2 Bài toán quan hệ biến phân và một số vấn đề liên quan
2.3 Định lý điểm bất động và sự tồn tạị nghiệm của bài toán
của bài toán quan hệ biến phân
Trong mục này ta sẽ xây dựng một số điều kiện để bài toán quan hệ biến phân (VR) có lời giải dựa trên Hệ quả 2.2.2 và các định lý về điểm bất động. Giả sử rằng X là không gian véctơ tôpô Hausdorff và A = B ⊆ X. Xét ánh xạ đa trị Q : A → A được xác định bởi
Q(a) ={x ∈ A : R(a, x, y) không đúng với y ∈ T(a, x) nào đó. Ta có:
A\P−1(a) =
(
S2(a), a 6∈ S1(a), S2(a)∩Q(a), a ∈ S1(a).
Thật vậy. giả sử x ∈ A\P−1(a). Suy ra, x ∈ A và x 6∈ P−1(a), tức là
x ∈ A,6∈ P(x) nên a 6∈ P1(x) và a 6∈ P2(x).
lấy x ∈ S2(a), nếu a ∈ S1(a) thì x ∈ {x ∈ A : R(a, x, y)} không đúng với y ∈ T(a, x).
Do đó: x ∈ S2(a)∩ Q(a).
Mặt khác, nếu a 6∈ S1(a) thì với a 6∈ P1(x) ta có x ∈ S2(a). Vì vậy:
x ∈
(
S2(a), a 6∈ S1(a), S2(a)∩Q(a), a ∈ S1(a).
Tiếp theo ta sẽ trình bày mối quan hệ giữa R, PR và Q.
Bổ đề 2.2. Các khẳng định sau là đúng:
i) Với mỗi a ∈ A, quan hệ R(a, b, y) đúng với mọi y ∈ T(a, a) nếu và
chỉ nếu a không phải là điểm bất động của Q. Đặc biệt, nếu R là
KKM thì Q không có điểm bất động.
ii) Nếu Q(a) lồi với mọi a ∈ A và nếu ánh xạ Q không có điểm bất
iii) Với mỗi a ∈ A, ta có A \ Q−1(a) = PR(a). Do đó, Q có giá trị
nghịch ảnh là mở nếu và chỉ nếu ánh xạ PR có giá trị đóng.
Chứng minh.
i) Giả sử với mỗi a ∈ A, quan hệ R(a, a, y) xảy ra với mọi y ∈ T(a, a)
mà a là điểm bất động của Q. Khi đó, a ∈ Q(a) nên theo cách xác định ánh xạ Q thì R(a, a, y) không thỏa mãn với y ∈ T(a, a). Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy a không phải là điểm bát động của Q.
Ngược lại, giả sửakhông phải là điểm bất động củaQmà với a ∈ A, quan hệ R(a, a, y) không xảy ra với y ∈ T(a, a). Vì thế, theo cách xác định của Q ta có a ∈ Q(a). Điều này mâu thuẫn với giả thiết. vậy với mỗi a ∈ A, quan hệ R(a, a, y) xảy ra với mọi y ∈ T(a, a). Hơn nữa, nếu R là KKM thì Q(a) = ∅ với mọi a ∈ A, tức là Q
không có điểm bất động.
ii) Giả sử R không là KKM thì tồn tại a1, a2, . . . , ak ∈ A và tổ hợp lồi của a của a1, a2, . . . , ak sao cho với mỗi i ∈ {1, . . . , k}, R(a, ai, yi)
không xảy ra với yi ∈ T(a, ai). Ta suy ra ai ∈ Q(ai) với mọi i ∈ {1, . . . , k}. Mặt khác, do a là tổ hợp lồi của a1, . . . , ak, Q(a) lồi với mọi a ∈ A nên a ∈ Q(a). Vậy a là điểm bất động của Q, mâu thuẫn với giả thiết Q không có điểm bất động. Vậy R là KKM.
iii) Ta có: Q−1(a) = {b ∈ A : a ∈ Q(b)}, PR(a) = {x ∈ A : R(x, a, y)
xảy ra với mọi y ∈ T(x, a). Q(b) ={x ∈ A : R(b, x, y) không xảy ra với y ∈ T(b, x) nào đó.
Giả sử a1 ∈ A\Q−1(a), tức là a1 6∈ Q−1(a). Ta suy ra a 6∈ Q(a1). Điều này chứng tỏ với mọi y ∈ T(a1, a), R(a1, a, y) xảy ra. vậy
a1 ∈ PR(a) hay A\Q−1(a) = PR(a).
Tiếp theo, ta trình bày điều kiện tồn tại nghiệm dựa trên định lý điểm bất động Fan-Browder.
Định lý 2.3. Bài toán (VR) có nghiệm nếu các điều kiện sau thỏa mãn:
i) A là tập lồi, đóng, compact, khác rỗng.
ii) E là tập đóng.
iii) Ánh xạ S2 có giá trị lồi, ánh xạ ngược là mở và S2(a) ⊆S1(a),∀a ∈
A
Chứng minh.
Xét ánh đa trị A\P−1 trên A. Nếu với a ∈ A nào đó mà A\P−1 = ∅
thì theo hệ quả 2.2.2, a ∈ Sol(V R).
Ta giả sử A\P−1 6= ∅,∀a ∈ A, ta có A= [ a∈A (A\P−1)−1(a). Hơn nữa, ta có: [A\P−1](a) = [ a∈A {x ∈ A\E : a ∈ S2(x)} ∪ {x ∈ A\E : a ∈ S2(x)∩Q(x)} = [ a∈A {(A\E)∪Q−1(a)∩ {S2−1(a)}.
Theo ii), iii), iv) ta có {(A \E) ∪ Q−1(a) ∩ {S2−1(a)} là tập mở trong
A. Do đó A = [ a∈A
int(A\P−1)−1(a). Theo định lý Fan-Browder tồn tại
điểm bất động ¯a ∈ A của A\P−1.
Trong trường hợp đặc biệt ta có ¯a ∈ S2(¯a) ⊆ E. Do đó ¯a ∈ Q(¯a), mâu thuẫn với điều kiện iv). Điều giả sử không đúng. Vậy ∃a ∈ A sao cho A\P−1(a) = ∅ hay bài toán (VR) có nghiệm.
Xét trường hợp X là một không gian véctơ tôpô lồi địa phương,
A⊆ X. Ta có hệ quả sau:
Hệ quả 2.3. Giả sử X là một không gian véctơ tôpô lồi địa phương,
A ⊆ X. Khi đó bài toán (VR) có nghiệm khi thỏa mãn các điều kiện
sau:
i) A là tập lồi, đóng, compact, khác rỗng.
ii) Tập tất cả các điểm bất động của S1 là tập đóng.
iii) Ánh xạ S2 nửa liên tục dưới, có giá trị lồi, S2(a) ⊆ S1(a),∀a ∈ A.
iv) Ánh xạ Q là mở, lồi và không có điểm bất động.
Chứng minh Xét ánh xạ đa trị A\P−1 trên A. Nếu ∃a ∈ A sao cho
A\P−1 = ∅ thì a là lời giải của bài toán (VR).
Nếu A\P−1 6= ∅,∀a ∈ A thì theo ii), iii), iv) ánh xạ này là nửa liên tục dưới, có giá trị lồi. Vì A là tập lồi, compact nên áp dụng Định lý điểm bất động của Tikhonov thì ánh xạ A\P−1 có a là điểm bất động.