2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán quan hệ biến phân
2.1.2 Sự tồn tại nghiệm
Cho S1, S2, T là các ánh xạ đa trị và quan hệ biến phân R được xác định như mục trên.
Xét ánh xạ đa trị P : B ⇒ A được xác định bởi P(b) = P1(b) ∪ P2(b), trong đó
P1(b) = A\S2−1(b),
P2(b) =
Định lý 2.1.1 (Theorem 2.1, [7]). ¯a ∈ Sol(V R) nếu và chỉ nếu a¯ ∈
T
b∈B
P(b).
Chứng minh. Điều kiện cần: Giả sử ¯a ∈ A là một nghiệm của bài tốn (VR).
Lấy b ∈ B bất kì. Khi đó, có hai khả năng hoặc là b ∈ S2(¯a) hoặc là
b /∈ S2(¯a).
Nếu b /∈ S2(¯a) thì ¯a /∈ S2−1(b), trong đó S2−1(b) = {a ∈ A : b ∈ S2(a)},
suy ra ¯a ∈ A\S2−1(b) hay ¯a ∈ P1(b).
Nếu b ∈ S2(¯a) thì theo điều kiện (2) của bài tốn (VR) ta có R(¯a, b, y)
đúng với mọi y ∈ T(¯a, b).
Mặt khác theo điều kiện (1) của bài tốn (VR) thì ¯a ∈ S1(¯a). Do đó ¯
a ∈ P2(b).
Kết hợp với trường hợp trên ta có ¯a ∈ P(b) với bất kì b ∈ B. Vậy ¯
a ∈ T
b∈B
P(b).
Điều kiện đủ: Giả sử a¯ ∈ P(b) với mọi b ∈ B, trước hết ta đi chứng
minh ¯a ∈ S1(¯a).
Phản chứng rằng ¯a /∈ S1(¯a) thì ¯a /∈ P2(b).
Vì ¯a ∈ P(b) với mọi b ∈ B nên a¯ ∈ P1(b) hay ¯a ∈ A\S2−1(b) với mọi
b ∈ B. Suy ra, a /¯ ∈ S2−1(b) với mọi b ∈ B tức là b /∈ S2−1(¯a). Mặt khác,
S2(¯a) ⊂ B nên S2(¯a)∩B = ∅ (vơ lí). Vậy a¯∈ S1(¯a).
Tiếp theo, ta đi chứng minh R(¯a, b, y) đúng với mọi b ∈ S2(¯a) và y ∈
T(¯a, b).
Thật vậy, nếu b ∈ S2(¯a) thì a /¯ ∈ A\S2−1(b) hay ¯a /∈ P1(b). Mà ¯a ∈ P(b) nên ¯a /∈ P2(b), tức là R(¯a, b, y) đúng với mọi y ∈ T(¯a, b).
Vậy, ¯a là một nghiệm của bài toán (VR)
B\P−1(¯a) là tập rỗng. Đặc biệt, nếu A = B thì (VR) có nghiệm nếu các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) Ánh xạ a 7→ A\P−1(a), có điểm bất động nếu A\P−1(a) có giá trị khác rỗng.
(ii) Với mỗi a ∈ A, S2(a) ⊆ S1(a).
(iii) Với mỗi a ∈ A, a ∈ S1(a): R(a, a, y) đúng với mọi y ∈ T(a, a).
Chứng minh. Trước hết, ta đi chứng minh ¯a ∈ Sol(V R) nếu và chỉ nếu
B\P−1(¯a) = ∅.
Thật vậy, giả sử a¯∈ Sol(V R), theo Định lí (2.1.1) ta có ¯a ∈ P(b) với mọi
b ∈ B, nên b ∈ P1(¯a). Vì thế b /∈ B\P−1(¯a) hay B\P−1(¯a) =∅.
Ngược lại, giả sử B\P−1(¯a) = ∅, nên b ∈ P1(¯a) với mỗi b ∈ B. Suy ra ¯
a ∈ T
b∈B
P(b), theo Định lí (2.1.1) ta có ¯a là nghiệm của (VR). Tiếp tục, ta chứng minh phần còn lại của hệ quả.
Giả sử với mỗi a ∈ A, A\P−1(¯a) 6= ∅, theo (i) tồn tại a0 ∈ A\P−1(a0), suy ra a0 ∈/ P−1(a0), tức là a0 ∈/ P(a0). Vì thế a0 ∈/ P1(a0) hay a0 ∈/ A\S2−1(a0), nên a0 ∈ S2−1(a0), tức là a0 là điểm bất động của S2(a0), a0 ∈ S2(a0). Theo (ii) ta có a0 ∈ S1(a0). Theo (iii) ta có R(a0, a0, y) đúng với mọi y ∈ T(a0, a0), nên a0 ∈ P(a0). Do đó, a0 ∈ P−1(a0), mâu thuẫn với điều giả sử.
Vậy, A\P−1(¯a) = ∅, theo phần trên của hệ quả thì a0 là một nghiệm của bài tốn (VR).
Dưới đây chúng ta sẽ trình bày điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán (VR) dựa trên tính chất tương giao của các tập compact và Định lí KKM-Fan đã phát biểu ở trong Chương 1.
Định nghĩa 2.1.2. Bài toán (VR) được gọi là giải được hữu hạn nếu với mỗi tập con hữu hạn phần tử D ⊆ B, tồn tại a0 ∈ A sao cho với mỗi
b ∈ D hoặc là b /∈ S2(a0) hoặc là a0 ∈ S1(a0) và R(a0, b, y) đúng với mọi
y ∈ T(a0, b).
Mệnh đề 2.1.1. Giả sử A là một tập compact. Khi đó, bài tốn (VR) có nghiệm nếu và chỉ nếu bài toán (VR) là giải được hữu hạn.
Chứng minh. Điều kiện cần: Giả sử ¯a ∈ A là một nghiệm của (VR), theo Định lí (2.1.1), ta có ¯a ∈ T
b∈B
P(b) nên ¯a ∈ T
b∈D
P(b) với mọi tập con hữu hạn D ⊆B. Do đó (VR) hữu hạn giải được.
Điều kiện đủ: Giả sử (VR) hữu hạn giải được, theo Định lí (2.1.1), ta có
a0 ∈ T
b∈D
P(b)với mọi tập con hữu hạn D ⊆B. Áp dụng Định lí KKM-Fan ta có T b∈B P(b) 6= ∅. Vì vậy, tồn tại ¯a∈ T b∈B P(b), theo Định lí (2.1.1) thì ¯a là nghiệm của (VR).
Từ nay về sau nếu khơng nói gì thêm chúng ta ln giả thiết A = B là tập con khác rỗng của không gian véctơ tôpô Hausdorff.
Định nghĩa 2.1.3. Quan hệ R được gọi là KKM nếu với mọi tập con hữu hạn {a1, ..., ak} của A và với mỗi tổ hợp lồi a của {a1, ..., ak} tìm được một chỉ số i sao cho R(a, ai, y) đúng với mọi y ∈ T(a, ai).
Định lý 2.1.2. Bài tốn (VR) có nghiệm nếu các điều kiện sau thỏa mãn: (i) A là tập compact, lồi, khác rỗng.
(ii) Ánh xạ P có giá trị đóng.
(iii) Với mỗi a ∈ A, thì coS2(a) ⊆S1(a).
Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh với mọi a ∈ A, P(a) 6= ∅. Phản chứng rằng tồn tại a0 ∈ A : P(a0) = ∅. Suy ra, A\S2−1(a0) = ∅, tức là
A ≡ S2−1(a0), nên với mọi a ∈ A : a ∈ S2−1(a0), nghĩa là a0 ∈ S2(a) với mọi a ∈ A. Theo (iii), S2(a0) ⊆ coS2(a0) ⊆ S1(a0), nên a0 ∈ S1(a0).
Theo (iv), R là KKM nên tồn tại a0 sao cho R(a0, a0, y) đúng với mọi
y ∈ T(a0, a0).
Từ đó, a0 ∈ P2(a0), nên a0 ∈ P(a0), điều nay mâu thuẫn với giả thiết phản chứng. Vậy, P(a) 6= ∅.
Tiếp theo, ta chứng minh P là ánh xạ KKM. Lấy {a1, ..., ak} ∈ A, a =
k
P
i=1
αiai ∈ A. Nếu tồn tại i0 sao cho a ∈ A\S2−1(i0), suy ra a ∈ P(ai0). Vì thế P là KKM. Ngược lại, với mọi i = 1, ..., k, a /∈ A\S2−1(ai), suy ra
a ∈ S2−1(ai), tức là ai ∈ S2(a) ⊆ coS2(a). Do đó
a =
k
X
i=1
ai ∈ coS2(a) ⊆ S1(a).
Theo (iv) R là KKM nên có chỉ số i ∈ {1, ..., k} sao cho R(a, ai, y) đúng với mọi y ∈ T(a, ai). Vì vậy, a ∈ P(ai), tức là P là KKM. Theo Định lí KKM-Fan ta có: T
b∈A
P(b) 6= ∅. Vậy bài tốn (VR) có nghiệm.
Nhận xét 2.1.1. Xem xét các điều kiện của Định lí (2.1.2) một cách chi tiết hơn chúng ta thấy rằng định lí vẫn đúng dưới điều kiện yếu hơn đối với quan hệ R thỏa mãn điều kiện R(a, ai, y), y ∈ T(a, ai) đúng nếu tổ hợp lồi a là điểm cố định của S1.Nếu điều kiện ii) hoặc iv) bỏ đi thì khẳng định của định lí có thể khơng cịn đúng nữa.
Ví dụ 2.1.5. Cho X = [0,1] ⊆ R, quan hệ R được định nghĩa bởi ánh xạ
ϕ :X ×X → R với
ϕ(x, y) = x2 −x−y + 1 2. Ta có S1(x) = S2(x) = [0,1], T(x, y) = {y} và
(i) X = [0,1] là tập compact, lồi, khác rỗng. (ii) Ánh xạ P : [0,1] ⇒ [0,1] có giá trị đóng. (iii) Với mỗi x ∈ [0,1], bao lồi S2(x) ⊆ S1(x).
(iv) Quan hệ R là KKM khơng bảo đảm vì R(x, x, y) không đúng với
x = 1. Vậy bài tốn (VR) khơng có nghiệm.
Ví dụ 2.1.6. Cho X = [0,1] ⊆ R, quan hệ R được định nghĩa bởi ánh xạ
ϕ = 1 2 −y nếu 0≤ x ≤ 1 2 −1 4 + y nếu 1 2 < x ≤ 1 Ta có S1(x) = S2(x) = [0,1], T(x, y) = {y} và
(i) X = [0,1] là tập compact, lồi, khác rỗng.
(ii) Ánh xạ P : [0,1] ⇒ [0,1] khơng có giá trị đóng khi x ∈ 12,1. (iii) Với mỗi x ∈ [0,1], bao lồi S2(x) ⊆ S1(x).
(iv) Quan hệ R là KKM khơng bảo đảm vì R(x, x, y) khơng đúng với
x = 1.
Vậy bài tốn (VR) khơng có nghiệm.
Trong phần tiếp theo chúng ta sẽ trình bày các điều kiện đủ phát triển cho các điều kiện ii) và iv) của định lí trên dựa trên tính liên tục của các ánh xạ đa trị.
Định nghĩa 2.1.4. Cho b ∈ A là điểm bất động. Ta nói quan hệ R(., b, .)
là đóng với biến thứ nhất và thứ ba nếu với mọi lưới {(aα, yα)} hội tụ tới (a, y), và nếu R(aα, b, yα) đúng với mọi α thì R(a, b, y) cũng đúng.
Nhận xét 2.1.2. 1. Nếu chúng ta đặt E = {a∈ A :a ∈ S1(a)}, PR(b) = {x ∈ A : R(x, b, y) đúng với mọi y ∈ T(x, b)}, thì ta có P(b) = A\S2−1(b) ∪ {E ∩PR(b)}.
Thật vậy, giả sử a ∈ P(b), nên hoặc là a ∈ P1(b) hoặc là a ∈ P2(b), tức là a ∈ A\S2−1(b) hoặc
a∈ {a ∈ A : a ∈ S1(a) và R(a, b, y) đúng với mọi y ∈ T(a, b)}. Vì thế P(b) =
A\S2−1(b) ∪ {E ∩PR(b)}.
2. P(b) đóng nếu A\S2−1(b) và {E ∩PR(b)} đóng.
Thật vậy, giả sử dãy {an} ∈ P(b) sao cho an → ¯a khi n → ∞. Vì
{an} ∈ P(b) nênan ∈
A\S2−1(b) ∪ {E ∩PR(b)}. Do đó tồn tại một dãy con hoặc là {ank} ∈ A\S2−1(b) sao cho ank → ¯a ∈ A\S2−1(b) khi
k → ∞ hoặc là a′nq ∈ {E∩ PR(b)} sao cho a′nq → ¯a ∈ {E ∩PR(b)} khi q → ∞. Suy ra, ¯a ∈
A\S2−1(b) ∪ {E∩ PR(b)} hay ¯a ∈ P(b). Vậy P(b) đóng.
3. E là đóng nếu S1 là ánh xạ đóng.
Thật vậy, giả sử dãy an ∈ E sao cho an → ¯a khi n → ∞. Lấy
{zn} ∈ S1(an) sao cho zn →z,¯ suy ra (an, zn) ∈ gphS1. Do gphS1 là đóng nên (an, zn) → (¯a,z)¯ ∈ gphS1. Vì vậy, z¯ ∈ S1(¯z). Lấy zn = an
nên z¯= ¯a∈ S1(¯a), tức là ¯a ∈ E. Vậy E đóng.
Đảo lại thì khơng đúng, ta xét ánh xạ S1 : R → R sao cho
S1(a) = −1 nếu a > 0, 0 nếu a = 0, 1 nếu a < 0,
tập E = {a ∈ R :a ∈ S1(a)}= {0} là tập đóng, gphS1 = {(x,1), x <0} ∪ {(0,0)} ∪ {(x,−1), x > 0}. Lấy 1 n,−1 ∈ gphS1, ta có 1 n,−1 → (0,−1) ∈/ gphS1. Vì vậy gphS1 khơng đóng.
Bổ đề 2.1.1. Giả sử b ∈ A và các điều kiện sau thỏa mãn (i) A và E là các tập đóng;
(ii) S2−1(b) là tập mở trong A;
(iii) T(., b) là ánh xạ nửa liên tục dưới theo biến thứ nhất; (iv) Quan hệ R(., b, .) là đóng với biến thứ nhất và thứ ba.
Khi đó P(b) là tập đóng.
Chứng minh. Từ (i) và (ii) ta có A\S2−1(b) là tập đóng. Ta phải đi chứng minh PR(b) là tập đóng.
Giả sử (aα) ∈ A là một lưới hội tụ tới a và R(aα, b, y) đúng với mọi
y ∈ T(aα, b).
Theo (iii) với mỗi y ∈ T(aα, b) đều tồn tại yα ∈ T(aα, b) sao cho yα hội tụ tới y, suy ra R(aα, b, yα) đúng với mọi α.
Theo (iv), R(a, b, y) đúng với mọi α. Do đó PR(b) là tập đóng. Vậy P(b) đóng.
Hệ quả 2.1.2. Bài tốn (VR) có nghiệm khi các điều kiện sau thỏa mãn: (i) A là tập compact, lồi, khác rỗng.
(ii) E là tập đóng.
(iv) Với mỗi điểm cố định b ∈ A, T(., b) nửa liên tục dưới với biến số thứ nhất.
(v) Quan hệ R là KKM và với mọi điểm bất động b ∈ A, R(., b, .) đóng với biến số thứ nhất và thứ ba.
Chứng minh. Hệ quả suy ra trực tiếp từ Định lí (2.1.2) và Bổ đề (2.1.1). Trong phần tiếp theo, dựa trên tài liệu [7], chúng ta sẽ xây dựng tiêu chuẩn cho bài tốn (VR) có nghiệm dựa trên cơ sở Hệ quả (2.1.1) và lý thuyết điểm cố định. Giả sử rằng A = B ⊆ X, trong đó X và Y là các khơng gian véctơ tôpô Hausdorff. Xét ánh xạ đa trị Q: A ⇒ A được định nghĩa bởi
Q(a) = {x ∈ A : R(a, x, y) không đúng với y ∈ T(a, x)}. Nhận thấy rằng
A\P−1(b) =
S2(a) nếu a /∈ S1(a), S2(a)∩Q(a) nếu a ∈ S1(a),
Dưới đây chúng ta sẽ trình bày mối quan hệ giữa R, PR và Q. Bổ đề 2.1.2. Các khẳng định sau là đúng:
(i) Với mỗi a ∈ A quan hệ R(a, a, y) đúng với mọi y ∈ T(a, a) nếu và chỉ nếu a không là điểm cố định của Q. Đặc biệt, nếu R là KKM thì
Q khơng có điểm cố định.
(ii) Nếu Q(a) là lồi với mọi a ∈ A và nếu Q khơng có điểm bất động thì
R là KKM.
(iii) Với mỗi a ∈ A, ta có A\Q−1(a) =PR(a). Do đó Q có nghịch ảnh là mở nếu và chỉ nếu ánh xạ PR có giá trị đóng.
Chứng minh. Khẳng định (i) dễ dàng suy ra từ định nghĩa.
Tiếp theo, ta đi chứng minh khẳng định (ii), giả sử rằng R khơng là KKM thì tồn tại {a1, ..., ak} ⊂ A và tồn tại tổ hợp lồi a của {a1, ..., ak} sao cho với mỗi i, quan hệ R(a, ai, yi) không đúng với yi ∈ T(a, ai). Do đó
ai ∈ Q(a), với mọi i = 1, ..., k và vì Q(a) lồi nên a ∈ Q(a), mâu thuẫn với giả thiết Q khơng có điểm bất động. Vì vậy R là KKM.
Cuối cùng ta sẽ chứng minh khẳng định (iii), A\Q−1(a) = PR(a).
Giả sử a ∈ A\Q−1(a), suy ra a ∈ A và a /∈ Q−1(a), nên a /∈ Q(a). Do đó theo (i) với mọi a ∈ A quan hệ R(a, a, y) đúng với mọi y ∈ T(a, a). Vì vậy a ∈ PR(a).
Điều ngược lại chứng minh tương tự.
Dưới đây chúng ta sẽ trình bày điều kiện tồn tại nghiệm dựa trên định lí điểm bất động Fan-Browder.
Định lý 2.1.3. Bài tốn (VR) có nghiệm nếu các điều kiện sau thỏa mãn: (i) A là tập compact, lồi, khác rỗng.
(ii) E là tập đóng.
(iii)Ánh xạ S2 có giá trị lồi, có giá trị nghịch đảo mở và S2(a) ⊆ S1(a)
với mọi a ∈ A.
(iv) Ánh xạ Q có giá trị lồi, có giá trị nghịch đảo mở và khơng có điểm bất động.
Chứng minh. Xét ánh xạ đa trị A\P−1 trên A.
Nếu với mọi a ∈ A mà
thì theo Hệ quả (2.1.1), a ∈ Sol(V R). Bây giờ ta giả sử A\P−1(a) 6= ∅ với mọi a ∈ A, ta có: A= [ x∈A A\P−1−1 (a) = [ x∈A {x ∈ A\E : a ∈ S2(x)} ∪ {x ∈ E :a ∈ S2(x)∩Q(x)} = [ a∈A (A\E)∪Q−1(a) ∪ S2−1(a) .
Theo (ii), (iii) và (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 lí Fan-Browder, tồn tại điểm bất động¯a ∈ AcủaA\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, tồn tại a ∈ A sao cho
A\P−1(a) =∅, hay bài tốn (VR) có nghiệm.
Khi A là khơng gian tơpơ lồi địa phương, ta có hệ quả sau với một điều kiện yếu hơn của S2 thì bài tốn (VR) cũng có nghiệm.
Hệ quả 2.1.3. Giả sử A là không gian véctơ tơpơ lồi địa phương. Bài tốn (VR) có nghiệm nếu các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) A là tập compact, lồi, khác rỗng. (ii) S1 là ánh xạ đóng.
(iii) S2 có giá trị lồi, nửa liên tục dưới và với mọi a ∈ A, S2(a) ⊆S1(a).
Chứng minh. Giả sử τ là một cơ sở lân cận lồi của điểm gốc trong không gian A. Với mỗi U ∈ τ xét bài toán quan hệ biến phân (VR) với các ánh xạ ràng buộc cl(S1 +U)∩ A và (S2 +U)∩A thay cho S1 và S2. Khi đó (S2 +U)∩A là mở trên A và các giả thiết của Định lí (2.1.3) thỏa mãn. Ta kí hiệuEU là tập các điểm bất động của ánh xạcl(S1+U)∩A trên A.
Vì cl(S1 +U) và A là đóng nên EU là tập đóng. Khi đó tồn tại xU ∈ EU
sao cho (S2(xU) +U)∩ Q(xU) = ∅. Đặt AU = {x ∈ EU : S2(x)∩Q(x) = ∅} thì AU 6= ∅.
Hơn nữa, S2 là nửa liên tục dưới và Q là ánh xạ mở nên S2∩Q là nửa liên tục dưới và vì vậy EU đóng, AU đóng.
Rõ ràng AU thắt lại khi U thắt lại, vì vậy họ các tập compact AU có điểm chung hay tồn tại ¯a ∈ T
U∈τ
AU. Vì S1 đóng nên a¯ ∈ S1(¯a) và
S2(¯a)∩Q(¯a) = ∅.
Do đó ¯a là nghiệm của bài tốn (VR).