2.2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán quan hệ biến phân
2.2.2 Tiêu chuẩn dựa trên sự tương giao
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 trong Chương 1.
Định nghĩa 2.2.1. 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 2.2.1. Giả sử A là một tập compact. Khi đó bài toán (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 bài toán (VR).
Theo Định lí (2.2.1) 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) giải được hữu hạn.
Điều kiện đủ: Giả sử (VR) giải được hữu hạn. Theo Định lí (2.2.1) 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 (2.2.1) thì ¯a là nghiệm của (VR).
Từ nay về sau nếu không nói gì thêm chúng ta luôn giả thiết A = B là tập con khác rỗng của không gian véctơ tôpô Hausdorff.
Định nghĩa 2.2.2. Quan hệ R được gọi là quan hệ 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).
Trường hợp đặc biệt, a là tổ hợp lồi của chính nó. Nhận xét sau có lợi trong các lập luận tiếp theo.
Nhận xét 2.2.1. Nếu R là KKM thì R(a, a, y) đúng với mọi y∈T(a, a).
Định lý 2.2.2. Bài toán (VR) có nghiệm nếu các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) A là tập khác rỗng, lồi, compact.
(ii) Ánh xạ P có giá trị đóng.
(iii) Với mỗi a∈A, bao lồi S2(a) chứa trong S1(a).
(iv) Quan hệ R là KKM.
Chứng minh. Trước hết ta sẽ chứng minh với mọi a∈ A, P(a)6=∅. Phản chứng rằng tồn tại a0 ∈ A :P(a0) = ∅. Suy ra, A\S2−1(a0) =∅, nên A ≡ S2−1(a0). Do đó với mọi a ∈A:a∈S2−1(a0), tức là a0∈S2(a) với mọi a∈A. Theo (iii),
S2(a0)⊆convS2(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). Suy ra, a0 ∈ P2(a0), nên a0 ∈ P(a0), điều này mâu thuẫn với giả thiết phản chứng. Vậy, P(a)6=∅.
Tiếp theo ta sẽ 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), thì a ∈ P(ai0). Suy ra P là KKM. Ngược lại, với mọi i= 1, ..., k, a /∈A\S2−1(ai), thì a∈S2−1(ai), tức là
ai∈S2(a)⊆convS2(a).
Do đó,
a=
k
X
i=1
ai∈convS2(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). Do đó, a ∈ P(ai), tức là P là ánh xạ KKM. Vì vậy, với P là ánh xạ KKM, P(a) khác rỗng và P(a) là tập đóng nên theo Định lí KKM-Fan ta có:
T
b∈A
P(b)6=∅. Vậy bài toán (VR) có nghiệm.
Nhận xét 2.2.2. Xem xét các điều kiện của Định lí (2.2.2) một cách chi tiết hơn chúng ta thấy rằng định lí vẫn đúng dưới điều kiện yếu hơn đặt lên quan hệ R bằng cách đòi hỏi R(a, ai, y) với y ∈T(a, ai) đúng khi tổ hợp lồi a của các ai là điểm cố định của S1. Các điều kiện (i) và (iii)là các điều kiện bình thường, còn nếu điều kiện (ii) hoặc (iv) bỏ đi thì khẳng định của định lí có thể không còn đúng nữa.
Ví dụ 2.2.1. Xét mô hình bài toán cân bằng mô tả trong Ví dụ (2.1.4), trong đó X = [0,1] ⊆ R, A = B = X = Y và quan hệ R được định nghĩa bởi ánh xạ φ:X×X →R với
φ(x, y) = x2−x−y+1 2. Đặt
S1(a) = S2(a) = [0,1], T(a, b) = {b} với mọi a∈A, b∈B.
Ta kiểm tra các điều kiện của Định lí (2.2.2).
(i) Vì X = [0,1]là tập khác rỗng, lồi, compact nên điều kiện (i) thỏa mãn trong Định lí (2.2.2).
(ii) Ánh xạ P : [0,1]⇒[0,1] có giá trị đóng. Thật vậy:
Ta có
P1(b) =A\S2−1(b) = [0,1]\[0,1] =∅, và
P2(b) =
a∈A:a∈S1(a)và R(a, b, y)đúng với mọiy ∈T(a, b)
= [0,1].
Suy ra, P(b) =P1(b)∪P2(b) = [0,1] là đóng.
(iii) Với mỗi a∈[0,1], bao lồi S2(a)⊆S1(a) là đúng vì S2(a) = [0,1]⊆S1(a) = [0,1]. (iv) Xét a= 1 ta có φ(1, y) = 12−1−1 + 1
2 = −1
2 <0. Suy ra quan hệ R(a, a, y) không đúng với a = 1. Vậy quan hệ R là KKM không đảm bảo.
Và bài toán (VR) không có nghiệm, vì tồn tại y¯= 1 sao cho φ(a, y) =a2−a+ 1
2 ≤1 với mọi a∈[0,1]. Suy ra
φ(a, y) =a2−a+1
2 −1≤0 với mọi a ∈[0,1], hay với mọi a∈X, tồn tại y¯= 1 để φ(a, y)≤0 không đúng.
Vì vậy, điều kiện (iv) là bản chất.
Ví dụ 2.2.2. Cho X = [0,1]⊆R, quan hệ R được định nghĩa bởi ánh xạ φ(x, y) =
1
2 −y nếu 0≤x≤ 1 2,
−1
4 +y nếu 1
2 < x≤1.
Đặt
S1(a) = S2(a) = [0,1], T(a, b) = {b}.
Ta kiểm tra các điều kiện của Định lí (2.2.2)
(i) Vì X = [0,1]là tập khác rỗng, lồi, compact nên điều kiện (i) thỏa mãn trong Định lí (2.2.2).
(ii) Ánh xạ P : [0,1]⇒[0,1] không có giá trị đóng. Thật vậy:
Ta cóP1(b) = ∅,như trong Ví dụ (2.2.1). VàP2(b) = 1 2,1i
,do lấyy∈h1 4,1i
, nên có φ(a, y) = −1
4+y≥0 với mọi a∈1 2,1i
, tức là P2(b) =
a∈A:a ∈S1(a)vàR(a, b, y)đúng với mọiy∈T(a, b) =1 2,1i
. Vậy, P(b) =P1(b)∪P2(b) =
1 2,1
i
, không có giá trị đóng.
(iii) Với mỗi a∈[0,1], bao lồi S2(a)⊆S1(a) vì theo Ví dụ (2.2.1).
(iv) Lấy a=α1a1+α2a2 với α1, α2 ≥0;α1+α2 = 1.
Nếu a∈h 0,1
2 i
chọn ai =a1 ≤a thì φ(a, ai) = 1
2 −ai≤0 hay R(a, ai, b) đúng với y ∈T(a, ai).
Nếu a ∈ 1 2,1
i
chọn ai = a2 ≥ a thì φ(a, ai) = −1
4 +ai ≥ 0 hay R(a, ai, b) đúng với y∈T(a, ai).
Vậy R là KKM.
Và bài toán (VR) cũng không có nghiệm theo Ví dụ (2.2.1).
Nhằm mục đích để các điều kiện (ii) và (iv) của định lí trên được thỏa mãn ta sẽ dựa trên tính liên tục của các ánh xạ đa trị.
Định nghĩa 2.2.3. Lấy b cho trước, b ∈ A. Quan hệ R(., b, .) được gọi 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 2.2.3. Ta có các nhận xét sau:
1. Đặt
E ={a ∈A:a∈S1(a)}, PR(b) =
x∈A :R(x, b, y)đúng với mọiy∈T(x, b) . Khi đó, P(b) =
A\S2−1(b) ∪ {E∩PR(b)}. Thật vậy:
Giả sử a∈P(b). Khi ấy 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 mọiy∈T(a, b) . Vì thế, P(b)⊆
A\S2−1(b) ∪ {E∩PR(b)}.
Ngược lại, giả sử a∈
A\S2−1(b) ∪ {E∩PR(b)}.Khi đó, hoặc làa∈
A\S2−1(b) , suy ra a ∈ P1(b). Hoặc là, a ∈ {E∩PR(b)}, nên a ∈ E và a ∈ PR(b). Suy ra a∈P2(b). Do đó a∈P(b). Vì vậy P(b)⊇
A\S2−1(b) ∪ {E∩PR(b)}. 2. P(b) đóng nếu
A\S2−1(b) và {E∩PR(b)} đóng. Vì hợp của hai tập đóng là tập đóng.
3. E là đóng nếu S1 là ánh xạ đóng. Thật vậy:
Giả sử, lấy lưới {an} ∈E sao cho an hội tụ tới ¯a, ta sẽ chứng minh ¯a∈E. Xét lưới{zn} ∈S1(an)sao chozn hội tụ tớia,¯ suy ra {(an, zn)} ∈gphS1 và dogphS1 là đóng nên (an, zn) hội tụ tới(¯a,z)¯ ∈gphS1.Vì vậy, z¯∈S1(¯a). Lấy lưới {zn} ≡ {an} nên z¯= ¯a ∈S1(¯a), tức là ¯a∈E. Vậy E đóng.
Đảo lại thì không 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. Khi đó, 1n,−1
→ (0,−1) ∈/ gphS1. Vì vậy gphS1 không đóng.
Bổ đề 2.2.1. Lấy b ∈A. Giả sử (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 biến 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 sẽ đi chứng minh PR(b)là tập đóng. Thật vậy, giả sử (aα)∈Alà một lưới hội tụ tới avà 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 mọiα.Do đó PR(b)là tập đóng. VậyP(b)đóng.
Hệ quả 2.2.2. Bài toán (VR) có nghiệm khi các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) A là tập khác rỗng, lồi, compact;
(ii) Tập tất cả các điểm bất động của S1 là đóng;
(iii) S2−1(b) là tập mở trong A và với mỗi b ∈A, convS2(b)⊆S1(b).
(iv) Với mỗi b∈A cho trước, T(., b) là nửa liên tục dưới với biến thứ nhất;
(v) Quan hệ R là KKM và với mỗi điểm b∈A cho trước, R(., b, .) đóng với biến thứ nhất và biến thứ ba.
Chứng minh. Áp dụng trực tiếp Định lí (2.2.2) và Bổ đề (2.2.1).