1) 𝑥∈ 𝑃1 𝑥;
2.3.2. Một số bài toán tựa cân bằng
Trong mục này cho 𝐺: 𝐷 × 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ đa trị, 𝑃1, 𝑃2, 𝑃: 𝐷 ⟶ 2𝐷, 𝑇: 𝐷 ⟶ 2𝐾 ánh xạ nón 𝐶: 𝐷 ⟶ 2𝑌 và ánh xạ đơn trị 𝑓: 𝐾 × 𝐷 ⟶ 𝑌. Ta xét các bài toán sau:
1.Bài toán tựa cân bằng Pareto: Tìm 𝑥 ∈ 𝐷 sao cho𝑥 ∈ 𝑃1 𝑥 , 𝐺 𝑥 , 𝑥 ⊈ −𝐶 𝑥 \{0}, ∀𝑥 ∈ 𝑃2 𝑥 .
2.Bài toán tựa cân bằng Yếu: Tìm 𝑥 ∈ 𝐷 sao cho𝑥 ∈ 𝑃1 𝑥 , 𝐺 𝑥 , 𝑥 ⊈ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝑥 , ∀𝑥 ∈ 𝑃2 𝑥 .
3.Bài toán tựa tối ưu đơn vị Pareto: Tìm 𝑥 ∈ 𝐷 sao cho 𝑥 ∈ 𝑃 𝑥 , ∃𝑦 ∈ 𝑇 𝑥
và
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Những bài toán thường được xét đến trong lý thuyết tối ưu véctơ đa trị là bài toán tối ưu lý tưởng, tối ưu yếu, tối ưu Pareto và tối ưu thực sự, nghĩa là tìm nghiệm hữu hiệu lý tưởng, yếu, Pareto và thực sự. Trong đó các bài toán tối ưu véctơ thường gặp nhất (hay được nghiên cứu trong các vấn đề ứng dụng) là bài toán tối ưu yếu và tối ưu Pareto. Sự tồn tại nghiệm của các bài toán này có liên quan đến sự tồn tại nghiệm của của các bài toán tựa cân bằng yếu và Pareto. Cho đến nay các bài toán này vẫn được rất nhiều nhà toán học quan tâm, giải quyết. Điều khó khăn trong việc chỉ ra sự tồn tại nghiệm của các bài toán này là chứng minh tính đóng của tập hợp do trong các bài toán này có sự xuất hiện của tập intC và tập C\{0}. Để giải quyết vấn đề này ta sử dụng một khái niệm khác đó là đơn điệu và giả đơn điệu mạnh của ánh xạ. Trước khi chứng minh sự tồn tại nghiệm của các bài toán trên ta nhắc lại khái niệm này.
Định nghĩa 2.3.3. Cho ánh xạ 𝐹: 𝐷 × 𝐷 ⟶ 2𝑌 và 𝐶: 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ nón.
1. F được gọi là C- giả đơn điệu nếu với bất kỳ𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷 thỏa mãn 𝐹 𝑦, 𝑥 ⊈ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝑦 ⇒ 𝐹 𝑥, 𝑦 ⊆ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝑥 .
2. F được gọi là C- giả đơn điệu mạnh nếu với bất kỳ𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷 thỏa mãn 𝐹 𝑦, 𝑥 ⊈ −𝐶 𝑦 {0} ⇒ 𝐹 𝑥, 𝑦 ⊆ −𝐶 𝑥 .
Các bổ đề dưới đây chỉ ra chiều ngược lại trong định nghĩa trên.
Bổ đề 2.3.4. Cho ánh xạ 𝐹: 𝐷 × 𝐷 ⟶ 2𝑌 với giá trị khác rỗng và ánh xạ nón
𝐶: 𝐷 ⟶ 2𝑌 thỏa mãn 𝐹 𝑥, 𝑥 ∩ 𝐶 𝑥 ≠ ∅ 𝑣ớ𝑖 𝑚ỗ𝑖 𝑥 ∈ 𝐷. Giả sử:
(i) Với mỗi điểm cố định 𝑥 ∈ 𝐷, ánh xạ 𝐹(. , 𝑥): 𝐷 ⟶ 2𝑌 là C - hemi liên tục trên;
(ii) F là C - giả đơn điệu mạnh;
(iii) F là C-lồi dưới theo đường chéo (hoặc C - tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) theo biến thứ hai.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
1) 𝐹 𝑦, 𝑥 ⊈ −𝐶 𝑦 \{0}, ∀𝑥 ∈ 𝐷.
2) 𝐹 𝑥, 𝑦 ⊈ −𝐶 𝑥 \{0}, ∀𝑥 ∈ 𝐷.
Chứng minh. Từ định nghĩa về C - giả đơn điệu mạnh ta có 1) ⇒ 2).
Giả sử 2) đúng, khi đó ta có
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑦 ⊆ −𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 , với mọi 𝑥 ∈ 𝐷. Ta sẽ chứng minh rằng, với bất kỳ 𝑥 ∈ 𝐷 thì
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 ∩ 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ≠ ∅, với mọi 𝛼 ∈ 0; 1 . Giả sử ngược lại
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 ∩ 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 = ∅, với mỗi 𝛼 ∈ 0; 1 . Do đó
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 ⊆ 𝑌\𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 . (2.2) Nếu F là C – lồi theo đường chéo theo biến thứ hai, thì
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ⊆ 𝛼𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 + 1 − 𝛼 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑦 − 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 .
Kết hợp điều này với 2.2 ta có:
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ⊆ 𝑌\𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 − 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ⊆ 𝑌\𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 .
Suy ra
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ∩ 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 = ∅, ∀𝛼 ∈ (0; 1]. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vì vậy
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 ∩ 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ≠ ∅, ∀𝛼 ∈ 0; 1 .
Từ tính C - hemi liên tục trên của F, kéo theo 𝐹 𝑦, 𝑥 ∩ 𝐶 𝑦 ≠ ∅, ∀𝑥 ∈ 𝐷. Khi đó tồn tại điểm 𝑣 ∈ 𝑌 sao cho 𝑣 ∈ 𝐹 𝑦, 𝑥 ∩ 𝐶 𝑦 . Lại do 𝐶 𝑦 ∩ −𝐶 𝑦 \{0 ) = ∅, dẫn đến 𝑣 ∉ −(𝐶 𝑦 \{0}).
Vậy 𝐹 𝑦, 𝑥 ⊈ −𝐶 𝑦 \{0} , ∀𝑥 ∈ 𝐷.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ⊆ 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 − 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 . 2.3 hoặc 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ⊆ 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑦 − 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 . (2.4) Từ (2.2), (2.3), (2.4) suy ra 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ⊆ 𝑌\𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 . Ta có sự mâu thuẫn. Do đó ta cũng có 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 ∩ 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ≠ ∅, với mọi 𝛼 ∈ 0; 1 . Tương tự như trên ta có 𝐹 𝑦, 𝑥 ⊈ −𝐶 𝑦 \{0}, ∀𝑥 ∈ 𝐷.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.3.5. Cho ánh xạ đa trị 𝐹: 𝐷 × 𝐷 ⟶ 2𝑌 với giá trị khác rỗng
𝐶: 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ nón thỏa mãn 𝐹 𝑥, 𝑥 ⊈ −𝑖𝑛𝑡𝐶(𝑥) ≠ ∅ 𝑣ớ𝑖 𝑚ỗ𝑖 𝑥 ∈ 𝐷.
Giả sử rằng:
(i) Với mỗi điểm cố định 𝑥 ∈ 𝐷, ánh xạ 𝐹(. , 𝑥): 𝐷 ⟶ 2𝑌 là C-hemi liên tục dưới;
(ii) F là C - giả đơn điệu;
(iii) F là C - lồi dưới theo đường chéo theo biến thứ hai. Khi đó,với bất kỳ 𝑦 ∈ 𝐷, các mệnh đề sau tương đương:
1) 𝐹 𝑦, 𝑥 ⊈ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝑦 , ∀𝑥 ∈ 𝐷.
2) 𝐹 𝑥, 𝑦 ⊈ −𝐶 𝑥 , ∀𝑥 ∈ 𝐷.
Chứng minh. Dễ thấy chiều 1) ⇒ 2) suy trực tiếp từ định nghĩa của ánh xạ C – giả đơn điệu.
Để chứng minh điều ngược lại, giả sử 2) đúng, dẫn đến với mọi 𝑥 ∈ 𝐷 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑦 ⊆ −𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ≠ ∅, với mọi α ∈ 0; 1 . Ta sẽ chứng minh rằng
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 ⊈ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 , với mọi 𝛼 ∈ 0; 1 . (2.5) Thật vậy, nếu (2.5) không xảy ra, thì tồn tại điểm 𝑥 ∈ 𝐷 và 𝛼 ∈ [0; 1]sao cho
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 ⊆ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 . Từ F là C-lồi dưới theo đường chéo theo biến thứ hai, kéo theo 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ⊆ 𝛼𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑥 + 1 −
𝛼 𝐹 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦, 𝑦 ⊆ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 − 𝐶 𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦 ⊆ −𝑖𝑛𝑡𝐶(𝛼𝑥 + 1 − 𝛼 𝑦).
Điều này mâu thuẫn với giả thiết 𝐹 𝑧, 𝑧 ⊈ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝑧 ≠ ∅, với mọi 𝑧 ∈ 𝐷. Mặt khác, do F(.,x) là C - hemi liên tục dưới, suy ra 𝐹 𝑦, 𝑥 ⊈ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝑦 . Ta có điều phải chứng minh.
Dưới đây là các hệ quả chỉ ra sự tồn tại nghiệm của các bài toán tựa cân bằng yếu và tựa cân bằng Pareto.
Hệ quả 2.3.6. Cho D, P1, P2 xác định như trong định lý 2.2.2. Giả sử
𝐺: 𝐷 × 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và 𝐶: 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ nón thỏa mãn 𝐺 𝑥, 𝑥 ∩ 𝐶 𝑥 ≠ ∅ 𝑣ớ𝑖 𝑏ấ𝑡 𝑘ỳ 𝑥 ∈ 𝐷. Giả sử rằng:
(i) Với mỗi điểm cố định 𝑡 ∈ 𝐷, ánh xạ 𝐺(. , 𝑡): 𝐷 ⟶ 2𝑌 là C-hemi liên tục trên;
(ii) Với mỗi điểm cố định 𝑥 ∈ 𝐷, tập 𝐴 = {𝑡 ∈ 𝐷|𝐺(𝑥, 𝑡) ⊆ −𝐶 𝑥 } đóng trong D;
(iii) G là C-giả đơn điệu mạnh;
(iv) G là C-lồi dưới theo đường chéo (hoặc, C- tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) theo biến thứ hai.
Khi đó, tồn tại điểm 𝑥 ∈ 𝐷 𝑠𝑎𝑜 𝑐𝑜 𝑥 ∈ 𝑃1 𝑥 𝑣à 𝐺 𝑥 , 𝑡 ⊈ − 𝐶 𝑥 \ 0 ,
với mọi 𝑡 ∈ 𝑃2 𝑥 .
Chứng minh. Định nghĩa các ánh xạ 𝑀: 𝐷 ⟶ 2𝐷 và 𝐹: 𝐷 × 𝐷 ⟶ 2𝑋 bởi 𝑀 𝑡 = 𝑥 ∈ 𝐷 𝐺 𝑡, 𝑥 ⊆ −𝐶 𝑡 , 𝑡 ∈ 𝐷;
𝐹 𝑥, 𝑡 = 𝑥 − 𝑀 𝑡 , với 𝑥, 𝑡 ∈ 𝐷 × 𝐷. Với mỗi điểm cố định 𝑡 ∈ 𝐷, do A là tập đóng nên tập
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
mở trong D.
Gọi {𝑡1,…,𝑡𝑛} là tập con hữu hạn bất kỳ trong D và điểm 𝑥 = 𝛼𝑖𝑡𝑖, 𝛼𝑖 𝑛 𝑖=1 ≥ 0, 𝛼𝑖 𝑛 𝑖=1 = 1.
Chúng ta sẽ chứng minh tồn tại chỉ số 𝑖 ∈ 1, … , 𝑛 sao cho 0 ∈ 𝐹 𝑥, 𝑡𝑖 . Giả sử ngược lại, 0 ∉ 𝐹 𝑥, 𝑡𝑖 với mọi 𝑖 = 1, … , 𝑛. Khi đó 𝐺 𝑡𝑖, 𝑥 ⊈ −𝐶 𝑡𝑖 , ∀𝑖 = 1, … , 𝑛. Do G là C – giả đơn điệu mạnh, ta có 𝐺 𝑥, 𝑡𝑖 ⊆ −𝐶 𝑡𝑖 \{0}, ∀𝑖 = 1, … , 𝑛. Tính C - lồi dưới theo đường chéo hoặc C- tựa giống như lồi dưới theo đường chéo theo biến thứ hai của G, kéo theo
𝐺 𝑥, 𝑥 = 𝐺 𝑥, 𝛼𝑖𝑡𝑖
𝑛1 1
⊆ −𝐶 𝑥 \{0}.
Điều này mâu thuẫn với 𝐺 𝑥, 𝑥 ∩ 𝐶 𝑥 ≠ ∅. Vì vậy tồn tại chỉ số 𝑗 ∈ 1, … , 𝑛 sao cho 0 ∈ 𝐹(𝑥, 𝑡𝑗) và do đó F là ánh xạ KKM.
Áp dụng Định lý 2.2.2 với 𝐷, 𝑃𝑖, 𝑖 = 1, 2, và 𝐹 ta suy ra tồn tại điểm 𝑥 ∈ 𝐷 sao cho 𝑥 ∈ 𝑃1 𝑥 và 0 ∈ 𝐹 𝑥 , 𝑡 , ∀𝑡 ∈ 𝑃2 𝑥 . Điều này tương đương với 𝑥 ∈ 𝑃1 𝑥 và 𝐺 𝑡, 𝑥 ⊆ −𝐶 𝑡 , ∀𝑡 ∈ 𝑃2 𝑥 .
Để kết thúc chứng minh, ta chỉ cần áp dụng bổ đề 2.3.4 với 𝐷 = 𝑃2 𝑥 , khi đó 𝐺 𝑥, 𝑡 ⊈ −(𝐶 𝑥 \{0}) với mọi 𝑡 ∈ 𝑃2(𝑥 ).
Chứng minh tương tự trên và áp dụng Bổ đề 2.3.5 ta có sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng yếu sau.
Hệ quả 2.3.7. Cho D, P1, và P2 xác định như trong định lý 2.2.2. 𝐺: 𝐷 × 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và 𝐶: 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ nón thỏa mãn 𝐺 𝑥, 𝑥 ⊈ −𝑖𝑛𝑡𝐶 𝑥 ≠ ∅, 𝑣ớ𝑖 𝑚ỗ𝑖 𝑥 ∈ 𝐷. Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) Với mỗi điểm cố định 𝑡 ∈ 𝐷, ánh xạ 𝐺(. , 𝑡): 𝐷 ⟶ 2𝑌 là C - hemi liên tục dưới;
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
(ii) Với mỗi điểm cố định 𝑥 ∈ 𝐷, tập 𝐴 = {𝑡 ∈ 𝐷|𝐺(𝑥, 𝑡) ⊆ −𝐶 𝑥 } đóng trong D;
(iii) F là C-giả đơn điệu;
(iv) G là C-lồi dưới theo đường chéo theo biến thứ hai.
Khi đó, tồn tại điểm 𝑥 ∈ 𝐷 𝑠𝑎𝑜 𝑐𝑜 𝑥 ∈ 𝑃1 𝑥 𝑣à 𝐺 𝑥 , 𝑡 ⊈ −𝑖𝑛𝑡𝐶(𝑥 ), ∀𝑡 ∈ 𝑃(𝑥 ).
Nhận xét 2.3.8. Nếu 𝐺: 𝐷 × 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ với giá trị khác rỗng compact, với mỗi điểm cố định 𝑦 ∈ 𝐷, 𝐺(𝑦, . ): 𝐷 ⟶ 2𝑌 là C - liên tục dưới, 𝐶: 𝐷 ⟶ 2𝑌
là ánh xạ nón với giá trị đóng, thì với mỗi điểm cố định 𝑥 ∈ 𝐷, tập 𝐴 = {𝑡 ∈ 𝐷|𝐺(𝑥, 𝑡) ⊆ −𝐶 𝑥 }là tập đóng trong D.
Thật vậy, ta giả sử 𝑡𝛼 ∈ 𝐴, 𝑡𝛼 ⟶ 𝑡, khi đó 𝐺 𝑥, 𝑡𝛼 ⊆ −𝐶 𝑥 . Tính C - liên tục dưới của G theo biến thứ hai, kéo theo với mỗi lân cận V của O trong Y
thỏa mãn 𝐺 𝑥, 𝑡 ⊆ 𝐺 𝑥, 𝑡𝛼 + 𝑉 − 𝐶 𝑥 . Điều này dẫn đến 𝐺 𝑥, 𝑡 ⊆ 𝑉 − 𝐶 𝑥 . Hơn nữa, do 𝐺 𝑥, 𝑡 là tập compact và 𝐶 𝑥 là tập đóng, ta suy ra 𝐺 𝑥, 𝑡 ⊆ −𝐶 𝑥 . Vì vậy, A là tập đóng trong D.
Khi G là ánh xạ với ba biến, ta xét bài toán tựa cân bằng Pareto suy rộng sau: Cho 𝐺: 𝐾 × 𝐷 × 𝐷 ⟶ 2𝑌, 𝐶: 𝐾 × 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ nón. Tìm 𝑥 ∈ 𝐷 sao cho 𝑥 ∈ 𝑃 𝑥 , ∃ 𝑦 ∈ 𝑇 𝑥 và 𝐺 𝑦 , 𝑥 ⊈ −𝐶 𝑦 , 𝑥 \ 0 , với mọi 𝑡 ∈ 𝑃(𝑥 ).
Hệ quả 2.3.9. Cho D, K, P, T xác định như trong hệ quả 2.3.1. 𝐺: 𝐾 × 𝐷 ×
𝐷 ⟶ 2𝑌 là là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và 𝐶: 𝐾 × 𝐷 ⟶ 2𝑌 là ánh xạ nón thỏa mãn 𝐺 𝑦, 𝑥, 𝑥 ∩ 𝐶 𝑦, 𝑥 ≠ ∅ 𝑣ớ𝑖 𝑚ỗ𝑖 𝑥 ∈ 𝐷. Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) Với mỗi điểm cố định 𝑡 ∈ 𝐷, tập 𝐴 = {𝑥 ∈ 𝐷|𝑦 ∈ 𝑇(𝑥) ⊆ −𝐶 𝑦, 𝑡 }
đóng trong D;
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
(iii) G(y,.,.) là C(y,.) – lồi dưới theo đường chéo (hoặc C(y,.) – tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) theo biến thứ ba.
Khi đó, tồn tại điểm 𝑥 ∈ 𝐷 𝑡ỏ𝑎 𝑚ã𝑛 𝑥 ∈ 𝑃 𝑥 , ∃𝑦 ∈ 𝑇 𝑥 𝑣à 𝐺 𝑦 , 𝑡, 𝑥 ⊆ −𝐶 𝑦 , 𝑡 , ∀𝑡 ∈ 𝑃(𝑥 ).
Chứng minh. Định nghĩa các ánh xạ 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 mỗi điểm cố định 𝑡 ∈ 𝐷, do A là tập đóng nên tập
𝐵 = {𝑥 ∈ 𝐷|∃𝑦 ∈ 𝑇 𝑥 , 0 ∈ 𝐹(𝑦, 𝑥, 𝑡)} mở trong D.
Lấy {𝑡1,…,𝑡𝑛} là tập con tùy ý trong D và điểm 𝑥 = 𝛼𝑖𝑡𝑖, 𝛼𝑖 𝑛 𝑖=1 ≥ 0, 𝛼𝑖 𝑛 𝑖=1 = 1.
Giả sử rằng với mỗi 𝑦 ∈ 𝑇 𝑥 , 0 ∉ 𝐹(𝑦, 𝑥, 𝑡𝑖), với mọi 𝑖 = 1, … , 𝑛. Nghĩa là 𝐺 𝑦, 𝑡𝑖, 𝑥 ⊈ −𝐶 𝑦, 𝑡𝑖 , với mọi 𝑖 = 1, … , 𝑛. Do G(y,.,.) là C(y,. )- giả đơn điệu mạnh cho nên 𝐺 𝑦, 𝑥, 𝑡𝑖 ⊆ −𝐶 𝑦, 𝑥 \{0} với mọi 𝑖 = 1, … , 𝑛. Từ tính
C(y,.) - lồi dưới hoặc C(y,.)- tựa giống như lồi dưới theo đường chéo theo biến thứ ba của G(y,.,.),ta suy ra
𝐺 𝑦, 𝑥, 𝑥 = 𝐺 𝑦, 𝑥, 𝛼𝑖𝑡𝑖
𝑛1 1
⊆ −𝐶 𝑦, 𝑥 \{0},
điều này mâu thuẫn với 𝐺 𝑦, 𝑥, 𝑥 ∩ 𝐶(𝑦, 𝑥) ≠ ∅. Vì vậy tồn tại điểm 𝑦 ∈ 𝑇 𝑥 và chỉ số 𝑗 ∈ 1, … , 𝑛 sao cho 0 ∈ 𝐹(𝑦, 𝑥, 𝑡𝑗). Vậy các điều kiện của hệ quả 2.3.1 được thỏa mãn và do đó tồn tại điểm 𝑥 ∈ 𝐷 thỏa mãn 𝑥 ∈ 𝑃(𝑥 ) và tồn tại điểm 𝑦 ∈ 𝑇 𝑥 , 0 ∈ 𝐹 𝑦 , 𝑥 , 𝑡 , với mọi 𝑡 ∈ 𝑃(𝑥 ). Điều này dẫn đến 𝐺 𝑦 , 𝑡, 𝑥 ⊆ −𝐶 𝑦 , 𝑡 , với mọi 𝑡 ∈ 𝑃(𝑥 ). Ta có điều cần chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Kết hợp Hệ quả 2.3.9 và Bổ đề 2.3.5 ta có sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng Pareto suy rộng sau đây.
Hệ quả 2.3.10. Cho D, K, P, T xác định như trong hệ quả 2.3.1, 𝐺: 𝐾 × 𝐷 × 𝐷 → 2𝑌 là ánh xạ với giá trị khác rỗng và 𝐶: 𝐾 × 𝐷 → 2𝑌 là ánh xạ nón thỏa mãn 𝐺 𝑦, 𝑥, 𝑥 ∩ 𝐶 𝑦, 𝑥 ≠ ∅. Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) Với mỗi điểm cố định 𝑦, 𝑡 ∈ 𝐾 × 𝐷, 𝐺 𝑦, . , 𝑡 : 𝐷 → 2𝑌 là C(y,.) - hemi liên tục trên;
(ii) Với mỗi điểm cố định 𝑡 ∈ 𝐷, 𝑡ậ𝑝 𝐴 = {𝑥 ∈ 𝐷|∃𝑦 ∈ 𝑇 𝑥 , 𝐺(𝑦, 𝑡, 𝑥) ⊆ −𝐶 𝑦, 𝑡 } đóng trong D;
(iii) G(y,.,.) là C(y,.) - giả đơn điệu mạnh;
(iv) G(y,.,.) là C(y,.) - lồi dưới theo đường chéo(hoặc C(y,.)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) theo biến thứ ba.
Khi đó, bài toán tựa cân bằng Pareto trên có nghiệm.
Dưới đây là các điều kiện đủ cho bài toán tựa tối ưu Pareto đơn trị có nghiệm.
Hệ quả 2.3.11. Cho D, K, P, xác định như trong hệ quả 2.3.1. Nếu các điều
kiện sau thỏa mãn: (i) T là ánh xạ đóng;
(ii) Với mỗi điểm cố định y ∈ 𝐾, á𝑛 𝑥ạ− 𝑓 𝑦, . : 𝐷 → 𝑌 là hemi liên tục trên;
(iii) Với mỗi điểm cố định 𝑡 ∈ 𝐷, á𝑛 𝑥ạ 𝑓 . , 𝑡 : 𝐾 → 𝑌 𝑙à −𝐶 - liên tục và ánh xạ 𝑓: 𝐾 × 𝐷 → 𝑌 𝑙à 𝐶- liên tục;
(iv) Với mỗi điểm cố định y ∈ 𝐾, á𝑛 𝑥ạ 𝑓 𝑦, . : 𝐷 → 𝑌 là C-lồi hoặc C-tựa giống như lồi.
Khi đó, bài toán tựa tối ưu Pareto trên có nghiệm.
Chứng minh. Định nghĩa ánh xạ đơn trị 𝐺: 𝐾 × 𝐷 × 𝐷 → 𝑌 bởi 𝐺 𝑦, 𝑥, 𝑡 = 𝑓 𝑦, 𝑡 − 𝑓 𝑦, 𝑥 , 𝑦, 𝑥, 𝑡 ∈ 𝐾 × 𝐷 × 𝐷.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
Khi đó bài toán trên trở thành: tìm 𝑥 ∈ 𝐷 với 𝑥 ∈ 𝑃 𝑥 sao cho ∃𝑦 ∈ 𝑇 𝑥 và
𝐺 𝑦 , 𝑥 , 𝑡 ⊈ −𝐶\{0}, với mọi 𝑡 ∈ 𝑃 𝑥 .
Ta sẽ chứng minh ánh xạ G thỏa mãn các điều kiện của hệ quả 2.3.10. Trước hết, ta sẽ chứng minh G(y,.,t) là C - hemi liên tục. Do − 𝑓 𝑦, . : 𝐷 → 𝑌 là hemi liên tục, nên mỗi điểm cố định 𝑥1, 𝑥2 ∈ 𝐷, ánh xạ 𝑔: 0; 1 → 2𝑌 được định nghĩa bởi 𝑔 𝛼 = −𝑓 𝑦, 𝛼𝑥1 + (1 − 𝛼 𝑥2) là nửa liên tục trên tại 0. Điều này dẫn đến với mỗi lân cận tùy ý V của gốc trong Y, tồn tại lân cận U
của 0 trong 0; 1 sao cho −𝑓 𝑦, 𝛼𝑥1 + (1 − 𝛼 𝑥2 ∈ −𝑓 𝑦, 𝑥2 + 𝑉. Từ đây suy ra 𝐺 𝑦, 𝛼𝑥1 + (1 − 𝛼 𝑥2, 𝑡) = 𝑓 𝑦, 𝑡 − 𝑓 𝑦, 𝛼𝑥1 + (1 − 𝛼 𝑥2) ∈ 𝑓 𝑦, 𝑡 − 𝑓 𝑦, 𝑥2 + 𝑉. Do đó, nếu 𝐺 𝑦, 𝛼𝑥1 + (1 − 𝛼 𝑥2, 𝑡 ∩ 𝐶 ≠ ∅, 𝛼 ∈ 0,1 , thì 𝑓 𝑦, 𝑡 − 𝑓 𝑦, 𝛼𝑥1 + 1 − 𝛼 𝑥2 ∩ 𝐶 ≠ ∅.
Điều này kéo theo
(𝐺 𝑦, 𝛼𝑥2, 𝑡) + 𝑉) ∩ 𝐶 = (𝑓 𝑦, 𝑡 − 𝑓(𝑦, 𝑥2) + 𝑉 ∩ 𝐶 ≠ ∅, với lân cận V
nào đó.
Vì vậy, 𝐺(𝑦, 𝛼𝑥2, 𝑡) + 𝑉) ∩ 𝐶 ≠ ∅, nghĩa là G(y,.,t) là C-hemi liên tục trên. Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng, với mỗi điểm cố định 𝑡 ∈ 𝐷, tập
𝐴 = {𝑥 ∈ 𝐷|∃𝑦 ∈ 𝑇 𝑥 , 𝐺(𝑦, 𝑡, 𝑥) ⊆ −𝐶} đóng trong D.
Giả sử rằng 𝑥𝛽 ∈ 𝐴, 𝑥𝛽 → 𝑥, ta suy ra tồn tại 𝑦𝛽 ∈ 𝑇 𝑥𝛽 sao cho