x)
= f (ˆ

x, y − xˆ)
t→0
t
= ∇f (ˆ
x), y − xˆ

0 ≤ lim

= ϕ(ˆ
x), y − xˆ .
Ta có điều phải chứng minh. (Đpcm)
Từ đó ta có định nghĩa của bài toán bất đẳng thức biến phân
Định nghĩa 1.1 Nếu Θ ⊂ Rn là một tập lồi đóng khác rỗng và ϕ : Θ → Rn
là một ánh xạ cho trước thì bài toán tìm x
ˆ thỏa mãn (1.3) được gọi là một bài
toán bất đẳng thức biến phân hoặc đơn giản là một bất đẳng thức biến phân (
viết tắt là VI). Nó được ký hiệu là VI(ϕ, Θ). Tập nghiệm Sol(VI(ϕ, Θ)) của
VI(ϕ, Θ) là tập mọi x
ˆ ∈ Θ thỏa mãn (1.3).
Như vậy, ta đã chỉ ra rằng bài toán tối ưu có thể dẫn tới một bài toán bất
đẳng thức biến phân, vậy điểm khác biệt của bài toán bất đẳng thức biến
phân so với các bài toán quy hoạch toán học khác là gì? Mệnh đề sau đây sẽ
giúp chúng ta trả lời câu hỏi đó:
Mệnh đề 1.2 Cho x
ˆ ∈ Θ. Nếu tồn tại γ > 0 sao cho

¯ x, γ),
ϕ(ˆ
x), y − xˆ ≥ 0 với mọi y ∈ Θ ∩ B(ˆ
thì x

ˆ ∈ Sol(V I(ϕ, Θ)).
7

(1.4)


Chứng minh: Giả sử rằng tồn tại γ > 0 thỏa mãn (1.4). Từ tính lồi của Θ ta
suy ra rằng với mỗi y ∈ Θ tồn tại t = t(y) ∈ (0, 1) sao cho y(t) := x
ˆ +t(y − xˆ)
¯ x, γ).
thuộc vào Θ ∩ B(ˆ
Từ (1.4) ta có

0 ≤ ϕ(ˆ
x), y − xˆ
⇒ 0 ≤ ϕ(ˆ
x), y(t) − xˆ
⇒ 0 ≤ ϕ(ˆ
x), xˆ + t(y − xˆ) − xˆ
⇒ 0 ≤ t ϕ(ˆ
x), y − xˆ
⇒ ϕ(ˆ
x), y − xˆ ≥ 0

với mọi y ∈ Θ.

Vì thế x
ˆ ∈ Sol(V I(ϕ, Θ)). (đpcm)
Mệnh đề trên đã cho thấy, không giống nghiệm của các bài toán quy hoạch
toán học khác, nghiệm của bài toán VI có tính địa phương.

Giờ ta sẽ đi nghiên cứu về cấu trúc tập nghiệm của bài toán VI. Cấu trúc
của tập nghiệm Sol(V I(ϕ, Θ)) được quyết định bởi tính chất của tập Θ và
của toán tử ϕ. Định lý Hartman-Stampacchia sau đây sẽ làm rõ điều đó:
Định lý 1.1 ([1]) Nếu Θ ⊂ Rn là một tập compact lồi khác rỗng và ϕ : Θ →
Rn liên tục thì bài toán V I(ϕ, Θ) có nghiệm.
Định lý Hartman-Stampacchia áp dụng cho trường hợp Θ là một tập
compact. Vậy đối với trường hợp tập không compact kết quả của định lý trên
còn đúng không? Câu trả lời là với một điều kiện bức thích hợp, kết quả của
định lý trên vẫn đúng. Cụ thể như sau:
Định lý 1.2 ([1]) Cho Θ ⊂ Rn là tập lồi đóng khác rỗng và ϕ : Θ → Rn là
toán tử liên tục. Nếu tồn tại x∗ ∈ Θ sao cho

ϕ(y) − ϕ(x∗ ), y − x∗ ||y − x∗ ||−1 → +∞ khi ||y|| → +∞, y ∈ Θ,
thì bài toán V I(ϕ, Θ) có nghiệm.
8

(1.5)


(1.5) tương đương với ∀η > 0 , ∃τ > 0 sao cho

ϕ(y) − ϕ(x∗ ), y − x∗
≥ η với mọi y ∈ Θ thỏa mãn ||y|| > τ.
||y − x∗ ||

(1.6)

Ta nói điều kiện bức được thỏa mãn nếu tồn tại x∗ ∈ Θ sao cho (1.5) được
thỏa mãn.
Nếu tồn tại x∗ ∈ Θ và α > 0 sao cho

ϕ(y) − ϕ(x∗ ), y − x∗ ≥ α||y − x∗ ||2 với mọi y ∈ Θ

(1.7)

thì (1.5) được thỏa mãn.
Thật vậy, đặt η = α||y − x∗ ||, thế vào (1.7) ta được

ϕ(y) − ϕ(x∗ ), y − x∗ ≥ η||y − x∗ || với mọi y ∈ Θ
Suy ra

ϕ(y) − ϕ(x∗ ), y − x∗
≥ η với mọi y ∈ Θ
||y − x∗ ||

Nghĩa là (1.6) được thỏa mãn nên suy ra (1.5) cũng được thỏa mãn.
Rõ ràng là nếu tồn tại α > 0 sao cho

ϕ(y) − ϕ(x), y − x ≥ α||y − x||2 với mọi x ∈ Θ, với mọi y ∈ Θ,

(1.8)

Thì (1.7) được thỏa mãn.
Định nghĩa 1.2 Nếu tồn tại α > 0 sao cho (1.8) được thỏa mãn thì ϕ được
gọi là đơn điệu mạnh trên Θ. Nếu điều kiện yếu hơn sau đây

ϕ(y) − ϕ(x), y − x > 0 với mọi x ∈ Θ, với mọi y ∈ Θ, x = y,

(1.9)

được thỏa mãn thì ϕ được gọi là đơn điệu ngặt trên Θ.
Nếu điều kiện

ϕ(y) − ϕ(x), y − x ≥ 0 với mọi x ∈ Θ, với mọi y ∈ Θ,
được thỏa mãn thì ϕ đơn điệu trên Θ.
9

(1.10)


Ví dụ 1.1 Cho Θ ⊂ Rn là một tập lồi đóng khác rỗng và D ∈ Rn×n , b ∈ Rn .
Nếu ma trận D là xác định dương thì toán tử ϕ : Θ → Rn xác định bởi
ϕ(x) = Dx + b, x ∈ Θ, là đơn điệu mạnh trên Θ.
Thật vậy, ta có

ϕ(y) − ϕ(x), y − x = Dy + b − Dx − b, y − x
= Dy − Dx, y − x
= D y − x, y − x
= D||y − x||2 > α||y − x||2
Với α được xác định bởi bộ

α = inf {v T Dv : v ∈ Rn , ||v|| = 1}
Tương tự, nếu D là nửa xác định dương thì biểu thức ϕ(x) = Dx+b, x ∈ Θ
xác định một toán tử đơn điệu.
Mệnh đề 1.3 Phát biểu dưới đây là đúng:
(i) Nếu ϕ là đơn điệu ngặt trên Θ thì bài toán VI(ϕ, Θ) không thể có hơn
một nghiệm;
(ii) Nếu ϕ là liên tục và đơn điệu trên Θ khi đó tập nghiệm của bài toán
VI(ϕ, Θ) là tập lồi đóng (có thể là tập rỗng).
Để chứng minh mệnh đề trên ta cần đến bổ đề sau

Bổ đề 1.1 [1] Nếu Θ ⊂ Rn là tập lồi đóng và ϕ : Θ → Rn là toán tử đơn
điệu và liên tục theo tia thì x
ˆ ∈ Sol(V I(ϕ, Θ)) nếu và chỉ nếu xˆ ∈ Θ và

ϕ(y), y − xˆ ≥ 0 với mọi y ∈ Θ.

(1.11)

Chứng minh: Điều kiện cần: Giả sử x
ˆ ∈ Sol(V I(ϕ, Θ)). Do ϕ là toán tử
đơn điệu nên từ (1.10) ta có

ϕ(y) − ϕ(ˆ
x), y − xˆ ≥ 0 với mọi y ∈ Θ
10


⇒ ϕ(y), y − xˆ − ϕ(ˆ
x), y − xˆ ≥ 0
⇒ ϕ(y), y − xˆ ≥ ϕ(ˆ
x), y − xˆ
Từ (1.3) ta có

ϕ(ˆ
x), y − xˆ ≥ 0
Do đó

ϕ(y), y − xˆ ≥ 0 với mọi y ∈ Θ.
Ta đã chứng minh tính chất (1.11) được thỏa mãn.
Điều kiện đủ: giả sử rằng (1.11) được thỏa mãn với x

ˆ ∈ Θ . Cố định y ∈ Θ
bất kỳ.
Do Θ là tập lồi nên với mọi y ∈ Θ ta có

y(t) := xˆ + t(y − xˆ) thuộc về Θ với mọi t ∈ (0, 1).
Thế y = y(t) vào (1.11) ta được

0 ≤ ϕ(y(t)), y(t) − xˆ
⇒ 0 ≤ ϕ(ˆ
x + t(y − xˆ), xˆ + t(y − xˆ)) − xˆ
⇒ 0 ≤ ϕ(ˆ
x + t(y − xˆ)), t(y − xˆ)
⇒ 0 ≤ ϕ(ˆ
x + t(y − xˆ), y − xˆ

với mọi t ∈ (0, 1).

Cho t → 0, do ϕ liên tục nên ta thu được

ϕ(ˆ
x), y − xˆ ≥ 0.
Do y ∈ Θ được chọn bất kỳ nên bất đẳng thức trên đúng với mọi y ∈ Θ. Từ
đó, ta đi đến kết luận rằng x
ˆ ∈ Sol(V I(ϕ, Θ)). (Đpcm)
Chứng minh Mệnh đề 1.3.
(i) Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng : giả sử ngược lại rằng ϕ là đơn
điệu ngặt trên Θ nhưng bài toán V I(ϕ, Θ) có hai nghiệm x
ˆ và yˆ.
Do ϕ là đơn điệu ngặt nên theo (1.9) ta có

ϕ(y) − ϕ(x), y − x > 0 với mọi x ∈ Θ, với mọi y ∈ Θ, x = y.
11

(1)


Do x
ˆ và yˆ đều là nghiệm của bài toán VI nên từ (1.3) ta có

ϕ(ˆ
x), yˆ − xˆ ≥ 0

(2)

ϕ(ˆ
y ), xˆ − yˆ ≥ 0

(3)

và

Lấy (2) + (3) ta được

ϕ(ˆ
x), yˆ − xˆ + ϕ(ˆ
y ), xˆ − yˆ ≥ 0
⇒ ϕ(ˆ
x), yˆ − xˆ − ϕ(ˆ
y ), yˆ − xˆ ≥ 0
⇒ ϕ(ˆ

x) − ϕ(ˆ
y ), yˆ − xˆ ≥ 0
⇒ ϕ(ˆ
y ) − ϕ(ˆ
x), yˆ − xˆ ≤ 0

(4)

(4) mâu thuẫn với (1) nên ta có giả sử phản chứng là sai.
(ii) Giả sử ϕ là liên tục và đơn điệu trên Θ. Với mọi y ∈ Θ, kí hiệu Ψ(y)
là tập mọi x
ˆ ∈ Θ thỏa mãn bất đẳng thức ϕ(y), y − xˆ ≥ 0. Rõ ràng là Ψ(y)
là tập lồi đóng. Từ Bổ đề 1.1 ta có

Ψ(y).

Sol(V I(ϕ, Θ)) =
y∈Θ

Do đó Sol(V I(ϕ, Θ)) là tập lồi đóng (có thể rỗng). (Đpcm)
Từ Định lý 1.2 và Mệnh đề 1.3(i) kéo theo nếu Θ tà tập khác rỗng và
ϕ : Θ → Rn là liên tục, đơn điệu mạnh thì bài toán V I(ϕ, Θ) có duy nhất
nghiệm.

1.2

Bài toán bù

Trong phần này, ta sẽ xét bài toán bất đẳng thức biến phân trong trường
hợp tập ràng buộc Θ là nón.

12


Cho Θ+ = {ψ ∈ Rn : ψ, v ≥ 0 ∀v ∈ Θ} là nón đối ngẫu dương của Θ.
Mệnh đề 1.4 Nếu Θ là một nón lồi đóng thì bài toán V I(ϕ, Θ) có thể được
viết lại như sau

xˆ ∈ Θ,

ϕ(ˆ
x) ∈ Θ+ ,

ϕ(ˆ
x), xˆ = 0.

(1.12)

Chứng minh: Giả sử rằng x
ˆ là một nghiệm của phương trình (1.3) và v ∈ Θ
bất kỳ. Do Θ là một nón lồi, nên ta có x
ˆ + v ∈ Θ. Từ (1.3) ta suy ra

0 ≤ ϕ(ˆ
x), (ˆ
x + v) − xˆ
= ϕ(ˆ
x), xˆ + v − xˆ
⇒ 0 ≤ ϕ(ˆ
x), v
Vậy ϕ(ˆ

x) ∈ Θ+ .
Hơn nữa, cho 41 x
ˆ ∈ Θ và 4ˆ
x ∈ Θ, từ (1.3) ta có

1
0 ≤ ϕ(ˆ
x), xˆ − xˆ
4
−3
xˆ
= ϕ(ˆ
x),
4
3
⇒ 0 ≤ − ϕ(ˆ
x), xˆ
4

(1)

và

0 ≤ ϕ(ˆ
x), 4ˆ
x − xˆ
= 3 ϕ(ˆ
x), xˆ
⇒ 0 ≤ 3 ϕ(ˆ
x), xˆ

(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra ϕ(ˆ
x), xˆ = 0. Ta đã chứng minh được (1.12) được
thỏa mãn.

13


Ngược lại, với x
ˆ thỏa mãn phương trình (1.12), với mọi y ∈ Θ và ϕ(ˆ
x), xˆ =
0, ϕ(ˆ
x) ∈ Θ+ ta có

ϕ(ˆ
x), y − xˆ = ϕ(ˆ
x), y − ϕ(ˆ
x), xˆ
0

= ϕ(ˆ
x), y ≥ 0
Điều đó cho thấy x
ˆ ∈ Sol(V I(ϕ, Θ)) (Đpcm).
Định nghĩa 1.3 Bài toán (1.12) với Θ ⊂ Rn là một nón lồi đóng và ϕ :
Rn → Rn được ký hiệu là N CP (ϕ, Θ) và được gọi là bài toán bù (phi tuyến)
xác định bởi ϕ và Θ.

1.3

Bất đẳng thức biến phân afin

Định nghĩa 1.4 Cho D ∈ Rn×n , q ∈ Rn , Θ ⊂ Rn là một tập lồi đa diện.
Bài toán bất đẳng thức biến phân
Tìm x
ˆ ∈ Θ sao cho Dˆ
x + q, y − xˆ ≥ 0 với mọi y ∈ Θ

(1.13)

được gọi là bài toán bất đẳng thức biến phân afin (viết tắt là AVI). Bài toán
được xác định bởi tập dữ liệu {D, q, Θ} và được ký hiệu là AV I(D, q, Θ). Tập
nghiệm của bài toán này được viết tắt là Sol(AV I(D, q, Θ)).
Bài toán quy hoạch toàn phương có thể dẫn đến bài toán AVI đối xứng,
cụ thể như sau:
Theo Định lý 3.1 [2] nếu x
ˆ là nghiệm địa phương của bài toán quy hoạch
toàn phương
1
(1.14)
min f (x) = xT Dx + q T x : x ∈ Θ ,
2
thì khi đó Dˆ
x + q, y − xˆ ≥ 0 với mọi y ∈ Θ. Điều này có nghĩa là xˆ là một
nghiệm của phương trình V I(ϕ, Θ) với ϕ(x) = Dx + q là một toán tử afin
14

có ma trận Jacobi đối xứng bất biến D.
Định lý tiếp theo chỉ ra rằng nghiệm của một bài toán AVI có thể được
biểu thị bởi các nhân tử Lagrange.
Định lý 1.3 [7] Véc tơ x
ˆ ∈ Rn là một nghiệm của (1.13) với Θ được cho bởi
công thức
Θ = {x ∈ Rn : Ax ≥ b}
(1.15)
với A ∈ Rm×n , b ∈ Rm , nếu và chỉ nếu tồn tại σ
ˆ = (ˆ
σ1 , . . . , σ
ˆm ) ∈ Rm sao
cho


x − AT σ
ˆ + q = 0,
 Dˆ
(1.16)
Aˆ
x ≥ b, σ
ˆ ≥ 0,

 T
σ
ˆ (Aˆ
x − b) = 0.
Chứng minh: Điều kiện cần của định lý được chứng minh tương tự như Định
lý 3.3 [2]. Ta kí hiệu Ai là hàng thứ i của A và bi là thành phần thứ i của véc tơ
b. Ta đặt ai = ATi với mọi i = 1, . . . , m. Cho x

ˆ ∈ Sol(AV I(D, q, Θ)). Ta ký
hiệu I = {1, . . . , m}, I0 = {i ∈ I : ai , x
ˆ = bi } và I1 = {i ∈ I : ai , xˆ > bi }.
Với bất kỳ v ∈ Rn thỏa mãn

ai , v ≥ 0 với mọi i ∈ I0 ,
dễ thấy rằng tồn tại θ1 > 0 sao cho

t ai , v ≥ 0

với mọi i ∈ I và t ∈ (0, θ1 )

⇒ ai , xˆ + ai , tv ≥ bi
⇒ ai , xˆ + tv ≥ bi

với mọi i ∈ I và t ∈ (0, θ1 )

Ta thế y = x
ˆ + tv , với t ∈ (0, θ1 ) vào (1.13) ta được Dˆ
x + q, v ≥ 0. Do đó

−Dˆ
x − q, v ≤ 0
với bất kỳ v ∈ Rn thỏa mãn

−ai , v ≤ 0 với mọi i ∈ I0 .
15


Do bổ đề Farkas (Định lý 3.2 [2]), tồn tại số thực không âm σ

ˆi
cho
σ
ˆi (−ai ) = −Dˆ
x − q.

(i ∈ I0 ) sao
(1.17)

i∈I0

Đặt σ
ˆi = 0 với mọi i ∈ I1 và σ
ˆ = (ˆ
σ1 , . . . , σ
ˆm ).Vì ai = ATi với mọi i ∈ I , từ
(1.17) ta có

σ
ˆ AT = − Dˆ
x−q
⇒ Dˆ
x − AT σ
ˆ + q = 0.
Đẳng thức đầu tiên trong (1.16) đã được chứng minh. Vì x
ˆ ∈ Θ(A, b) và
σ
ˆi (Ai xˆ − bi ) = 0 với mỗi i ∈ I , điều kiện còn lại trong (1.16) cũng được thỏa
mãn.
Ta đi chứng minh điều kiện đủ, giả sử rằng tồn tại σ

ˆ = (ˆ
σ1 , . . . , σ
ˆ m ) ∈ Rm
sao cho (1.16) đúng. Khi đó, với bất kỳ y ∈ Θ, ta có

Dˆ
x + q, y − xˆ = AT σ
ˆ , y − xˆ = σ
ˆ , (Ay − b) − (Aˆ
x − b)
=σ
ˆ T (Ay − b) + σ
ˆ T (Aˆ
x − b)
=σ
ˆ T (Ay − b) ≥ 0.
Điều này chứng tỏ rằng x
ˆ là một nghiệm của (1.13). Chứng minh đã hoàn
thành.
Từ Định lý 1.3 ta thu được hai hệ quả sau đây:
Cho A ∈ Rm×n , b ∈ Rm , C ∈ Rs×n , d ∈ Rs .
Hệ quả 1.1 Véc tơ x
ˆ ∈ Rn là một nghiệm của (1.13) với Θ được cho bởi

Θ = {x ∈ Rn : Ax ≥ b, x ≥ 0}
khi và chỉ khi tồn tại σ
ˆ = (ˆ
σ1 , . . . , σ
ˆm ) ∈ Rm sao cho:



x − AT σ
ˆ + q ≥ 0,
 Dˆ
Aˆ
x ≥ b, xˆ ≥ 0, σ
ˆ ≥ 0,

 T
xˆ (Dˆ
x − AT σ
ˆ + q) + σ
ˆ T (Aˆ
x − b) = 0.
16

(1.18)


Hệ quả 1.2 Véc tơ x
ˆ ∈ Rn là một nghiệm của (1.13) với Θ được cho bởi

Θ = {x ∈ Rn : Ax ≥ b, Cx = d}
nếu và chỉ nếu tồn tại σ
ˆ = (ˆ
σ1 , . . . , σ
ˆm ) ∈ Rm và µ
ˆ = (ˆ
µ1 , . . . , µ
ˆs ) ∈ Rs sao

cho


x − AT σ
ˆ − CT µ
ˆ + q = 0,
 Dˆ
(1.19)
Aˆ
x ≥ b, C xˆ = d, σ
ˆ ≥ 0,

 T
σ
ˆ (Aˆ
x − b) = 0.
Định lý 1.4 Tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân afin là hợp
hữu hạn của các tập lồi đa diện.
Chứng minh: Xét một bài toán AVI dạng như (1.13). Do Θ là một tập
đa diện lồi, tồn tại m ∈ N, A ∈ Rm×n , b ∈ Rm sao cho Θ = {x ∈ Rn :
Ax ≥ b}. Theo Định lý 1.3, x ∈ Sol(AV I(D, q, Θ)) nếu và chỉ nếu tồn tại
σ = (σ1 , . . . , σm ) ∈ Rm sao cho:

T

 Dx − A σ + q = 0,
(1.20)
Ax ≥ b, σ ≥ 0,

 T

σ (Ax − b) = 0.
Cho I = {1, . . . , m}. Cho trước một điểm x ∈ Sol(AV I(D, q, Θ)), ta đặt
I0 = {i ∈ I : Ai x = bi }, I1 = I\I0 = {i ∈ I : Ai x > bi }. Từ đẳng thức cuối
cùng trong (1.20) ta có

σi = 0 với mọi i ∈ I1 .
Do đó (x, σ) thỏa mãn:

T

 Dx − A σ + q = 0,
AI0 x = bI0 , σI0 ≥ 0,


AI1 x ≥ bI1 , σI1 = 0.

17

(1.21)


Cố định tập con I0 ⊂ I và ký hiệu QI0 là tập tất cả (x, σ) thỏa mãn (1.21).
Rõ ràng là QI0 là một tập đa diện lồi. Từ đó ta có

{P rRn (QI0 ) : I0 ⊂ I},

Sol(AV I(D, q, Θ)) =

(1.22)

Với PrRn (x, σ) := x. Do P rRn (.) : Rn × Rm → Rn là một toán tử tuyến
tính, với mọi I0 ⊂ I, P rRn (QI0 ) là một tập lồi đa diện. Từ (1.22) ta có
Sol(AV I(D, q, Θ)) là một hợp hữu hạn những tập lồi đa diện. (Đpcm)
Định nghĩa 1.5 Một tia ω = {ˆ
x +tˆ
v : t ≥ 0} với vˆ ∈ Rn \{0}, và là một tập
con của Sol(AV I(D, q, Θ)) được gọi là một tia nghiệm của bài toán (1.13).
Định nghĩa 1.6 Một đoạn thẳng ωθ = {ˆ
x + tˆ
v : t ∈ [0, θ)}, với vˆ ∈ Rn \{0}
và θ > 0, và là một tập con của Sol(AV I(D, q, Θ)), được gọi là một khoảng
nghiệm của bài toán (1.13).
Hệ quả 1.3 Những phát biểu sau đây là đúng đắn:
(i) Tập nghiệm của một bất đẳng thức biến phân afin bất kỳ là một tập
đóng (có thể là tập rỗng);
(ii) Nếu tập nghiệm của một bất đẳng thức biến phân afin là không bị chặn
thì bài toán có một tia nghiệm;
(iii) Nếu tập nghiệm của một bài toán bất đẳng thức biến phân afin là vô
hạn thì bài toán có một khoảng nghiệm.
Chứng minh: Phát biểu (i) được suy ra từ biểu thức (1.22) vì với bất kỳ
I0 ⊂ I, tập P rRn (QI0 ) là đa diện lồi, đóng. Nếu Sol(AV I(D, q, Θ)) không bị
chặn thì theo (1.22) nó kéo theo sự tồn tại của một tập chỉ số I0 ⊂ I sao cho

ΨI0 := P rRn (QI0 )

(1.23)

là tập không bị chặn. Do ΨI0 là một tập đa diện lồi, nên nó là một tập lồi
đóng không bị chặn. Theo Định lý 8.4 [14], ΨI0 nhận một phương vô hạn; từ
đó tồn tại vˆ ∈ Rn \{0} sao cho

x + tˆ
v ∈ ΨI0

với mọi x ∈ ΨI0 ,
18

với mọi t ≥ 0.

(1.24)


Lấy x
ˆ ∈ ΨI0 từ (1.22) và (1.24) ta có xˆ + tˆ
v ∈ Sol(AV I(D, q, Θ)) với
mọi t ≥ 0. Vậy là ta đã chứng minh bài toán (1.13) có một tia nghiệm.
Nếu Sol(AV I(M, q, Θ)) là vô hạn thì từ (1.22) ta suy ra rằng có một tập
chỉ số I0 ⊂ I sao cho tập lồi đa diện ΨI0 xác định bằng (1.23) là vô hạn.
Do đó tồn tại hai điểm khác nhau x ∈ ΨI0 và y ∈ ΨI0 . Rõ ràng là tập
[x, y) := {x+t(y−x); t ∈ [0, 1)} là một khoảng nghiệm của (1.13). (Đpcm)
Sử dụng Định lý 1.4 ta có thể thu được tính chất không bị chặn của tập
nghiệm của một bài toán AVI. Xét bài toán (1.13) với Θ được cho bởi (1.15)
và bổ sung thêm một số ký hiệu sau:

θ(A) = {v ∈ Rn : Av ≥ 0},
θ(A)+ = {z ∈ Rn : z T v ≥ 0 ∀v ∈ θ(A)},
l(D) = {z ∈ Rn : z T Dz = 0}.
Chú ý rằng θ(A) và {v ∈ Rn : Av ∈ θ(A)+ } là nón lồi đa diện khi l(D) thường
thì là một nón không lồi,đóng. Ta cũng nhận thấy là θ(A) = 0+ Θ và θ(A)+ =
(0+ Θ)+ .

Định lý 1.5 [5] Tập nghiệm của (1.13) là không bị chặn nếu và chỉ nếu tồn
tại một cặp (v, u0 ) ∈ Rn × Rn , v = 0, u0 ∈ Sol(AV I(D, q, Θ)) sao cho:
(i) v ∈ θ(A), Dv ∈ θ(A)+ , v ∈ l(D);
(ii) (Du0 + q)T v = 0;
(iii) Dv, y − u0 ≥ 0 với mọi y ∈ Θ.
Chứng minh: Điều kiện đủ: Giả sử rằng có một cặp (v, u0 ) ∈ Rn ×
Rn , v = 0, u0 ∈ Sol(AV I(D, q, Θ)), sao cho (i)-(iii) được thỏa mãn. Đặt
xt = u0 + tv, t > 0. Lấy bất kỳ y ∈ Θ, ta suy ra từ (i)-(iii) rằng

Dxt + q, y − xt = D(u0 + tv) + q, y − (u0 + tv)
= Du0 + q, y − u0 − tv + Dtv, y − u0 − tv
19


= Du0 + q, y − u0 − Du0 + q, tv
+ Dtv, y − u0 − Dtv, tv
= Du0 + q, y − u0 −t Du0 + q, v
≥0

=0

+ t Dv, y − u −t2 Dv, v
0

≥0

=0

≥0
Điều này có nghĩa là xt ∈ Sol(AV I(D, q, Θ)) với mọi t > 0. Do đó tập

nghiệm là không bị chặn.
Điều kiện cần: Giả sử rằng tập Sol(AV I(D, q, Θ)) là không bị chặn. Theo
(1.22), tồn tại I0 ⊂ I sao cho tập ΨI0 xác định bởi (1.23) là không bị chặn.
Áp dụng Định lý 8.4 [14] ta có thể chứng minh rằng tồn tại v ∈ Rn , v = 0,
và u0 ∈ ΨI0 sao cho

u0 + tv ∈ ΨI0 ⊂ Sol(AV I(D, q, Θ))

với mọi t ≥ 0

(1.25)

Do A(u0 + tv) ≥ b với mọi t > 0 ta có thể suy ra rằng Av ≥ 0. Điều đó có
nghĩa là v ∈ θ(A). Từ (1.25) ta có

D(u0 + tv) + q, y − (u0 + tv) ≥ 0 với mọi y ∈ Θ.

(1.26)

Cố định y ∈ Θ ta suy ra từ (1.26) rằng

1 0
1 1
1
Du + Dv + q, y − u0 − v ≥ 0 với mọi t > 0.
t
t t
t
Cho t → +∞ ta được

Dv, −v ≥ 0.

(1.27)

Thế y = u0 + t2 v với t > 1 vào (1.26) rồi chia bất đẳng thức cho t(t2 − 1) ta
thu được
1
0
t Du

+ Dv + 1t q, v ≥ 0 với mọi t > 1.
20


Cho t → +∞ ta được Dv, v ≥ 0. Kết hợp với (1.27) ta có

Dv, v = 0.

(1.28)

Điều này chỉ ra rằng v ∈ l(D). Thế y = u0 vào (1.26) ta có

D(u0 + tv) + q, −tv ≥ 0 với mọi y ∈ Θ.
⇒ Du0 + Dtv + q, −tv ≥ 0
kết hợp với (1.28) ta được

−t Du0 + q, v − t2 Dv, v ≥ 0
=0
0

⇒ Du + q, v ≤ 0.

(1)

Thế y = u0 + t2 v với t > 1 vào (1.26) ta được

D(u0 + tv) + q, t2 v − tv ≥ 0 với mọi y ∈ Θ.
⇒ Du0 + Dtv + q, t2 v − tv ≥ 0
⇒ −t Du0 + q, v − t2 Dv, v + t2 Du0 + q, v + t3 Dv, v ≥ 0
sử dụng (1.28) ta được

(t2 − t) Du0 + q, v − t2 Dv, v +t3 Dv, v ≥ 0
=0

=0
0

⇒ Du + q, v ≥ 0.

(2)

Từ (1) và (2) ta có (ii) được thỏa mãn.
Từ (1.26), (1.28) và (ii), với mọi y ∈ Θ ta có

0 ≤ Du0 + q + tDv, y − u0 − tv
= Du0 + q, y − u0 + t Dv, y − u0
với mọi t > 0. Điều này có nghĩa là bất đẳng thức Dv, y − u0 ≤ 0 phải là
sai. Vậy ta có
Dv, y − u0 ≥ 0 với mọi y ∈ Θ.
(1.29)

21


Thế y = u0 + w với w ∈ θ(A) vào bất đẳng thức (1.29) ta suy ra rằng
Dv, w ≥ 0 với mọi w ∈ θ(A). Điều này có nghĩa là Dv ∈ θ(A)+ . Ta đã vừa
chỉ ra rằng cả 3 bao hàm thức trong (i) là chính xác. (Đpcm)
Ta có thể rút ra vài điều kiện đủ để cho (1.13) có tập nghiệm compact.
Hệ quả 1.4 Bài toán (1.13) có tập nghiệm compact (có thể là tập rỗng) nếu
một trong các điều kiện sau đây được thỏa mãn:
(γ1 ) nón l(D) chỉ gồm một phần tử 0;
(γ2 ) giao của nón l(D) và {v ∈ Rn : Dv ∈ θ(A)+ } chỉ gồm một phần tử
0;
(γ3 ) giao của nón l(D),{v ∈ Rn : Dv ∈ θ(A)+ } và θ(A) chỉ gồm một phần
tử 0.

1.4

Bài toán bù tuyến tính

Giờ chúng ta sẽ xét một trường hợp đặc biệt của bài toán (1.12).
n
và ϕ(x) = Dx+q với D ∈ Rn×n
Định nghĩa 1.7 bài toán (1.12) với Θ = R+
và q ∈ Rn được ký hiệu là LCP(D,q) và được gọi là bài toán bù tuyến tính
xác định bởi D và q. Tập nghiệm của bài toán này được ký hiệu là Sol(D,q).

Chúng ta có thể viết ra LCP(D,q) như bên dưới

xˆ ≥ 0, Dˆ
x + q ≥ 0, xˆT (Dˆ

x + q) = 0.

(1.30)

Như vậy bài toán LCP là một trường hợp đặc biệt của bài toán NCP với
n
Θ = R+
và ϕ là một toán tử afin.
Định nghĩa 1.8 Nếu Θ là một nón lồi đa diện và tồn tại D ∈ Rn×n , q ∈ Rn
sao cho ϕ(x) = Dx + q với mọi x ∈ Θ thì (1.12) được gọi là một bài toán bù
tuyến tính suy rộng và được ký hiệu là GLCP (D, q, Θ).
Từ định nghĩa phía trên ta thấy rằng bài toán bù tuyến tính suy rộng là
một trường hợp đặc biệt của bài toán AVI. So sánh Định nghĩa 1.8 và Định
22


nghĩa 1.7 ta thấy một điều rằng cấu trúc của bài toán GLCP rất giống với
bài toán LCP. Điều này giải thích vì sao nhiều kết quả của LCP có thể ứng
dụng cho bài toán GLCP.
n
Dễ thấy rằng nếu trong (1.13) ta chọn Θ = R+
thì ta sẽ thu được một bào
toán bù tuyến tính LCP(D,q). Do vậy, bài toán bù thuyến tính là bài một
bài toán AVI loại đặc biệt.
Định lý 1.5 có thể áp dụng cho bài toán LCP như sau
Mệnh đề 1.5 [11]Tập nghiệm của (1.30) là không bị chặn nếu và chỉ nếu
tồn tại một cặp (v, u0 ) ∈ Rn × Rn , v = 0, u0 ∈ Sol(D, q) sao cho
(i) v ≥ 0, Dv ≥ 0, v ∈ l(D);
(ii) (Du0 + q)T v = 0;
(iii) Dv, u0 = 0.

Hệ quả 1.4 có thể áp dụng cho bài toán LCP như sau
Hệ quả 1.5 Bài toán (1.30) có một tập nghiệm compact (có thể là tập rỗng)
nếu và chỉ nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn:
(γ1 ) nón l(D) chỉ gồm một phần tử 0;
(γ2 ) giao của nón l(D) và {v ∈ Rn : Dv ≥ 0} chỉ gồm một phần tử 0;
n
(γ3 ) giao của nón l(D), {v ∈ Rn : Dv ≥ 0} và R+
chỉ gồm một phần tử
0.
Ví dụ 1.2 [11] Xét bài toán trong (1.30) với

D=

1 0
0 −1

,q =

q1
q2

, n = 2.

Giao của nón l(D), {v : Dv ≥ 0} và {v : v ≥ 0} chỉ gồm một phần tử 0.
Theo Hệ quả 1.5, Sol(D,q) là một tập compact.
Ta thấy rằng nếu D trong ví dụ trên là một ma trận không suy biến thì
Sol(D,q) là tập hữu hạn. D = (aij ) đươc gọi là một ma trận không suy biến
nếu với mọi tập con khác rỗng α ⊂ {1, . . . , n}, định thức của ma trận con cơ
bản Dαα bao gồm các phần tử aij (i ∈ α, j ∈ α) của D là khác 0.
23