affine đơn điệu
2.1. Bất đẳng thức biến phân vector affine đơn điệu
Ta kí hiệu tích vô hướng và chuẩn của không gian Euclid tương ứng là h., .i và ||.||. Chuẩn của ma trận M ∈ Rn×r được cho bởi công thức ||M|| = max{||M x|| : x ∈ Rn,||x|| ≤ 1}. Ma trận chuyển vị của M được kí hiệu là MT. Cho một tập lồi, đóng, khác rỗng 4 ⊂ Rn và các hàm vector φi : 4 → Rn (i = 1, ..., m), ta đặt φ = (φ1, ..., φm) và φ(x)(u) = (hφ1(x), ui, ...,hφm(x), ui) ∀x ∈ 4, ∀u ∈ Rn. Cho Σ = {ξ = (ξ1, ..., ξm) ∈ Rm + : Pm i=1ξi = 1}, ở đó Rm + là nón orthant không âm của Rn. Phần trong tương đối của Σ được cho bởi công thức
riΣ ={ξ ∈ Σ : ξi > 0 ∀i = 1, ..., m}.
Bất đẳng thức biến phân vector được định nghĩa bởi φ,4 và nón C := Rm+ là bài toán:
ở đó bất đẳng thức có nghĩa là φ(x)(x− y) ∈/ C \ {0}. Tương ứng với bài toán này ta có bài toán:
(VVI)w Tìm x ∈ 4 sao cho φ(x)(y −x) 6≤intC 0 ∀y ∈ 4,
với intC là phần trong của C và bất đẳng thức chỉ ra rằng φ(x)(x − y) ∈/ intC. Tập nghiệm của (VVI) và (VVI)w được kí hiệu tương ứng là Sol(VVI) và Solw(VVI). Các phần tử của tập thứ nhất (tương ứng của tập thứ hai) được gọi là các nghiệm Pareto (tương ứng là các nghiệm Pareto yếu) của (VVI).
Với m = 1, φ = φ1 : 4 → Rn, do đó (VVI) và (VVI)w trùng với lớp bài toán bất đẳng thức biến phân:
(VI) Tìm x ∈ 4 sao cho hφ(x), y−xi ≥ 0 ∀y ∈ 4.
Kí hiệu tập nghiệm là Sol(VI). Với mỗi ξ ∈ Σ, xét bất đẳng thức biến phân
(VI)ξ Tìm x ∈ 4 sao cho
* m X i=1 ξiφi(x), y−x + ≥ 0 ∀y ∈ 4,
và kí hiệu tập nghiệm của nó là Sol(VI)ξ. Lấy hợp của Sol(VI)ξ trên ξ ∈ riΣ (tương ứng ξ ∈ Σ) ta có thể tìm được một phần của Sol(VVI) (tương ứng toàn bộ Solw(VVI)).
Định lý 2.1. Ta có
[
ξ∈riΣ
Sol(VI)ξ ⊂ Sol(VVI) ⊂Solw(VVI) = [
ξ∈Σ
Sol(VI)ξ (2.1)
Nếu 4 là tập lồi đa diện, tức là 4 là giao của hữu hạn nửa không gian đóng của Rn, thì bao hàm thức thứ nhất trong (2.1) là đẳng thức.
Định nghĩa 2.1. (i) Bài toán (VVI) được gọi là bất đẳng thức biến phân vector affine nếu 4 là tập lồi đa diện và tồn tại các ma trận
Mi ∈ Rn×n và các vector qi ∈ Rn (i = 1, ..., m) sao cho φi(x) = Mix+
qi, với mọi = 1, ..., m và x ∈ 4. Bài toán và tập nghiệm của nó được kí hiệu tương ứng là AVVI(ω,4),Sol(AVVI(ω,4)) và Solw(AVVI(ω,4)), ở đó ω := (M1, ..., Mm, q1, ..., qm) ∈ Rn×(n×m)×Rn×m được biểu diễn như một tham số.
(ii) Ta nói rằng (VVI) là bất đẳng thức biến phân vector đơn điệu nếu bài toán VI(φi,4) (i = 1, ..., m) là đơn điệu.
Định lý 2.2. Cho 4 ⊂ Rn là tập lồi đa diện khác rỗng, M ∈ Rn×n
là ma trận nửa xác định dương, và q ∈ Rn. Hai tính chất sau là tương đương:
(i) Tập nghiệm Sol(AVI(M, q,4)) là khác rỗng và bị chặn.
(i) Tồn tại ε > 0 sao cho với mỗi M˜ ∈ Rn×n và với mỗi q˜∈ Rn với
maxn||M˜ −M||,||q˜−q||o < ε, (2.2)
tập Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) khác rỗng.
Khi (i) đúng, tồn tại ε > 0, ρ > 0, và l > 0 sao cho nếu ( ˜M ,q˜) ∈ Rn×n×Rn,M˜ là nửa xác định dương, và (2.2) là đúng, thì tập Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) khác rỗng, Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) ⊂ B¯(0, ρ), và Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) ⊂ Sol(AVI(M, q,4)) +l(||M˜ −M||+||q˜−q||) ¯B(0,1). Ở đó B¯(u, δ) là hình cầu đóng tâm u, bán kính δ.
Các điều kiện tối ưu cần và đủ cho bài toán tối ưu vector toàn phương lồi được viết như một AVVI đơn điệu. Để thấy điều này, ta xét bài toán
ở đó 4 ⊂Rn là tập lồi đa diện, f(x) = (f1(x), ..., fm(x)), fi(x) = 1
2x
TMix+qTi x (i = 1, ..., m)
với M1, ..., Mm là các ma trận nửa xác định dương đối xứng cấp n × n, q1, ..., qm ∈ Rn.
Định nghĩa 2.2. Ta nói rằng x ∈ 4 là một nghiệm hữu hiệu (hay một nghiệm Pareto) của (VP1) nếu không tồn tại y ∈ 4 sao cho f(y) ≤ f(x)
và f(y) 6= f(x). Nếu không tồn tại y ∈ 4 sao cho f(y) < f(x), thì ta nói rằng x ∈ 4 là một nghiệm hữu hiệu yếu (hay nghiệm Pareto yếu) của (VP1)
Tập nghiệm hữu hiệu và tập nghiệm hữu hiệu yếu của (VP1) được kí hiệu tương ứng là Sol(VP1) và Solw(VP1).
Định lý 2.3. Cho x ∈ 4. Các khẳng định sau đây là đúng:
(i) x ∈ Sol(VP1) nếu tồn tại ξ ∈ riΣ sao cho x ∈ Sol(VI)ξ.
(ii) x ∈ Solw(VP1) khi và chỉ khi tồn tại ξ ∈ Σ sao cho x ∈ Sol(VI)ξ. Kết hợp Định lý 2.3 và Định lý 2.1 ta được
Sol(VP1) ⊃ Sol(AVVI(ω,4)) và Solw(VP1) = Solw(AVVI(ω,4)), (2.3) ở đó ω = (M1, ..., Mm, q1, ..., qm).
Tiếp theo, chúng ta nhắc lại một vài khái niệm cơ bản về bài toán tối ưu vector phân thức tuyến tính.
Cho ϕi : Rn → R (i = 1, ..., m) là m hàm phân thức tuyến tính, với ϕ(x) = a T i x+αi bT i x+βi
với ai ∈ Rn, bi ∈ Rn và βi ∈ R. Cho 4 như trong (VP1). Giả sử rằng bTi x+βi > 0 ∀i ∈ {1, ..., m} và x ∈ 4. Đặt ϕ(x) = (ϕ1(x), ..., ϕm(x)) và
xét bài toán tối ưu vector
(VP2) minf(x) với x ∈ 4.
Các nghiệm hữu hiệu và nghiệm hữu hiệu yếu của(VP2) được dịnh nghĩa tương tự (VP1). Kí hiệu tập nghiệm hữu hiệu và tập nghiệm hữu hiệu yếu của (VP2) tương ứng là Sol(VP2) và Solw(VP2). Cho x ∈ 4. x ∈ Sol(VP2) khi và chỉ khi tồn tại ξ = (ξ1, ..., ξm) ∈ riΣ sao cho
* m X i=1 ξi[(bTi x+βi)ai −(aTi x+α)bi], y−x + ≥ 0, ∀y ∈ 4. (2.4) Tương tự, x ∈ Solw(VP2) khi và chỉ khi ξ = (ξ1, ..., ξm) ∈ Σ sao cho (2.4) đúng.
Điều kiện (2.4) có thể viết lại dưới dạng bất đẳng thức biến phân affine tham số (VI)0ξ hM(ξ)x+q(ξ), y−xi ≥ 0, ∀y ∈ 4, với M(ξ) := n X i=1 ξiMi, q(ξ) := n X i=1 ξiqi, ở đó Mi = aibTi −biaTi , qi = βiai−αibi i = (1, ..., m). (2.5) Chú ý rằng, với mỗi i ∈ {1, ..., m}, cặp (Mi, qi) được định nghĩa duy nhất bởi hệ số của hàm tuyến tính thành phần fi. Do MiT = −Mi, ta có hMiυ, υi = 0với mỗiυ ∈ R. Do đóMi là ma trận nửa xác định dương với i = 1, ..., m và (VI)0ξ là một AVI đơn điệu với mỗi ξ ∈ Σ. Kí hiệu Φ(ξ) là tập nghiệm của bài toán (VI)0ξ và xét hàm đa trị Φ : Σ ⇒ Rn, ξ 7→Φ(ξ). Theo các điều kiện tối ưu nói đến ở trên cho (VP2),
Sol(VP2) [
ξ∈riΣ
và
Solw(VP2) [
ξ∈Σ
Φ(ξ) = Φ(Σ) (2.7)
Theo công thức (2.6),(2.7) và Định lý 2.1, tập nghiệm hữu hiệu (tương ứng tập nghiệm hữu hiệu yếu) của bài toán tối ưu vector (VP2)
trùng với tập nghiệm Pareto (tương ứng tập nghiệm Pareto yếu) của AVVI đơn điệu được định nghĩa bởi 4 và các hàm affine
φi(x) = Mix+qi (i = 1, ..., m).
Một không gian tôpô X được gọi là liên thông nếu không thể biểu diễnX = U∪V, ở đóU, V là các tập mở khác rỗng của X với U∩V = ∅. Nếu với mỗi cặp x, y ∈ X có một ánh xạ liên tục γ : [0,1] →X sao cho γ(0) = x, γ(1) = y, thì X được gọi là liên thông đường. Ta nói rằng X
co rút được nếu ∃x∗ ∈ X và ánh xạ liên tục H : [0,1]×X →X sao cho H(0, x) = x và H(1, x) = x∗ ∀x ∈ X. Rõ ràng là co rút được thì là liên thông đường, mà kết quả là liên thông.
Một tập con khác rỗng A ⊂ X của không gian tôpô X được gọi là thành phần liên thông của X nếu A (được trang bị tôpô cảm sinh) là liên thông và nó không là tập con thực sự của bất kì tập con liên thông nào khác của X. Mỗi thành phàn liên thông của X là tập con đóng.
2.2. Tính ổn định của tập nghiệm
Kết quả đầu tiên của mục này tương tự Định lý 2.2 về tập nghiệm Pareto yếu của AVVI đơn điệu. Nhớ lại rằng một ánh xạ đa trị
G: X ⇒ Y giữa hai không gian tôpô được gọi là nửa liên tục trên (viết tắt là usc) tại u ∈ X nếu với mỗi tập mở V ⊂ Y với G(u) ⊂ V tồn tại lân cận U của u sao cho G(u0) ⊂ V ∀u0 ∈ U.
Định lý 2.4. Giả sử rằng 4 ⊂ Rn là một tập lồi đa diện, khác rỗng,
M1, ..., Mm ∈ Rn×n là các ma trận nửa xác định dương và q1, ..., qm ∈ Rn. Đặt
ω := (M1, ..., Mm, q1, ..., qm) ∈ Rn×(n×m) ×Rn×m.
Xét các tính chất sau :
(i) Tập nghiệm Solw(AVVI(ω,4) là khác rỗng và bị chặn.
(ii) Tồn tại ε > 0 sao cho với mọi M˜1, ...,M˜m ∈ Rn×n và q˜1, ...,q˜m ∈ Rn
với max i∈{1,...,m}max n ||M˜i −Mi||,||q˜i −qi||o < ε, (2.8) tập Solw(AVVI(˜ω,4), ở đó ω˜ := ( ˜M1, ...,M˜m,q˜1, ...,q˜m), là khác rỗng. Ta có (i)⇒(ii). Chiều ngược lại là đúng nếu 4 là compact hoặc
m = 1, nhưng trong trường hợp tổng quát điều này không đúng nếu 4
không compact và m ≥2.
Khi (i) đúng, cho α > 0, tồn tại ε > 0, ρ >0 sao cho nếu ( ˜Mi,q˜i)
∈ Rn×n ×Rn, Mi là nửa xác định dương với mọi i = 1, ..., m và (2.8) là đúng, thì tập Solw(AVVI(˜ω,4) 6= ∅,
Solw(AVVI(˜ω,4) ⊂B¯(0, ρ), (2.9)
và
Solw(AVVI(˜ω,4) ⊂ Solw(AVVI(ω,4) + αB(0,1), (2.10)
với B(0,1) là hình cầu đơn vị mở trong Rn. Đặc biệt, ánh xạ nghiệm
Solw(AVVI(.,4) là nửa liên tục trên tại ω.
Trước khi chứng minh định lý, ta thiết lập một bổ đề là một kết quả độc lập thú vị.
Bổ đề 2.1. Dưới giả thiết của Định lý 2.4, nếu (i) đúng thì
n
ở đó trong công thức của bài toán (VI)ξ ta đặt m X i=1 ξiFi(x) = m X i=1 ξi(Mix+qi). Chứng minh. Theo (2.1), Solw(AVVI(ω,4)) = [ ξ∈Σ Sol(VI)ξ. (2.12) Với mỗi ξ ∈ Σ, ta đặt M(ξ) = m X i=1 ξiMi và q(ξ) = m X i=1 ξiqi, (2.13) và chú ý rằng M(ξ) ∈ Rn×n là nửa xác định dương theo giả thiết. Từ đó
Sol(AVI(M(ξ), q(ξ),4)) = Sol(VI)ξ,
tập vế trái bị chặn theo (2.12) và theo giả thiết của bổ đề. Khi tập này khác rỗng, theo khẳng định thứ nhất của Định lý 2.2 cho bộ ba {M(ξ), q(ξ),4} ta tìm một hằng số ε(ξ) > 0 sao cho nếu
max
n
||M˜ −M(ξ)||,||q˜−q(ξ)||o < ε(ξ) (2.14) thì Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) 6= ∅.
Kí hiệu vế trái của (2.11) là Ω. Tính chất (i), bảo đảm rằng
Solw(AVVI(ω,4)) 6= ∅, và (2.12) cho thấy Ω 6= ∅. Nếu ta có thể chỉ ra Ω vừa đóng, vừa mở trong tôpô cảm sinh của Σ, thì (2.11) được suy ra từ tính liên thông của Σ.
Để thu được Ω là mở, cố định ξ ∈ Ω và chọn δ >0 đủ nhỏ δ√ m max i∈{1,...,m}||Mi|| < ε(ξ) và δ√ m max i∈{1,...,m}||qi|| < ε(ξ). (2.15) Khi đó, với mỗi ξ0 ∈ B(ξ, δ)∩Σ, ở đó B(ξ, δ) là hình cầu mở tâm ξ bán
kính δ, ta có ||M(ξ0)−M(ξ)|| = || m X i=1 (ξi0 −ξi)Mi|| ≤ m X i=1 |ξi0−ξi|||Mi|| ≤ √m||ξ0 −ξ|| max {i=1,...,m}||Mi|| ≤ δ√ m max {i=1,...,m}||Mi|| < ε(ξ). Tương tự,||q(ξ0)−q(ξ)|| < ε(ξ). Do đó cặp ( ˜M ,q˜) := (M(ξ0), q(ξ0)) thỏa mãn (2.14). Do đó Sol(AVI(M(ξ0), q(ξ0),4)) 6= ∅. Ta vừa chỉ ra rằng B(ξ, δ)∩ Σ ⊂Ω.
Để chỉ ra Ω là đóng, ta chọn dãy ξ(j) ⊂ Ω với lim
j→∞ξ(j) = ¯ξ ∈ Σ. Ta sẽ chỉ ra rằng ξ¯ ∈ Ω. Với mỗi j ∈ N, chọn một nghiệm x(j) ∈
Sol(VI)ξ(j). Do Sol(VI)ξ(j) ⊂ Solw(AVVI(ω,4)) với mọi j và tập bên vế phải là bị chặn, ta phải giả sử rằng lim
j→∞x(j) = ¯x ∈ 4. Theo cách chọn x(j),
D
M(ξ(j))x(j) +q(ξ(j)), y−x(j)E ≥ 0 ∀y ∈ 4, ∀j ∈ N. Qua giới hạn bất đẳng thức trên khi j → ∞, ta được
M( ¯ξ)¯x+q( ¯ξ), y−x¯ ≥ 0 ∀y ∈ 4.
Điều này có nghĩa x¯ ∈ Sol(VI)ξ¯, do đó ξ¯∈ Ω. Bổ đề đã được chứng minh.
Bây giờ ta sẽ chứng minh Định lý 2.4.
Chứng minh. Giả sử (i) đúng. Với mỗi ξ ∈ Σ, ta định nghĩa M(ξ) và q(ξ) như (2.13). Do M(ξ) là nửa xác định dương, tập
Sol(AVI(M(ξ), q(ξ),4)) = Sol(VI)ξ là khác rỗng theo (2.11) và bị chặn theo (2.12). Theo Định lý 2.2 tồn tại một hằng số ε(ξ) > 0 sao cho nếu (2.14) thỏa mãn thì Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) 6= ∅. Chọn ε ∈ (0, ε(ξ)). Với mỗi
˜ M1, ...,M˜m ∈ Rn×n và q˜1, ...,q˜m ∈ Rn thỏa mãn (2.8), ta đặt ˜ M(ξ) = m X i=1 ξiM˜i và q˜(ξ) = m X i=1 ξiq˜i (∀ξ ∈ Σ). (2.16) Rõ ràng là ||M˜(ξ)−M(ξ)||= || m X i=1 ξi( ˜Mi−Mi)|| ≤ m X i=1 ξi||M˜i −Mi|| ≤ε m X i=1 ξi = ε < ε(ξ). Tương tự,||q˜(ξ)−q(ξ)||< ε(ξ). Do đó, ( ˜M ,q˜) := ( ˜M(ξ),q˜(ξ)) thỏa mãn (2.14). Từ đó suy ra Sol(AVI( ˜M(ξ),q˜(ξ),4)) 6= ∅.
Do đó, theo Định lý 2.1, tập nghiệm Solw(AVVI(˜ω,4)) khác rỗng. Nếu 4 là compact và (ii) đúng, bằng cách chọn M˜i = Mi và
˜
qi = qi với mọi i = 1, ..., m ta có Sol(AVVI(ω,4)) khác rỗng và bị chặn, tức là (i) đúng. Nếu m = 1, ta có (ii) ⇒ (i) theo Định lý 2.2. Bây giờ, giả sử 4 không là tập compact và m ≥ 2. Lấy M1 ∈ Rn×n là ma trận xác định dương (tức là hM1υ, υi > 0 với υ 6= 0), q1 ∈ Rn chọn tùy ý. Cho Mi = [0] và qi = 0 với i = 1, ..., m. Đặt ξ(1) = (1,0, ...,0) ∈ Σ ta chú ý rằng (VI)ξ(1) là bất đẳng thức biến phân đơn điệu mạnh, do đó bài toán có một nghiệm duy nhất.
Để thấy tính không bị chặn của (i), ta chọn ξ(2) = (0,1, ...,0)∈ Σ
và để ý rằng Sol(VI)ξ(2) = 4.
Để chứng minh khẳng định cuối cùng của định lý, giả sử rằng (i) là thỏa mãn. Với mỗi ξ ∈ Σ, cho M(ξ) và q(ξ) được định nghĩa như
trong (2.13). Do Sol(AVI(M(ξ), q(ξ),4)) là khác rỗng và bị chặn theo giả thiết và theo Bổ đề 2.1, áp dụng Định lý 2.2 ta tìm ε(ξ) > 0, ρ(ξ) > 0
và l(ξ) > 0 sao cho nếu ( ˜M ,q˜) =∈ Rn×n×Rn,M˜ là nửa xác định dương, (2.14) là thỏa mãn, thì Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) 6= ∅, Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) ⊂ B¯(0, ρ(ξ)), (2.17) và Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) ⊂ Sol(AVI(M(ξ), q(ξ),4)) +l(ξ)(||M˜ −M(ξ)||+||q˜−q(ξ)||) ¯B(0,1). (2.18) Từ ε(ξ) > 0, nếu cần, ta có thể giả sử 2ε(ξ)l(ξ) < α. Chọn γ(ξ) > 0 đủ nhỏ 2γ(ξ)√ m max i∈{1,...,m}||Mi|| < ε(ξ) và 2γ(ξ)√ m max i∈{1,...,m}||qi|| < ε(ξ) (2.19) Do Σ là compact, ∃ξ1, ..., ξk ∈ Σ sao cho
Σ ⊂ B(ξ1, γ(ξ1))∪...∪B(ξk, γ(ξk)).
Đặt
ε = 2−1 min
j∈{1,...,k}ε(ξj), ρ = max
j∈{1,...,k}ρ(ξj).
Chọn các ma trận nửa xác định dương M˜1, ...,M˜m ∈ Rn×n và các vector
˜
q1, ...,q˜m ∈ Rn bất kì thỏa mãn (2.8), ta muốn kiểm tra (2.9) và (2.10). Theo Định lý 2.1,
Solw(AVVI(˜ω,4)) = [
ξ∈Σ
Sol(AVI( ˜M(ξ),q˜(ξ),4), (2.20)
một chỉ số j ∈ {1, ..., k} sao cho ξ ∈ B(ξj, γ(ξj)). Theo (2.19), ta có ||M˜(ξ)−M(ξj)|| = || m X i=1 ξi( ˜Mi −Mi) + m X i=1 (ξi −ξij)Mi|| ≤ m X i=1 ξi||M˜i−Mi||+ m X i=1 |ξi −ξij| ||Mi|| ≤ ε m X i=1 ξi +||ξ −ξj||√m max i∈{1,...,m}||Mi|| ≤ ε+γ(ξj)√ m max i∈{1,...,m}||Mi|| < ε+ 2−1ε(ξj) ≤ ε(ξj) và, tương tự, ||q˜(ξ)−q(ξj)|| < ε(ξj). Do đó Sol(AVI( ˜M(ξ),q˜(ξ),4)) 6= ∅, Sol(AVI( ˜M(ξ),q˜(ξ),4)) ⊂ B¯(0, ρ(ξj)) ⊂ B¯(0, ρ), và Sol(AVI( ˜M(ξ),q˜(ξ),4)) ⊂ Sol(AVI(M(ξj), q(ξj),4)) +l(ξj)(||M˜(ξ)−M(ξj)|| +||q˜(ξ)−q(ξj)||) ¯B(0,1) ⊂ Solw(AVVI(ω,4)) + 2l(ξj)ε(ξj) ¯B(0,1) ⊂ Solw(AVVI(ω,4)) +αB(0,1).
Khẳng định cuối đúng với mỗi ξ ∈ Σ. Kết hợp điều này với (2.20), ta thu được (2.9) và (2.10). Do tính compact của Solw(AVVI(ω,4)), với mỗi tập mở V ⊂ Rn chứa Solw(AVVI(ω,4)),
∃α > 0 sao cho
Solw(AVVI(ω,4)) +αB(0,1) ⊂ V.
Do đó, áp dụng kết quả vừa thu được ta tìm một lân cận U của ω trong Rn×(n×m)×Rn×m sao cho với mỗi ω˜ = ( ˜M1, ...,M˜m,q˜1, ...,q˜m) ∈ U với M˜i
là nửa xác định dương với i = 1, ..., m, bao hàm thức Solw(AVVI(˜ω,4))
⊂ V thỏa mãn. Định lý đã được chứng minh.
Định lý 2.5. Cho 4, Mi, qi và ω như trong định lý 2.4. Xét các tính chất :
(i’) Tập nghiệm Sol(AVVI(ω,4)) là khác rỗng và bị chặn.
(ii’) Tồn tại ε > 0 sao cho với mọi M˜1, ...,M˜m ∈ Rn×n và q˜1, ...,q˜m ∈ Rn
thỏa mãn (2.8) tập Sol(AVVI(˜ω,4)), ở đó ω˜ := ( ˜M1, ...,M˜m,q˜1, ...,q˜m), là khác rỗng.
Ta có (i’)⇒(ii’). Chiều ngược lại là đúng nếu 4 là compact hoặc
m = 1 nhưng trường hợp tổng quát là không đúng nếu 4 không là tập compact và m ≥ 2.
Nếu tập nghiệm Pareto yếu Solw(AVVI(ω,4)) là khác rỗng và bị chặn, thì với mỗi α > 0, tồn tại ε > 0, ρ > 0 sao cho nếu ( ˜Mi,q˜i) ∈ Rn×n ×Rn,M˜i là nửa xác định dương với mọi i = 1, ..., m và (2.8) là đúng, thì tập Sol(AVVI(˜ω,4)) 6= ∅,
Sol(AVVI(˜ω,4)) ⊂ B¯(0, ρ), (2.21)
và
Sol(AVVI(˜ω,4)) ⊂ Solw(AVVI(ω,4)) +αB(0,1) (2.22) Bổ đề 2.2. Dưới giả thiết của Định lý 2.5, nếu (i’) đúng thì
n
ξ ∈ riΣ : Sol(VI)ξ 6= ∅o = riΣ, (2.23)
ở đó trong công thức của bài toán (VI)ξ ta đặt
m X i=1 ξiFi(x) = m X i=1 ξi(Mix+qi). Bên cạnh đó, đẳng thức (2.11) cũng đúng.
Chứng minh. Kí hiệu vế trái của (2.23) là Ω0. Sử dụng các Định lý 2.1, 2.2 và lý luận được dùng trong chứng minh Bổ đề 2.1, ta có thể thấy
rằng Ω0 là một tập con khác rỗng của riΣ nó vừa đóng và vừa mở trong tôpô cảm sinh của riΣ. Thì (2.23) là đúng, vì riΣ lồi (do đó liên thông). Để thu được (2.11), với mỗi ξ¯ ∈ Σ \ riΣ cố định, ta chọn một dãy ξj ⊂ riΣ thỏa mãn ξj → ξ¯khi j → ∞. Từ (2.23) và tính liên thông của Sol(AVVI(ω,4)), ta tìm một dãy bị chặn xj ⊂ 4 sao cho xj ∈ Sol(VI)ξj với j ∈ N. Ta có thể giả sử rằng xj →x¯∈ 4 khi j → ∞. Ta có
D
M(ξ(j))x(j)+qξ(j), y−x(j)
E
≥ 0 ∀y ∈ 4.
Cho j → ∞, từ điều này ta thu được x¯∈ Sol(VI)¯ξ, điều này chỉ ra rằng
Σ ⊂ Ω, ở đó Ω là vế trái của (2.11).
Bây giờ ta sẽ chứng minh Định lý 2.5
Chứng minh. Giả sử (i’) đúng. Lấy ξ ∈ riΣ tùy ý. Tập Sol(VI)ξ 6= ∅ theo Bổ đề 2.2. Do
Sol(AVI(M(ξ), q(ξ),4)) = Sol(VI)ξ ⊂ Sol(AVVI(ω,4)),
Sol(AVI(M(ξ), q(ξ),4)) 6= ∅ và bị chặn. Áp dụng Định lý 2.2 ta có thể chọnε(ξ) > 0sao cho nếu (2.14) được thỏa mãn thì Sol(AVI( ˜M ,q,˜ 4)) 6=
∅. Chọnε ∈ (0, ε(ξ)) tùy ý. Với mỗi M˜1, ...,M˜m ∈ Rn×n và q˜1, ...,q˜m ∈ Rn
thỏa mãn (2.8), những lý luận để chứng minh khẳng định đầu tiên của Định lý 2.4 cho thấy
Sol(AVI( ˜M(ξ),q˜(ξ),4)) 6= ∅
Kết hợp điều này với Định lý 2.1 ta thấy rằng Sol(AVVI(˜ω,4)) 6= ∅. Nếu 4 là compact và (ii’) đúng, cho M˜i = Mi và q˜i = qi ∀i = 1, ..., m, ta có thể kết luận rằng Sol(AVVI(ω,4)) 6= ∅ và bị chặn.Nếu m = 1, ta có (ii’) ⇒ (i’) từ định lý 2.2. Bây giờ ta xét trường hợp 4 không compact và m ≥ 2. Chọn n = 1,4 = R+, M1 = [1], M2 = ... =
Mm = [0], q1 = 0, q2 = ... = qm = −1. Lấy ξ¯ = (m1, ...,m1) ∈ riΣ ta khẳng định rằng (VI)ξ¯ là AVI đơn điệu mạnh và có nghiệm duy nhất