Cho C là một tập lồi đóng khác rỗng trong khơng gian Hilbert thực H, f :
C×C −→ R∪ {+∞} là một song hàm sao cho f(x, x) = 0 với mọix∈ C. Bài toán
cân bằng (EP - Equilibrium Problem) cho song hàm f trên C là bài tốn
Tìm x∗ ∈ C sao cho f(x∗, y) ≥0 với mọi y ∈ C. (1.3)
Ta ký hiệu bài toán cân bằng (1.3) và tập nghiệm của nó lần lượt bởi EP(C, f), Sol(C, f).
Ta nhắc lại các định nghĩa sau
Định nghĩa 1.7. Cho C là một tập lồi đóng khác rỗng trong khơng gian Hilbert thực H. Song hàm f :C ×C −→R∪ {+∞} được gọi là:
(i) đơn điệu trên C nếu f(x, y) +f(y, x) ≤ 0với mọi x, y ∈C;
(ii)giả đơn điệu trênC nếu từf(x, y)≥ 0, ta suy raf(y, x) ≤ 0với mọix, y ∈C;
(iii) thỏa mãn điều kiện kiểu Lipschitz trên C với hằng số c1 > 0và c2 >0 nếu
f(x, y) +f(y, z) ≥f(x, z)−c1kx−yk2−c2ky −zk2 ∀x, y, z ∈ C;
(iv) liên tục yếu đồng thời trên C ×C nếu với hai dãy {xk},{yk} ⊂ C hội tụ
yếu lần lượt đến x, y ∈C thì f(xk, yk) −→ f(x, y) khi k −→ ∞.
Trong trường hợp song hàm f có dạng f(x, y) =hF(x), y−xi với F : C −→ H là một ánh xạ thì EP(C, f) trở thành V IP(C, F) và các khái niệm về đơn điệu và giả đơn điệu trênC của song hàm f trong Định nghĩa 1.7 trở thành các khái niệm đơn điệu và giả đơn điệu trên C tương ứng của ánh xạ F trong Định nghĩa 1.6.
Bất đẳng thức (1.3) được đưa ra đầu tiên bởi Hukukane Nikaido và Kazuo Isoda vào năm 1955 (xem [45]) khi tổng quát hóa bài tốn cân bằng Nash trong trị chơi không hợp tác. Năm 1972, Ky Fan (xem [26]) gọi là bất đẳng thức minimax và thiết lập một định lý đầu tiên về sự tồn tại nghiệm cho bài toán. Vào năm 1984, GS. Lê Dũng Mưu (xem [43]) gọi bài toán trên là bất đẳng thức biến phân và nghiên cứu về tính ổn định của bài tốn. Năm 1992, trong bài báo [44], GS. Lê Dũng Mưu và Werner Oettli gọi bài toán là bài toán cân bằng, đưa ra một số trường hợp riêng của bài toán và giới thiệu một thuật toán hàm phạt cho bài toán. Năm 1994, Eugen Blum và Werner Oettli (xem [7]) tiếp tục đưa ra các trường hợp riêng khác của bài
toán cân bằng và thiết lập những điều kiện tổng quát về sự tồn tại nghiệm của bài tốn. Sau cơng trình của Eugen Blum và Werner Oettli thì bài tốn cân bằng được nhiều người quan tâm nghiên cứu cả về mặt lý thuyết, phương pháp giải và ứng dụng.
Như đã biết (xem [7, 44]) bài tốn điểm bất động Kakutani có thể mơ tả dưới dạng bài toán cân bằng. Tuy nhiên về mối quan hệ giữa bài tốn cân bằng và bài tốn tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn, Patrick Louis Combettes và Sever Adrian Hirstoaga (xem [21]) đã giới thiệu ánh xạ đa trị Trf cho bởi, với mỗi x∈ H
Trf(x) =nz ∈C :f(z, y) + 1
rhy−z, z −xi ≥0 ∀y ∈Co
trong đó r >0 và f : C×C −→R. Dưới các giả thiết f là đơn điệu, f là lồi và nửa liên tục dưới trên C theo biến thứ hai,lim sup
λ−→0+
f(λz+ (1−λ)x, y) ≤f(x, y) với mọi
x, y, z∈ C, các tác giả đã chứng minh được ánh xạ Trf là đơn trị, khơng giãn vững (do đó là khơng giãn) và tập điểm bất động của Trf trùng với tập nghiệmSol(C, f) của bài toán cân bằng EP(C, f). Cụ thể ta có hai bổ đề sau đây:
Bổ đề 1.6. (xem [7]) Cho f : C×C −→ R thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
(A1) f(x, x) = 0 với mọi x∈C; (A2) f đơn điệu; (A3) với mọi x, y, z ∈C lim sup λ−→0+ f(λz+ (1−λ)x, y) ≤ f(x, y);
(A4) với mọi x∈C, hàm y 7−→ f(x, y) lồi và nửa liên tục dưới trên C.
Khi đó với mọi r >0 và x∈ H, tồn tại z ∈C sao cho
f(z, y) + 1
rhy −z, z−xi ≥0 ∀y ∈C.
Bổ đề 1.7. (xem [21]) Cho f : C ×C −→ R thỏa mãn các điều kiện (A1)−(A4).
Với mọi r > 0, ta xác định ánh xạ Trf : H −→ C bởi
Trf(x) =nz ∈C :f(z, y) + 1
rhy−z, z −xi ≥0 ∀y ∈Co
với mọi x∈ H. Khi đó ta có
(i) Trf là đơn trị; (ii)
(iii) Fix(Trf) = Sol(C, f);
(iv) Sol(C, f) lồi đóng.
Mệnh đề 1.1. Cho song hàm f :H × H −→ R∪ {+∞}. Giả sử rằng các điều kiện
(A0)−(A4) được thỏa mãn đồng thời
(A0) ít nhất một trong hai điều kiện intC 6= ∅ và điều kiện với mỗi x ∈ C thì
hàm f(x,·) liên tục tại một điểm thuộc C được thỏa mãn;
(A1) với mỗi x∈ C thì hàm f(x,·) lồi, nửa liên tục dưới trên H và khả dưới vi
phân trên C;
(A2) f giả đơn điệu trên C và C ⊂ domf(x,·), f(x, x) = 0 với mọi x∈C;
(A3) f thỏa mãn điều kiện kiểu Lipschitz trên C với hằng số c1 > 0 và c2 > 0.
Xét ánh xạ Tf : C −→ C cho bởi
Tf(x) := argminnλf(s(x), y) +1
2ky −xk2 :y ∈Co,
với mọi x∈C, trong đó λ > 0 và
s(x) := argminnλf(x, y) + 1
2ky−xk2 : y ∈ Co.
Khi đó với x∗ ∈Sol(C, f), ta có
λ[f(x, y)−f(x, s(x))]≥ hs(x)−x, s(x)−yi ∀y ∈C,
kTf(x)−x∗k2 ≤ kx−x∗k2−(1−2λc1)kx−s(x)k2−(1−2λc2)ks(x)−Tf(x)k2.
Chứng minh. Trước hết ta thấy rằng từ điều kiện(A1), ta suy ras(x) vàTf(x)hoàn
toàn xác định. Ngoài ra ta có s(x) = argminnλf(x, y) + 1 2ky−xk2 : y ∈ Co = argminnfˆ(x, y) := λf(x, y) +1 2ky −xk2+δC(y) : y ∈ Ho, trong đó δC là hàm chỉ của C.
Vìs(x) là nghiệm của bài toán
min{fˆ(x, y) :y ∈ H}
nên0∈∂2fˆ(x, s(x)), trong đó ∂2fˆ(x, s(x)) là dưới vi phân của hàm fˆ(x,·) tại s(x).
chất của dưới vi phân
∂2fˆ(x, s(x)) = ∂2λf(x,·) +1
2k · −xk2(s(x)) +∂δC(s(x)) =λ∂2f(x, s(x)) +{s(x)−x}+NC(s(x)), trong đó NC(s(x)) là nón pháp tuyến ngoài của C tại s(x).
Từ 0∈∂2fˆ(x, s(x)) ta suy ra tồn tại w∈ ∂2f(x, s(x)) và w∈ NC(s(x)) sao cho
0 =λw+s(x)−x+w.
Vìw ∈NC(s(x))nênhw, y−s(x)i ≤0với mọiy ∈ C. Chú ý rằngw=x−λw−s(x)
nên ta có thể viết
λhw, y−s(x)i ≥ hx−s(x), y−s(x)i ∀y ∈C. (1.4)
Từ w ∈∂2f(x, s(x)), ta suy ra f(x, y)−f(x, s(x)) ≥ hw, y−s(x)i ∀y ∈ H. Kết hợp với (1.4), ta có λ[f(x, y)−f(x, s(x))]≥ hx−s(x), y−s(x)i ∀y ∈C. (1.5) Do đó λ[f(x, y)−f(x, s(x))]≥ hs(x)−x, s(x)−yi ∀y ∈C.
Thay y =Tf(x) ∈C trong (1.5), ta được
λ[f(x, Tf(x))−f(x, s(x))] ≥ hx−s(x), Tf(x)−s(x)i. (1.6) Tương tự, từ Tf(x) = argminnλf(s(x), y) + 1 2ky−xk2 : y ∈Co, ta suy ra λ[f(s(x), y)−f(s(x), Tf(x))]≥ hx−Tf(x), y−Tf(x)i ∀y ∈ C. (1.7)
Vì x∗ ∈ Sol(C, f) nên f(x∗, s(x)) ≥ 0. Kết hợp với f giả đơn điệu trên C, ta có f(s(x), x∗) ≤0. Do đó thế y = x∗ ∈C vào (1.7), ta được
hTf(x)−x, x∗−Tf(x)i ≥ λ[f(s(x), Tf(x))−f(s(x), x∗)] ≥ λf(s(x), Tf(x)).
Áp dụng điều kiện kiểu Lipschitz của f trên C với hằng số c1, c2 > 0 và (1.6), ta được λf(s(x), Tf(x))≥λ[f(x, Tf(x))−f(x, s(x))−c1kx−s(x)k2−c2ks(x)−Tf(x)k2] ≥ hx−s(x), Tf(x)−s(x)i −λc1kx−s(x)k2−λc2ks(x)−Tf(x)k2. Kết hợp với (1.8), ta có hTf(x)−x, x∗−Tf(x)i ≥ hx−s(x), Tf(x)−s(x)i−λc1kx−s(x)k2−λc2ks(x)−Tf(x)k2. (1.9) Từ (1.9) và hTf(x)−x, x∗−Tf(x)i= 1 2 kx∗−xk2− kTf(x)−xk2− kx∗−Tf(x)k2 , hx−s(x), Tf(x)−s(x)i= 1 2 kx−s(x)k2+kTf(x)−s(x)k2− kTf(x)−xk2 , ta suy ra kTf(x)−x∗k2 ≤ kx−x∗k2−(1−2λc1)kx−s(x)k2−(1−2λc2)ks(x)−Tf(x)k2.
Mệnh đề 1.2. Dưới các giả thiết (A0) − (A3) của Mệnh đề 1.1 và 0 < λ <
minn 1 2c1,
1 2c2
o
thì tập điểm bất động của ánh xạ Tf trùng với tập nghiệm của
bài toán cân bằng EP(C, f), với điều kiện tập nghiệm Sol(C, f) của EP(C, f) khác
rỗng.
Chứng minh. Giả sửu∗ ∈Sol(C, f), khi đó f(u∗, y)≥ 0với mọiy ∈C. Từf(y, y) =
0với mọi y ∈ C, ta có s(u∗) = argminnλf(u∗, y) + 1 2ky−u∗k2 :y ∈Co =u∗, Tf(u∗) = argminnλf(s(u∗), y) + 1 2ky−u∗k2 : y ∈ Co = argminnλf(u∗, y) +1 2ky −u∗k2 :y ∈Co =u∗.
Vậy u∗ ∈Fix(Tf). Do đó Sol(C, f)⊂ Fix(Tf).
Ngược lại, giả sử u∗ ∈ Fix(Tf), khi đó Tf(u∗) = u∗. Theo Mệnh đề 1.1, với x∗ ∈ Sol(C, f), ta có
ku∗−x∗k2 ≤ ku∗−x∗k2−(1−2λc1)ku∗−s(u∗)k2−(1−2λc2)ks(u∗)−u∗k2.
Vì 0 < λ < minn 1 2c1,
1 2c2
o
nên từ bất đẳng thức trên ta suy ra s(u∗) = u∗. Do đó, từ (1.5) với x = u∗, ta được f(u∗, y) ≥ 0 với mọi y ∈ C hay u∗ ∈ Sol(C, f). Do vậy, Fix(Tf) ⊂ Sol(C, f). Kết hợp với Sol(C, f) ⊂ Fix(Tf), ta được Fix(Tf) = Sol(C, f).
Mệnh đề 1.3. Giả sử song hàm f thỏa mãn các điều kiện (A0)−(A3) trong Mệnh đề 1.1 và các điều kiện
(A4) f liên tục yếu đồng thời trên C ×C;
(A5) tập nghiệm Sol(C, f) của EP(C, f) khác rỗng.
Khi đó ánh xạ Tf là tựa khơng giãn trên C với 0< λ < minn 1
2c1, 1 2c2
o
, Fix(Tf) = Sol(C, f) và Tf thỏa mãn nguyên lý bán đóng.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.2 thì Fix(Tf) = Sol(C, f). Kết hợp với Mệnh đề 1.1
và chú ý rằng 0< λ < minn 1 2c1, 1 2c2 o , ta được kTf(x)−x∗k ≤ kx−x∗k ∀x∈C,∀x∗ ∈ Fix(Tf).
Do đó ánh xạ Tf là tựa không giãn trên C.
Tiếp theo, ta chứng minh Tf thỏa mãn nguyên lý bán đóng. Giả sử dãy {xn} ⊂ C, xn * x và kTf(xn) − xnk −→ 0, ta sẽ chứng minh x ∈ Fix(Tf). Trước tiên, ta thấy rằng vì C là lồi đóng nên đóng yếu. Kết hợp với {xn} ⊂ C và xn * x, ta
suy ra x ∈ C. Vì xn * x nên dãy {xn} bị chặn. Do đó dãy {Tf(xn)} cũng bị chặn vì Tf là tựa khơng giãn. Vì 0 < λ < minn 1
2c1, 1 2c2
o
nên theo Mệnh đề 1.1 với
x∗ ∈Sol(C, f), ta có
(1−2λc1)kxn−s(xn)k2 ≤ kxn −x∗k2− kTf(xn)−x∗k2
≤ (kxn −x∗k+kTf(xn)−x∗k)kxn−Tf(xn)k.
Sử dụng bất đẳng thức trên cùng với tính bị chặn của các dãy {xn}, {Tf(xn)} và kTf(xn)−xnk −→ 0, ta được
lim
Từ (1.5), ta có
λ[f(xn, y)−f(xn, s(xn))] ≥ hxn−s(xn), y−s(xn)i ∀y ∈C. (1.11)
Vì dãy {xn} bị chặn và lim
n−→∞kxn −s(xn)k = 0 nên dãy {s(xn)} cũng bị chặn. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, tính bị chặn của {s(xn)} và (1.10), ta được
lim
n−→∞hxn−s(xn), y−s(xn)i= 0. Từxn * xvà (1.10), ta suy ras(xn) * x. Do đó, sử
dụng (1.11), tính liên tục yếu đồng thời trênC×C củaf, sự hội tụ yếu của hai dãy {xn}, {s(xn)}tới x và lim
n−→∞hxn−s(xn), y−s(xn)i= 0, ta được f(x, y)≥ 0∀y ∈C
hayx ∈Sol(C, f). Do đó x∈Fix(Tf). Vậy Tf thỏa mãn nguyên lý bán đóng.
Mệnh đề 1.3 chỉ ra rằng nếu f là song hàm thỏa mãn đồng thời các điều kiện (A0)−(A5) thì ánh xạ Tf được xây dựng dựa trên ánh xạf sẽ là ánh xạ tựa không giãn, thỏa mãn nguyên lý bán đóng và tập điểm bất động của Tf trùng với tập nghiệm của bài toán cân bằng với song hàm cân bằng f. Kết quả này góp phần bổ sung vào sự hiểu biết về mối quan hệ giữa bài tốn cân bằng và bài tốn tìm điểm bất động ánh xạ bên cạnh các cơng trình của Patrick Louis Combettes và Sever Adrian Hirstoaga (xem [21]). Gần đây, một số tác giả khác (xem [5]) cũng chứng minh được tính tựa khơng giãn của ánh xạTf cho lớp các song hàmf thỏa mãn các điều kiện khác với các điều kiện(A0)−(A5). Tuy nhiên các tác giả đã khơng chứng minh một tính chất rất quan trọng củaTf đó là thỏa mãn ngun lý bán đóng, đây là một giả thiết ln được sử dụng trong các thuật tốn tìm điểm bất động của ánh xạ tựa khơng giãn. Ngồi ra, các tác giả trên (xem [5]) cũng không đưa ra mối liên hệ giữa tập điểm bất động của Tf và bài toán cân bằng với song hàm cân bằng f.
Để kết thúc chương, chúng tôi phát biểu hai bổ đề được sử dụng để chứng minh sự hội tụ của các thuật toán đề xuất trong các chương sau của luận án.
Bổ đề 1.8. (xem [49]) Cho {an} là một dãy các số thực khơng âm thỏa mãn điều kiện
an+1 ≤(1−αn)an +αnξn, ∀n ≥0,
trong đó {αn}, {ξn} là hai dãy số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện
(i) {αn} ⊂ (0,1) và
∞ X
n=0
αn =∞.
(ii) lim sup
n−→∞
ξn ≤ 0.
Khi đó lim
Bổ đề 1.9. (xem [39]) Cho {an} là một dãy các số thực không âm. Giả sử với mỗi
số tự nhiên m, tồn tại số tự nhiên p≥ m sao cho ap ≤ ap+1. Gọi n0 là số tự nhiên
sao cho an0 ≤an0+1. Với mỗi n ≥n0, ta đặt
τ(n) = max{k ∈N :n0 ≤k ≤ n, ak ≤ ak+1}.
Khi đó dãy {τ(n)}n≥n0 là một dãy khơng giảm thỏa mãn lim
n−→∞τ(n) =∞ và
aτ(n) ≤aτ(n)+1, an ≤ aτ(n)+1 ∀n ≥n0.
Kết luận chương
Trong chương này, chúng tôi đã giới thiệu một số khái niệm và kết quả cơ bản được sử dụng trong luận án. Trước tiên, chúng tơi trình bày về hàm lồi và dưới vi phân của hàm lồi, tốn tử chiếu trong khơng gian Hilbert. Tiếp theo, chúng tơi tóm lược ngắn gọn lý thuyết về bài tốn điểm bất động, bài toán bất đẳng thức biến phân và bài toán cân bằng. Phần cuối chương là hai bổ đề được sử dụng để chứng minh các kết quả chính trong luận án. Kết quả chính đạt được trong chương đó là xây dựng ánh xạ tựa không giãnTf :C −→ Cthỏa mãn nguyên lý bán đóng từ song hàm cân bằng f giả đơn điệu và tập điểm bất động của Tf trùng với tập nghiệm của bài toán cân bằng EP(C, f). Từ kết quả này, ta có thể chuyển các thuật tốn tìm điểm bất động của ánh xạ tựa khơng giãn thành các thuật tốn tìm nghiệm của bài tốn cân bằng với song hàm cân bằng thỏa mãn các điều kiện (A0)−(A4).
Chương 2
Phương pháp giải bất đẳng thức biến phân trên tập nghiệm của bài toán điểm bất động tách
Trong chương này, chúng tơi trình bày thuật tốn giải bài tốn bất đẳng thức biến phân với tập ràng buộc là tập nghiệm của bài toán điểm bất động tách. Các kết quả trong chương này được viết trên cơ sở các kết quả của bài báo [1] trong danh mục cơng trình khoa học của tác giả liên quan đến luận án.
ChoC vàQlần lượt là các tập lồi đóng khác rỗng trong các khơng gian Hilbert thực H1 và H2. Giả sử F : C −→ H1 là ánh xạ đơn điệu mạnh, A : H1 −→ H2 là một tốn tử tuyến tính bị chặn, T : C −→ C, S : Q −→ Q là các ánh xạ khơng giãn. Xét bài tốn bất đẳng thức biến phân với ràng buộc điểm bất động táchV IP(Ω, F)
Tìm x∗ ∈Ω sao cho hF(x∗), x−x∗i ≥0 ∀x∈Ω,
trong đó Ω là tập nghiệm của bài tốn điểm bất động tách (SFPP - Split Fixed Point Problem)
Tìm x∗ ∈Fix(T) sao cho Ax∗ ∈ Fix(S), (SF P P) với Fix(T), Fix(S) lần lượt là tập điểm bất động của T, S.
Bài toán bất đẳng thức biến phân với ràng buộc điểm bất động táchV IP(Ω, F) chứa đựng nhiều bài toán quen thuộc đã được xét ở [14, 19, 29, 51, 53]. Trong trường hợpF là ánh xạ đồng nhất trênC cònT và S lần lượt là các ánh xạ đồng nhất trên
C và Q thì V IP(Ω, F) trở thành bài tốn tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất của bài tốn chấp nhận tách (xem [14]). Khi S là ánh xạ đồng nhất trên Q thì V IP(Ω, F) trở thành bài tốn bất đẳng thức biến phân với tập ràng buộc là tập điểm bất động của ánh xạ không giãn T (xem [53]). Bài toán điểm bất động tách và bài toán bất đẳng thức biến phân với ràng buộc điểm bất động tách trong những năm gần đây
được quan tâm và nghiên cứu bởi nhiều nhà toán học (xem [11–13, 20, 24, 41, 42]). Ta cần các bổ đề sau để chứng minh sự hội tụ của thuật toán đề xuất
Bổ đề 2.1. (xem [53]) Cho F : C −→ H là ánh xạ β-đơn điệu mạnh trên C và
L-liên tục Lipschitz trên C, λ∈ (0,1) và µ ∈0, 2β
L2 . Khi đó kx−λµF(x)−[y−λµF(y)]k ≤ (1−λτ)kx−yk ∀x, y ∈C, trong đó τ = 1−p1−µ(2β−µL2)∈ (0,1].
Bổ đề 2.2. (xem [47])Cho {xn}, {yn} là hai dãy bị chặn trong không gian Banach
X và {αn} là một dãy số nằm trong đoạn [0,1] thỏa mãn
0<lim inf n−→∞ αn ≤lim sup n−→∞ αn <1. Giả sử xn+1 =αnxn + (1−αn)yn ∀n≥ 0 và lim sup n−→∞ (kyn+1−ynk − kxn+1−xnk) ≤0. Khi đó lim n−→∞kyn−xnk = 0.
Bổ đề 2.3. (Opial) Cho dãy {xn} ⊂ H thỏa mãn xn * x, khi đó ta có bất đẳng
thức lim inf n−→∞ kxn −xk<lim inf n−→∞ kxn−yk với mọi y ∈ H, y 6=x. 2.1 Định lý hội tụ
Trong mục này chúng ta phát biểu và chứng minh định lý hội tụ choV IP(Ω, F). Kỹ thuật chính để chứng minh là sự kết hợp giữa phương pháp chiếu để giải bài toán bất đẳng thức biến phân và kỹ thuật lặp Krasnoselskii-Mann để tìm điểm bất động của ánh xạ không giãn.
Định lý 2.1. Cho C và Q lần lượt là các tập lồi đóng khác rỗng trong các không
tử liên hợp A∗. Giả sử ánh xạ F : C −→ H1 là β-đơn điệu mạnh và L-liên tục
Lipschitz trên C, T : C −→ C, S : Q −→ Q là các ánh xạ không giãn. Với x0 ∈C
bất kỳ, xét các dãy {xk}, {uk}, {yk} và {zk} như sau
uk =PQ(Axk), yk =PC(xk +δA∗(Suk −Axk)), zk =PC(yk −λkµF(yk)), xk+1 = αkxk + (1−αk)T(zk) ∀k ≥0, trong đó δ ∈ 0, 1 kAk2+ 1 , 0 < µ < 2β
L2, {λk} và {αk} là hai dãy số nằm trong
khoảng (0,1) và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
(a) lim k−→∞λk = 0, (b) ∞ X k=0 λk(1−αk) =∞, (c) lim k−→∞αk =α ∈(0,1).
Giả sử tập nghiệmΩ của SFPP khác rỗng, khi đó dãy{xk}hội tụ mạnh đến nghiệm
duy nhất của V IP(Ω, F).
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh V IP(Ω, F) có nghiệm duy nhất. Vì Ω6= ∅
nên Fix(T) 6= ∅ và Fix(S) 6= ∅. Theo Bổ đề 1.2 thì Fix(T), Fix(S) là các tập lồi đóng, do đóΩ = {x∗ ∈ Fix(T) :Ax∗ ∈ Fix(S)} cũng là tập lồi đóng. Vì F là β-đơn