Luận văn Ánh xạ đơn điệu và áp dụng vào các bài toán cân bằng kinh tế

n tử đơn điệu thì toán tử 1 2T T được xác định như sau:         * * * *1 2 1 2 1 2 1 1 2 2: ( ), ( )T T x T x T x x x x T x x T x       cũng là toán tử đơn điệu theo Mệnh đề 1.10. Vấn đề đặt ra ở đây là nếu 1 2,T T là hai toán tử đơn điệu cực đại thì 1 2T T có là toán tử đơn điệu cực đại không? Để trả lời câu hỏi này chúng ta sẽ sử dụng tới các mệnh đề sau: Mệnh đề 1.14 (Xem [12]). Cho không gian Hilbert H , J là ánh xạ đối ngẫu được xác định ở trên và toán tử : 2HT H  là đơn điệu cực đại. Với mỗi 0  , Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28  R T J là toàn bộ H và   1 T J  là toán tử đơn trị, đơn điệu cực đại từ *H vào H , và là nửa liên tục, hay liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô yếu. Hệ quả 1.1 (Xem [12]). Cho H là không gian Hilbert , J là ánh xạ đối ngẫu được xác định ở trên, toán tử : 2HT H   *H H là đơn điệu. Để toán tử T là cực đại, điều kiện cần và đủ là  R T J là toàn bộ *H . Mệnh đề 1.15 (Xem [12]). Cho H là không gian Hilbert, và cho : 2HT H  là toán tử đơn điệu cực đại. Giả sử rằng tồn tại 0  sao cho: *, 0x x  với x  ,  x D T ,  *x T x . Khi đó tồn tại x H sao cho:  0 T x . Theo [12], với mỗi 0  , ta ký hiệu B là tập dưới vi phân của hàm chỉ số của hình cầu đóng U có tâm 0, bán kính  trong H. Khi đó, B là toán tử chuẩn tắc cho U , nghĩa là:      ; : 0 ; 0 . khi khi khi x B x J x x x               Mệnh đề 1.16 (Xem [12]). Cho không gian Hilbert H và cho : 2HT H  là toán tử đơn điệu sao cho  0 D T . Giả sử rằng tồn tại 0 0  sao cho toán tử đơn điệu T B là cực đại với mọi 0  . Khi đó, T là toán tử đơn điệu cực đại. Sau đây chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh kết quả chính của vấn đề được nêu ra ở trên. Định lý 1.7 (Xem [12]). Cho không gian Hilbert H và 1T , 2T là hai toán tử đa trị, đơn điệu cực đại từ H vào 2H . Giả sử rằng một trong hai điều kiện sau được thoả mãn: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 (a)  1 2int ( )D T D T  ; (b) tồn tại    1 2x clD T clD T  sao cho 2T bị chặn địa phương tại x . Khi đó 1 2T T là toán tử đơn điệu cực đại. Chứng minh. Trong giả thiết, mệnh đề (a) và (b) là tương đương nên để chứng minh định lý ta chỉ xét trường hợp (a). Nếu cần có thể tịnh tiến, ta giả sử rằng:  1 20 0 0 int ( ). vµ T D T  (1.12) Cho J là ánh xạ đối ngẫu được xác định ở trên. Theo Mệnh đề 1.10, 1 2T T là toán tử đơn điệu. Để chứng minh 1 2T T là toán tử đơn điệu cực đại, theo Hệ quả 1.1 của Mệnh đề 1.14, ta cần chỉ ra  1 2R T T J  là toàn bộ H . Thực vậy, cho *x H , ta phải chỉ ra rằng  * 1 2x R T T J   . Nếu cần, trừ đi một ánh xạ hằng từ 2T , ta có thể quy về lập luận cho trường hợp * 0x  . Như vậy, ta cần chỉ ra sự tồn tại của x H sao cho :   1 20 .T T J x   (1.13) Dễ thấy, (1.13) được thoả mãn nếu và chỉ nếu tồn tại *x H sao cho:    * *1 2 1 1 2 2 vµ . x T J x x T J x                 (1.14) Ta xác định các ánh xạ 1 2,S S từ *H vào H như sau:     1 * * 1 1 1 . 2 S x T J x           (1.15)     1 * * 2 1 . 2 S x T J x         (1.16) Sự tồn tại của x và *x thoả mãn (1.14) tương đương sự tồn tại của *x thoả mãn    * *1 20 .S x S x  (1.17) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 30 Việc chứng minh sự tồn tại của x thoả mãn (1.13) đủ để chứng minh rằng:  1 20 .R S S  (1.18) Để làm được điều này, từ Mệnh đề 1.14 thấy rằng 1 2,S S là hai toán tử đơn trị, đơn điệu cực đại, liên tục từ tôpô mạnh trên *H tới tôpô yếu trên H, sao cho    *1 2 .D S H D S  (1.19) Hiển nhiên 1 2S S là toán tử đơn trị đơn điệu, liên tục từ tôpô mạnh vào tôpô yếu, sao cho   *1 2D S S H  , và theo Định lý Browder (Xem [5]), 1 2S S là cực đại . Mặt khác, vì (0) 0J  nên ta có:  1 1 1 0 0 , 0 (0). 2 suy ra T J S         (1.20) mà:  * * * *1 , 0,S x x x H   (1.21) (do tính đơn điệu của 1S ). Hơn nữa: 2 2 2 1 ( ) ( ) 2 R S D T J D T         , nên  2R S là một tập hợp bị chặn bởi giả thiết ban đầu và ta có:  20 int .R S (1.22) Ta sẽ chỉ ra rằng từ tính chất của  2R S suy ra sự tồn tại của 0  sao cho:  * * *2 , 0 || || . víi S x x x   (1.23) và điều này sẽ chứng tỏ được (1.18). Thực vậy, theo Mệnh đề 1.15, từ (1.21) và (1.23) ta sẽ có:   * *1 2 , 0S S x x  với x  . Với mỗi * *,x y trong *H , ta có: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 31    * * * *2 2 , 0S x S y x y   (do tính đơn điệu của 2S ), hay:        * * * * * * *2 2 2 2, , , .S x x S y x S x S y y   (1.24) Vì  2R S bị chặn trong H nên  2R S chứa trong một hình cầu cố định bán kính 1 0  , tâm là gốc tọa độ, vì thế:    * * * *2 2 1, 2 .S x S y y y  (1.25) Mặt khác, từ (1.22) và do [13, Định lí 1] suy ra 1 2S  bị chặn địa phương tại 0 . Do đó tồn tại các số 20, 0   sao cho:     * *2 2: : .S y y y y    (1.26) Từ (1.24) và (1.25), ta có:    * * * *2 2 1 2, , 2S x x S y x   đúng với mọi *y thoả mãn * 2y  . Vì vậy, theo (1.26) ta có:    * * *2 1 2, sup , 2 y S x x y x      * 1 22x    . Dễ thấy * 1 22x   không âm khi: * 1 22x    , và do đó (1.23) đúng khi 1 22 /   . Các lập luận mà chúng ta sử dụng từ trước tới giờ chỉ ra rằng Định lý 1.7 đúng với giả thiết rằng  2D T là tập bị chặn. Bây giờ chúng ta sẽ chỉ ra rằng dạng thu hẹp của Định lý 1.7 cũng bao hàm dạng tổng quát. Thực vậy, cho 1T , 2T là hai toán tử đơn điệu cực đại sao cho:    1 2int .D T D T  (1.27) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 32 với  2D T không cần bị chặn. Tịnh tiến miền xác định của 1T và 2T nếu cần, ta có thể giả sử rằng điểm gốc tọa độ thuộc vào miền giao của (1.27). Với mỗi 0  , ánh xạ đơn điệu cực đại B được xác định ở trên thoả mãn:    2 intD T D B  , và  D B là bị chặn. Toán tử đơn điệu 2T B là cực đại theo chứng minh trên với 2 :T B . Khi đó, do     2 2D T B x D T x     , và điểm gốc thuộc vào phần giao của (1.27), nên ta có:    1 2intD T D T B   với  2D T B là bị chặn. Vì thế toán tử :    1 2 1 2T T B T T B      là đơn điệu cực đại với mọi 0  theo chứng minh trên với 2 2:T T B  , và ta kết luận từ Mệnh đề 1.16 rằng 1 2T T là cực đại. Đây là chứng minh Định lý 1.7 trong trường hợp tổng quát. Định lý được chứng minh xong.  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 33 Chương 2 BẤT ĐẲNG THỨC BIẾN PHÂN VỚI TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU 2.1. Bất đẳng thức biến phân Định nghĩa 2.1. Cho K là một tập con khác rỗng, lồi, đóng của H , và cho ánh xạ :F K H , bài toán bất đẳng thức biến phân, kí hiệu là  ;VIP K F , là bài toán:   * * * ( ( ; )) , 0, . t×m vÐc t¬ sao cho:x K VIP K F F x x x x K        Tập hợp các nghiệm của  ;VIP K F được kí hiệu là  ;SOL VIP K F . Ví dụ 2.1. Trong R , xét tập  1;5K R  và ánh xạ  : 1;5F R được xác định bởi:   1F x x  ,  1;5x . Khi đó  ;VIP K F là: tìm  * 1;5x  sao cho  * *1, 0, 1;5x x x x     (2.1) Ta chứng tỏ rằng :    ; 1SOL VIP K F  . Thực vậy, hiển nhiên * 1x  là một nghiệm. Nếu *0 1x  thì (2.1) chỉ thỏa mãn với *x x . Ngược lại, nếu * 1x  thì (2.1) chỉ thỏa mãn với *x x . Điều đó chứng tỏ * 1x  là nghiệm duy nhất. Sau đây chúng ta sẽ trình bày mối quan hệ giữa VIP(K, F) và nón pháp tuyến của một tập lồi. Định nghĩa 2.2. Cho K là một tập lồi, đóng của H, và cho *x K . Nón pháp tuyến của K tại *x là tập hợp được ký hiệu và xác định như sau :    * *: , 0,KN x d H d x x x K      Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 34 Mệnh đề 2.1. Cho K là một tập con khác rỗng, lồi, đóng của H , và cho ánh xạ :F K H , *x là nghiệm của bất đẳng thức biến phân (VIP(K, F)) khi và chỉ khi  *F x thuộc nón pháp tuyến của K tại *x , tức là :      * * *; Kx SOL VIP K F F x N x     . Chứng minh. Theo định nghĩa:    * * *; , 0x SOL VIP K F F x x x     , x K   * *, 0F x x x    , x K     * *KF x N x  . Mệnh đề được chứng minh.  Nói một cách khác, *x là nghiệm của VIP(K, F) khi và chỉ khi:    * *0 KF x N x  . Định nghĩa 2.3. Cho K là một tập con khác rỗng, lồi, đóng trong H, nón đối ngẫu của K , kí hiệu là *K , là một tập hợp được xác định như sau:  * : , 0,K y H y x x K     . Về mặt hình học, *K là tập hợp bao gồm tất cả các véc tơ y H tạo thành một góc không tù với mọi véc tơ x K . Một trong những lớp bài toán quan trọng và là một trường hợp riêng của bài toán bất đẳng thức biến phân là bài toán bù, được định nghĩa như sau. Định nghĩa 2.4. Cho K là một tập con khác rỗng, lồi, đóng trong H, *K là nón đối ngẫu của K và cho ánh xạ :F K H . Bài toán bù, kí hiệu là  ;NCP K F , là bài toán:     * * * * * ( ; ) ( ) ; , 0. t×m vÐc t¬ sao cho:x K NCP K F F x K x F x       Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 35 Tập hợp các nghiệm của  ;NCP K F được kí hiệu là  ;SOL NCP K F . Mệnh đề 2.2. Nếu K là một nón lồi, đóng trong H thì tập nghiệm của hai bài toán: bài toán  ;NCP K F và bài toán  ;VIP K F là trùng nhau, tức là:    ; ;SOL VIP K F SOL NCP K F   . Chứng minh. Giả sử  * ;x SOL VIP K F  . Theo định nghĩa ta có:   * * * ; , 0, . x K F x x x x K        Bằng cách lấy 0x K  , suy ra:  * *, 0F x x  (2.2) Bằng cách lấy *2x x K  ta thu được:  * *, 0F x x  (2.3) Từ (2.2) và (2.3) ta kết luận :  * *, 0.F x x  (2.4) Mặt khác, từ định nghĩa ta có:        * * * * * *0 , , , ,F x x x F x x F x x F x x     , x K  . Điều này chứng tỏ :  * *F x K . Kết hợp với (2.4) ta có :  * ;x SOL NCP K F  hay    ; ;SOL VIP K F SOL NCP K F   . Ngược lại, giả sử  * ;x SOL NCP K F  . Theo định nghĩa ta có :   * * * * ( ) ; , 0. F x K x F x     Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 36 Mặt khác, vì * *( )F x K , nên với mọi x K ta có :        * * * * * *, , , , 0F x x x F x x F x x F x x     . Điều này suy ra :  * ;x SOL VIP K F  . hay    ; ;SOL NCP K F SOL VIP K F   . Kết luận lại ta có :    ; ;SOL VIP K F SOL NCP K F   . Mệnh đề được chứng minh.  Định nghĩa 2.5. Cho K là một tập khác rỗng, lồi, đóng trong H và ánh xạ : :F K K . Điểm x K được gọi là điểm bất động của ánh xạ F nếu thỏa mãn điều kiện: ( ) .F x x Sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu một trong những nội dung quan trọng nhất của bài toán bất đẳng thức biến phân đó là ván đề tồn tại và tính duy nhất nghiệm. Một trong những công cụ hữu hiệu để nghiên cứu vấn đề này là định lý điểm bất động của Brouwer. Trước khi phát biểu định lý, chúng ta đưa ra một số kết quả sau. Bổ đề 2.1 (Xem [8]). Cho K là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert H . Khi đó, với mỗi x H có duy nhất y K sao cho: inf . K x y x       (2.5) Theo [8], điểm y thỏa mãn (2.5) đựợc gọi là hình chiếu của x trên K và được ký hiệu là: PrKy x . Dễ thấy: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 37 PrK x x , x K  . Định lý 2.1 (Xem [8]). Cho K là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert H và x là một điểm bất kỳ thuộc H. Khi đó: PrKy x khi và chỉ khi: ; , , , . y K y y x y K          Hệ quả 2.1 (Xem [8]). Cho K là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert H . Khi đó toán tử Pr :K H H là không giãn, tức là: ' 'Pr PrK Kx x x x   , ',x x H  . Định lý 2.2 (Định lý về điểm bất động của Browder). Cho A là tập khác rỗng, lồi, compact trong H và ánh xạ :P K K là liên tục. Khi đó, có ít nhất một điểm x K sao cho  x P x . Nói một cách khác, tồn tại ít nhất một điểm bất động của ánh xạ P . Định lý 2.3. Cho K là một tập không rỗng, lồi, compact trong H, và :F K H là ánh xạ liên tục. Khi đó, bài toán bất đẳng thức biến phân  ;VIP K F có ít nhất một nghiệm. Chứng minh. Theo định nghĩa, việc chứng minh định lý tương đương với việc chứng minh sự tồn tại của điểm x thỏa mãn:    ; , , , . x K x y x x F x y x y K         Dễ nhận thấy, ánh xạ hợp:  Pr :K I F K K  là ánh xạ liên tục với I là ánh xạ đồng nhất. Theo Định lý 2.2, tồn tại điểm bất động x K sao cho:   Pr ( )Kx I F x  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 38 Ta sẽ chứng tỏ x là nghiệm của  ;VIP K F . Thực vậy, do  ,x F x K nên PrK x x và    PrK F x F x . Kết hợp với Định lý 2.1 ta có:  , Pr ,Kx y x I F x y x    , y K  .  , Pr Pr ,K Kx y x x F x y x     , y K   , ,x y x x F x y x     , y K   , 0F x y x   , y K  . Điều này chứng tỏ x là nghiệm của  ;VIP K F , hay  ;VIP K F có ít nhất một nghiệm. Định lý được chứng minh. Trong trường hợp tập K không bị chặn, định lý về điểm bất động của Browder không áp dụng được. Khi đó, sự tồn tại nghiệm của bất đẳng thức biến phân có thể được thiết lập theo cách khác. Ký hiệu  0;B R là hình cầu đóng tâm 0 , bán kính 0R  trong không gian Hilbert H và đặt:  0;RK K B R  . Hiển nhiên, RK là khác rỗng, lồi đóng và bị chặn và nó là tập compact. Theo Định lý 2.2, bài toán  ;RVIP K F luôn có nghiệm. Định lý 2.4. Cho K H là một tập khác rỗng, lồi và đóng, :F K H là ánh xạ liên tục. Khi đó, điều kiện cần và đủ để bài toán  ;VIP K F có nghiệm là tồn tại số thực 0R  , và bài toán  ;RVIP K F có nghiệm * Rx thoả mãn * Rx R . Chứng minh. Điều kiện cần: Giả sử rằng  * ;x SOL VIP K F  . Theo định nghĩa ta có:  * *, 0F x x x  , x K  . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 39 Lấy 0R  sao cho *x R . Hiển nhiên:  * *, 0, ,RF x x x x K    (2.6) tức là  * ;Rx SOL VIP K F  . Điều kiện đủ: Giả sử rằng tồn tại 0R  , * R Rx K thỏa mãn * Rx R và  * *, 0R RF x y x  , Ry K  . Do tính lồi của tập K , với mỗi x K , ta có thể chọn 0  đủ nhỏ sao cho:  * *R Ry x x x K    . Hiển nhiên : * * R Ry x x x   . Mặt khác, do * Rx R , nên ta có thể chọn 0  đủ nhỏ sao cho: * * R Ry x x x R    hay Ry K . Theo (2.6) ta có :        * * * * * * * *0 , , ,R R R R R R R RF x y x F x x x x x F x x x           hay :  * *, 0R RF x x x  và điều này đúng với mọi x K . Vậy chứng tỏ  * ;Rx SOL VIP K F  . Định lý được chứng minh.  Trên đây là một số kết quả về sự tồn tại nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân trong trường hợp ánh xạ F là liên tục. Sau đây là một số kết quả về sự tồn nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân với toán tử F là đơn điệu. 2.2. Bất đẳng thức biến phân với toán tử đơn điệu Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 40 Định lý 2.5. Cho K là một tập khác rỗng, lồi và đóng trong H và ánh xạ :F K H là đơn điệu mạnh. Khi đó, tồn tại duy nhất một nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân  ;VIP K F . Chứng minh. Chứng minh sự tồn tại nghiệm: Do F là ánh xạ đơn điệu mạnh, điều này kéo theo rằng F thỏa mãn điều kiện bức, nghĩa là:     , , lim , . x K x F x F y x y y K x y        (2.7) Vì F thỏa mãn điều kiện (2.7) nên ta có thể chọn các hằng số 0c  , 0R  sao cho:   0c F y  và 0R y  thỏa mãn:    ,F x F y x y c x y    , với mọi x K và x R . Từ đó suy ra:    , ,F x x y c x y F y x y     , Sử dụng đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:            , 0 || || )(víi F x x y c x y F y x y c F y x y c F y x y x R              (2.8) Do F là ánh xạ liên tục, RK là một tập lồi và compact nên theo Định lý 2.3,  ;RVIP K F luôn có một nghiệm * Rx . Theo định lý 2.4, để chứng tỏ * Rx là nghiệm của  ;VIP K F , ta cần chỉ ra rằng * Rx R . Thực vậy, vì  * ;R Rx VIP K F nên:  * *, 0R RF x x x  , Rx K  . Đặc biệt, với x y thì:    * * * *, 0 , 0.R R R RF x y x F x x y     Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 41 Khi đó, theo (2.8) thì * Rx R hay * Rx R và ta thu được điều cần chứng minh. Kết luận * Rx là nghiệm của  ;VIP K F . Chứng minh duy nhất nghiệm: Giả sử rằng *x và 'x là hai nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân  ;VIP K F , và * 'x x . Khi đó, chúng đều thỏa mãn:  * *, 0, .F x x x x K    (2.9)  ' ', 0, .F x x x x K    (2.10) Sau đó ta thế x bởi 'x trong (2.9) và thế x bởi *x trong (2.10), ta thu được:  * ' *, 0F x x x  .  ' * ', 0F x x x  . Cộng các bất đẳng thức vừa có ta được:    * ' ' *, 0F x F x x x   hay    * ' * ', 0.F x F x x x   (2.11) Nhưng bất đẳng thức (2.11) mâu thuẫn tính đơn điệu chặt của F . Như vậy, điều giả sử là sai hay * 'x x . Kết luận: bất đẳng thức biến phân  ;VIP K F luôn có nghiệm duy nhất và định lý được chứng minh.  Định nghĩa 2.6. Cho K là một tập lồi, đóng và khác rỗng trong không gian H; :A K H là ánh xạ liên tục trên không gian con hữu hạn chiều nếu với mỗi không gian con hữu hạn chiều M H , hạn chế của A trên K M là liên tục yếu, nói cách khác, ánh xạ :A K M H  là liên tục yếu. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 42 Định nghĩa 2.7. Cho K là một tập lồi, đóng và khác rỗng trong không gian H; ánh xạ :A K H là bức trên K nếu tồn tại một phần tử K sao cho ,Au A u u        khi u  với u K . Bổ đề 2.2. Cho K là một tập con lồi, đóng, khác rỗng của H và ánh xạ :A K H là đơn điệu và liên tục trên các không gian con hữu hạn chiều. Khi đó tồn tại u thỏa mãn: ; , 0, . u K Au v u v K       (2.12) nếu và chỉ nếu: ; , 0, . u K Av v u v K       (2.13) Chứng minh. Điều kiện cần: Giả sử tồn tại u K thoả mãn: , 0Au v u  , v K  . Do tính đơn điệu của ánh xạ A nên: 0 , , ,Av Au v u Av v u Au v u       với ,u v K . Vì vậy, tồn tại u K sao cho: 0 , ,Au v u Av v u    , v K  . Điều kiện đủ: Giả sử rằng tồn tại u K thoả mãn: , 0Au v u  , v K  . Với mỗi w K , do K là tập lồi nên:  v u t w u K    , trong đó 0 1t  . Hiển nhiên, từ (2.13) và với 0t  ta có : Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 43     , 0A u t w u t w u    , hay  ( ) , 0A u t w u w u    , w K  . Do ánh xạ A là liên tục yếu trên miền giao của K với không gian con hữu hạn chiều sinh bởi đường thẳng đi qua hai điểm u và v , ta có thể cho 0t  và có được sự tồn tại của u K sao cho: , 0Au w u  , w K  . Điều này cũng chính là (2.12). Bổ đề được chứng minh.  Định lý 2.6. Cho K là một tập con lồi, đóng, khác rỗng của H, và cho ánh xạ :A K H là đơn điệu và liên tục trên các không gian con hữu hạn chiều. Khi đó tồn tại: ; , 0, . u K Au v u v K       (2.14) Nói cách khác là VIP(A, K) có nghiệm. Ngoài ra, nếu A là đơn điệu chặt thì nghiệm của (2.14) là duy nhất. Chứng minh. Cho M H là một không gian con hữu hạn chiều. Không mất tính chất tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng 0 K . Ta xác định ánh xạ: :j M H . là một đơn ánh và ánh xạ: *: ( )j H H M   là ánh xạ đối ngẫu của nó. Các phép toán ở đây được xác định sao cho: , , M f jx j f x , ,x f H  . Ta đặt: MK K M K jM    và xét ánh xạ: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 44 ' *: ( )Mj Aj K M M  . Khi đó, MK là một tập lồi, compact của M và 'j Aj là ánh xạ liên tục bởi giả thiết từ K vào M . Theo kết quả ở rên, tồn tại một phần tử M Mu K sao cho: , 0M Mj Aju v u   , Mv K  , hay nói cách khác, khi M Mju u và Mjv v , , 0M MAu v u  , Mv K  . Theo Bổ đề 2.2, , 0MAv v u  , Mv K  . Ta xác định tập:    : , 0S v u K Av v u    . Khi đó,  S v là tập đóng yếu với mỗi v K . Hơn nữa, khi K là tập bị chặn, K là tập compact yếu. Do đó,  v K S v , một tập con đóng của K , là một tập compact yếu. Ta sử dụng định lý tương giao hữu hạn để kết luận rằng tập  v K S v khác rỗng. Thực vậy, cho  1,..., mv v K . Ta khẳng định rằng:      1 2 ... mS v S v S v    (2.15) Lấy M là không gian con hữu hạn chiều của X sinh bởi  1,..., mv v và xác định MK K M  như trên. Từ những lập luận trước, có một phần tử Mu K sao cho , 0MAv v u  , Mv K  . Đặc biệt: , 0i i MAv v u  , 1,...,i m , do  M iu S v , 1,...,i m . Hiển nhiên, với mỗi tập hợp 1,..., mv v hữu hạn thì luôn có (2.15). Vì vậy, theo định lý tương giao hữu hạn thì tồn tại một phần tử Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 45   v K u S v    , điều này có nghĩa là: ; , 0, . u K Av v u v K       Dùng Bổ đề 2.2 lần nữa ta có: ; , 0, . u K Au v u v K       Điều này chứng tỏ (2.14) có nghiệm và định lý được chứng minh.  Nhận xét 2.1 (Xem [8]). Từ bổ đề 2.2 thấy rằng tập nghiệm của bất đẳng thức biến phân (2.14) là một tập con lồi đóng của tập K . Định lý 2.7 (Xem [8]). Cho K là một tập con khác rỗng, lồi, đóng của H; cho :A K H là ánh xạ đơn điệu và liên tục trên các không gian con hữu hạn chiều. Điều kiện cần và đủ để tồn tại một nghiệm của bất đẳng thức biến phân ; , 0, . u K Au v u v K       là tồn tại số 0R  sao cho có ít nhất một nghiệm của bất đẳng thức biến phân ; , 0, . R R R R R u K Au v u v K       trong đó:  :RK K v v R   , thỏa mãn bất đẳng thức: Ru R . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 46 Hệ quả 2.2 (Xem [8]) Cho K H là một tập khác rỗng, lồi, đóng, và cho ánh xạ :A K H là đơn điệu, bức, liên tục trên các không gian con hữu hạn chiều. Khi đó tồn tại: ; , 0, . u K Au v u v K       2. 3. Bất đẳng thức biến phân với ánh xạ đa trị Trong mục này, chúng ta sẽ đưa ra một số kết quả về sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân với ánh xạ đa trị trong không gian hữu hạn chiều (trong nR ) Định nghĩa 2.8. Cho U là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian nR ; : 2 nRG U  là ánh xạ đa trị. Bài toán bất đẳng thức biến phân đa trị, kí hiệu ( , )VIP G U , là bài toán đi tìm điểm *u U sao cho:  * *g G u  , * *, 0g u u  , u U  . Tập nghiệm của ( , )VIP G U có liên quan nhiều đến tập nghiệm của bài toán: * *, 0, , ( ). t×m ®iÓm sao cho:u U g u u u U g G u          Bài toán này còn được gọi là bài toán đối ngẫu của ( , )VIP G U và được ký hiệu là ( , )DVIP G U . Ta ký hiệu *U là tập nghiệm của ( , )VIP G U và dU là tập nghiệm của ( , )DVIP G U . Định nghĩa 2.9. Cho W và V là các tập lồi trong không gian nR , W V ; và cho : 2 nRQ V  là ánh xạ đa trị. Ánh xạ Q được gọi là: (a) Nửa liên tục trên trên W , nếu với mỗi điểm v W và với mỗi tập mở Z sao cho  G v Z , có một lân cận X của v sao cho  Z G w với w X W  ; Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 47 (b) Một K - ánh xạ trên W , nếu nó là nửa liên tục trên trên W và có giá trị là một tập lồi khác rỗng. Mệnh đề 2.3 (Xem [9]). Cho : 2 nRG U  là một K - ánh xạ. Giả sử rằng ít nhất một trong hai điều kiện sau được thoả mãn: (a) Tập hợp U là bị chặn; (b) Tồn tại một tập con W khác rỗng, bị chặn của tập U sao cho với mọi \u U W , có v W để: , 0g u v  ,  g G u  . Khi đó ( , )VIP G U có một nghiệm. Định nghĩa 2.10. Cho W và V là các tập lồi trong nR , W V , và cho : 2 nRQ V  là ánh xạ đa trị. Ánh xạ Q được gọi là: (a) Đơn điệu trên W nếu với mỗi cặp điểm ,u v W phân biệt và mọi  q Q u ,  q Q v , ta có: , 0q q u v    ; (b) Đơn điệu chặt trên W nếu với mọi ,u v W phân biệt và mọi  q Q u ,  q Q v , ta có , 0q q u v    ; (c) Đơn điệu mạnh trên W với hằng số 0  nếu mỗi cặp ,u v W và mọi    ,q Q u q Q v   , ta có 2 ,q q u v u v    ; (d) Giả đơn điệu trên W nếu mỗi cặp điểm ,u v W và mọi    ,q Q u q Q v   , ta có , 0q u v   kéo theo , 0q u v   ; Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 48 (e) Tựa đơn điệu trên W nếu mỗi cặp điểm ,u v W và mọi    ,q Q u q Q v   , ta có: , 0q u v   kéo theo , 0q u v   ; (f) Đơn điệu rõ trên W nếu nó giả đơn điệu trên W và với mọi ,u v W phân biệt và mọi  q Q u ,  q Q v , quan hệ , 0q u v   kéo theo , 0q u v  với một vài     , 0.5 ,q Q z z u v u   . Mệnh đề 2.4 (Xem [9]). Giả sử rằng : 2 nRG U  là ánh xạ tựa đơn điệu rõ và tồn tại một tập con bị chặn W của U , và một điểm v W sao cho, với mọi \u U W và mọi  g G v , ta có: , 0g v u  . Khi đó dU   . Mệnh đề 2.5 (Xem [9]). Cho U là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian nR , : 2 nRG U  là ánh xạ đa trị. (a) Tập hợp dU là lồi và đóng. (b) Nếu G là u  nửa liên tục và có giá trị là một tập lồi, khác rỗng và compact, khi đó *dU U . (c) Nếu G là giả đơn điệu thì * dU U . Mệnh đề 2.6 (Xem [9]). Cho U là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian nR , : 2 nRG U  là ánh xạ đa trị. Khi đó: (a) Nếu G là ánh xạ đơn điệu chặt thì ( , )VIP G U có nhiều nhất một nghiệm. (b) Nếu G là K - ánh xạ đơn điệu mạnh thì ( , )VIP G U có duy nhất một nghiệm. Định lý sau đây, cho chúng ta thấy một cách tương đối toàn diện về sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân với ánh xạ đa trị trong không gian vô hạn chiều. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 49 Định lý 2.8 (Xem [12]). Cho K H , là tập khác rỗng, lồi và đóng. Cho : 2HF H là toán tử đơn điệu đa trị. Giả sử rằng tồn tại a K và 0  sao cho: *, 0x a x  với    *, ,x D F K x x F x   . Đồng thời một trong năm điều kiện sau được thỏa mãn: (a)  D F K và F là đơn trị và hemi-liên tục trên K ; (b) F là đơn điệu cực đại và  intK D F  ; (c) F là đơn điệu cực đại và   intD F K  ; (d) F bị chặn địa phương tại một số điểm  x K clD F  và F là đơn điệu cực đại; (e) H là không gian hữu hạn chiều, F là đơn điệu cực đại và  riD F riK  . Khi đó, bài toán bất đẳng thức biến phân  ;VIP K F có ít nhất một nghiệm, hay tồn ít nhất một điểm  x D F K  sao cho, với  *x F x , *x là véc tơ chuẩn tắc của K tại x . 2.4. Bất đẳng thức biến phân và các bài toán liên quan Định nghĩa 2.11. Cho U là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert H. Một song hàm:  :U U R     được gọi là một song hàm cân bằng nếu:  , 0,u u u U    . Định nghĩa 2.12. Cho tập U là tập con khác rỗng, lồi và đóng trong không gian Hilbert H và  :U U R     là một song hàm cân bằng. Bài toán cân bằng, kí hiệu là (EP), là bài toán:   * *, 0, . t×m ®iÓm sao cho:u U u v v U        Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 50 Bằng cách đặt: ( , ) ( ),u v F u v u   . Hiển nhiên (.) là một song hàm cân bằng. Vì thế, bài toán bất đẳng thức biến phân ( , )VIP F U chỉ là một trường hợp riêng của bài toán cân bằng (EP). Mệnh đề 2.7 (Xem [9]). Cho U là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong nR và cho  :U U R     là một song hàm cân bằng sao cho  .,v là nửa liên tục dưới với mỗi v U ,  ,.u là tựa lồi với mỗi u U . Giả sử rằng có ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: (a) Tập U là bị chặn; (b) tồn tại một tập con W khác rỗng, bị chặn của U sao cho với mọi \u U W , có v W mà  , 0u v  . Khi đó (EP) có nghiệm. Định nghĩa 2.13. Cho W và V là các tập lồi, khác rỗng trong nR , W V , và cho  :V V R     là một song hàm cân bằng. Song hàm  được gọi là: (a) Đơn điệu mạnh trên W với hằng số 0  nếu mỗi cặp điểm ,u v W , ta có:     2 , ,u v v u u v    ; (b) Đơn điệu chặt trên W nếu với mỗi cặp điểm ,u v W phân biệt, ta có:    , , 0u v v u   ; (c) Đơn điệu trên W nếu với mỗi cặp điểm ,u v W , ta có:    , , 0u v v u   ; (d) Giả đơn điệu trên W nếu với mỗi cặp điểm ,u v W , ta có:  , 0u v  kéo theo  , 0v u  ; (e) Tựa đơn điệu trên W nếu với mỗi cặp điểm ,u v W , ta có:  , 0u v  kéo theo  , 0v u  ; Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 51 Mệnh đề 2.8 (Xem [9]). Cho U là một tập con khác rỗng, lồi và đóng trong nR và cho  :U U R     là một song hàm cân bằng. (i) Nếu  là đơn điệu chặt thì (EP) có nhiều nhất một nghiệm. (ii) Nếu  .,v là nửa liên tục dưới với mỗi v U ,  ,.u là lồi và nửa liên tục trên với mỗi u U , và  là đơn điệu mạnh, thì (EP) có duy nhất một nghiệm. Định nghĩa 2.14. Cho U là một tập khác rỗng, lồi, đóng trong không gian Hilbert H; :F U H là ánh xạ liên tục. ánh xạ  : H R    là hàm lồi chính thường, nửa liên tục trên. Bài toán bất đẳng thức biến phân hỗn hợp, kí hiệu là MVI , là bài toán:       * * * *, 0, . t×m ®iÓm sao cho:u U F u v u v u v U           Hiển nhiên, bài toán bất đẳng thức biến phân ( , )VIP F U chỉ là một trường hợp riêng của MVI khi hàm ( ) 0,x x H    . Ngoài ra, nếu ta đặt:        , ,u v F u v u v u      thì hiển nhiên  là một song hàm cân bằng. Vì thế, bài toán MVI cũng chỉ là một trường hợp riêng của bài toán (EP). Như là hệ quả của các mệnh đề 2.7 và 2.8, ta có được hai mệnh đề sau: Mệnh đề 2.9 (Xem [9]). Cho U là một tập khác rỗng, lồi, đóng trong nR , : nF U R là ánh xạ liên tục. ánh xạ  : nR R    là hàm lồi chính thường, nửa liên tục trên. Giả sử rằng có ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: (a) Tập U là bị chặn; (b) Tồn tại một tập con W khác rỗng, bị chặn của U sao cho với mọi \u U W , có v W mà:      , 0F u u v u v    . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 52 Khi đó MVI có một nghiệm. Mệnh đề 2.10. Cho U là một tập khác rỗng, lồi, đóng trong nR , : nF U R là ánh xạ liên tục. ánh xạ  : nR R    là hàm lồi chính thường, nửa liên tục trên. Khi đó (i) Nếu F là ánh xạ đơn điệu chặt thì bài toán MVI có nhiều nhất một nghiệm. (ii) Nếu F là ánh xạ đơn điệu mạnh thì bài toán MVI có duy nhất một nghiệm. Chứng minh. Đặt:        , ,u v F u v u v u     . (i) Với mỗi cặp ,u v U phân biệt và do F là ánh xạ đơn điệu chặt, ta có                , , , ,u v v u F u v u v u F v u v u v                , ,F u v u F v u v       ,F u F v v u      , 0F u F v u v     . Vậy  là đơn điệu chặt, theo Mệnh đề 2.8, (EP) có nhiều nhất một nghiệm nên MVI có nhiều nhất một nghiệm. (ii) Tương tự, nếu F là ánh xạ đơn điệu mạnh thì  là đơn điệu mạnh, theo theo Mệnh đề 2.8, (EP) có duy nhất một nghiệm nên MVI có duy nhất một nghiệm. Mệnh đề được chứng minh.  Sau đây chúng ta sẽ trình bày mói quan hệ giữa nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân và nghiệm của bài toán tối ưu. Cho nK R là một tập lồi, đóng; hàm 1( )f C K và đặt: ( ) ( )F x f x . Xét bài toán tối ưu: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 53 min ( ). x K f x  (2.16) Mệnh đề 2.11. (i) Nếu *x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.16) thì *x cũng là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân VIP(K, F). (ii) Ngược lại, nếu f là hàm lồi thì nghiệm của VIP(K,F) cũng là nghiệm của (2.16). Chứng minh. (i) Giả sử *x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.16). Hiển nhiên, với mọi x K và 0 1t  ta có: * *( )z x t x x K    . Từ giả thiết suy ra hàm một biến:  * *( ) ( ) , 0 1t f x t x x t      là hàm khả vi và đạt cực tiểu tại điểm 0t  . Vì vậy ta có: * * * *0 (0) ( ), ( ),f x x x F x x x     . Điều đó chứng tỏ *x là nghiệm của VIP(K,F). (ii) Ngược lại, giả sử f là hàm lồi và x là nghiệm của VIP(K, F). Theo định nghĩa ta có: ( ), 0, .F x y x y K    (2.17) Mặt khác, do f là hàm lồi nên: ( ) ( ) ( ), ( ),f y f x f x y x F x y x      . Kết hợp với (2.17) suy ra: ( ) ( ),f y f x y K   . Chứng tỏ x là nghiệm tối ưu của bài toán (2.16). Mệnh đề được chứng minh.  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 54 Mệnh đề 2.12. Véc tơ *x là nghiệm của  ;VIP K F khi và chỉ khi nó là nghiệm của bài toán tối ưu:  *min , x K F x x  (2.18) Chứng minh. Hiển nhiên từ định nghĩa ta có:    * * *; , 0,x SOL VIP K F F x x x x K          * * *, , , .F x x F x x x K    Điều này tương đương với *x là nghiệm của bài toán tối ưu (2.18). Mệnh đề được chứng minh.  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 55 Chương 3 MÔ HÌNH NASH-COURNOT VỚI TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU 3. 1. Phát biểu mô hình Có n hãng cùng tham gia sản xuất một loại sản phẩm thuần nhất. Ký hiệu i ix U R  là sản lượng sản phẩm mà hãng  1,2,...,i i n dự định sẽ thực hiện. Ta giả sử rằng giá của một đơn vị sản phẩm do hãng i cung cấp là ip , và nó phụ thuộc vào tổng sản lượng của tất cả các hãng ký hiệu là 1 : n i i x   , nghĩa là ta có  i ip p  . Đặt  i ih x là tổng chi phí sản xuất của hãng i khi hãng thực hiện kế hoạch sản lượng ix và hàm lợi nhuận của hãng được xác định bởi:    1 2 1 , ,..., , 1, 2, ..., . n i n i i i i i i f x x x x p x h x i n           (3.1) Mỗi hãng đều có chung một mong muốn là cực đại hàm lợi nhuận của hãng mình. Ta gọi ( 1, 2, ..., )iU i n là tập chiến lược sản phẩm của hãng i và đặt: 1 2 ... nU U U U    là tập chiến lược của tất cả các hãng. Từ đó ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 3.1. Điểm  * * * *1 2, , ..., nx x x x U  được gọi là một điểm cân bằng của mô hình (cân bằng Nash - Cournot) nếu với mọi 1, 2, ...,i n ta đều có:    * * * * * * * * *1 1 1 1 1 1,..., , , ,..., ,..., , , ,..., , .i i i i n i i i i n i if x x y x x f x x x x x y U      (3.2) Từ Định nghĩa 3.1 ta nhận thấy điểm cân bằng có ý nghĩa kinh tế như sau: Tại điểm cân bằng, nếu một hãng 0 0(1 )i i n  nào đó tự ý thay đổi sản lượng sản phầm của hãng mình, trong khi các hãng còn lại 0( )i i vẫn giữ nguyên sản lượng cân bằng, thì lợi nhuận của hãng 0i sẽ không tăng thêm. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 56 Vấn đề tiếp sau đây là việc xác định sự tồn tại của điểm cân bằng cho mô hình và xây dựng cơ sở cho các thuật toán tìm điểm cân bằng. Muốn vậy, chúng ta mô tả mô hình dưới dạng một số lớp bài toán có liên quan. 3. 2. Mô hình Nash-Cournot với bài toán cân bằng Với mỗi 1 2( , , ..., )nx x x x U  và 1 2( , , ..., )ny y y y U  , ta đặt:    1 1 1 1 , ,..., , , ,..., n i i i i n i x y f x x y x x      (3.3) và      , , , .x y x y x x    (3.4) Hiển nhiên  là một song hàm cân bằng trên U và ta có bài toán cân bằng: * * ( ) ( , ) 0, . t×m ®iÓm sao cho:x U EP x y y U        Mệnh đề 3.1. Điểm *x U là một điểm cân bằng khi và chỉ khi *x là nghiệm của bài toán cân bằng (EP). Chứng minh. Tính toán trực tiếp từ (3.3) và (3.4) ta có:    1 1 1 1 1 1 1 ( , ) ,..., , , ,..., ,..., , , ,..., n i j j j n i j j j n i x y f x x x x x f x x y x x          Giả sử *x U là nghiệm của bài toán (EP), tức là:  *, 0, .x y y U    (3.5) Ta sẽ chứng tỏ  * * * *1 2, ,..., nx x x x với * i ix U , là một điểm cân bằng. Thật vậy, giả sử ngược lại,  * * * *1 2, ,..., nx x x x với * i ix U không là điểm cân bằng. Khi đó sẽ tồn tại 0 0, 0i i n  và giá trị 0i i y U sao cho:     0 0 0 0 0 0 0 0 * * * * * * * * * 1 1 1 1 1 1,..., , , ,..., ,..., , , ,...,i i i i n i i i i nf x x x x x f x x y x x    . Lúc này, thay   0 0 0 * * * * 1 1 1,..., , , ,...,i i i ny x x y x x  vào biểu thức của *( , )x y ta có: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 57       0 0 0 0 * * * * * * 1 1 1, ,..., , , ,..., 0i i i i n ix y f x x y x x f x     . Điều này mâu thuẫn với (3.5). Vậy *x là một điểm cân bằng của mô hình. Ngược lại, giả sử *x U là một điểm cân bằng của mô hình. Từ (3.2) - (3.4) ta có:  *, 0, .x y y U    Điều này chứng tỏ *x là một nghiệm của bài toán cân bằng (EP). Mệnh đề được chứng minh.  Vậy là, sự tồn tại điểm cân bằng cho mô hình phụ thuộc vào sự tồn tại nghiệm cho bài toán cân bằng (EP). Đương nhiên nó sẽ phụ thuộc vào đặ tính của các hàm giá ip hay hàm chi phí ( 1, 2, ..., )ih i n và tập chiến lược U của các hãng. 3. 3. Mô hình Nash-Cournot với bài toán bất đẳng thức biến phân Mệnh đề 3.2. Giả sử iU là các tập con khác rỗng, lồi và đóng trong R và if là hàm lõm và khả vi liên tục theo biến iy trên tập ( 1, 2, ..., )iU i n . Khi đó, điểm  * * *1 ,..., nx x x U  là một điểm cân bằng của mô hình khi và chỉ khi *x là nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân  ,VIP U F , trong đó:      1i n x i i F x f x    . Chứng minh. Giả sử *x là điểm cân bằng của mô hình. Ta phải chứng minh rằng *x là nghiệm của  ,VIP U F , nghĩa là:  * * * * 1 ( ), ( ) 0, . i n x i i i i F x y x f x y x y U         (3.6) Thực vậy, từ (3.2) ta có * ix là nghiệm của bài toán tối ưu:   * * * *1 1 1min , ... , , , ..., i i i i i i n y U f x x y x x    (3.7) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 58 Theo giả thiết ta có if là hàm lồi theo biến ( 1, ..., )iy i n . Vì vậy, theo Mệnh đề 2.11, với mọi 1, 2, ...,i n thì * ix là nghiệm của bất đẳng thức biến phân:  * *( ) 0, . ix i i i i i f x y x y U     (3.8) Từ đó dễ dàng suy ra (3.6), hay *x là nghiệm của  ,VIP U F . Ngược lại, giả sử *x là nghiệm của  ,VIP U F . Từ (3.6), bằng cách lấy:  * * * *1 1 1,..., , , ,..., ( )i i i n i iy x x y x x y U   ta suy ra (3.8). Do tính lồi của hàm if và lại áp dụng Mệnh đề 2.11 ta có * ix là nghiệm tối ưu của bài toán (3.7), với mọi 1, 2, ...,i n . Điều này chứng tỏ *x là một điểm cân bằng của mô hình. Mệnh đề được chứng minh.  3. 4. Mô hình Nash-Cournot với toán tử đơn điệu Theo [9], chúng ta đưa ra giả thiết sau. Giả thiết 3.1. (i) Giả sử các hàm giá: ( ) ( ) :ip p R R     là khả vi liên tục hai lần và không tăng. Ngoài ra, nếu hàm : R R   được định nghĩa bởi: ( ) ( )p      là hàm lõm với mọi 0  . (ii) Các hàm chi phí: : ( 1, ..., )ih R R i n   là các hàm lồi, khả vi liên tục hai lần. Cũng theo [9], ta đặt:           1 1 2 2 1 , ,..., , 1,1, ...,1 , , nT T n n n x i i H x h x h x h x e R x x e         . Khi đó, chúng ta có mệnh đề sau. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 59 Mệnh đề 3.4 (Xem [9]). Bài toán tìm điểm cân bằng Nash là tương đương với bài toán tìm nghiệm của bất đẳng thức biến phân  ,VIP U F với ánh xạ:         .x xF x H x p e p x    (3.9) Từ Giả thiết 3.1, dễ thấy H là một ánh xạ đơn điệu. Ngoài ra:      F x H x C x   , trong đó  C x được xác định như sau:                                     1 1 1 2 2 2 2 ... 2 ... ( ) ... ... ... ... ... 2 x x x x x x x x x x x x x n x x n x x xn x p x p p x p p x p p x p p x p p x p C x p x p p x p p x p                                                      Mệnh đề 3.5. Nếu Giả thiết 3.1 đúng và p là ánh xạ affine với   0xp   . Khi đó, ánh xạ F trong (3.9) là đơn điệu mạnh trên nR . Chứng minh. Với mỗi ny R , ta có:           ' 2 ' '' 1 1 , , n n x i y x i x i i i F x y y H x y y p y p x p y                  ' 2 ' 2 '' 1 1 n n x i x y y x i i i i p y p p x y               2 1 1 n n x i y x i i i i p y p x y          . Hiển nhiên, nếu p là ánh xạ affine thì   0xp   và ta có được:     2 , , .nxF x y y p y y R     Mặt khác, theo giả thiết thì: ( ) 0xp   . Theo [9] (Mệnh đề 1.1.5), ánh xạ F là đơn điệu mạnh trên nR . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 60 Mệnh đề 3.6 (Xem [9]). Nếu Giả thiết 3.1 đúng và p là hàm lồi thì ánh xạ F trong (3.9) là đơn điệu. Mệnh đề 3.7. Giả sử rằng các hàm p và ih là affine, nghĩa là: ( ) , 0, 0; ( ) , 0, 0, 1, 2, ..., .i i i i i i i p h x x i n                     Khi đó, Giả thiết 3.1 thỏa mãn, F là ánh xạ đơn điệu mạnh và mô hình có duy nhất nghiệm. Chứng minh. Tính toán trực tiếp ta có: ( ) ( ) , 1, 2, ...,i i x i i if x x x i n         và 1( ) ( , ..., ) ( ) . T n xF x e x        Từ đó suy ra: 2 ... 2 ... ( ) ... ... ... ... ... 2 F x                       . Do 0  nên ( )F x là một ma trận đối xứng, xác định dương hay ánh xạ F đơn điệu mạnh. Theo Định lý 2.5, VIP(U, F) hay mô hình có duy nhất nghiệm. Mệnh đề được chứng minh.  Lưu ý rằng, khi hàm giá không còn chung cho tất cả các hãng, hay mỗi hãng có một hàm giá ( 1, ..., )ip i n riêng thì mặc dù các hàm ip thỏa mãn Giả thiết 3.1 và các điều kiện trong Mệnh đề 3.7, nhưng tính đơn điệu của ánh xạ F không còn nữa. Chúng ta sẽ trình bày sự tồn tại nghiệm cho mô hình trong mệnh đề dưới đây. Trước hết ta xét bổ đề: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 61 Bổ đề 3.1 (Xem [9]). Cho nU R là một tập lồi, đóng và khác rỗng,  là một song hàm cân bằng xác định trên U . Giả sử với mỗi x U cố định,  ,.x là một hàm lồi, khả vi liên tục trên một tập mở W U . Đặt   y xJ x y     . Khi đó, bài toán cân bằng (EP) tương đương với bài toán bất đẳng thức biến phân:  , 0, . t×m ®iÓm sao cho:x U J x y x y U       (3.10) Mệnh đề 3.8. Giả sử rằng: [ , ]; ( ) , 0, 0; ( ) , 0, 0, 1, 2, ..., . i i i i i i i i i i i i i i i U a b p h x x i n                       Khi đó, mô hình có duy nhất nghiệm. Chứng minh. Tính toán trực tiếp ta có: ˆ( , ) , ,T Tx y Bx y x y By x Bx        (3.11) trong đó: 1 1 1( , ..., ) ; ( , ..., ) ; ( , ..., ) ; T T T n n n           1 1 1 1 2 2 2 2 0 0 ... 0 0 ... 0 0 ... 0 0 ... ˆ; ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 0 ... ... 0n n n n B B                                      . Hiển nhiên ma trận B là đối xứng, xác định dương và song hàm cân bằng  thỏa mãn các giả thiết trong Bổ đề 3.1. Tính toán trực tiếp, bài toán bất đẳng thức biến phân (3.10) có dạng: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 62 ˆ , 0, , t×m ®iÓm sao cho:x U Qx y x y U          (3.12) trong đó: 1 1 1 1 2 2 2 2 2 ... 2 ...ˆ ˆ: 2 ... ... ... ... ... ... 2n n n n Q B B                           . Mặt khác, áp dụng Mệnh đề 2.12, x là nghiệm của bất đẳng thức biến phân (3.12) khi và chỉ khi x là nghiệm tối ưu của qui hoạch tuyến tính:  ˆmin ( )T T y U y Qx y     (3.13) Áp dụng định lý Kuhn - Tucker cho qui hoạch tuyến tính (3.13), x là nghiệm tối ưu khi và chỉ khi tồn tại các số thực không âm 2 2 1, ( 1, 2, ..., )i i i n    thỏa mãn hệ: 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 0, ( ) 0, ( ) 0, , 0, 0 ( 1, ..., ). n i i j i i i i j i i i i i i i i i i i x x x a x b a x b i n                                            (3.14) Do 0, 1, ...,i i n    , hệ (3.14) được viết lại là: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 63 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 ( ) 0, 1 ( ) 0, 1 ( ) 0, , 1 1 0, 0 ( 1, ..., ). n i j i i i i j i i i i i i i i i i i i i i i i i i x x x a x b a x b i n                                                     (3.15) Đặt: 2 1 2 1 2 2 1 1 1 ( ); ; , 1, 2, ..., .i i i i i i i i i i q i n              Khi đó, hệ (3.15) được viết lại là: 2 1 2 1 2 2 2 1 2 0, ( ) 0, ( ) 0, , 0, 0 ( 1, ..., ). n i j i i i j i i i i i i i i i i i x x q x a x b a x b i n                                       (3.16) Theo Định lý Kuhn - Tucker, hệ (3.16) chính là điều kiện cần và đủ để x là nghiệm tối ưu của qui hoạch toàn phương lồi mạnh: 1 min 2 T T x U x Cx q x        , trong đó: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 64 1 2 2 1 1 ... 1 1 2 1 ... 1 ; ( , , ..., ). ... ... ... ... ... 1 1 1 ... 2 nC q q q q              Bài toán tối ưu này luôn có duy nhất nghiệm. Mệnh đề được chứng minh.  Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 65 KẾT LUẬN Luận văn này trình bày một số kết quả nghiên cứu về toán tử đơn điệu trong không gian Hilbert thực, ứng dụng của nó trong việc khảo sát các bài toán bất đẳng thức biến phân, đặc biệt là mô hình kinh tế Nash – Cournot. Ở một số kết quả, chúng tôi đưa thêm hệ quả, nhận xét và ví dụ minh họa để làm rõ ý nghĩa kết quả được trình bày. Luận văn chỉ đưa ra các kết quả đã được thông báo và không có kết quả mới. Mặc dù đã rất cố gắng, nhưng do thời gian và khả năng còn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót. Chúng tôi rất mong được thầy cô và bạn đọc đóng góp ý kiến. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 66 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đỗ Văn Lưu và Phan Huy Khải (2000), Giải tích lồi, Nhà xuất bản Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội. [2] Lê Dũng Mưu, Nhập môn giải tích lồi ứng dụng (Sắp xuất bản). [3] Nguyễn Văn Quý (2006), “Tiếp cận bất đẳng thức biến phân và tối ưu hóa giải mô hình cân bằng thị trường độc quyền tập đoàn Nash-Cournot với hàm chi phí lõm”, Tạp chí Ứng Dụng Toán Học, tập IV(số 1), 1-23. [4] Hoàng Tụy (2003), Hàm thực và giải tích hàm (Giải tích hiện đại), Nhà xuất bản Đại học quốc gia, Hà Nội. [5] Browder (1965), Multi-valued Monotone Nonliear Mappings and Duality Mappings in Banach Spaces, Trans. Amer. Math. Soc. 118, 338-351. [6] Ekeland I. and Aubin P. J (1984), Applied Nonliear Analysis, a Wiley- Interscience Publication JOHN WILEY & SONS, USA. [7] Hien N. V. (2004), An Introduction to Variational Inequalities and Related Problems, Ha Noi. [8] Kinderlehrer D. and Stampacchia G. (1980), An Introduction to Variational Inequalities and Their Applications, Academic Press, 1980. [9] Konnov I. (2001), Combined Relaxation Methods for Variational Inequalities, Springer, Berlin. [10] McCormick P. G. (1983), Nonliear Programming Theory Algorithms and Applications, a Wiley-Interscience Publication JOHN WILEY & SONS, USA. [11] Muu L. D., Hien N. V., Quy N. V. (2008), “On Nash - Cournot oligopolistic market equilibrium models with concave cost functions”, J. Glob Optim, 41: 351 - 364. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 67 [12] Rockafellar R. T. (1970), “On The Maximality of Sum of Nonlinear Monotone Operators”, Transactions of The American Mathetatical Society, Volume 149. [13] Rockafellar R. T (1965), “Multivalued Monotone nonlinear mappings in banach spaces “; Trans. Amer. Math. Soc. 118, 338-351. [14] R. T. Rockafellar (1970), Convex Analysis, Princeton University Press, Princeton.