4) Điều kiện bức: tồn tại một tập compắc K và y0 D sao cho
2.5.BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ TỰA ĐƠN ĐIỆU
Cho không gian vectơ tôpô Hausdorff X, tập lồi, đóng, khác rỗng K X , không gian lồi địa phương Y được xắp thứ tự bởi nón nhọn, lồi, đóng
C Y với intC và hàm :F K K Y với ( , )F x x 0 x K. Bài toán cân bằng vectơ được xét ở đây là bài toán sau:
Tìm x K sao cho ( , )F x y 0 với mọiy K , (2.14) trong đó F là một hàm tựa đơn điệu.
Trước khi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.14) ta cần một số khái niệm.
Hàm :F K K Y được gọi là tựa đơn điệu nếu với mọi ,x y K
Dễ thấy, nếu F là giả đơn điệu thì F cũng là tựa đơn điệu, nhưng không ngược lại.
Hàm :f K Yđược gọi là - tựa lồi (- tựa lồi nửa chặt)1 nếu với mọi C* (C*\{0}), hàm f K: Y là tựa lồi (tựa lồi nửa chặt, tương ứng). Ở đây C* được xác định bởi
* *
: ( ) 0
C Y y y C . Người ta chỉ ra được :
a) y C khi và chỉ khi ( ) 0y C*;
b) yintC khi và chỉ khi ( ) 0y C*\{0}.
Hàm f gọi là - tựa lõm nửa chặt nếu f là - tựa lồi nửa chặt .
Hàm :CR được gọi là tựa lồi chặt (tựa lồi nửa chặt) nếu với , ,
x y C x y và mọi z( , )x y luôn có:
( ) x ( ) ( ( )y x ( ),y tương ứng) kéo theo ( ) z ( )y . Các tập ( ),P y Q y( ) và ( ),R y y K được định nghĩa như ở mục 2.4.
Nhận xét 2.5
Nếu F là - tựa lồi nửa chặt và hemi- liên tục thì F là tựa lồi hiện. Do đó, từ chứng minh Bổ đề 2.3 suy ra: nếu F là hemi- liên tục và - tựa lồi nửa chặt thì ( ) ( ) y K y K R y P y .
Về sự tồn tại nghiệm của Bài toán cân bằng vectơ tựa đơn điệu (2.14) ta có kết quả cơ bản sau.
Định lí 2.5 (Bianchi- Hadjisavvas- Schaible [2],1997)
Cho các không gian X, Y, tập K, nón C và hàm F như trên. Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
1) Với mỗi y K F , (., )y là hemi-liên tục; 2) F là tựa đơn điệu;
3) Với mỗi x K , hàm F x( ,.) là nửa liên tục dưới và - tựa lồi nửa chặt;
4) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc B K và y0B sao cho
0
( , ) 0, \
F x y x K B;
5) Với mỗi x K , hàm F x( ,.) là - tựa lõm nửa chặt; 6) Phần trong đại số A Ki( ) của K không rỗng.
Khi ấy Bài toán (2.14) có nghiệm.
Bổ đề sau được dùng để chứng minh Định lí 2.5.
Bổ đề 2.4 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Giả sử các điều kiện1),2),5) thỏa mãn và x y K, sao cho x P y ( ) nhưng x R y ( ). Khi ấy tồn tại u C *\ 0 sao cho
u F x y, ( , ) 0;
, ( , ) , ( , )
u F x y u F x y y K.
Chứng minh
Vì x P y ( ) nên ( , ) 0F x y do đó tồn tại u C *\{0} với , ( , )u F x y 0 (vì nếu với mọi u C *\{0} đều có , ( , )u F x y 0 thì khi ấy F x y( , ) 0 , mâu thuẫn với x P y ( )). Vậy có bất đẳng thức đầu.
Bất đẳng thức thứ hai được chứng minh phản chứng. Giả sử có yK
Đặt yt ty (1 t y t) , 0,1 .
Do ( ,.)F x - tựa lõm nửa chặt nên cùng với bất đẳng thức đầu ta có: u F x y, ( , )t u F x y, ( , ) 0 t 0,1 .
Theo tính chất về tập C*nêu trên ta có F x y( , )t C, nghĩa là ( , )t
F x y 0 và do tính tựa đơn điệu của F (Giả thiết 2)) suy ra ( , ) 0t
F y x (vì trái lại sẽ có F x y( , t)0, mâu thuẫn). Vì F hemi- liên tục (Giả thiết 1)) nên ( , )F y x 0, nghĩa là x R y ( ), mâu thuẫn với giả thiết.
Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh Định lí 2.5
Giả sử bài toán (2.14) không có nghiệm. Do điều kiện bức và tính tựa lồi của F (suy ra từ Giả thiết 3)), như trong chứng minh Định lí 2.4, dùng Nguyên lí ánh xạ KKM ta có ( ) y K Q y . Lấy ( ) y K x Q y và z A K i( ).
Như vậy đặc biệt x Q z ( ). Do đó tồn tại dãy x ;x Q z( ) sao cho
x x. Giả sử có một với xR z( ). Theo Bổ đề 2.4 tồn tại
*\ 0 *\ 0
u C sao cho:
, (u F x, )z 0;
, (u F x, )y u F x, ( , )z y K.
Vậy hàm tựa lồi nửa chặt ( )g y u F x, ( , )y đạt cực đại toàn cục trên
K tại z. Vì z A K i( ) nên g là hàm hằng trên K , nghĩa là:
, (u F x, )y u F x, ( , )z 0 y K. (2.15) Do đó
(vì nếu trái lại sẽ có một y với F x( , ) inty C và khi ấy (theo tính chất của C* nêu ở trên) sẽ có u F x, ( , )y 0 u C* \{0}, điều này mâu thuẫn với (2.15)).
Như vậy Bài toán (2.14) có nghiệm, mâu thuẫn với giả thiết phản chứng. Do đó x R z( ) , nghĩa là
( ,F z x) 0 , vậy
( , ) 0F z x (2.16) (do ( ,.)F z nửa liên tục dưới).
Với mỗi xK, đặt xt tz (1 t x t) , [0,1]. Khi ấy
xt A Ki( ) t (0,1] (theo tính chất điểm trong đại số), do đó theo (2.16) ta có (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
F x x( , ) 0t .
Do tính hemi- liên tục của F (Giả thiết 1)) suy ra ( , ) 0F x x x K, nghĩa là ( ) x K x R x . Vậy theo Nhận xét 2.5 ta có ( ) x K x P x
, nghĩa là Bài toán (2.14) có nghiệm, trái với giả thiết phản chứng.
Định lí được chứng minh. 2.6. MỘT SỐ MỞ RỘNG
Bên cạnh các nghiên cứu ở hai hướng dùng giả thiết đơn điệu và không
dùng giả thiết đơn điệu như trình bày ở trên là một số nghiên cứu mở rộng hợp nhất hai hướng này. Bài toán cân bằng vectơ được xét là bài toán: Tìm x D sao cho ( , )F x y intC y D, (2.17)
trong đó D là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian lồi địa phương Hausdorff X ,C là một nón nhọn lồi đóng trong không gian lồi địa phương Hausdorff Y với intC (C xác định trên Y một thứ tự từng phần) và
:
F D D Y là một hàm đơn trị có dạng
( , )F x y G x y( , )H x y( , ) (2.18) với ,G H D D: Y . Hàm G được giả thiết có tính đơn điệu, còn H thỏa mãn một điều kiện nửa liên tục. Khi G0 ta nhận được kết quả là một dạng vectơ của Bất đẳng thức Ky Fan, khi H 0 ta có kết quả của bài toán cân bằng vectơ đơn điệu. Các nghiên cứu ở hướng này là các nghiên cứu mở rộng vectơ kết quả của Blum- Oettli [3] ở trường hợp bài toán vô hướng.
Phần này trình bày một số kết quả nghiên cứu tồn tại nghiệm của Bài toán cân bằng vectơ (2.17) với F có dạng (2.18) và với cách tiếp cận dùng
Nguyên lí ánh xạ KKM. Trước hết ta nhắc tới một số khái niệm cần thiết.
Hàm :F DY được gọi là lồi (lõm) theo nón C nếu
(1 ) ( ) (1 ) ( )
F tx ty tF x t F y
( (F tx (1 t y) )tF x( ) (1 t F y) ( ), tương ứng) với mọi x y D t, , 0,1 .
F được gọi là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên) theo C tại x0D
nếu với mỗi lân cận V của F x( )0 trong Y tồn tại lân cận U của x0 trong
X sao cho
F U D V C
( (F U D) V C, tương ứng).
F được gọi là liên tục tại x0D nếu nó vừa là nửa liên tục dưới vừa là nửa liên tục trên theo C tại x0.
F được gọi là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên, liên tục) theo C trên
D nếu nó là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên, liên tục, tương ứng) theo
C tại mọi điểm thuộc D.
Hàm :G D D Y được gọi là đơn điệu theo nón C nếu ( , )G x y G y x( , ) 0 x y D, .
Dễ thấy rằng, nếu C 0 thì các khái niệm liên tục theo nón ở trên trùng với các khái niệm liên tục quen biết của hàm đơn trị.
Đối với tính nửa liên tục dưới theo nón của một hàm ta có tính chất được phát biểu trong kết quả sau ([16]).
a) Nếu F là nửa liên tục dưới theo nón C thì tập A x D F x: ( ) int C
là đóng trong D. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
b) Nếu F là nửa liên tục dưới theo C tại x0D và F x( ) int C với mọi x D \ x0 thì F x( ) int0 C.
Cho C và B là các tập lồi trong một không gian vectơ tôpô, BC. Khi ấy, lõi của B theo C, kí hiệu core BC , được xác định bởi
( , ( , ] \ )
C
a core B a B B a y y C B . Lưu ý là core C CC .
Đối với bài toán cân bằng vectơ nêu trên, bằng cách dùng một số khái niệm thích hợp đối với hàm vectơ như tính lồi theo nón, nửa liên tục theo nón, các tác giả của [16] đã chuyển Định lí 1 trong Blum- Oettli [3] cùng với chứng minh của nó về dạng vectơ như sau.
Cho các không gian X Y, và các tập D, C như trên,G H D D, : Y là các hàm (đơn trị) thỏa mãn các điều kiện:
1) G x x( , ) 0, x D; 2) G là hàm đơn điệu; 2) G là hàm đơn điệu;
3) Với mỗi x y D, cố định, hàm g t: 0,1 G ty (1 t x y) , Y là nửa liên tục trên theo nón C tại t0;
4) Với mỗi x D cố định ,hàm G x ,. :DY là lồi, nửa liên tục dưới theo nón C trên D ;
5) H x x , 0, x D;
6) Với mỗi y D cố định, hàm H .,y D: Y là nửa liên tục trên theo nón C trên D;
7) Với mỗi x D cố định, hàm H x ,. :DY là lồi;
8) Tồn tại một tập khác rỗng, lồi, compắc K D sao cho với mỗi
xK core K\ D có a core K D thỏa mãn G x a( , )H x a( , ) 0 . Khi ấy tồn tại x D sao cho
G x y( , )H x y( , ) int ,C y D,
ngoài ra nếu C thỏa mãn điều kiện () thì tồn tại x D sao cho G x y( , )H x y( , ) ( \ 0 ),C y D.
Cũng như chứng minh Định lí 1 trong Blum-Oettli[3], Định lí 2.6 được chứng minh bởi ba bổ đề dưới đây.
Bổ đề 2.5
Giả sử D K G H, , , thỏa mãn giả thiết Định lí 2.6. Khi ấy tồn tại một vectơ x K sao cho
Chứng minh
Với mỗi y K ta đặt S y( ) x K G y x : ( , )H x y( , ) int C, ta có ( ) S y là tập đóng trong X . Ta sẽ chỉ ra ( ) y K S y .
Cho y i Ii: là một tập hữu hạn bất kỳ của K , ở đây I là tập hữu hạn các số tự nhiên. Lấy z co y i I i: ta có i i i I z y với i 0, i 1. i I Ta có ( )i i I z S y
. Giả sử trái lại ( )i
i I
z S y
, điều này kéo theo G y z i, H z y , iint ,C i I. Vậy thì i ( , )i ( , )i int i I G y z H z y C . (2.19) Theo giả thiết 2) và 4) ta có
, ( , ) ( , ) i i i j i j i I i j I G y z G y y , 1 ( , ) ( , ) 0 2i j I i j G y yi j G y yj i .
Mặt khác theo giả thiết 5) và 7) ta có (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
0 , i , i i I H z z H z y . Kết hợp các kết quả trên ta có i i, i , i, i I i I G y z H z y hay i i, , i i I G y z H z y C . (2.20) Kết hợp (2.19), (2.20) ta có
i ( , )i ( , )i int ( ) i I G y z H z y C C ,
điều này vô lý. Vậy ( )i
i I z S y và i : ( )i i I co y i I S y , nghĩa là : 2K S K là ánh xạ KKM.
Do ( )S y là đóng và K compắc nên theo Bổ đề Ky Fan (Chương 1) ta có ( ) . y K S y
Điều này có nghĩa tồn tại x với ( , )G y x H x y( , ) int , C y K.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.6
Giả sử D K G H, , , thỏa mãn giả thiết Định lí 2.6, khi ấy các khẳng định sau là tương đương:
1) x K G y x , ( , )H x y( , ) int , C y K . 2) x K G x y , ( , )H x y( , ) int ,C y K.
Chứng minh
Lấy x K sao cho ( , )G y x H x y( , ) int , C y K. Cố định y K ta đặt xt ty (1 ) ,t x t 0,1 , điều đó có nghĩa rằng x Kt , với mọi t 0,1 . Do đó G x x( , )t H x x( , ) intt C. Hơn nữa 0G x x( , )t t tG x y( , ) (1 ) ( , )t t G x xt (2.21) và H x x( , )t tH x y( , ) (1 ) ( , ) t H x x tH x y( , ) hay tH x y( , )H x x( , )t C. Điều này dẫn đến (1t tH x y) ( , ) (1 t H x x) ( , )t C, t 0,1 . (2.22) Kết hợp (2.21) và (2.22) ta có:
tG x y( , ) (1 ) ( , )t t G x xt H x x( , ) (1 )t t tH x y( , )C. Do G x x( , )t H x x( , ) intt C nên ta kết luận
tG x y( , ) (1 )t t t H x y( , ) int ,C hay
( , ) (1 ) ( , )G x yt t H x y int ,C t (0,1].
Đặt F t( )G x y( , ) (1 ) ( , )t t H x y . Do giả thiết 3) nên F là nửa liên tục trên theo nón C hay nửa liên tục dưới theo nón C tại t0. Do đó ( )F t int ,C t (0,1],
nên ta có (0)F intC hay
( , )G x y H x y( , ) int .C
Vậy ta có 1) suy ra 2).
Bây giờ ta giả sử x K G x y , ( , )H x y( , ) int ,C y K. Ta sẽ chứng minh ( , )G y x H x y( , ) int , C y K. Giả sử rằng tồn tại y K
sao cho ( , )G y x H x y( , ) int C. Vậy ta có thể viết: ( , )G y x H x y( , ), với intC. Mặt khác ( , )G x y G y x( , ) 0 nên
( , )G y x G x y( , )v với v C . Như vậy ta có:
( , )H x y G x y( , ) v int .C
Điều này mâu thuẫn với giả thiết phản chứng.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.7
Giả sử D K, thỏa mãn giả thiết Định lí 2.6 và :DY là một hàm lồi,
0 D
x core K sao cho ( )x0 0, ( )y intC y K. Khi ấy
( )y int ,C (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Chứng minh
Giả sử trái lại tồn tại y D K \ với ( ) y intC. Lấy zx y0, , z
0 (1 ) , [0,1) x y ta có ( )z ( x0 (1 ) )y ( ) (1x0 ) ( )y . Như vậy: ( )z ( ) (1x0 ) ( )y C C intC intC. Hay nói cách khác ( )z int ,C z x y0, .
Vì x0core KD nên tồn tại z0x y0, K . Vậy ( )z0 intC, điều này trái giả thiết ( ) y int ,C y K.
Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh Định lí 2.6
Theo Bổ đề 2.5 tồn tại một vectơ x K sao cho ( , ) ( , ) int , G y x H x y C y K . Sử dụng Bổ đề 2.6 ta có ( , )G x y H x y( , ) int ,C y K. Ta định nghĩa hàm : DY xác định bởi ( ) y G x y( , )H x y( , ).
Do giả thiết 4) và 7) về ,G H ta có là lồi, theo trên ( )y int ,C với mọi y K . Nếu x core K D ta chọn x0 x, trường hợp khác ta đặt x0 a, ở đây a thỏa mãn giả thiết 8). Như vậy ta luôn có ( )x0 0, bây giờ sử dụng Bổ đề 2.7 ta có
( ) y int ,C y D
( , )G x y H x y( , ) int ,C y D.
Giả sử ngoài ra C thỏa mãn điều kiện () và C là nón lồi, đóng, nhọn trong Y sao cho C\ 0 intC thì , , , ,D K C G H thỏa mãn tất cả các điều kiện của Định lí 2.6 do đó ta có
( , )G x y H x y( , ) int ,C y D. Từ ( \{0}) C intC ta có
( , )G x y H x y( , ) ( \{0}),C y D.
Định lí được chứng minh.
Một kết quả khác hợp nhất hai hướng nghiên cứu (có và không có giả thiết đơn điệu) cũng đã được thiết lập bởi Bianchi-Hadjisavass-schaible [2] (1997), ở đó các tác giả cũng xét Bài toán cân bằng (2.17) với hàm F có dạng (2.18) và dùng một khái niệm đơn điệu suy rộng.
Cho X là một không gian vectơ tôpô Hausdorff, K X là một tập lồi đóng khác rỗng, Y là không gian lồi địa phương với nón thứ tự C Y
nhọn, lồi, đóng, intC và các hàm ,G H K K: Y.
Hàm G được gọi là giả đơn điệu theo H (hay H -giả đơn điệu) nếu với mọi ,x y K ,
( , )G x y H x y( , ) 0 kéo theo ( , )G y x H x y( , ) 0 .
Dễ thấy, nếu H 0 định nghĩa trên trở thành định nghĩa giả đơn điệu thông thường của G.
Sự tồn tại nghiệm của Bài toán (2.17) với F có dạng (2.18) được thiết lập trong định lí sau.
Cho các không gian X Y, , tập K, nón C và các hàm G H, như trên. Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
1) G x x( , ) 0 x K;
2) Với mỗi y K , hàm G y(., ) là hemi-liên tục; 3) G là H - giả đơn điệu;
4) Với mỗi x K , hàm G x( ,.) là nửa liên tục dưới và lồi; 5) H x x( , ) 0 x K;
6) Với mỗi y K , hàm H(., )y là nửa liên tục trên; 7) Với mỗi x K , hàm H x( ,.) là lồi;
8) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc B K và y0B sao cho G x y( , )0 H x y( , ) 00 x K B\ .
Khi ấy tập nghiệm của Bài toán cân bằng
x K G x y : ( , )H x y( , ) 0 y K (2.22 ) không rỗng và compắc.
Định lí trên được chứng minh trên cơ sở ý tưởng cơ bản của chứng minh Định lí 2.4. Với mỗi y K ta đặt: ( ) : ( , ) ( , ) 0 ; ( ) ( ) ; ( ) : ( , ) ( , ) 0 . P y x K G x y H x y Q y P y R y x K G y x H x y Bổ đề 2.8 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Nếu các Điều kiện 1)- 7) của Định lí 2.7 thỏa mãn, khi ấy
( ) ( ) ( ) y K y K y K P y Q y R y