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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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