Bài toán cân bằng véctơ trên tập trù mật
2.3 Bài toán cân bằng véctơ mạnh trên tập tự trù mật đoạn
mật đoạn
Trong phần này, bằng việc sử dụng định lý về phân hoạch đơn vị và Định lý điểm bất động Brouwer, chúng tôi trình bày một số điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng véctơ mạnh.
Định lý 2.3.1. Giả sử X và Z là không gian lồi địa phương Hausdorff;
C ⊆ Z là nón lồi, nhọn và K là tập con không rỗng, lồi, compact của X. Giả sử D ⊆ K là tập tự trù mật đoạn trong K và ánh xạ f : K ×K → Z
thỏa mãn các điều kiện dưới đây:
(ii) Với mỗi x ∈ K, f(x, .) là C- nửa liên tục trên mạnh trên K\D; (iii) Với mỗi x ∈ D, f(x, .) là C- hàm trên D;
(iv) Với mỗi x ∈ D, f (x, x) ∈ −/ C\{0}.
Khi đó tồn tại x0 ∈ K sao cho
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ K.
Chứng minh. Ta chứng minh định lý bằng phản chứng. Giả sử ngược lại, với mỗi x ∈ K, tồn tại y ∈ K sao cho
f(x, y) ∈ −C\{0}.
Với mỗi y ∈ K, ta đặt
Vy = {x ∈ K : f (x, y) ∈ −C\{0}}.
Dễ thấy rằng K ⊆ ∪y∈KVy. Ta chứng minh(Vy)y∈D là phủ mở của K. Thật vậy, trước tiên ta chỉ ra Vy mở trong K với mọi y ∈ D. Lấy dãy {xα} trong
K\Vy sao cho limxα = x0. Giả sử x0 ∈/ K\Vy. Khi đó f(x0, y) ∈ −C\{0}. Vì f(., y) là C- nửa liên tục trên mạnh tại x0 nên với mọi k ∈ C\{0}, tồn tại α0 sao cho
f(xα, y) ∈ f(x0, y) +k−C\{0} với mọi α ≥ α0.
Bằng cách chọn k = −f(x0, y) ∈ C\{0}, ta suy ra
f(xα, y) ∈ −C\{0} với mọi α ≥α0.
Điều này mâu thuẫn với {xα} ⊆ K\Vy. Do đó, Vy mở với mọi y ∈ D. Tiếp theo, ta chứng minh K ⊂ ∪y∈DVy. Thật vậy, giả sử tồn tại x0 ∈ K
để x0 ∈ ∪/ y∈DVy. Khi đó ta có
f(x0, y) ∈ −/ C\{0} với mọi y ∈ D. (2.7) Ta chỉ ra
Thật vậy, giả sử tồn tại y0 ∈ K\D sao cho
f(x0, y0) ∈ −C\{0}.
Vì f(x0, .) là C- nửa liên tục trên mạnh tại y0 nên với mọi k ∈ C\{0}, tồn tại lân cận U của y0 sao cho
f(x0, y) ∈ f(x0, y0) +k −C\{0} với mọi y ∈ U.
Ta chọn k = −f(x0, y0),
f(x0, y) ∈ −C\{0} với mọi y ∈ U.
Vì tính trù mật của D trongK, nên U∩D =6 ∅. Khi đó tồn tại u0 ∈ U∩D. Từ đó suy ra
f(x0, u0) ∈ −C\{0}.
Điều này mâu thuẫn với (2.7). Vậy(Vy)y∈D là phủ mở củaK. VìK compact, tồn tại y1, y2, ..., yn ∈ D sao cho
K ⊆ ∪ni=1Vyi.
Theo định lý về phân hoạch đơn vị, tồn tại các hàm liên tục (pi)1≤i≤n tương thích với phủ mở (Vyi)1≤i≤n, tức là
(a) 0≤ pi(x) ≤1 với mọi x ∈ K và i = 1,2, ..., n.
(b) Pn
i=1pi(x) = 1 với mọi x ∈ K.
(c) supp(pi) := cl{x ∈ K : pi(x) 6= 0} ⊆ Vyi với i = 1,2, ..., n.
Xét ánh xạ ϕ : conv{y1, y2, ..., yn} → conv{y1, y2, ..., yn} bởi công thức
ϕ(x) =
n
X
i=1
pi(x)yi.
Rõ ràng ϕ liên tục và conv{y1, y2, ..., yn} là tập lồi và compact của không gian con hữu hạn chiều span{y1, y2, ..., yn}. Do đó, sử dụng Định lí điểm bất động Brouwer, tồn tại x0 ∈ conv{y1, y2, ..., yn} sao cho ϕ(x0) =x0.
Đặt I(x0) := {i ∈ {1,2, ..., n} : pi(x0) > 0}. Vì P i∈I(x0) pi(x0) = 1 nên I(x0) 6= ∅. Mặt khác ta lại có ϕ(x0) = n X i=1 pi(x0)yi = X i∈I(x0) pi(x0)yi = x0.
Từ đó suy ra x0 ∈ conv{yi : i ∈ I(x0)}. Vì pi(x0) > 0 với mọi i ∈ I(x0), nên ta có
x0 ∈ ∩i∈I(x0)Vyi.
Bởi ∩i∈I(x0)Vyi là tập mở, nên tồn tại lân cận U của x0 sao cho
U ⊆ ∩i∈I(x0)Vyi.
Từ conv{yi :i ∈ I(x0)} ∩U 6= ∅ và Bổ đề 2.1.5, ta suy ra conv{yi : i ∈ I(x0)} ∩U ∩D 6= ∅.
Từ đó suy ra tồn tại y0 = P
i∈I(x0)λiyi ∈ U ∩ D, ở đây λi ≥ 0 với mọi
i ∈ I(x0) và P
i∈I(x0)λi = 1. Mặt khác, bằng cách sử dụng (iii), ta có
X
i∈I(x0)
λif(y0, yi)−f(y0, y0) ∈ C. (2.8) Vì y0 ∈ U nên y0 ∈ Vyi với mọi i ∈ I(x0). Từ đó suy ra
f(y0, yi) ∈ −C\{0} với mọi i ∈ I(x0). (2.9) Từ (2.8) và (2.9), ta thu được
f(y0, y0) ∈ −C\{0}.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết (iv). Định lý được chứng minh.
Định lý 2.3.2. Giả sử X và Z là không gian lồi địa phương Hausdorff;
C ⊆ Z là nón lồi, nhọn và K là tập con không rỗng, lồi, đóng của X. Giả sử D ⊆ K là tập tự trù mật đoạn trong K và ánh xạ f : K ×K → Z thỏa mãn các điều kiện dưới đây:
(i) Với mỗi y ∈ D, f(., y) là C- nửa liên tục trên mạnh trên K; (ii) Với mỗi x ∈ K, f(x, .) là C- nửa liên tục trên mạnh trên K\D; (iii) Với mỗi x ∈ D, f(x, .) là C- hàm trên D;
(iv) Với mỗi x ∈ D, f (x, x) ∈ −/ C\{0};
(v) Tồn tại tập con compact K0 của X và y0 ∈ D sao cho
f(x, y0) ∈ −C\{0} với mọi x ∈ K\K0.
Khi đó tồn tại x0 ∈ K sao cho
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ K.
Chứng minh. Sử dụng Định lý 2.3.1 và chứng minh tương tự như Định lý 2.2.2.
Định lý 2.3.3. Giả sử X là không gian Banach phản xạ và Z là không gian lồi địa phương Hausdorff; C ⊆ Z là nón lồi, nhọn và K là tập con không rỗng, lồi, đóng của X. Giả sử D ⊆ K là tập tự trù mật đoạn đối với tôpô yếu của X và ánh xạ f : K ×K →Z thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) Với mỗi y ∈ D, f(., y) là C- nửa liên tục trên mạnh trên K đối với tôpô yếu của X;
(ii) Với mỗi x ∈ K, f(x, .) là C- nửa liên tục trên mạnh trên K\D đối với tôpô yếu của X;
(iii) Với mỗi x ∈ K, f(x, .) là C- hàm trên K; (iv) Với mỗi x ∈ K, f (x, x) = 0;
(v) Tồn tại r > 0 sao cho với mọi x ∈ K,kxk > r, tồn tại y0 ∈ K với
ky0k< kxk thỏa mãn điều kiện
f(x, y0) ∈ −C.
Khi đó tồn tại x0 ∈ K sao cho
Chứng minh. Gọi r > 0 thỏa mãn (v). Đặt K0 := K ∩ B¯r1, ở đây r1 > r. Hiển nhiên K0 compact yếu. Sử dụng Định lý 2.3.1, tồn tại x0 ∈ K0 sao cho
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ K0.
Chứng minh tương tự như Định lý 2.2.3, tồn tại z0 ∈ K0,kz0k < r1 sao cho
f(x0, z0) = 0. Để kết thúc chứng minh ta cần chỉ ra
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ K.
Thật vậy, giả sử tồn tại y ∈ K sao cho f(x0, y) ∈ −C\{0}. Khi đó tồn tại
λ ∈ [0,1] sao cho λz0 + (1−λ)y ∈ K0. Điều này chứng tỏ
f(x0, λz0 + (1−λ)y) 6∈ −C\{0}. (2.10) Từ giả thiết (iii), ta có
λf(x0, z0) + (1−λ)f(x0, y)−f(x0, λz0 + (1−λ)y) ∈ C.
Điều này tương đương với
(1−λ)f(x0, y)−f(x0, λz0 + (1−λ)y) ∈ C.
Từ đó suy ra
f(x0, λz0 + (1−λ)y) ∈ (1−λ)f(x0, y)−C ⊆ −C\{0}.
Điều này mâu thuẫn với (2.10). Vậy
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ K.
Định lý được chứng minh.
Định lý 2.3.4. Giả sử X là không gian Banach phản xạ và Z là không gian lồi địa phương Hausdorff; C ⊆ Z là nón lồi, nhọn và K là tập con
không rỗng, lồi, đóng của X. Giả sử D ⊆ K là tập tự trù mật đoạn đối với tôpô yếu của X và ánh xạ f : K ×K →Z thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) Với mỗi y ∈ D, f(., y) là C- nửa liên tục trên mạnh trên K đối với tôpô yếu của X;
(ii) Với mỗi x ∈ K, f(x, .) là C- nửa liên tục trên mạnh trên K\D đối với tôpô yếu của X;
(iii) Với mỗi x ∈ K, f(x, .) là C- hàm trên D; (iv) Với mỗi x ∈ D, f (x, x) ∈ −/ C\{0};
(v) Tồn tại r > 0 sao cho với mọi x ∈ K,kxk ≤ r, tồn tại y0 ∈ D với
ky0k< r thỏa mãn điều kiện
f(x, y0) ∈ −C.
Khi đó tồn tại x0 ∈ K sao cho
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ K.
Chứng minh. Gọi r > 0 thỏa mãn (v). Đặt K0 := K ∩B¯r. Hiển nhiên K0
compact yếu. Sử dụng Định lý 2.3.1, tồn tại x0 ∈ K0 sao cho
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ K0.
Sử dụng giả thiết (v), tồn tại z0 ∈ K0,kz0k < r sao cho
f(x0, z0) ∈ −C\{0} ∪ {0}.
Vì z0 ∈ K0 nên f(x0, z0) 6∈ −C\{0}. Vậy f(x0, z0) = 0. Trước tiên ta chứng minh
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ D.
Thật vậy, giả sử tồn tại y ∈ D\K0 sao cho f(x0, y) ∈ −C\{0}. Bởi tính trù mật từng đoạn của D trong K, tồn tại λ ∈ [0,1] sao cho
Điều này chứng tỏ
f(x0, λz0 + (1−λ)y) 6∈ −C\{0}. (2.11) Từ giả thiết (iii), ta có
λf(x0, z0) + (1−λ)f(x0, y)−f(x0, λz0 + (1−λ)y) ∈ C.
Điều này kéo theo
(1−λ)f(x0, y)−f(x0, λz0 + (1−λ)y) ∈ C.
Từ đó suy ra
f(x0, λz0 + (1−λ)y) ∈ (1−λ)f(x0, y)−C ⊆ −C\{0}.
Điều này mâu thuẫn với (2.11). Vậy
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ D. (2.12) Cuối cùng ta chỉ ra
f(x0, y) 6∈ −C\{0} với mọi y ∈ K.
Giả sử tồn tại y0 ∈ K \D sao cho f(x0, y0) ∈ −C\{0}. Vì f(x0, .) là C- nửa liên tục trên mạnh tại y0 nên với mọi k ∈ C\{0}, tồn tại lân cận U
của y0 sao cho
f(x0, y) ∈ f(x0, y0) +k −C\{0} với mọi y ∈ U.
Bằng cách chọn k = −f(x0, y0), ta được
f(x0, y) ∈ −C\{0} với mọi y ∈ U.
Vì D = K nên tồn tại u0 ∈ U ∩ D. Từ đó suy ra f(x0, u0) ∈ −C\{0}. Điều này mâu thuẫn với (2.12). Vậy
f(x0, y) ∈ −/ C\{0} với mọi y ∈ K.