Một số phương pháp giải bài toán bất đẳng thức biến phân

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

NGUYỄN THỊ HỒI THANH

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN
BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN

Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số : 60 46 0113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Phan Nhật Tĩnh
Đà Nẵng - Năm 2014


LỜI CAM ĐOAN

Tơi xin cam đoan đây là cơng trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các số liệu kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được
công bố trong bất kỳ cơng trình nào khác.
Học viên

Nguyễn Thị Hoài Thanh


MỤC LỤC

MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1. Tính cấp thiết của đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

2. Mục tiêu nghiên cứu của đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

4. Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

5. Bố cục đề tài. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

CHƯƠNG 1. BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN . . . . . .

3

1.1.

MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2.

BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.1. Phát biểu bài toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.2. Một số bài toán dẫn đến bài toán bất đẳng thức biến phân. .

7

SỰ TỒN TẠI DUY NHẤT NGHIỆM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.3.

CHƯƠNG 2. PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG
THỨC BIẾN PHÂN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.
2.2.

16

MỐI QUAN HỆ GIỮA PHÉP CHIẾU VỚI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG
THỨC BIẾN PHÂN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

PHƯƠNG PHÁP CHIẾU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

CHƯƠNG 3. PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT GIẢI BÀI TOÁN BẤT
ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.

28

PHƯƠNG PHÁP HÀM PHẠT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

3.1.1. Xây dựng hàm phạt lồi khả vi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28


3.1.2. Chuyển bài toán gốc về dãy các bài toán có miền ràng buộc đơn
giản. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.

KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP CHIẾU PHẠT GIẢI BÀI TOÁN BẤT
ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.3.

29
31

ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN GIẢI BÀI TOÁN TỐI
ƯU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . .

39

QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (BẢN SAO)


1

MỞ ĐẦU
1. Tính cấp thiết của đề tài
Bài tốn bất đẳng thức biến phân, theo Harker và Pang ([12]), được

giới thiệu lần đầu tiên vào năm 1966 bởi Hartman và Stampacchia.
Năm 1979 Micheal J. Smith đưa ra bài toán cân bằng mạng giao thông
và năm 1980 Defermos ([9]) đã chỉ ra rằng: Điểm cân bằng của bài
toán này là nghiệm của bài tốn bất đẳng thức biến phân. Từ đó lý
thuyết bất đẳng thức biến phân là một công cụ mạnh và thống nhất
để giải quyết các bài toán cân bằng. Cho đến nay có rất nhiều bài
tốn được quy về bài tốn bất đẳng thức biến phân, ví dụ như: Bài
tốn cân bằng mạng giao thơng, bài tốn cân bằng giá khơng gian,
các bài tốn cân bằng tài chính, cân bằng nhập cư... Gần đây, bài
toán bất đẳng thức biến phân là một đề tài được nhiều người quan
tâm nghiên cứu vì vai trị của nó trong lý thuyết toán học cũng như
trong các ứng dụng thực tế.
Một trong các hướng nghiên cứu quan trọng của bài toán bất đẳng
thức biến phân là việc xây dựng các phương pháp giải. Thông thường,
các phương pháp giải được chia thành những loại sau: Các phương
pháp chuyển bài toán về hệ phương trình, các phương pháp có tính
chất kiểu đơn điệu, các phương pháp dựa trên kỹ thuật hàm chắn.
Với những lý do nêu trên, chúng tôi chọn đề tài: "Một số phương pháp
giải bài toán bất đẳng thức biến phân" làm đề tài luận văn thạc sĩ.
2. Mục tiêu nghiên cứu của đề tài
Luận văn nhằm nhắc lại các kiến thức cơ bản về bài toán bất đẳng
thức biến phân, các ví dụ, một vài ứng dụng của bài tốn và trình
bày một số phương pháp giải bài tốn bất đẳng thức biến phân.


2

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là phương pháp chiếu, phương pháp
phạt và kết hợp phương pháp phạt - chiếu.

4. Phương pháp nghiên cứu

• Tham khảo các tài liệu của giáo viên hướng dẫn, tài liệu sưu
tầm được từ bạn bè, đồng nghiệp, từ sách, báo khoa học có liên
quan...

• Tham khảo các tài liệu liên quan có trên các website như:
www.mathvn.com; www.mathscope.org; www.diendantoanhoc.net...
5. Bố cục đề tài
Luận văn gồm có 3 chương:
Chương 1: Bài toán bất đẳng thức biến phân.
Chương 2: Phương pháp chiếu giải bài toán bất đẳng thức biến phân.
Chương 3: Phương pháp hàm phạt giải bài toán bất đẳng thức biến
phân.
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn

• Tổng quan và hệ thống lại một số phương pháp giải bài toán bất
đẳng thức biến phân. Kết quả của luận văn nhằm giải quyết vần
đề giải một số các dạng bài tốn bất đẳng thức biến phân.

• Luận văn là tài liệu tham khảo cho các bạn sinh viên, học viên
cao học khi tìm hiểu về bất đẳng thức biến phân.


3

CHƯƠNG 1

BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN
1.1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Cho hai vectơ x := (x1 , x2 , ..., xn ), y := (y1 , y2 , ..., yn ) ∈ Rn
n

xi yi

x, y =
i=1

được gọi là tích vơ hướng của hai vectơ x và y . Chuẩn Euclide và khoảng
cách được xác định tương ứng bởi

x :=

x, x

d(x, y) := x − y .
Chúng ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản của giải tích lồi sẽ được
dùng trong luận văn này.
Định nghĩa 1.1.1. Tập con D ⊂ Rn được gọi là:
i) tập lồi nếu

λx + (1 − λ)y ∈ D,

∀x, y ∈ D, λ ∈ (0, 1).

ii) nón có đỉnh tại 0 nếu

λx ∈ D,

∀x ∈ D, λ ≥ 0.

iii) nón có đỉnh tại x0 nếu D − x0 là nón có đỉnh tại 0.
Định nghĩa 1.1.2. Cho D ⊂ Rn là một tập lồi và x∗ ∈ D.
i) Vecto x0 được gọi là pháp tuyến của tập D tại x∗ nếu

x0 , x − x∗ ≤ 0,

∀x ∈ D.


4

ii) Tập tất cả các vecto pháp tuyến của tập lồi D tại x∗ , ký hiệu là

N (x∗ /D).
N (x∗ /D) = {x0 ∈ Rn : x0 , x − x∗ ≤ 0,

∀x ∈ D}.

Định nghĩa 1.1.3. Cho D ⊂ Rn là một tập lồi và ánh xạ f : D −→
R ∪ {±∞}.
i) Miền hữu hiệu của hàm f , ký hiệu là Domf , được định nghĩa như
sau:

Domf = {x ∈ D : f (x) < +∞}.
ii) Hàm f được gọi là chính thường nếu

Domf = ∅ và f (x) > −∞,

∀x ∈ D.

iii) Hàm f được gọi là hàm lồi trên D nếu

f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ),

∀x1 , x2 ∈ D, λ ∈ [0, 1].

iv) Hàm f được gọi là hàm lồi chặt trên D nếu

f (λx1 +(1−λ)x2 ) < λf (x1 )+(1−λ)f (x2 ),

∀x1 = x2 ∈ D, λ ∈ (0, 1).

v) Hàm f được gọi là hàm lồi mạnh với hệ số β > 0 trên D nếu với mọi

x1 = x2 ∈ D, λ ∈ (0, 1), ta có
f (λx1 + (1 − λ)x2 ) ≤ λf (x1 ) + (1 − λ)f (x2 ) − λ(1 − λ)β x1 − x2 2 .
Định nghĩa 1.1.4. Giả sử f là một hàm lồi chính thường trên tập lồi D
trong khơng gian Rn . Khi đó vecto x∗ ∈ Rn được gọi là dưới gradient của
hàm f tại x0 ∈ D nếu

f (x) − f (x0 ) ≥ x∗ , x − x0 ,

∀x ∈ D.


5

Tập hợp tất cả các dưới gradient của hàm f tại x0 được gọi là dưới vi
phân của f tại điểm đó và được ký hiệu là ∂f (x0 ).

∂f (x0 ) = {x∗ ∈ Rn : f (x) − f (x0 ) ≥ x − x0 , x∗ ,

∀x ∈ D}.

Hàm f được gọi là khả dưới vi phân trên D nếu ∂f (x) = ∅ với mọi

x ∈ D.
Định nghĩa 1.1.5. Ánh xạ F : D −→ Rn được gọi là:
i) đơn điệu trên D nếu

F (x) − F (y), x − y ≥ 0,

∀x, y ∈ D.

ii) đơn điệu ngặt trên D nếu

F (x) − F (y), x − y > 0,

∀x = y ∈ D.

iii) đơn điệu mạnh trên D nếu tồn tại hằng số α > 0 sao cho

F (x) − F (y), x − y ≥ α x − y 2 ,

∀x, y ∈ D.

iv) đồng bức với mô đun δ (viết tắt là δ - đồng bức) trên D nếu tồn tại

δ > 0 sao cho

F (x) − F (y), x − y ≥ δ F (x) − F (y) 2 ,

∀x, y ∈ D.

v) liên tục Lipschitz trên D nếu tồn tại hằng số L > 0 sao cho

F (x) − F (y) ≤ L x − y ,

∀x, y ∈ D.

vi) giả đơn điệu trên D tương ứng với K ⊂ D nếu K = ∅ và

∀x∗ ∈ K : F (x), x − x∗ ≥ 0,

∀x ∈ D.

Mệnh đề 1.1.6. Cho D là một tập con lồi của Rn và F : Rn −→ Rn là
một ánh xạ khả vi trên một tập mở chứa D.


6

i) F đơn điệu trên D khi và chỉ khi ▽F (x) là nửa xác định dương trên

D, với mọi x ∈ D, nghĩa là:
y, ▽F (x)y ≥ 0,

∀x, y ∈ D.

ii) F đơn điệu ngặt trên D khi và chỉ khi ▽F (x) là xác định dương trên

D, với mọi x ∈ D, nghĩa là:
y, ▽F (x)y > 0,

∀x, y ∈ D, y = 0.

iii) F đơn điệu mạnh trên D khi và chỉ khi ▽F (x) là xác định dương đều
trên D, với mọi x ∈ D, nghĩa là tồn tại β > 0 sao cho :

y, ▽F (x)y > β y 2 ,

∀x, y ∈ D, y = 0.

Định lý 1.1.7. (Định lý điểm bất động của Brouwer) Giả sử D là một
tập lồi, compact, khác rỗng của Rn , (n ≥ 1), và f : D → D là một ánh xạ
liên tục. Khi đó, f có một điểm bất động.
1.2. BÀI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN
1.2.1.

Phát biểu bài toán.

Bài toán bất đẳng thức biến phân hữu hạn chiều V IP (D, F ) là bài
tốn tìm x∗ ∈ D ⊂ Rn sao cho

F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0,

∀x ∈ D,

trong đó D là tập con lồi đóng khác rỗng của Rn , F : D −→ Rn là một
hàm liên tục cho trước và ·, · là tích vơ hướng trong khơng gian Euclide

n chiều.
Tập D được gọi là miền chấp nhận được của bài toán.
Tập hợp nghiệm của V IP (D, F ) được ký hiệu là SOL(D, F ).


7

Ví dụ 1.2.1. Cho f (x) là một hàm thực khả vi trên một tập mở chứa

D = [a, b]. Tìm x∗ sao cho
f (x∗ ) = min f (x).
x∈D

x∗ ∈ [a, b] nên suy ra có ba trường hợp có thể xảy ra:
Trường hợp 1: Nếu x∗ ∈ (a, b), theo định lý Fermat, ta có f ′ (x∗ ) = 0.
f (x) − f (x∗ )
∗
′ ∗
Trường hợp 2: Nếu x = a, f (x ) = lim ∗
≥ 0.
x−→x+
x − x∗
f (x) − f (x∗ )
∗
′ ∗
≤ 0.
Trường hợp 3: Nếu x = b, f (x ) = lim ∗
x−→x−
x − x∗

Kết hợp lại, ta có thể viết x∗ là nghiệm của bài toán

f ′ (x∗ ), x − x∗ ≥ 0 ∀x ∈ D.
Như vậy x∗ là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V IP (D, f ′ ).
1.2.2.

Một số bài toán dẫn đến bài toán bất đẳng thức biến

phân.
Bài toán bù.
Bài toán bù là một trường hợp đặc biệt của bài toán bất đẳng thức
biến phân, nó được định nghĩa trên góc khơng âm của Rn .
Giả sử Rn+ là góc khơng âm của Rn và F : Rn −→ Rn . Bài tốn bù
phi tuyến tính trên Rn+ là hệ thống các phương trình và bất phương trình
được phát biểu như sau:
Tìm x∗ ≥ 0 sao cho

F (x∗ ) ≥ 0 và
F (x∗ ), x∗ = 0.

(1.1)

Khi ánh xạ F là affine, tức là khi F (x) = M x + b, trong đó M là ma
trận n × n và b là vecto n × 1 thì bài tốn (1.1) là bài tốn bù tuyến tính.
Mối quan hệ giữa bài toán bù và bài toán bất đẳng thức biến phân như
sau.


8

Mệnh đề 1.2.2. ([5]) V IP (Rn+ , F ) và (1.1) có cùng nghiệm.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh nếu x∗ là nghiệm của V IP (Rn+ , F )
thì x∗ cũng là nghiệm của bài tốn (1.1).
Thật vậy, x∗ là nghiệm của V IP (Rn+ , F ) nên F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0 với mọi

x ∈ Rn+ .
Lần lượt thay x = x∗ + ei , i = 1, n vào V IP (Rn+ , F ), trong đó ei là vecto
thuộc Rn với 1 ở vị trí thứ i và 0 ở các vị trí khác i, ta suy ra

F (x∗ ), ei ≥ 0,

∀i = 1, n.

Do đó Fi (x∗ ) ≥ 0, nghĩa là F (x∗ ) ≥ 0.
Bây giờ ta thay x = 2x∗ vào bất đẳng thức biến phân ta thu được

F (x∗ ), x∗ ≥ 0.

(1.2)

Thay x = 0 vào bất đẳng thức biến phân ta có

F (x∗ ), −x∗ ≥ 0.

(1.3)

Từ (1.2) và (1.3) ta suy ra F (x∗ ), x∗ = 0.
Ngược lại, nếu x∗ thỏa mãn bài tốn bù thì

F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0

vì x∗ ∈ Rn và F (x∗ ) ≥ 0.
Bài toán điểm bất động.
Lý thuyết điểm bất động được ứng dụng trong việc tìm lời giải cho các
bài toán cân bằng kinh tế. Mối quan hệ giữa bài toán bất đẳng thức biến
phân và bài toán điểm bất động được giải quyết bằng cách dùng phép
chiếu. Trước tiên ta định nghĩa một phép chiếu như sau.
Bổ đề 1.2.3. ([5]) Giả sử D là một tập con lồi và đóng của Rn . Khi đó
với mỗi x ∈ Rn có một điểm duy nhất y ∈ D sao cho:

x − y = inf x − z .
z∈D

(1.4)


9

y được gọi là hình chiếu vng góc của x lên tập D hay hình chiếu
Euclide của x lên D, ký hiệu là PD (x).

y = PD (x) = arg min x − z .
z∈D

Chứng minh. Với mỗi x ∈ Rn , giả sử zk ∈ D là dãy các điểm sao cho:

lim

k−→∞

(1.5)

zk − x = d = inf z − x .
z∈D

Theo quy tắc hình bình hành x+y

2

+ x−y

2

= 2 x 2 +2 y

2

∀x, y ∈

D ta có:
x − zk + x − zh

2

+ (x − zk ) − (x − zh )

2

= 2 x − zk

2

+ 2 x − zh 2 .

Suy ra

zk − zh

2

= 2 x − zk

2

+ 2 x − zh

2

1
− 4 x − (zk + zh ) 2 .
2

(1.6)

Vì D là tập lồi nên 21 (zk + zh ) ∈ D và d2 ≤ x − 21 (zk + zh ) 2 .
Do đó zk − zh
Từ (1.4) suy ra

2

≤ 2 x − zk

lim

h,k−→∞

2

+ 2 x − zh

2

− 4d2 .

zk − zh = 0.

Do D là tập con lồi đóng của Rn nên tồn tại y ∈ D sao cho:

lim zk = y.

k−→∞

Hơn nữa, x − y = lim

k−→∞

x − zk = d.

Ta thấy rằng y là duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại y ′ ∈ D thỏa mãn
(1.4).
Thay y = zk và y ′ = zh trong (1.6) ta có:

y − y′

2

=2 x−y

2

+ 2 x − y′

≤ 4d2 − 4d2 = 0.
Như vậy y = y ′ .

2

1
− 4 x − (y − y ′ )
2

2


10

Định lý 1.2.4. ([5]) Cho D là tập con lồi đóng của Rn và x, y ∈ Rn . Khi
đó y = PD (x) khi và chỉ khi

y∈D:

y, z − y ≥ x, z − y ,

∀z ∈ D

hay

y∈D:

y − x, z − y ≥ 0,

∀z ∈ D.

(1.7)

Chứng minh. Giả sử x ∈ D và y = PD (x).
Vì D lồi nên ta có

(1 − t)y + tz = y + t(z − y) ∈ D,

∀z ∈ D, t ∈ [0, 1].

Theo (1.4), hàm số

φ′ (t) = x − y − t(z − y)

2

= x−y

2

− 2t x − y, z − y +t2 z − y

2

đạt cực tiểu tại t = 0. Suy ra φ′ (0) ≥ 0, nghĩa là

y − x, z − y ≥ 0 ∀z ∈ D
hay y, z − y ≥ x, z − y

∀z ∈ D.

Hệ quả 1.2.5. ([5]) Nếu D là một tập con lồi đóng khác rỗng của Rn thì
phép chiếu PD là không giãn, tức là:

PD (x) − PD (x′ ) ≤ x − x′ ,

∀x, x′ ∈ Rn .

(1.8)

Chứng minh. Cho x, x′ ∈ Rn , giả sử y = PD (x) và y ′ = PD (x′ ).
Theo Định lý 1.2.4 ta có:
Với y ∈ D : y, z − y ≥ x, z − y ,
Với y ′ ∈ D : y ′ , z − y ′ ≥ x′ , z − y ′ ,
Đặt z = y ′ trong (1.9) và z = y trong (1.10) ta có:

y, y ′ − y ≥ x, y ′ − y

∀z ∈ D.
∀z ∈ D.

(1.9)
(1.10)


11

và

y ′ , y − y ′ ≥ x′ , y − y ′ .
Cộng hai bất đẳng thức trên ta thu được:

y − y′

2

= y − y′, y − y′
≤ x − x′ , y − y ′
≤ x − x′

y − y ′ (áp dụng bất đẳng thức Schwars).

Do đó y − y ′ ≤ x − x′ .
Nhận xét 1.2.6. Từ hệ quả 1.2.5 suy ra phép chiếu PD là liên tục khi tập

D lồi và đóng.
Định lý 1.2.7. ([5]) Giả sử D là một tập con lồi đóng của Rn . Khi đó

x∗ ∈ D là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân V IP (D, F ) khi
và chỉ khi với mọi γ > 0, x∗ là điểm bất động của ánh xạ:

PD (I − γF ) : D −→ D.
Tức là
(1.11)

x∗ = PD (x∗ − γF (x∗ )).
Chứng minh. Giả sử x∗ là nghiệm của V IP (D, F ) ta có:

F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0,

∀x ∈ D.

Nhân hai vế với −γ < 0:

0 ≥ −γF (x∗ ), x − x∗ .
Cộng hai vế trên với x∗ , x − x∗ ta có:

x∗ , x − x∗ ≥ x∗ − γF (x∗ ), x − x∗

∀x ∈ D.

Theo Định lý 1.2.4 ta có x∗ = PD (x∗ − γf (x∗ )).
Ngược lại, giả sử x∗ = PD (x∗ − γF (x∗ )). với γ > 0 thì

x∗ , x − x∗ ≥ x∗ − γF (x∗ ), x − x∗

∀x ∈ D.


12

Do đó

F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0,

∀x ∈ D.

1.3. SỰ TỒN TẠI DUY NHẤT NGHIỆM
Lý thuyết bất đẳng thức biến phân là một công cụ mạnh để giải quyết
các bài toán cân bằng. Bây giờ chúng ta đề cập đến các điều kiện cho sự
tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán V IP (D, F ).
Sự tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân được suy ra
từ tính liên tục của hàm F với miền chấp nhận được D là compact.
Định lý 1.3.1. ([5]) Nếu D là tập con lồi compact của Rn , F (x) liên tục
trên D thì bài tốn bất đẳng thức biến phân có ít nhất một nghiệm x∗ .
Chứng minh. Do D là tập compact nên theo Định lý điểm bất động của
Brouwer, với mọi ánh xạ P : D −→ D liên tục thì tồn tại x∗ ∈ D sao cho

x∗ = P (x∗ ).
Ta thấy rằng, vì PD và (I − γF ) với γ > 0 là liên tục nên PD (I − γF )
cũng liên tục.
Do đó PD (I − γF ) có điểm bất động và theo Định lý 1.2.7, đó cũng chính
là nghiệm của bài tốn V IP (D, F ).
Trong trường hợp tập chấp nhận được D không bị chặn, lý thuyết
điểm bất động của Brouwer khơng cịn hiệu lực nữa. Tuy nhiên, sự tồn
tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân được thiết lập dưới điều
kiện sau.
Ký hiệu BR (0) là hình cầu đóng trong Rn với tâm 0, bán kính R.
Đặt DR = D ∩ BR (0). Ta có DR là một tập đóng.
Bài tốn bất đẳng thức biến phân V IPR được định nghĩa như sau:

13

Xác định x∗R ∈ DR sao cho:

F (x∗R ), x − x∗R ≥ 0,

∀x ∈ DR .

Định lý 1.3.2. ([5]) Bài toán bất đẳng thức biến phân V IP (D, F ) có
nghiệm khi và chỉ khi tồn tại R > 0 sao cho bài tốn V IPR có nghiệm x∗R
với x∗R < R.
Chứng minh. Rõ ràng nếu tồn tại nghiệm x∗ của bài toán V IP (D, F ) thì

x∗ cũng là nghiệm của bài tốn V IPR thoả mãn x∗ < R với R > 0 nào
đó.
Bây giờ ta giả sử x∗R ∈ DR thỏa mãn x∗R < R thì x∗R cũng là nghiệm
của bài tốn V IP (D, F ).
Thật vậy, vì x∗R < R nên với y ∈ D cho trước, ta có:

w = x∗R + α(y − x∗R ) ∈ DR với α > 0 đủ nhỏ.
Như vậy,

x∗R ∈ DR ⊂ D : 0 ≤ F (x∗R ), x − x∗R
= α F (x∗R ), y − x∗R ∀y ∈ D,
tức là, x∗R là nghiệm của bài toán V IP (D, F ).
Sự tồn tại nghiệm của V IP (D, F ) còn được thiết lập dưới điều kiện
bức, như trong hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.3.3. ([5]) Nếu F thỏa mãn điều kiện bức, nghĩa là:

F (x) − F (x0 ), x − x0
−→ ∞
x − x0
khi x −→ ∞, x ∈ D và với x0 ∈ D nào đó thì V IP (D, F ) ln có
nghiệm.


14

Chứng minh. Chọn H > |F (x0 )| và R > |x0 | sao cho

F (x) − F (x0 ), x − x0 ≥ H|x − x0 | ∀|x| ≥ R, x ∈ D.
Ta có

F (x), x − x0 ≥ H|x − x0 | + F (x0 ), x − x0
≥ H|x − x0 | − |F (x0 )||x − x0 |

(1.12)

≥ (H − |F (x0 )|)(|x| − |x0 |) > 0 ∀|x| = R.
Bây giờ ta giả sử x∗R ∈ DR là nghiệm của bài toán V IPR . Ta có

F (x∗R ), x∗R − x0 = − F (x∗R ), x0 − x∗R ≤ 0,
Do đó, theo định lý 1.3.2, |x∗R | = R. Nói cách khác, nghĩa là |x∗R | < R.
Hệ quả 1.3.4. ([5]) Giả sử x∗ là nghiệm của V IP (D, F ) và x∗ ∈ D0 , với

D0 là phần trong của D, thì F (x∗ ) = 0.
Định lý 1.3.5. ([5]) (Tính duy nhất nghiệm)
Nếu F (x) đơn điệu ngặt trên D thì nghiệm của bài tốn V IP (D, F ),

nếu có, là duy nhất.
Chứng minh. Giả sử x1 và x∗ là hai nghiệm của V IP (D, F ) và x1 = x∗ .
Vì x1 , x∗ là nghiệm của V IP (D, F ) nên ta có:

F (x1 ), x − x1 ≥ 0,

∀x ∈ D,

(1.13)

F (x∗ ), x − x∗ ≥ 0,

∀x ∈ D.

(1.14)

Từ (1.13) chọn x = x∗ ta có: F (x1 ), x∗ − x1 ≥ 0.
Từ (1.14) chọn x = x1 ta có: F (x∗ ), x1 − x∗ ≥ 0.
Từ đây suy ra:

F (x1 ) − F (x∗ ), x∗ − x1 ≥ 0.

(1.15)

Bất đẳng thức (1.15) mâu thuẫn với điều kiện ngặt của F (x), do đó x1 =

x∗ .


15

Định lý 1.3.6. ([5]) Giả sử F đơn điệu mạnh trên D thì bài tốn bất đẳng
thức V IP (D, F ) tồn tại duy nhất một nghiệm x∗ .
Chứng minh. Ta có F (x) là đơn điệu mạnh nên thỏa mãn điều kiện bức,
và do đó bài tốn V IP (D, F ) có nghiệm x∗ (theo hệ quả 1.3.3).
Mặt khác, cũng từ giả thiết F (x) là đơn điệu mạnh, suy ra F (x) đơn điệu
ngặt, do đó theo định lý 1.3.5, x∗ là nghiệm duy nhất.
Trong trường hợp tập chấp nhận được D khơng bị chặn, tính đơn điệu
mạnh của hàm F đảm bảo cho cả sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài
toán bất đẳng thức biến phân.
Nếu D là tập compact thì bài tốn V IP (D, F ) tồn tại nghiệm nếu F
liên tục và điều kiện đơn điệu ngặt sẽ đảm bảo cho tính duy nhất nghiệm.
Bây giờ ta giả sử rằng F (x) vừa đơn điệu mạnh vừa liên tục Lipschitz.
Khi đó với γ > 0, phép chiếu PD (x − γF (x)) là một phép co ứng với x.

α
, trong đó α và L tương ứng là các
L2
hằng số trong định nghĩa đơn điệu mạnh và điều kiện Lipschitz. Khi đó:

Định lý 1.3.7. ([5]) Cho 0 < γ ≤

PD (x − γF (x)) − PD (y − γF (y)) ≤ β x − y
với mọi x, y ∈ D, (1 − γα)1/2 ≤ β < 1.

(1.16)


16

CHƯƠNG 2

PHƯƠNG PHÁP CHIẾU GIẢI BÀI TOÁN BẤT
ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN
2.1. MỐI QUAN HỆ GIỮA PHÉP CHIẾU VỚI BÀI TOÁN BẤT
ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN
Như ta đã biết, nếu D là một tập lồi đóng khác rỗng thì hình chiếu của
một điểm lên D luôn tồn tại và là duy nhất. Nếu D có hình dạng đặc biệt
(chẳng hạn: hình hộp chữ nhật, hình cầu, hình lập phương...) ta có thể dễ
dàng tìm hình chiếu của một điểm lên D.
Thật vậy, giả sử D có dạng hình hộp chữ nhật

D = {x = (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn : ai < xi < bi , i = 1, 2, ..., n},
a = (a1 , a2 , ..., an ); b = (b1 , b2 , ..., bn ) ∈ Rn
thì hình chiếu của x lên D được xác



ai



(PD (x))i = xi




 bi

định như sau:

nếu xi < ai
nếu xi ∈ [ai , bi ]

(2.1)

nếu xi > bi

Giả sử D có dạng hình cầu với bán kính R và tâm A = (a1 , a2 , ..., an ) ∈

Rn

n

(zi − ai )2 ≤ R2 }.

n

C = {z ∈ R :
i=1

Bây giờ ta tìm hình chiếu y của điểm x = (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn lên C .
Nếu x ∈ C , ta có y ≡ x.
Nếu x ∈
/ C , hình chiếu của x lên C là giao điểm của đường thẳng ∆


17

nối x với tâm A của hình cầu và mặt cầu
n

n

(zi − ai )2 = R2 }.

S = {z ∈ R :
i=1

Ta có

∆ = {z ∈ Rn : zi = ai + t(xi − ai ); i = 1, 2, ..., n; t ∈ R}.
Thay zi = ai + t(xi − ai ) vào phương trình mặt cầu S ta thu được:
n

t

(xi − ai )2 = R2 .

2
i=1

Suy ra

R

t=

n
i=1 (xi

− ai ) 2

1/2

.

Do đó y có tọa độ như sau:

yi = ai + (xi − ai )

R
n
i=1 (xi

− ai

)2

1/2

,

i = 1, 2, ..., n.

Mệnh đề sau mô tả mối quan hệ giữa phép chiếu với bài toán bất đẳng
thức biến phân.
Mệnh đề 2.1.1. ([10]) Cho D là tập con lồi đóng của Rn và F : Rn −→ Rn
là một ánh xạ thì với ξ > 0 bất kỳ, ta có:

x∗ ∈ SOL(D, F ) ⇐⇒ FD (x∗ ) = 0
trong đó FD (x) = x − PD (x − ξF (x)).

2.2. PHƯƠNG PHÁP CHIẾU
Chúng ta bắt đầu với phương pháp hình chiếu cơ bản nhất.
Thuật tốn 1: ([15])


18

Dữ liệu: x0 ∈ D.
Bước 0: Cho k = 0.
Bước 1: Nếu xk = PD (xk − F (xk )) thì dừng lại và cho ra kết quả xk là
một nghiệm.
Bước 2: Trái lại, đặt

xk+1 := PD (xk − F (xk )).
Gán k := k + 1 rồi trở lại bước 1.
Định lý sau đây đảm bảo tính hội tụ của thuật toán 1.
Định lý 2.2.1. ([15]) Cho D ⊂ Rn là một tập lồi đóng. Giả sử tồn tại

L > 0 và α > 0 sao cho:
F (x) − F (y), x − y ≥ α x − y 2 ,

∀x, y ∈ D

(2.2)

(F đơn điệu mạnh trên D với hệ số α)
và

F (x) − F (y) ≤ L x − y ,

∀x, y ∈ D

(2.3)

(F liên tục Lipschitz trên D với hằng số L).
Khi đó nếu L2 < 2α thì ánh xạ x −→ PD (x − F (x)) : D −→ D là một
ánh xạ co trên D.
Vì vậy dãy {xk } được tạo bởi thuật tốn 1 hội tụ đến nghiệm duy nhất
của V IP (D, F ).
Chứng minh. Theo tính chất của tốn tử chiếu ta có:

PD (x − F (x)) − PD (y − F (y))

2

≤ [x − F (x)] − [y − F (y)]

2

= [x − y] − [F (x) − F (y)]

2

= x−y

2

+ F (x) − F (y)

− 2 F (x) − F (y), x − y .

2


19

Do

F (x) − F (y)

2

≤ L2 x − y

2

và

F (x) − F (y), x − y ≥ α x − y 2 ,
nên ta có:

PD (x − F (x)) − PD (y − F (y))

2

≤ (1 + L2 − 2α) y − x 2 .

Từ đây ta thấy rằng, nếu

1 + L2 − 2α < 1

tức là L2 < 2α thì ánh xạ x −→ PD (x − F (x)) là ánh xạ co.
Trong thuật toán 1, độ dài bước cố định là 1. Sau đây là một thuật
toán cho phép thay đổi độ dài bước ở mỗi bước lặp.
Thuật toán 2:([15])
Dữ liệu: x0 ∈ D, t0 > 0.
Bước 0: Cho k = 0.
Bước 1: Nếu xk = PD (xk − t0 F (xk )) thì dừng lại, kết luận xk là một
nghiệm.
Bước 2: Trái lại, chọn tk > 0, đặt

xk+1 := PD (xk − tk F (xk ))
và gán k := k + 1 rồi trở lại bước 1.
Sự lựa chọn {tk } là yếu tố quan trọng cho sự hội tụ của thuật toán 2.
Định lý sau đảm bảo sự hội tụ của thuật toán 2.
Định lý 2.2.2. ([15]) Cho D ⊂ Rn là một tập lồi đóng khác rỗng và

F : D −→ Rn là c - tự bức trên D. Giả sử SOL(D, F ) = ∅. Nếu
0 < inf tk < sup tk < 2c
k∈N

k∈N

thì thuật toán 2 tạo ra một dãy {xk } hội tụ tới một nghiệm của V IP (D, F ).


20

Bây giờ ta xét phương pháp chiếu hai lần, đây là phương pháp cịn có
thể áp dụng cho bài tốn V IP (D, F ) trong trường hợp F giả đơn điệu,
hơn nữa nếu D có dạng đặc biệt thì số lượng phép tốn trong mỗi bước

lặp là ít nhất so với các phương pháp khác.
Thuật toán 3:([10])
Dữ liệu: x0 ∈ D và t > 0.
Bước 0: Đặt k := 0.
Bước 1: Nếu xk = PD (xk − tF (xk )) thì dừng lại và cho ra kết quả xk là
một nghiệm.
Bước 2: Tính

xk+1/2 = PD (xk − tF (xk )),
xk+1 = PD (xk − tF (xk+1/2 )).
Gán k := k + 1 và quay lại bước 1.
Bổ đề 2.2.3. ([10]) Cho D ⊂ Rn là tập lồi đóng, F : D −→ Rn là giả đơn
điệu trên D đối với SOL(D, F ) và liên tục L - Lipschitz trên D.
Giả sử x∗ ∈ SOL(D, F ). Khi đó, với mỗi k ∈ N ta có

xk+1 − x∗

2

≤ xk − x∗

2

− (1 − t2 L2 ) xk+1/2 − xk 2 .

Sự hội tụ của thuật toán được đảm bảo bởi định lý sau.
Định lý 2.2.4. ([10]) Cho D là tập con lồi đóng của Rn , F : Rn −→ Rn
là một ánh xạ giả đơn điệu trên D tương ứng với SOL(D, F ) và liên tục
Lipschitz trên D với hằng số L > 0.
1

thì dãy {xk } được tạo bởi thuật toán 3 hội tụ về một
Nếu 0 < t <
L
nghiệm của V IP (D, F ).
Chứng minh. Cho x∗ ∈ SOL(D, F ).
Đặt m = 1 − t2 L2 .


21

1
nên ta có m ∈ (0, 1).
L
Từ bổ đề 2.2.3, dãy {xk } bị chặn. Vì vậy có ít nhất một điểm giới hạn x0
Do t <

trên D.
Bây giờ ta chứng minh x0 ∈ SOL(D, F ).
Từ bổ đề 2.2.3 và do m ∈ (0, 1) ta có
+∞

xk+1/2 − xk

m

2

≤ x0 − x∗ 2 .

k=0

Suy ra limk−→+∞ xk+1/2 − x∗ = 0.
Ta thấy rằng x0 cũng là điểm giới hạn của dãy con {xk+1/2 }, tức là

xkl +1/2 −→ x0 khi l −→ ∞.
Như vậy ta có

x0 = lim xkl +1/2
l−→∞

= lim PD (xkl − tF (xkl ))
l−→∞

= PD (x0 − tF (x0 )).
Do đó x0 ∈ SOL(D, F ).
Vì m ∈ (0, 1) nên theo bổ đề 2.2.3, dãy { xk − x∗ } đơn điệu.
Thay x∗ = x0 ta chứng minh được toàn bộ dãy {xk } hội tụ về x0 .

1
. Tuy nhiên, không
L
phải lúc nào ta cũng dễ dàng tìm được hằng số Lipschitz - L. Vì vậy gây
Như vậy, để dãy {xk } hội tụ ta phải chọn 0 < t <

khó khăn trong việc chọn t. Bây giờ ta trình bày phương pháp hình chiếu
khác, phương pháp không sử dụng hằng số L.
Trước khi đi vào thuật toán sau, chúng ta chú ý rằng nghiệm của

V IP (D, F ) trùng với không điểm của hàm sau:
r(x) = x − PD (x − F (x));

tức là x ∈ SOL(D, F ) ⇐⇒ r(x) = 0.
Thuật toán 4:([?], pp 765 - 776)