3.1. Nón và quan hệ thứ tự theo nón trong không gian
vectơ tôpô
Cho C là một tập con trong không gian vectơ tôpô Y. Tập C được gọi là một nón nếu tc ∈ C với mỗi c ∈ C và t ≥ 0. Như vậy theo định nghĩa, nón luôn có đỉnh tại gốc 0 ∈ Y. Nón C được gọi là lồi (đóng) nếu C là tập lồi (đóng, tương ứng).
Kí hiệu l(C)là tập C∩ −C. Đặc biệt nếu C là lồi thì l(C) = C∩ −C là không gian tuyến tính nhỏ nhất trong C và được gọi là phần trong tuyến tính của nónC.
Nón lồi C trong Y được gọi là nhọn nếu l(C) ={0}.
Rõ ràng tập {0} và cả không gian Y đều là nón, hơn nữa còn lồi, đóng, ta gọi các nón này là nón tầm thường.
Trong không gian tuyến tính tôpô ta kí hiệucl(C), int(C), co(C)lần lượt là bao đóng, phần trong, bao lồi của nón C.
Ví dụ 1) Nón orthant dương: Cho Y = Rn = {x = (x1, ..., xn) : xj ∈ R,∀j = 1, ..., n}. Khi đó ta có C = Rn+ = {x = (x1, ..., xn) : xj ∈ R, xj ≥0,∀j = 1, ..., n} là một nón lồi, đóng, nhọn. 2) Nếu tập C = {x = (x1, ..., xn) : x1 ≥ 0, xj ∈ R, j = 2, ..., n} thì
C là nón lồi, đóng, nhưng không nhọn vì ta dễ dàng thấy:
Tập {(x1, ..., xn) ∈ Rn : x1 ∈ R, xi ≥ 0, i = 2, ..., n} cũng là một nón lồi, đóng, nhưng không nhọn.
3) Tập chứa 0 ∈ Y và các vectơ x = (x1, ..., xn) với cùng một toạ độ dương, chẳng hạn x1 > 0 là một nón nhọn, lồi, nhưng không đóng. Tập
C = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : xi > 0, i= 1,3}∪{(x1, x2,0)∈ R3 : x1 ≥ x2 ≥ 0}
cũng là một nón nhọn, lồi, nhưng không đóng.
Ta nói nón C được gọi là thoả mãn điều kiện (*) nếu tồn tại nón lồi, đóng nhọn Ce với phần trong khác rỗng sao cho: C \ {0} ⊂ intCe.
Nón C được gọi là sinh bởi tập B ⊂ Y, kí hiệu C = cone(B) nếu:
C = {tb : b ∈ B, t ≥ 0}.
Nếu ngoài ra B không chứa điểm gốc 0và với mỗi c ∈ C, c 6= 0 đều tồn tại duy nhất b ∈ B, t > 0 sao cho c = tb khi ấy B được gọi là cơ sở của nón
C.
Người ta chứng minh được rằng nếu nón C có cơ sở lồi, compắc thì nó thoả mãn điều kiện (*) ([13]). Từ kết quả này và theo định nghĩa ta có các ví dụ sau về nón thoả mãn điều kiện (*).
Ví dụ
1) Cho B là một tập khác rỗng thuộc phần trong của hình cầu Be ⊂
Rn,0 6∈ B, Ce = cone(B),Ce = cone(Be). Khi ấy theo định nghĩa C là nón thoả mãn điều kiện (*) vì C \ {0} ⊂ intCe.
2) Cho B là một tập con lồi compắc trong Rn, 0 6∈ B. Khi ấy nón
C = cone(B) có cơ sở B lồi compắc nên thoả mãn điều kiện (*). Ta nhắc lại khái niệm quan hệ thứ tự sinh bởi nón:
Cho C là một nón nhọn, lồi, đóng trong không gian vectơ tôpôY. Khi ấy
C xác định một quan hệ thứ tự trong Y: với x, y ∈ C ta viết
x y khi và chỉ khi y −x ∈ C;
x 6y khi và chỉ khi y −x 6∈ C. Trong trường hợp intC 6= ∅, với x, y ∈ C ta viết
x ≺y khi và chỉ khi y −x ∈ intC;
x 6≺y khi và chỉ khi y −x 6∈ intC.
Định nghĩa hoàn toàn tương tự cho các quan hệ thứ tự ,6,,6. Ví dụ 1) Cho Y = Rn, nón thứ tự C = Rn+ (nhọn, lồi, đóng). Với x = (x1, ..., xn), y = (y1, ..., yn) ∈ Rn ta có x y ⇔ xi ≤yi,∀i = 1, ..., n. x ≺y ⇔ xi < yi,∀i = 1, ..., n. x 6y ⇔ xi > yi với ít nhất một i ∈ {1, ..., n}. x 6≺y ⇔ xi ≥yi với ít nhất mộti ∈ {1, ..., n}. 2) Y = R2, C = {(x1, x2) ∈ R2 + : x1 ≤ x2}. Với x = (x1, x2), y = (y1, y2) ∈ R2 ta có: x y ⇔ 0≤ y1 −x1 ≤ y2 −x2; x 6y ⇔ y −x ∈ R2 \C; x ≺y ⇔ 0< y1 −x1 < y2 −x2; x 6≺y ⇔ y −x ∈ R2 \intC. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Lưu ý là khi Y = R, C = [0; +∞) thì với x, y ∈ R:
x ≤y ⇔ y 6< x.
x < y ⇔y 6≤ x.
1.1 3.2. Định lí điểm cân bằng Blum-Oettli cho hàm vectơ đơn trị
Phần này trình bày một số kết quả nghiên cứu mở rộng kết quả của Blum- Oettli [3] ra bài toán cân bằng vectơ cho hàm đơn trị. Các kết quả ở đây được tập hợp từ các bài báo Tấn-Tĩnh [13] (cho trường hợp bài toán vectơ dùng giả thiết đơn điệu) và Bianchi-Hadjisavvas-Schaible[2] (cho bài toán vectơ dùng giả thiết giả đơn điệu).
Trước tiên chúng tôi đề cập đến kết quả trong [13].
Bên cạnh các nghiên cứu ở hai hướng dùng giả thiết đơn điệu và không dùng giả thiết đơn điệu như đã 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 sau:
Tìmx ∈ D sao choF(x, y) 6∈ −intC, (3.1)
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 6= ∅, (C xác định trên Y một thứ tự từng phần ) và
F : D ìD → Y là một hàm đơn trị có dạng
F(x, y) =G(x, y)+H(x, y) (3.2)
trong đó G, H : DìD →Y với G là hàm đơn điệu, H không nhất thiết cần tính chất này nhưng thỏa mãn điều kiện nửa liên tục trên. KhiG = 0 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 đơn điệu vectơ. Các nghiên cứu ở đây là các
nghiên cứu mở rộng vectơ kết quả của Blum-Oettli [3] ở trường hợp bài toán vô hướng.
Trước hết ta nhắc tới một số khái niệm cần thiết.
Hàm F : D → Y được gọi là lồi (lõm) theo nón C nếu
F(tx+ (1−ty)) tF(x) + (1−t)F(y)
(F(tx + (1 −ty)) 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) theoC tạix0 ∈ D nếu với mỗi lân cận V của F(x0) 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 tạix0 ∈ D nếu nó vừa là nửa liên tục dưới vừa là nửa liên tục trên theoC 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 ì → 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 ánh xạ 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 ([13]).
a) Nếu F là nửa liên tục dưới theo nón C thì tập A xác định như sau (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
A= {x ∈ D : F(x) 6∈ intC} là đóng trong D.
b) Nếu F là nửa liên tục dưới theo C tại x0 ∈ D và F(x) 6∈ intC với mọi x ∈ D \ {x0} thì F(x0) 6∈ intC.
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 [13] đã chuyển Định lí 1 trong Blum-Oettli [3] cùng với chứng minh của nó về dạng vectơ như sau:
Định lí 3.1 (Tan-Tinh [13])
Cho các không gianX, Y và các tập D, C như trên,G, H :DìD → Y
là các hàm đơn trị thoả mãn các điều kiện:
1) G(x, x) = 0, ∀x ∈ D;
2) G là hàm đơn điệu;
3) Với mỗi x, y ∈ D cố định,g : t∈ [0,1] →G(ty+ (1−t)x, y) ∈ Y
là hàm nửa liên tục trên theo nónC tại t = 0;
4) Với mỗi x ∈ D cố định, hàm G(x, .) : D → Y 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 nónC trên D;
7) Với mỗi x ∈ D cố định, hàm H(x, .) : D → Y là lồi;
8) Tồn tại một tập khác rỗng, lồi, compắc K ⊂ D sao cho với mỗi
Khi ấy tồn tại x ∈ D sao cho
G(x, y) +H(x, y) 6∈ −intC, ∀y ∈ D,
ngoài ra nếu C thoả mãn điều kiện (*) thì tồn tại x ∈ D sao cho
G(x, y) +H(x, y) 6∈ −(C \ {0}), ∀y ∈ D.
Cũng như chứng minh Định lí 1 trong Blum-Oettli [3], Định lí 3.1 được chứng minh bởi ba bổ đề sau đây.
Bổ đề 3.1
Giả sử D, K, G, H thoả mãn các giả thiết Định lí 3.1. Khi ấy tồn tại một vectơ x ∈ K sao cho
G(y, x)−H(x, y) 6∈ intC, ∀y ∈ K. Chứng minh
Với mỗi y ∈ K ta đặt S(y) = {x ∈ K : G(y, x)−H(x, y) 6∈ intC}, ta cóS(y) là tập đóng trong X.
Ta sẽ chỉ ra
\
y∈K
S(y) 6= ∅.
Cho {yi : i ∈ I} là một tập hữu hạn bất kỳ của K, ở đây I là tập hữu hạn các số tự nhiên. Lấyz ∈ co{yi : i ∈ I}ta có
z = P (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
i∈Iλiyi với λi ≥ 0,P
i∈Iλi = 1. Ta có z ∈ S
i∈IS(yi). Giả sử trái lại z 6∈ S
i∈I S(yi), điều này kéo theo
Vậy thì
X
i∈I
λi(G(yi, z)−H(z, yi)) ∈ intC. (3.3)
Theo giả thiết 2) và 4) ta có
X i∈I λiG(yi, z) X i,j∈I λiλjG(yi, yj) = 1 2 X i,j∈I λiλj(G(yi, yj) + G(yj, yi)) 0.
Mặt khác theo giả thiết 5) và 7) ta có
0 = H(z, z) X i∈I λiH(z, yi). Kết hợp các kết quả trên ta có X i∈I λiG(yi, z) X i∈I λiH(z, yi), hay X i∈I λi(G(yi, z)−H(z, yi)) ∈ −C. (3.4) Kết hợp (3.3),(3.4) ta có X i∈I λi(G(yi, z)−H(z, yi)) ∈ intC ∩(−C) =∅,
điều này vô lý. Vậy z ∈ S
i∈IS(yi) và co{yi : i ∈ I} ⊂ S
i∈IS(yi), nghĩa là
S : K → 2K 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) 6= ∅.
Điều này có nghĩa tồn tạixvớiG(y, x)−H(x, y) 6∈ intC với mọiy ∈ K.
Bổ đề 3.2
Giả sử D, K, G, H thoả mãn các giả thiết của Định lí 3.1, khi ấy các khẳng định sau là tương đương:
1) x ∈ K, G(y, x)−H(x, y) 6∈ intC, ∀y ∈ K. 2) x ∈ K, G(x, y) +H(x, y) 6∈ −intC, ∀y ∈ K. Chứng minh
Lấy xsao choG(y, x)−H(x, y) 6∈ intC với mọiy ∈ K. Cố địnhy ∈ K
ta đặt xt = ty + (1−t)x, t ∈ [0,1], điều đó có nghĩa rằng xt ∈ K, với mọi
t∈ [0,1]. Do đó G(xt, x)−H(x, xt) 6∈ intC. Hơn nữa 0 = G(xt, xt) tG(xt, y) + (1−t)G(xt, x) (3.5) và H(x, xt) tH(x, y)+(1−t)H(x, x) = tH(x, y) hay hay tH(x, y)−H(x, xt) ∈ C. Điều này dẫn đến (1−t)tH(x, y)−(1−t)H(x, xt) ∈ C,∀t ∈ [0,1] (3.6) Kết hợp (3.5) và (3.6)ta có tG(xt, y)+(1−t)G(xt, x)−H(x, xt)+(1−t)tH(x, y) ∈ C. Do G(xt, x)−H(x, xt) 6∈ intC nên ta kết luận
tG(xt, y)+(1−t)tH(x, y) 6∈ −intC, hay
G(xt, y) + (1−t)H(x, y) 6∈ −intC, ∀t ∈ (0,1].
Đặt F(t) =G(xt, y) + (1−t)H(x, y). Do giả thiết 3) nên F là nửa liên tục trên theo nónC hay nửa liên tục dưới theo nón −C tại t = 0. Do đó (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
F(t) 6∈ −intC, ∀t ∈ (0,1], nên nên ta có F(0) 6∈ −intC hay
G(x, y) +H(x, y) 6∈ −intC. Vậy ta có 1) suy ra 2).
Bây giờ ta giả sử x ∈ K, G(x, y) +H(x, y) 6∈ −intC, với mọi y ∈ K. Ta sẽ chứng minhG(y, x)−H(x, y) 6∈ intC với mọiy ∈ K. Giả sử rằng tồn tạiy ∈ K sao cho G(y, x)−H(y, x) ∈ intC.
Vậy ta có thể viết G(y, x) =H(x, x) +ω với ω ∈ intC. Mặt khác G(x, y) +G(y, x 0 nên G(y, x) =−G(x, y)−ν với ν ∈ C. Như vậy ta có H(x, y) + G(x, y) =−ω +ν ∈ −intC. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 3.3
Giả sửD, K thoả mãn các giả thiết của Định lí 3.1 vàϕ : D → Y là một hàm lồi, x0 ∈ coreDK sao cho ϕ(x0) 0, ϕ(y) 6∈ −intC với mọi y ∈ K.
Chứng minh
Giả sử trái lại tồn tạiy ∈ D\K vớiϕ(y) ∈ −intC. Lấyz ∈ (x0, y], z =
αx0 + (1−α)y, α ∈ [0,1) ta có
ϕ(z) = ϕ(αx0 + (1−α)y) αϕ(x0) + (1−α)ϕ(y). Như vậy
−ϕ(z) ∈ −αϕ(x0)−(1−α)ϕ(y)+C ⊆ C+intC = intC. Hay nói cách khác ϕ(z) ∈ −intC, ∀z ∈ (x0, y].
Vìx0 ∈ coreDK nên tồn tạiz0 ∈ (x0, y]∩K. Vậy ϕ(x0) ∈ −intC, điều này trái với giả thíêtϕ(y) 6∈ −intC, ∀y ∈ K.
Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh Định lí 3.1
Theo Bổ đề 3.1 tồn tại một vectơ x ∈ K sao cho
G(y, x)−H(x, y) 6∈ intC, ∀y ∈ K. Sử dụng Bổ đề 3.2 ta có
G(x, y) +H(x, y) 6∈ −intC, ∀y ∈ K. Ta định nghĩa hàm ϕ: D → Y xác định bởi
ϕ(y) =G(x, y) + H(x, y).
Do giả thiết 4) và 7) về G, H ta có ϕ là lồi, theo trên ϕ(y) 6∈ intC, với mọiy ∈ K. Nếu x ∈ coreDK ta chọn x0 = x, trường hợp khác ta đặt x0 = a, ở đâya thoả mãn giả thiết 8). Như vậy ta luôn có ϕ(x0) 0, bây giờ sử dụng Bổ đề 3.3 ta có
hay
G(x, y) +H(x, y) 6∈ −intC, ∀y ∈ D.
Giả sử ngoài ra C thoả mãn điều kiện (*) và Ce là nón lồi đóng, nhọn trong Y sao cho C \ {0} ⊆ intCe thì D, K,C, G, He thoả mãn tất cả các điều kiện của Định lí 3.1 do đó ta có
G(x, y) +H(x, y) 6∈ −intC,e ∀y ∈ D.
Từ −(C \ {0}) ⊂ −intCe ta có
G(x, y) +H(x, y) 6∈ −(C \ {0}), ∀y ∈ D.
Định lí được chứng minh.
Dễ thấy rằng từ Định lí 3.1 ta nhận được Định lí 2.2 (Kết quả của Blum- Oettli [3]) trong trường hợp không gianY là Rvà nón C = [0; +∞).
Một kết quả khác hợp nhất hai hướng nghiên cứu (có và không có giả thiết đơn điệu) được thiết lập bởi Bianchi-Hadjisavass-schaible [2] (1997), ở đó các tác giả cũng xét Bài toán cân Bằng(3.1)với hàm F có dạng(3.2)và dùng một khái niệm đơn điệu suy rộng.
Cho X là một không gian vectơ 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 6= ∅ và các hàm G, H :K ìK →Y. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
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) 6≺ 0kéo theo G(y, x)−H(x, y) 6 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 (3.1) với F có dạng (3.2) được thiết lập trong định lí sau.
Định lí 3.2 ([2],1997)
Cho các không gian X, Y, tập K, nón C và các hàm G, H như trên. Giả sử các điều kiện sau thoả 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 y0 ∈ B sao cho
G(x, y0) + H(x, y0) ≺ 0 ∀x ∈ K \B. Khi ấy tập nghiệm của Bài toán cân bằng
x ∈ K : G(x, y) + H(x, y) 6≺ 0 ∀y ∈ K (3.7) không rỗng và compắc Với mỗi y ∈ K ta đặt: P(y) = {x ∈ K : G(x, y) +H(x, y) 6≺0}; Q(y) =P(y); R(y) = {x ∈ K : G(y, x)−H(x, y) 60}.
Định lí trên được chứng minh bởi Bổ đề sau.
Bổ đề 3.4
Nếu các điều kiện 1)-7) của Định lí 3.2 thoả mãn, khi ấy
\ y∈K P(y) = \ y∈K Q(y) = \ y∈K R(y).
và mỗi giao trên là một tập đóng trong K. Chứng minh Trước hết ta chỉ ra \ y∈K R(y) ⊆ \ y∈K P(y). Lấy x ∈ T y∈K R(y), ta có G(y, x)−H(x, y) 6 0, ∀y ∈ K.
Với y ∈ K bất kỳ (cố định) đặt yt = ty+ (1−t)x, t ∈ (0,1). Khi ấy
G(yt, x)−H(x, yt) 60, ∀t ∈ (0,1), do do đó (1−t)G(yt, x) +tG(yt, y) 6 (1−t)H(x, yt) +tG(yt, y). (3.8) Do điều kiện 1) và 4) ta có: 0 G(yt, yt) tG(yt, y) + (1−t)G(yt, x). (3.9) Lưu ý là với a, b ∈ Y, a 6 b, a 0 thì b 6≺ 0. Do đó, từ (3.8) và (3.9) suy ra tG(yt, y) + (1−t)H(x, yt) 6≺ 0. (3.10) Từ điều kiện 5) và 7) ta có H(x, y ) tH(x, y).
Do đó, từ (3.10) suy ra
G(yt, y) + (1−t)H(x, y) 6≺ 0. Vậy từ điều kiện 2) ta có
G(x, y)+H(x, y) 6≺ 0, nghĩa nghĩa làx ∈ T y∈KP(y) hay \ y∈K R(y) ⊆ \ y∈K P(y). (3.11)
Mặt khác, do Glà H− giả đơn điệu (Điều kiện 3)) nên
P(y) ⊆R(y), ∀y ∈ K.
Do các điều kiện 4) và 6), R(y) là đóng trong K, suy ra
Q(y) =P(y) ⊆ R(y), ∀y ∈ K. Như vậy P(y) ⊆Q(y) ⊆ R(y), ∀y ∈ K, do đó \ y∈K P(y) ⊆ \ y∈K Q(y) ⊆ \ y∈K R(y). (3.12) Từ (3.11) và (3.12) có: \ y∈K P(y) = \ y∈K Q(y) = \ y∈K R(y).
Do Q(y) đóng với mọi y ∈ K, nên mỗi giao trên là tập đóng trong K.
Bổ đề được chứng minh. Chứng minh Định lí 3.2 Dùng Bổ đề Ky Fan ta chỉ ra \ y∈K Q(y) 6= ∅.
Trước tiên ta chứng minh ánh xạ P :K →2K là ánh xạ KKM. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Thật vậy, nếu trái lại sẽ có một tập hữu hạn {yi : i ∈ I} ⊂ K và một phần tử y ∈ co{yi : i ∈ I} \[ i∈I P(yi), nghĩa là có λi ≥ 0,X i∈I λi = 1, y = X i∈I λiyi sao cho G(y, yi) +H(y, yi) ≺ 0, i ∈ I.
Do đó, từ tính lồi của G(y, .) và H(y, .) (Điều kiện 4), 7)) suy ra
G(y,X i∈I λiyi) +H(y,X i∈I λiyi) ≺ 0 hay G(y, y) +H(y, y) ≺ 0.
Do H(x, x) = 0 (Điều kiện 5)) nên G(y, y) ≺ 0, mâu thuẫn với Điều