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

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.

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
#
,

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.

(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.


(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 ∈ 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



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


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


(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 ,

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
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
,

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

∈ ˙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) =

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

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

 (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

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
)



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

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

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


∈ 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

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 ⊂

< 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
> −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


(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.

(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

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