Để nghiên cứu bài toán cân bằng vectơ cần mở rộng nguyên lí biến phân Ekeland cho hàm vectơ. Mục này trình bày nguyên lí biến phân Ekeland vectơ theo [4].
Giả sử f : X → Y trong đó (X, d) là không gian mêtric đầy đủ và (Y, K) được kí hiệu là không gian tôpô tuyến tính lồi địa phương được sắp thứ tự bởi nón lồi đóng không tầm thường K ⊆ Y như sau
y1 ≤K y2 ⇔y2 −y1 ∈ K.
Định nghĩa 2.2.1 (Nửa liên tục dưới). Một hàm giá trị vectơ f được gọi là K−nửa liên tục dưới (lower semicontinous) tại x0 ∈ X nếu với mỗi lân cận V của f(x0) tồn tại một lân cận U của x0 sao cho
f(U) ⊂ V +K.
Để cho tiện nhiều khi ta chỉ nói nửa liên tục dưới thay cho K− nửa liên tục dưới. Dưới đây ta có khái niệm về tính tựa nửa liên tục dưới yếu hơn khái niệm nửa liên tục dưới nêu trên.
Định nghĩa 2.2.2 (Tựa nửa liên tục dưới). Một hàm f được gọi là tựa nửa liên tục dưới (quasi lower semicontinous) tại x0 ∈ X nếu với mỗi b ∈ Y mà b /∈ f(x0) +K tồn tại lân cận U của x0 ∈ X mà b /∈ f(x) +K với mỗi x ∈ U.
Một hàmf là tựa nửa liên tục dưới trên X nếu nó là tựa nửa liên tục dưới tại mọi điểm của X.
Nhận xét 2.2.3. Hàm f là nửa liên tục dưới thì f là tựa nửa liên tục dưới. Điều ngược lại không đúng.
Bổ đề 2.2.1. Hàm f tựa nửa liên tục dưới trên X nếu và chỉ nếu các tập mức dưới là đóng, tức là với mỗi b ∈ Y, L(f, b) = {x ∈ X, f(x) ∈ b−K}
là đóng.
Nói chung tính tựa nửa liên tục dưới không đóng qua phép cộng [12, Nhận xét 23]. Nhưng có thể chứng minh được rằng nếu f, g : X → Rn là tựa nửa liên tục dưới và bị chặn dưới (tức là f(X) ⊆ b+K với b nào đó) thì f +g cũng là tựa nửa liên tục dưới.
Ta muốn khi nào thì tổng của một hàm tựa nửa liên tục dưới f và một hàm liên tục dưới g vẫn là tựa nửa liên tục dưới. Câu trả lời là khẳng định khi thêm giả thiết về tính chất bị chặn đơn điệu (monotone bounds property-MBP) của không gian (Y, K).
Như vậy, nếu Y không là MBP thì câu trả lời phủ định, thậm chí trong trường hợp g là liên tục, như ví dụ sau chỉ ra.
Ví dụ 2.2.1. Cho Y := R2 và K := {(x,0) : x ≥ 0}. Khi đó, (Y, K) không có tính chất MBP.
Cho f, g : R →R2 xác định bởi f(x, y) =
(0,0) nếu t= 0, (−1,−t) nếu t6= 0, và g := (0, t) với mọi t.
Hàm f là tựa nửa liên tục dưới, g là liên tục, nhưng hàm tổng f + g rõ ràng không tựa nửa liên tục dưới khi t= 0.
Theo ví dụ trên ta xét lớp hàm trong Bổ đề 1.4.2 dưới đây, khẳng định tính chất tựa nửa liên tục dưới của tổng vẫn được bảo toàn. Kết quả này sẽ có lợi trong các nghiên cứu tiếp theo.
Bổ đề 2.2.2. Cho f : X → Y là hàm tựa nửa liên tục dưới, g : X → R là hàm nửa liên tục dưới, và e ∈ K. Khi đó hàm f + ge : X → Y là tựa nửa liên tục dưới.
Chứng minh. Ta có (f +ge)(x) := f(x) +g(x).e
Nếu e = 0Y thì (f + ge)(x) := f(x) + g(x).e = f(x), ∀x ∈ X hay f = g.e = f. Mà f tựa nửa liên tục dưới nên f + g.e là tựa nủa liên tục dưới.
Giả sử rằng e 6= 0Y và cố định xˆ∈ X. Giả sử u := b−g(ˆx)e−f(ˆx) ∈/ K. Khi đó phần bù KC của K là tập mở và là lân cận của u, hay nói cách khác tập KC −u là lân cận của gốc trong Y ban đầu. Vì lân cận bất kì của gốc trong không gian tôpô tuyến tính lồi địa phương là tập hấp thụ (ví dụ, Rudin [15, p. 24]), tồn tại ε > 0 sao cho εe ∈ KC −u,
b−g(ˆx)e−f(ˆx) +εe /∈ K.
Vì f tựa nửa liên tục dưới nên tồn tại lân cận U của xˆ sao cho b−g(ˆx)e−f(x) +εe /∈ K, ∀x ∈ U.
Do g nửa liên tục dưới nên tồn tại một lân cận V của xˆ mà g(ˆx)−ε < g(x), ∀x ∈ V.
Vì vậy, với mọi x ∈ V tồn tại kx ∈ K sao cho g(ˆx)e−εe−g(x)e = −kx. Do đó, với mọi x ∈ U ∩V ta có
b+kx−g(x)e−f(x) ∈ K.
Suy ra b−g(x)e−f(x) ∈/ K.
Ta kí hiệu K∗ là đối ngẫu của K trong không gian tôpô đối ngẫu Y∗ xác định bởi
K∗ = {y∗ ∈ Y∗, y∗(y) ≥ 0,∀y ∈ K}.
Cố định điểm e ∈ K\(−K) và xét phiếm hàm e∗ ∈ K∗ mà e∗(e) = 1. Kết quả dưới đây cung cấp một phiên bản của nguyên lí biến phân Ekeland vectơ áp dụng cho bài toán cân bằng [3].
Định lí 2.2.3. Giả sử (X, d) là không gian metric đủ. Giả thiết rằng hàm f : X ×X →Y thỏa mãn các giả thiết sau:
(i) f(t, t) = 0Y với mọi t ∈ X;
(ii) y → e∗(f(x, y)) là bị chặn dưới với mọi x ∈ X; (iii) f(z, y) +f(y, x) ∈ f(z, x) +K với mọi x, y, z ∈ X; (iv) y →f(x, y) là tựa nửa liên tục dưới với mọi x ∈ X.
Khi đó, với mỗi ε > 0 và với mỗi x0 ∈ X, tồn tại xˆ ∈ X sao cho (a) f(x0,x) +ˆ εd(x0,x)eˆ ∈ −K;
(b) f(ˆx, x) +εd(ˆx, x)e /∈ −K, ∀x ∈ X\{ˆx}.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, chúng ta chứng minh định lí trong trường hợp ε = 1. Với mỗi x ∈ X xét tập hợp
F(x) := {y ∈ X :f(x, y) +d(x, y)e∈ −K}.
Từ(i)ta cóf(x, x) = 0với mọix ∈ X. Suy raf(x, x)+d(x, x)e= 0 ∈ −K hay x∈ F(x). Vậy F(x) 6= ∅ với mọi x ∈ X.
Do (iv) nên F(x) là tập đóng với mỗi x ∈ X (Bổ đề 2.2.1, 2.2.2).
Giả sử rằng y ∈ F(x), có nghĩa là
f(x, y) +d(x, y)e∈ −K, (2.19) và lấy z ∈ F(y), nghĩa là
f(y, z) + d(y, z) ∈ −K. (2.20) Cộng hai vế của (2.19) và (2.20) và do −K là nón lồi nên ta có
f(x, y) +f(y, z) + (d(x, y) +d(y, z))e ∈ −K.
Do (iii) và bất đẳng thức tam giác của khoảng cách, ta dễ dàng có được z ∈ F(x).
Thật vậy, để chứng minh z ∈ F(x)ta cần chứng minh f(x, z) +d(x, z).e ∈
−K.
Vì f(x, y) +f(y, z) ∈ f(x, z) +K nên tồn tại k ∈ K sao cho f(z, y) +f(y, z) =f(z, x) + k
Suy ra f(x, z) = f(x, y) +f(y, z)−k. Ta có
f(x, z) +d(x, z)e = f(x, y) +f(y, z)−k+ [d(x, y) +d(y, z)]e−αe
= [f(x, y) +d(x, y)e] + [f(y, z) +d(y, z)e]−k−αe ∈ −K.
Do đó y ∈ F(x) kéo theo bao hàm F(y) ⊆ F(x).
Ta định nghĩa hàm giá trị thực v(x) = inf
z∈F(x)e∗(f(x, z)).
Nếu z ∈ F(x) thì d(x, z)e= −f(x, z)−k, với k ∈ K nào đó.
Lấy e∗ hai vế, vì e∗(e) = 1 nên e∗(d(x, z)e) = d(x, z)e∗(e) = d(x, z) và e∗(k) ≥ 0 với mọi k ∈ K.
Suy ra e∗(d(x, z)e) =d(x, z) =−e∗(f(x, z))−e∗(k) ≤ −e∗(f(x, z)). Tương tự chứng minh Định lí 2.2.1, ta có chuỗi bất đẳng thức sau
d(x, z) ≤ −e∗(f(x, z))
≤ − inf
z∈F(x)e∗(f(x, z))
= −v(x).
Cụ thể, với mỗi x1, x2 ∈ F(x) ta có
d(x1, x2) ≤ d(x1, x) +d(x, x2) ≤ −2v(x).
Chứng tỏ rằng diam(F(x)) ≤ −2v(x).
Bắt đầu từ x0 ∈ X, dãy điểm {xn} của X có thể định nghĩa sao cho xn+1 ∈ F(xn) và e∗(f(xn, xn+1)) ≤ v(xn) + 2−(n+1). Chú ý rằng, từ (iii) suy ra e∗(f(z, y)) +e∗(f(y, x)) ≥ e∗(f(z, x)). Do đó
v(xn+1) ≥ inf
y∈F(xn)
e∗(f(xn+1, y))
≥ ( inf
y∈f(xn)e∗(f(xn, y)))−e∗(f(xn, xn+1))
= v(xn)−e∗(f(xn, xn+1)).
Do đó, như trong Định lí 1.4.1, chúng ta thu được
−v(x) ≤ −e∗(f(xn, xn+1)) + 2−(n+1) ≤v(xn+1)−v(xn) + 2−(n+1).
Điều đó dẫn đến
diam(F(xn)) ≤ −2v(xn) ≤ 2.2−n. Suy ra
diam(F(x)) → 0, n → ∞.
Vì tập F(xn) là tập đóng và F(xn+1) ⊆ F(xn) nên theo định lí Cantor về dãy các tập đóng lồng nhau ta thu được giao của tập F(xn) là {ˆx} và F(ˆx) = {ˆx}. Do xˆ ∈ F(x0), chúng ta có (a). Ngoài ra, nếu x 6= ˆx, thì x /∈ F(ˆx), và chúng ta có (b).
Nhận xét 2.2.4. Ta sẽ chỉ ra điều kiện (ii) của Định lí 2.2.3 rõ ràng là yếu hơn giả thiết về tính bị chặn dưới của f(x, .). Thật vậy, nếu một hàm g : X → Y là bị chặn dưới thì tồn tại b ∈ Y mà với mỗi x ∈ X, g(x) ∈ b+K. Đặc biệt, e∗(g(x)) ≥ e∗(b), tức là e∗(g) là bị chặn dưới. Mặt khác, xét hàm g : R → R2 định nghĩa bởi g(t) = (−t, t). Nếu R2 được cho bởi nón R2+ thì ta sẽ dễ dàng thấy rằng g là không bị chặn dưới. Nhưng nếu ta lấy e∗ = (1,1), hàm thực e∗(g(t)) = 0 là hằng số, do đó hiển nhiên bị chặn (bị chặn dưới).
Theo Định lí 2.2.3, ta có thể suy ra nguyên lí biến phân Ekeland cho bài toán cân bằng vectơ dưới đây.
Định lí 2.2.4. Giả sử rằng các giả thiết của Định lí 2.2.3 được thỏa mãn.
Với ε > 0 và λ >0 cho trước và x0 ∈ X sao cho
f(x0, y) +εe /∈ −K, ∀y ∈ X. (2.21) Khi đó, tồn tại xˆ ∈ X sao cho
(a’) f(ˆx, x0) ∈ K; (b’) d(ˆx, x0) ≤ λ; (c’) f(ˆx, x) + ε
λd(ˆx, x)e /∈ −K, ∀x ∈ X\{ˆx}.
Chứng minh. Giả sử xˆ ∈ X là một phần tử được cho bởi Định lí 2.2.3 với ε
λ thay vì ε. Khi đó, chúng ta thu được (c’) từ tính chất (b) của Định lí 2.2.3. Theo tính chất (a), ta có
f(x0,x) +ˆ ε
λd(x0,x)eˆ ∈ −K, (2.22)
tức là
f(x0,x) +ˆ ε
λd(x0,x)eˆ = −k1 (k1 ∈ K). (2.23) Từ giả thiết (i) và (iii) suy ra f(x, y) +f(y, x) ∈ f(x, x) + K = K. Cụ thể là
f(x0,x) +ˆ f(ˆx, x0) = k0 (k0 ∈ K).
Suy ra
f(x0,x) =ˆ −f(ˆx, x0) +k0 (k0 ∈ K). (2.24) Từ (2.23) và (2.24), ta có
f(ˆx, x0) = ε
λd(x0,x)eˆ +k1 +k0 ∈ K.
Như vậy (a’) được chứng minh.
Ta có
f(x0,x) +ˆ εe= −ε
λd(x0,x)eˆ +εe−k1 = −ε
λ(d(x0,x)ˆ −λ)e−k1 ∈ −K./ (2.25) Suy ra d(x0,x)ˆ −λ ≤ 0 tức là d(x0,x)ˆ ≤λ. Định lí chứng minh xong.
Nhận xét 2.2.5. Nếu chúng ta giả sử rằng nón K nhọn (tức là K ∩ (−K) = {0}), khi đó ta có thể làm yếu điều kiện (2.21) như sau
f(x0, y) +εe /∈ −K\{0}, ∀y ∈ X. (2.26) Thật vậy, từ (2.26), (2.25), chúng ta có
−ε
λ(d(x0,x)ˆ −λ)e−k1 ∈ −K\{0}./ Nếu d(x0,x)ˆ −λ > 0, thì −ε
λ(d(x0,x)ˆ −λ)e− k1 ∈ −K, và do đó phải bằng 0. Điều này mâu thuẫn với tính nhọn của K.
Chương 3
Các dạng tương đương của nguyên lí biến phân và một số nguyên lí biến phân khác