2 Bài toán tựa cân bằng tổng quát loại II
2.4 Bài toán tựa cân bằng Pareto và tựa cân bằng yếu
yếu
Ở mục này ta trình bày bài toán tựa cân bằng Pareto và tựa cân bằng yếu bằng cách thừa nhận các kết quả của phần trước. Cụ thể, ta xét bài toán: Tìm x¯∈ D sao cho
¯
x ∈ P (¯x),
G(y,x, x¯ ) * −C(y,x¯)\ {0}, với mọi x ∈ P (¯x) và với mọi y ∈ Q(¯x)
và bài toán tìm x¯ ∈ D sao cho
¯
x ∈ P (¯x),
G(y,x, x¯ ) * −intC(y,x¯), với mọi x ∈ P (¯x) và với mọi y ∈ Q(¯x), trong đó P : D → 2D và Q : D → 2K là các ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng, G : K×D ×D →2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và
C : K ×D → 2Y là ánh xạ đa trị nón với giá trị khác rỗng.
Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của các bài toán trên ta sử dụng một khái niệm khác, đó là khái niệm giả đơn điệu và giả đơn điệu mạnh của ánh xạ. Ta nhắc lại các khái niệm này
Định nghĩa 2.4.1. [9] Cho F : D × D → 2Y là ánh xạ đa trị, và C :
D →2Y là ánh xạ nón.
F (t, x) * −intC(t) ⇒ F (x, t) ⊆ −intC(x); (ii) F được gọi là C-giả đơn điệu mạnh nếu với mọi x, t ∈ D.
F (t, x) * −(C(t)\ {0}) ⇒ F (x, t) ⊆ −C(x).
Mệnh đề sau chỉ ra điều kiện đủ để một ánh xạ đa trị là C-hemi liên tục trên và ta dùng nó để chứng minh sự tồn tại nghiệm của các bài toán sau đó.
Mệnh đề 2.4.1. [25] Nếu F và C là hemi liên tục trên với giá trị đóng, khác rỗng và nếu với mọi x ∈ D, hoặc F(x), hoặc C(x) là tập compắc, khi đó F là C-hemi liên tục trên.
Chứng minh. Với mọi x, t ∈ D cố định, ánh xạ f, c : [0,1] →2Y được xác định bởi f (α) = F (αx+ (1−α)t) và c(α) = C(αx+ (1−α)t), α ∈
[0,1] là ánh xạ nửa liên tục trên tại 0. Do đó, với bất kỳ lân cận V của gốc trong Y tồn tại lân cận U của 0 trong [0,1] sao cho
F (αx+ (1−α)t) ⊆F (t) +V;
C(αx+ (1−α)t) ⊆C (t) + V, với mọi α ∈ U.
Do đó, nếu F (αx+ (1−α)t) ∩ C(αx+ (1−α)t) 6= ∅ với mọi α ∈
(0,1), thì (F (t) +V) ∩ (C (t) + V) 6= ∅ với lân cận V bất kỳ của gốc trong Y. Điều này dẫn đến F (t) ∩ (C(t) + 2V) 6= ∅. Từ sự compắc của F(t) (hay, compắc của C(t)) dẫn đến F (t) ∩ C(t) 6= ∅. Thật vậy, giả sử rằng với mọi Vβ là lân cận bất kỳ của gốc trong Y, ta lấy aβ ∈ F (t)∩(C(t) + 2Vβ), aβ = bβ +vβ với bβ ∈ C(t) và vβ ∈ Vβ. Lấy Vβ sao cho T
β Vβ = {0}, ta giả sử vβ → 0 khi β → 0. Vì aβ ∈ F (t) và F(t) là compắc, không giảm tổng quát, giả sử aβ → a ∈ F (t) khi β → 0 do đó
bβ → a. Hơn nữa, C(y) đóng nên a ∈ C(y).Khi đó a ∈ F (t)∩C (t) hay
F (t) ∩ C(t) 6= ∅. Vậy F là C-hemi liên tục trên. Mệnh đề được chứng minh.
Bổ đề 2.4.1. [25] Cho F : K×D×D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C :K×D → 2Y là ánh xạ đa trị nón với F (y, x, x)∩ C(y, x) 6= ∅
với mọi x ∈ D và y ∈ K. Hơn nữa, giả sử
(i) Với mọi điểm x ∈ D, y ∈ K cố định, F (y, ., x) : D → 2Y là C(y, .)- hemi liên tục trên;
(ii) Với mọi điểm y ∈ K cố định, F(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu mạnh; (iii) Với mọi điểm y ∈ K cố định, F(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo (hay, C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ hai.
Khi đó với mọi t ∈ D, y ∈ K các điều sau đây tương đương 1) F (y, t, x) * −C(y, t)\ {0}, với mọi x ∈ D;
2) F (y, x, t) ⊆ −C(y, x), với mọi x ∈ D.
Chứng minh. 1) ⇒ 2) dễ dàng suy ra được từ định nghĩa của C(y, .)-giả đơn điệu mạnh.
2) ⇒ 1) Giả sử 2) thỏa mãn, khi đó ta có
F (y, αx+ (1−α)t, t) ⊆ −C(y, αx+ (1−α)t), với mọi x ∈ D. Ta cần chỉ ra rằng với mọi x ∈ D
F (y, αx+ (1−α)t, x)∩ C(y, αx+ (1−α)t) 6= ∅, với mọi α ∈ (0,1]. Giả sử trái lại,
F (y, αx+ (1−α)t, x)∩ C (y, αx+ (1−α)t) =∅, với một vài α ∈ (0,1]. Điều này chứng tỏ
Hơn nữa, vì F(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai, từ đó ta có F (y, αx+ (1−α)t, αx+ (1−α)t) ⊆ αF (y, αx+ (1−α)t, x) + (1−α)F (y, αx+ (1−α)t, t)− C(y, αx+ (1−α)t). Dẫn đến F (y, αx+ (1−α)t, αx+ (1−α)t) ⊆ Y\C(y, αx+ (1−α)t)− C(y, αx+ (1−α)t) ⊆Y\C(y, αx+ (1−α)t). Vì thế, ta có F (y, αx+ (1−α)t, αx+ (1−α)t)∩ C(y, αx+ (1−α)t) =∅, dẫn đến mâu thuẫn. Do đó, F (y, αx+ (1−α)t, x)∩ C (y, αx+ (1−α)t) 6= ∅,
với mọi α ∈ (0,1]. Và từ tính C(y, .)-hemi liên tục trên của F(y, ., .) kéo theo tồn tại v ∈ Y sao cho v ∈ F (y, t, x)∩ C(y, t), với mọi x ∈ D. Chú ý rằng C(y, t)∩(−C(y, t)\ {0}) = ∅, ta có v /∈ −(C(y, t)\ {0}). Vì vậy, ta có
F (y, t, x) * −C(y, t)\ {0}, với mọi x ∈ D.
Tiếp theo, giả sử F(y, ., .) làC(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai. Ta có
F (y, αx+ (1−α)t, αx+ (1−α)t) ⊆ F (y, αx+ (1−α)t, x)− C(y, αx+ (1−α)t)
hoặc
F (y, αx+ (1−α)t, αx+ (1−α)t) ⊆ F (y, αx+ (1−α)t, t)− C(y, αx+ (1−α)t).
Trong cả hai trường hợp, ta đều có
F (y, αx+ (1−α)t, αx+ (1−α)t) ⊆ Y\C(y, αx+ (1−α)t),
và đều dẫn đến mâu thuẫn. Vì vậy, ta có
F (y, αx+ (1−α)t, x)∩ C(y, αx+ (1−α)t) 6= ∅, với mọi α ∈ (0,1].
Lập luận tương tự như trên, ta có
F (y, t, x) * −C(y, t)\ {0}, với mọi x ∈ D. Bổ đề được chứng minh.
Các hệ quả và bổ đề sau được tìm thấy trong [25]
Bổ đề 2.4.2. Cho F : K × D × D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C : K × D → 2Y là ánh xạ đa trị nón với F (y, x, x) *
−intC(y, x) 6= ∅ với mọi x ∈ D, y ∈ K. Hơn nữa, giả sử
(i) Với mọi x ∈ D, y ∈ K cố định, F (y, ., x) : D → 2Y là C(y, .)-hemi liên tục dưới;
(ii) Với mọi y ∈ K, F(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu;
(iii) Với mọi y ∈ K, F(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo (hoặc,
C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ hai. Khi đó với mọi t ∈ D, y ∈ K các điều sau đây tương đương:
1) F (y, t, x) * −intC(y, t), với mọi x ∈ D; 2) F (y, x, t) ⊆ −intC(y, x), với mọi x ∈ D.
Chứng minh. Chứng minh của bổ đề này tương tự như Bổ đề 2.4.1 1) ⇒ 2) được suy ra từ định nghĩa của tính C(y, .)-giả đơn điệu. 2) ⇒ 1) ta giả sử 2) đúng, kéo theo
F (y, αx+ (1−α)t, t) ⊆ −intC(y, αx+ (1−α)t), với mọi x ∈ D và α ∈ [0,1].
Ta cần chỉ ra rằng, với mọi x ∈ D
F (y, αx+ (1−α)t, x) * −intC(y, αx+ (1−α)t), với mọi α ∈ (0,1].
Thật vậy, trái lại tồn tại x ∈ D và α ∈ [0,1] sao cho
F (y, αx+ (1−α)t, x) ⊆ −intC(y, αx+ (1−α)t).
Hơn nữa, vì F(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai, dẫn đến F (y, αx+ (1−α)t, αx+ (1−α)t) ⊆ αF (y, αx+ (1−α)t, x) + (1−α)F (y, αx+ (1−α)t, t) −C(y, αx+ (1−α)t) ⊆ −intC(y, αx+ (1−α)t)− C(y, αx+ (1−α)t) ⊆ −intC(y, αx+ (1−α)t).
Điều này mâu thuẫn, nên F (y, z, z) * −intC(y, z) 6= ∅, với mọi z ∈ D. Từ tính C(y, .)-hemi liên tục dưới của F(y, ., x) kéo theo
F (y, t, x) * −intC(y, t). Bổ đề được chứng minh.
Hệ quả 2.4.1. Giả sử D, P được xác định như trong Hệ quả 2.2.1 và
Q : D → 2K là ánh xạ nửa liên tục dưới với giá trị khác rỗng. Hơn nữa, giả sử G : K ×D × D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và
C : K×D →2Y là ánh xạ đa trị nón với G(y, x, x)∩ C(y, x) 6= ∅ với mọi
x ∈ D, y ∈ K thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) Với mọi điểm x ∈ D, y ∈ K cố định, ta có tập
A = {t ∈ D|G(y, x, t) ⊆ −C(y, x)}
đóng trong D.
(ii) Với mọi y ∈ K, G(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu mạnh;
C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ hai. Khi đó, tồn tại x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P (¯x) và
G(y, t,x¯) ⊆ −C(y, t), với mọi t∈ P (¯x) và y ∈ Q(¯x).
Chứng minh. Ta định nghĩa M : K ×D → 2D và F : K ×D ×D → 2X
như sau:
M (y, t) ={x ∈ D|G(y, t, x) ⊆ −C(y, t)}, t ∈ D;
F (y, x, t) =x−M (y, t),(y, x, t) ∈ K ×D ×D.
Với mọi điểm t ∈ D, y ∈ K cố định, vì tập A đóng, do đó, tập
B = {x ∈ D|0∈/ F (y, x, t)} = Y\A
là tập mở trong D. Gọi {t1, ..., tn} là các tập con hữu hạn bất kỳ trong D
và x = n P i=1 αiti, αi ≥ 0, n P i=1
αi = 1. Ta chỉ ra rằng, với mỗi y ∈ K, tồn tại
i ∈ {1, ..., n} sao cho 0∈ F (y, x, ti). Giả sử ngược lại, 0 ∈/ F (y, x, ti) với mọi i = 1, ..., n. Khi đó G(y, ti, x) * −C(y, ti) với mọi i = 1, ..., n. Do
G(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu mạnh nên G(y, x, ti) ⊆ −C(y, x)\ {0} với mọi i = 1, ..., n. Từ tính C(y, .)- lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai hoặc,C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai của G(y, ., .) kéo theo G(y, x, x) = G
y, x, n P 1 αiti ⊆ −C(y, x)\ {0}, điều này mâu thuẫn với G(y, x, x) ∩ C(y, x) 6= ∅. Do đó, tồn tại j ∈ {1, ..., n} sao cho 0 ∈ F (y, x, tj) và khi đó F(y, ., .) là ánh xạ KKM. Cuối cùng, ta sử dụng Hệ quả 2.2.1 với D, P, Q và F do đó, tồn tại x¯∈ D
sao cho x¯ ∈ P (¯x) và 0 ∈ F (y,x, t¯ ), với mọi t ∈ P (¯x), y ∈ Q(¯x). Điều này chứng tỏx¯ ∈ M (y, t)với mọit ∈ P (¯x)và do đó G(y, t,x¯) ⊆ −C(y, t)
với mọi t∈ P (¯x) và y ∈ Q(¯x). Hệ quả được chứng minh.
Chứng minh tương tự như trên ta có sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng yếu sau:
Hệ quả 2.4.2. Giả sử D, P và Q được xác định như Hệ quả 2.4.1. Hơn nữa, giả sử G : K ×D ×D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C : K ×D → 2Y là ánh xạ nón với G(y, x, x) ∩ C(y, x) 6= ∅ với mọi
x ∈ D, y ∈ K thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) Với mọi điểm t ∈ D, y ∈ K cố định, G(y, ., t) : D → 2Y là C(y, .)- hemi liên tục dưới;
(ii) Với mọi điểm x ∈ D, y ∈ K cố định, tập
A = {t ∈ D|G(y, x, t) ⊆ −C(y, x)}
là tập đóng trong D;
(iii) Với mọi y ∈ K cố định, G(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu mạnh;
(iv) Với mọi y ∈ K, G(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo (hay,
C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ hai. Khi đó, tồn tại x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P (¯x) và
G(y,x, t¯ ) * −(C (y,x¯)\ {0}), với mọi t ∈ P (¯x), y ∈ Q(¯x).
Chứng minh. Từ Hệ quả 2.4.1 dẫn đến tồn tại x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P (¯x)
và G(y, t,x¯) ⊆ −C(y, t) với mọi t ∈ P (¯x), y ∈ Q(¯x). Từ Bổ đề 2.4.1 ta thay D bởi P (¯x).
Hệ quả được chứng minh.
Lập luận tương tự như trong chứng minh của Hệ quả 2.4.1 và Hệ quả 2.4.2, ta có các Hệ quả sau.
Hệ quả 2.4.3. Giả sử D, P và Q được xác đinh như trong Hệ quả 2.4.1. Hơn nữa, giả sử G : K×D×D →2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C : K×D →2Y là ánh xạ đa trị nón với G(y, x, x) * −intC(y, x) với mọi x ∈ D, y ∈ K, thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) Với mọi x ∈ D, y ∈ K cố định, tập
là tập đóng trong D;
(ii) Với mọi y ∈ K, G(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu;
(iii) Với mọi y ∈ K, G(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo (hoặc,
C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ hai. Khi đó, tồn tại x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P (¯x) và
G(y, t,x¯) ⊆ −C(y, t) với mọi t∈ P (¯x) và y ∈ Q(¯x).
Hệ quả 2.4.4. Giả sử D, P và Q được xác định như trong Hệ quả 2.4.1. Hơn nữa, giả sử rằng G : K×D×D →2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C : K×D →2Y là ánh xạ đa trị nón với G(y, x, x) * −intC(y, x)
với mọi x ∈ D, y ∈ K thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) Với mọi t∈ D, y ∈ K cố định, G(y, ., t) : D → 2Y là C(y, .)-hemi liên tục dưới;
(ii) Với mọi x ∈ D, y ∈ K cố định, tập
A = {t ∈ D|G(y, x, t) ⊆ −C(y, x)}
là tập đóng trong D;
(iii) Với mọi y ∈ K cố định, G(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu;
(iv) Với mọi y ∈ K cố định, G(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo (hoặc, C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ hai. Khi đó tồn tại x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P (¯x) và
G(¯x, t) * −intC(y,x¯), với mọi t ∈ P (¯x) và y ∈ Q(¯x).
Chú ý 2.4.1. Nếu G : K × D × D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị compắc khác rỗng, với mọi x ∈ D, y ∈ K cố định, G(y, x, .) : D → 2Y
là ánh xạ C(y, x)-liên tục dưới và C : K × D → 2Y là ánh xạ đa trị nón với giá trị đóng, khi đó với mọi x ∈ D, y ∈ K cố định, tập A =
Thật vậy, giả sử tα ∈ A, tα → t ta có G(y, x, tα) ⊆ −C(y, x). Từ tính
C(y, x)-liên tục dưới của G(y, x, .) đối với biến thứ hai, kéo theo với mọi lân cận V của gốc trong Y ta có
G(y, x, t) ⊆G(x, tα) +V − C(y, x).
Điều này chứng tỏ G(y, x, t) ⊆ V − C(y, x). Hơn nữa, vì G(y, x, t) là tập compắc và C(y, x) là tập đóng, khi đó dẫn đến G(y, x, t) ⊆ −C(y, x). Vì thế, A là tập đóng trong D.
Tiếp theo, ta xét bài toán tựa cân bằng yếu với các điều kiện C-giả đơn điệu nhẹ hơn. Tất nhiên, tính liên tục của ánh xạ đa trị yêu cầu phải mạnh hơn.
Hệ quả 2.4.5. Cho D, P và Q được xác định như trong Hệ quả 2.4.1. Cho G : K ×D ×D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị compắc khác rỗng sao cho với mọi t ∈ D, y ∈ K cố định, ánh xạ G(y, ., t) : D → 2Y là
(−C(y, .))-liên tục trên. Cho C : K ×D → 2Y là ánh xạ nón nửa liên tục dưới. Hơn nữa, giả sử rằng:
(i) G(y, x, x) * −intC(y, x) với mọi x ∈ D, y ∈ K;
(ii) Với mọi y ∈ K cố định, G(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo (hay, C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ hai. Khi đó, tồn tại x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P (¯x) và
G(y,x, t¯ ) * −intC (y,x¯), với mọi t ∈ P (¯x) và y ∈ Q(¯x).
Chứng minh. Ta định nghĩa các ánh xạ đa trị M : K × D → 2D, F :
K ×D×D → 2D như sau:
M (y, t) = {x ∈ D|G(y, x, t) * −intC(y, x)}, t ∈ D, F (y, x, t) =x−M (y, t),(y, x, t) ∈ K ×D ×D.
B = {x ∈ D|0∈/ F (y, x, t)}= {x ∈ D|G(y, x, t) ⊆ −intC(y, x)}
là tập mở trong D. Thật vậy, lấy x0 ∈ B. Vì G(y, x0, t) là compắc và
−intC(y, x0) là mở, tồn tại lân cận V0 của gốc trong Y sao cho
G(y, x0, t) + V0 ⊆ −intC(y, x0).
Từ tính −C(y, .)-liên tục của G(y, ., t) và nửa liên tục dưới của C(y, .) kéo theo tồn tại lân cận U của x0 trong X sao cho
G(y, x, t) ⊆ G(y, x0, t) +V0 − C(y, x0) ⊆ −intC(y, x0) ⊆ −intC(y, x), với mọi x ∈ U.
Điều này chứng tỏ U ⊆ B và do đó B là tập mở.
Cho {t1, ..., tn} là tập con hữu hạn bất kỳ trong D và x =
n P i=1 αiti, αi ≥ 0, n P i=1
αi = 1. Ta giả sử, tồn tại y ∈ K,0 ∈/ F (y, x, ti), với mọi i = 1, ..., n. Dẫn đến G(y, x, ti) ⊆ −intC(y, x) với mọi i = 1, ..., n. Từ tính
C(y, .)-liên tục dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai, hay C(y, .)- tựa giống như lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai của G(y, ., .)
dẫn đến G(y, x, x) = G(y, x,Pn
1 αiti) ⊆ −intC(y, x) và ta có sự mâu thuẫn với G(y, x, x) * −intC(y, x). Do đó, tồn tại j = {1, ..., n} sao cho
0 ∈ F (y, x, tj) và khi đó F(y, ., .) là ánh xạ KKM, hay F là ánh xạ Q- KKM.
Cuối cùng, theo Định lý 2.2.1 với D, P = Pi, i = 1,2, Q và F dẫn đến tồn tại x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P (¯x) và 0 ∈ F (y,x, t¯ ) với mọi t ∈ P (¯x) và
y ∈ Q(¯x). Chứng tỏ x¯∈ M (y, t) với mọi t∈ P (¯x) và do đó G(y,x, t¯ ) *
−intC(y,x¯) với mọi t ∈ P (¯x) và y ∈ Q(¯x). Hệ quả được chứng minh.
ChoD, K, P, Qđược xác định như trong Hệ quả 2.4.1,G: K×D×D → 2Y
nón. Trong phần còn lại, ta sẽ chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng tổng quát Pareto: Tìm x¯∈ D sao cho
¯
x ∈ P (¯x)
sao cho G(y,x, t¯ ) * −C(y,x¯)\ {0}, với mọi t ∈ P (¯x), y ∈ Q(¯x). Trước tiên, ta chứng minh hệ quả sau.
Hệ quả 2.4.6. Giả sử D, K, P, Q được xác định như trong Hệ quả 2.4.1,
G: K×D×D →2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C :K×D →
2Y là ánh xạ nón đa trị với G(y, x, x)∩ C(y, x) 6= ∅ với mọi x ∈ D. Hơn nữa, giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) Với mọi t∈ D, y ∈ K cố định, tập
A = {x ∈ D|G(y, t, x) ⊆ −C(y, t)}
là tập đóng trong D.
(ii) G(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu mạnh;
(iii)G(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo (hay, C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ ba.
Khi đó, tồn tại x¯ ∈ D với x¯ ∈ P (¯x) và
G(y, t,x¯) ⊆ −C(y, t), với mọi t∈ P (¯x) và y ∈ Q(¯x).
Chứng minh. Định nghĩa các ánh xạ đa trị M : K × D → 2D và F :
K ×D×D → 2X như sau
M (y, t) ={x ∈ D|G(y, t, x) ⊆ −C(y, t)},(y, t) ∈ K ×D, F (y, x, t) = x−M (y, t),(y, x, t) ∈ K ×D ×D.
Với mọi t ∈ D, y ∈ K cố định, vì A đóng, như vậy
Cho {t1, ..., tn} là tập con hữu hạn bất kỳ trong D và x = n P i=1 αiti, αi ≥ 0, n P i=1
αi = 1. Ta giả sử rằng với mọi y ∈ T (x),0 ∈ F/ (y, x, ti), với mọi i = 1, ..., n. Dẫn đến G(y, ti, x) * −C(y, ti), với mọi i = 1, ..., n. Từ tính C(y, .)-giả đơn điệu mạnh của G(y, ., .) kéo theo G(y, x, ti) ⊆ −C(y, x)\ {0}, với mọi i = 1, ..., n. Từ tính C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ ba, hayC(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ ba của G(y, .,) kéo theo G(y, x, x) = G
y, x, n P 1 αiti ⊆ −C(y, x)\ {0} và ta có mâu thuẫn với G(y, x, x) ∩ C(y, x) 6= ∅. Do đó, tồn tại y ∈ Q(x) và chỉ số j ∈ {1, ..., n} sao cho 0 ∈ F(y, x, tj). Điều này có nghĩa là điều kiện (iv) của Hệ quả 2.4.1 được thỏa mãn.
Theo Hệ quả 2.4.1, tồn tại x¯ ∈ D với x¯ ∈ P (¯x) sao cho 0 ∈ F (y,x, t¯ )
với mọi t ∈ P (¯x) và y ∈ Q(¯x). Điều này chứng tỏ, tồn tại x¯∈ D sao cho
¯
x ∈ P (¯x) và G(¯y, t,x¯) ⊆ −C(¯y, t), với mọi t∈ P (¯x) và y ∈ Q(¯x). Hệ quả được chứng minh.
Kết hợp Hệ quả 2.4.6 và Bổ đề 2.4.1, ta có sự tồn tại nghiệm cho bài toán tựa cân bằng tổng quát Pareto ở trên như sau.
Hệ quả 2.4.7. Cho D, K, P, Q xác đinh như trong Hệ quả 2.4.1, G :
K×D×D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C : K×D → 2Y
là ánh xạ nón đa trị với G(y, x, x)∩ C(y, x) =6 ∅ với mọi x ∈ D và y ∈ K. Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) Với mọi (y, t) ∈ K × D cố định, G(y, ., t) : D → 2Y là C(y, .)-hemi liên tục trên;
(ii) Với mọi t∈ D, y ∈ K cố định, tập
A = {x ∈ D|G(y, t, x) ⊆ −C(y, t)}
là tập đóng trong D;
(iv) G(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo (hoặc, C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ ba.
Khi đó, bài toán tựa cân bằng tổng quát Pareto ở trên có nghiệm.