Chương 3. Các bài toán liên quan 72
3.2 Bài toán tựa cân bằng suy rộng loại II
3.2.2 Định lý tồn tại nghiệm
Bài toán tựa cân bằng suy rộng loại II đã được các tác giả T. T. T. Duong, N.
X. Tan, N. T. Q. Anh,... (xem [23], [60],... ) nghiên cứu. Trong mục này ta sẽ đưa ra
điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán (GEP)II dựa trên các kết quả mới ở Chương 2. Trước hết, áp dụng định lý và các hệ quả về điểm bất động của bài toán tựa cân bằng tổng quát liên quan tới ánh xạ l.s.c yếu vô hướng, ta có định lý:
Định lý 3.2.1. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D là tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P1 :D → 2D là ánh xạ đa trị có giá trị khác rỗng, đóng với mỗi tập các điểm bất động B ={x∈X|x∈P1(x});
iii) Ánh xạP2 :D→2D có giá trị khác rỗng và có nghịch ảnh mở vàP2(x)⊆P1(x) với mỗi x∈D;
iv) Với mỗi t∈D cố định,
A ={x∈D|0∈/ F(y, x, t), với y ∈Q(x, t) nào đó}
là tập mở trong D;
v) 0∈F(y, x, x), với mọi (x, y)∈D×K.
Khi đó, tồn tại x∈D sao cho 1) x∈P1(x);
2) 0∈F(y, x, t), với mọi t∈P2(x) và y∈Q(x, t).
Chứng minh. Ta định nghĩa ánh xạ M :D→2D:
M(x) ={t ∈D|0∈/ F(y, x, t), với y∈Q(x, t) nào đó}.
Ta thấy, nếu tồn tại x∈D, x∈P1(x)và M(x)∩P2(x) =∅, thì 0∈F(y, x, t), với mọi t∈P2(x), y ∈Q(x, t).
Khi đó định lý được chứng minh. Do đó, ta cần chỉ ra sự tồn tại của điểm x như vậy. Thật vậy, giả sử ngược lại, với mọi x∈P1(x), M(x)∩P2(x)6=∅. Ta xây dựng
ánh xạ H :D→2D:
H(x) =
M(x)∩P2(x), nếu x∈P1(x);
P2(x), nếu x /∈P1(x).
Ta cần chứng minh ánh xạH thỏa mãn những giả thiết của Hệ quả 2.1.8. Thật vậy, dễ thấyH(x)6=∅. Hơn nữa, ta có
H−1 =M−1∩P2−1(t) = A∩P2−1(t).
Khi đó, hoặc t ∈ D0, với D0 = {x ∈ D|x ∈ P1(x)} là tập đóng trong D và H−1(t) = P2−1(t), hoặc t ∈ D\D0. Vì với mọi t ∈ D, M−1(t) = A là tập mở trong D và P2 có nghịch ảnh mở trên D, nên H cũng là ánh xạ có nghịch ảnh mở.
Do đó, H là l.s.c trên D. Áp dụng Hệ quả 2.1.8, suy ra tồn tại x ∈ D sao cho x ∈ H(x) = M(x)∩P2(x). Nếu x ∈ P1(x) thì x ∈ M(x), suy ra mâu thuẫn. Nếu x /∈P1(x), thì x∈H(x) = P2(x)⊆P1(x). Khi đó, ta cũng có mâu thuẫn. Vậy định
lý được chứng minh.
Thay điều kiện iv) trong định lý trên bởi điều kiện: với mỗi điểm t ∈Dcố định, ánh xạ Q(., t) : D→2D là l.s.c và F(., ., t) :D×K → 2X là ánh xạ đóng. Khi đó, ta có hệ quả.
Hệ quả 3.2.1. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D là tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P1 :D → 2D là ánh xạ đa trị có giá trị khác rỗng, đóng mỗi tập các điểm bất động B ={x∈X|x∈P1(x});
iii) Ánh xạ P2 :D→2D có giá trị khác rỗng và có nghịch ảnh mở, P2(x))⊆P1(x) với mỗi x∈D;
iv) Với mỗit ∈Dcố định, ánh xạQ(., t) :D→2D là l.s.c vàF(., ., t) :D×K →2X là ánh xạ đóng;
v) 0∈F(y, x, x), với mọi (x, y)∈D×K.
Khi đó, tồn tại x∈D sao cho 1) x∈P1(x);
2) 0∈F(y, x, t), với mọi t∈P2(x) và y∈Q(x, t).
Chứng minh. Cho t∈D cố định, đặt
B ={x∈D|0∈F(y, x, t), với mọi y∈Q(x, t)}.
Khi đó, ta cần chứng minhB là tập đóng trongD. Thật vậy, lấy{xα} ⊂B, xα →x, y∈Q(x, t)tùy ý. VìQ(., t)là ánh xạ l.s.c nên tồn tại yα ∈Q(xα, t)sao choyα →y.
Hơn nữa, ta có xα ∈ B. Từ đó, suy ra 0 ∈ F(yα, xα, t). Theo giả thiết, F(., ., t) là ánh xạ đóng, nên0∈F(y, x, t). Suy ra, ta có 0∈F(y, x, t), với mọiy∈Q(x, t). Do đó, x∈B, tức là B là tập đóng. Ta có, tập
A=D\B ={x∈D|0∈/ F(y, x, t), với y∈Q(x, t)nào đó}
là mở trong D. Khi đó, điều kiện iv) của Định lý 3.2.1 được thỏa mãn. Vậy, ta có
điều phải chứng minh.
Nhận xét 3.2.1. Ta thấy, phương pháp chứng minh trong Định lý 3.2.1 là sử dụng kết quả mới thu được ở Chương 2, hoàn toàn khác với phương pháp của các tác giả N. X. Tan và T. T. T. Duong là sử dụng tính chất Q−KKM của ánh xạ F như trong Định lý 3.1 của bài báo [23]. Mặt khác, ta có điều kiện cho sự tồn tại nghiệm của bài toán (GEP)II trong Định lý 3.2.1 đã được giảm nhẹ so với kết quả của Định lý 3.1 trong [23]. Thật vậy, ở Định lý 3.2.1 chỉ cần điều kiệnP2(x)⊆P1(x), còn điều kiện trong Định lý 3.1 (xem [23]) là coP2(x)⊆P1(x).
Tiếp theo, ta xét điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán (GEP)II tổng quát, trước hết ta có bổ đề:
Bổ đề 3.2.1. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D là tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) S : D×K → 2D là ánh xạ đa trị có giá trị khác rỗng, đóng với tập các điểm bất động B ={(x, y)∈D×K|x∈S(x, y), y ∈T(x, y)};
iii) P0 :D×K →2D là ánh xạ có nghịch ảnh mở và co(P0(x, y))⊂S(x, y) với mỗi (x, y)∈D×K;
iv) Với mỗi t∈D cố định,
A={(x, y)∈D×K|0∈/F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó}
là tập mở trong D.
Khi đó, ánh xạ G:D×K →2D được xác định bởi
G(x, y) = {t∈P0(x, y)|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó}, (x, y)∈D×K, là l.s.c trên D×K.
Chứng minh. Ta có
G(x, y) = {t∈P0(x, y)|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó}
={t∈D|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó} ∩P0(x, y).
Với mỗi t∈D, ta có
G−1(t) ={(x, y)∈D×K|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó} ∩P0−1(t)
=A∩P0−1(t),
là tập mở. Do đó, ánh xạ G có nghịch ảnh mở. Vậy, G là ánh xạ l.s.c.
Giả sử với mỗi (x, y)∈D×K cố định, ánh xạ đa trị Q0(x, ., t) :D→2K là l.s.c và ánh xạ đa trị F2(., ., ., t) :K×K×D→2Y là ánh xạ đóng. Ta có:
Bổ đề 3.2.2. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D là tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) S :D×K →2D là ánh xạ đa trị có giá trị khác rỗng, đóng với mỗi tập cố định B ={(x, y)∈D×K|x∈S(x, y), y ∈T(x, y)};
iii) P0 : D×K →2D là ánh xạ đa trị có nghịch ảnh mở và co(P0(x, y)) ⊆S(x, y) với mỗi (x, y)∈D×K;
iv) Với mỗi t∈D cố định, ánh xạ đa trịQ0(., t, .) :D×K →2K là l.s.c và ánh xạ đa trị F2(., ., ., t) :K×K×D→2Y là ánh xạ đóng.
Khi đó, ánh xạ G:D×K →2D:
G(x, y) = {t∈P0(x, y)|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó}, (x, y)∈D×K,, là l.s.c trên D×K.
Chứng minh. Với t ∈D, ta đặt
C ={(x, y)|D×K|0∈F(y, v, x, t), với mọiv ∈Q0(x, t, y).
Ta sẽ chứng minhC là tập đóng trong D×K. Thật vậy, lấy dãy(xα, yα)⊂C, xα → x, yα → y. Lấy bất kỳ v ∈ Q0(x, t, y). Vì Q0(., t, .) là ánh xạ l.s.c tại (x, y) nên ta có thể tìm được dãy vα ∈ Q0(xα, t, yα) sao cho vα → v. Do (xα, yα) ⊂ C nên 0∈F2(yα, vα, xα, t). Vì ánh xạ đa trị F2(., ., ., t)là ánh xạ đóng nên0∈F2(y, v, x, t).
Do đó,0∈F2(y, v, x, t) với mọiv ∈Q0(x, t, y). Suy ra, ta có(x, y)∈C là tập đóng.
Khi đó, tập
A =D\C ={(x, y)∈D×K|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y)nào đó}
là tập mở trong D. Điều kiện iv) của Bổ đề 3.2.1 được thỏa mãn. Vậy, ta có điều
phải chứng minh.
Định lý sau là sự mở rộng Định lý 3.1 trong [23].
Định lý 3.2.2. Bài toán (GEP)II tổng quát có nghiệm nếu:
i) D là tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) S : D×K → 2D là ánh xạ đa trị có giá trị khác rỗng, đóng với tập cố định B ={(x, y)∈D×K|x∈S(x, y), y ∈T(x, y)};
iii) Ánh xạ P0 : D×K → 2D có nghịch ảnh mở và co(P0(x, y))⊂ S(x, y) với mỗi (x, y)∈D×K;
iv) Với mỗi t∈D cố định,
A={(x, y)∈D×K|0∈/F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó}
là tập mở trong D;
v) Với mọi y∈K, v∈Q0(x, x, y), 0∈F2(y, v, x, x).
Chứng minh. Ta xây dựng ánh xạ G:D×K →2D
G(x, y) ={t ∈P0(x, y)|0∈/F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó}, với (x, y)∈D×K.
Áp dụng Hệ quả 2.1.2, với ánh xạ H = 0 và ánh xạ G được xác định như trong Bổ đề 3.2.1, khi đó tồn tại (x, y)∈D×K sao cho
1) x∈S(x, y);
2) y∈T(x, y);
3) G(x, y) =∅.
Vậy,0∈F2(y, v, x, t), với mọi t∈P0(x, y), v ∈Q0(x, t, y).
Định lý 3.2.3. Bài toán (GEP)II tổng quát có nghiệm nếu:
i) D là tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) S :D×K →2D là ánh xạ đa trị có giá trị khác rỗng, đóng với mỗi tập cố định B ={(x, y)∈D×K|x∈S(x, y), y ∈T(x, y)};
iii) P0 : D×K →2D là ánh xạ đa trị có nghịch ảnh mở và co(P0(x, y)) ⊆S(x, y) với mọi (x, y)∈D×K;
iv) Với mỗi t∈D cố định, ánh xạ đa trịQ0(., t, .) :D×K →2K là l.s.c và ánh xạ đa trị F2(., ., ., t) :K×K×D→2Y là ánh xạ đóng;
v) Với mọi y∈K, v∈Q0(x, x, y), 0∈F2(y, v, x, x).
Chứng minh. Ta xây dựng ánh xạ G:D×K →2D:
G(x, y) ={t∈P0(x, y)|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y)nào đó},(x, y)∈D×K.
Áp dụng Hệ quả 2.1.2, với ánh xạ H = 0 và ánh xạ G được xác định như trong Bổ đề 3.3.2, khi đó tồn tại (x, y)∈D×K sao cho
1) x∈S(x, y);
2) y∈T(x, y);
3) G(x, y) =∅.
Vậy, ta có0∈F2(y, v, x, t), với mọi t ∈P0(x, y), v ∈Q0(x, t, y).
3.3 Bài toán tựa cân bằng suy rộng hỗn hợp
3.3.1 Đặt bài toán
Giả sửX, Y, Y1, Y2, Z là các không gian tôpô tuyến tính lồi địa phương Hausdorff, D ⊂ X, K ⊂ Z là các tập khác rỗng. Cho các ánh xạ đa trị S : D×D → 2D, T : D×K → 2K, P : D → 2D, Q : K ×D → 2K và F1 : K ×D×D×D → 2Y1, F : K×D×D→2Y2. Bài toán: Tìm (x, y)∈D×K sao cho
1) x∈S(x, y);
2) y∈T(x, y);
3) 0∈F1(y, x, x, t), với mọi t∈S(x, y);
4) 0∈F(y, x, t), với mọi t ∈P(x) và y∈Q(x, t).
Bài toán này chính là sự kết hợp của bài toán tựa cân bằng suy rộng loại I và bài toán tựa cân bằng suy rộng loại II và nó được gọi là bài toán tựa cân bằng suy rộng
hỗn hợp, ký hiệu bởi (M GQEP), với S, T, P, Q được gọi là các ánh xạ ràng buộc, F1, F là các hàm mục tiêu.
Ngoài ra, khi kết hợp bài toán tựa cân bằng suy rộng loại I và bài toán tựa cân bằng suy rộng loại II tổng quát ta được bài toán: Tìm(x, y)∈D×K sao cho 1) x∈S(x, y);
2) y∈T(x, y);
3) 0∈F1(y, x, v, x), với mọi v ∈T(x, y);
4) 0∈F2(y, v, x, t), với mọi t∈P0(x, y)và v ∈Q0(y, x, t),
trong đó, các ánh xạ đa trịS :D×D→2D, T :D×K →2K, P0 :D×K →2D, Q0 : K×D×D→2K và F1 :K×D×D×D→2Y1, F2 :K ×K×D×D→2Y2.
Bài toán này được gọi là bài toán tựa cân bằng suy rộng hỗn hợp tổng quát, với S, T, P0, Q0 được gọi là các ánh xạ ràng buộc, F1, F2 là các hàm mục tiêu.
Trong lý thuyết tối ưu, có một số bài toán đưa được về bài toán(M GQEP)bằng cách đặt các hàm mục tiêu một cách phù hợp. Thật vậy, ta xét một số bài toán sau:
1. Bài toán tựa quan hệ biến phân hỗn hợp
Với X, Y, Z, D, K được xác định như trên, các ánh xạ đa trị S:D×K →2D, T : D×K → 2K, P : D → 2D, Q : K ×D → 2K. Cho R1, R2 là các quan hệ ba ngôi giữa các điểmx∈ X, t∈Z, y ∈Y. Ta có bài toán tựa quan hệ biến phân hỗn hợp:
Tìm (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈S(x, y), y ∈T(x, y);
2) R1(y, x, x, t) xảy ra, với mọit ∈S(x, y);
3) R2(y, x, t) xảy ra, với mọi t∈P(x), y ∈Q(x, t).
Bài toán này đã được nghiên cứu bởi tác giả Balaj, M. và Đ. T. Lục (xem [11]).
Ta định nghĩa các ánh xạ đa trị M :K×D×D→2Z, F1 :K×K ×D×D→ 2Z, N :K ×D→2X, F :K×D×D→2X:
M(y, x, t) = {z ∈S(x, y)|R1(y, x, z, t) xảy ra};
F1(y, x, z, t) = z−M(x, y, t),(y, x, z, t)∈K×D×D×D;
N(y, x) = {t∈D|R2(y, x, t) xảy ra};
F(y, x, t) = t−N(y, x),(y, x, t)∈K×D×D.
Khi đó, ta thấy (x, y) là nghiệm của bài toán tựa quan hệ biến phân hỗn hợp khi và chỉ khi 0∈F1(y, y, v, x), với mọi v ∈T(x, y) và 0∈F(y, x, t), với mọi t∈P(x), y∈Q(x, t). Như vậy, với cách định nghĩa các ánh xạM, N, F1, F như trên, bài toán quan hệ biến phân hỗn hợp đưa được về bài toán(M GQEP) và ngược lại.
2. Bài toán bao hàm thức tựa biến phân véctơ suy rộng
Cho X, Y, Z, D, K và các ánh xạ đa trị S, T, P, Q được xác định như trên, các ánh xạ đa trịC :K×D→2Y, H1 :K×D×D→2Y, H2 :K×D×D→2Y có giá trị khác rỗng. Bài toán: Tìm(x, y)∈D×K sao cho
1) x∈S(x, y), y ∈T(x, y);
2) αi(H1(y, x, x, t),C(y, x)), với mọi t ∈S(x, y);
3) αi(H2(y, x, t),C(y, x)), với mọi t∈P(x), y ∈Q(x, t).
trong đó
α1 ={(A, B)∈2Y ×2Y|A*B};
α2 ={(A, B)∈2Y ×2Y|A⊆B};
α3 ={(A, B)∈2Y ×2Y|A∩B 6=∅};
α1 ={(A, B)∈2Y ×2Y|A∩B =∅}.
Bài toán trên được gọi là bài toán bao hàm thức tựa biến phân véctơ suy rộng. Bài toán này đã được các tác giả P. H. Sach và L. A. Tuan (xem [61], [62]) nghiên cứu.
Ta định nghĩa các ánh xạM :K×D×D→2Z, F1 :K×K×D×D→2Z, N : K×D→2X, F :K ×D×D →2X:
M(y, x, t) = {z ∈S(x, y)|αi(H1(y, x, z, t),C(y, x))};
F(y, x, z, t) =z−M(y, x, t),(y, x, z, t)∈K ×D×D×D;
N(y, x) = {t ∈D|αi(H2(y, x, t),C(y, x))};
F(y, x, t) = t−N(y, x),(y, x, t)∈K×D×D.
Ta thấy,(x, y)là nghiệm của bài toán bao hàm thức tựa biến phân véctơ suy rộng khi và chỉ khi 0∈ F1(y, x, x, t), với mọi v ∈T(x, y) và 0∈ F(y, x, t), với mọi t ∈P(x), y ∈ Q(x, t). Tức là, bài toán bao hàm thức tựa biến phân véctơ suy rộng tương đương với bài toán (M GQEP).
3.3.2 Định lý tồn tại nghiệm
Điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng suy rộng hỗn hợp đã được các tác giả T. T. T. Duong và N. X. Tan (xem [24]) chứng minh dựa trên một bổ đề của các tác giả P. H. Sach và L. A. Tuan (xem [53]). Trong mục này, ta sẽ vận dụng kết quả mới có được ở chương 2 để đưa ra một số kết quả mới về điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng suy rộng hỗn hợp tổng quát.
Ta có định lý.
Định lý 3.3.1. Bài toán (M GQEP) tổng quát có nghiệm nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) S :D×K →2D là ánh xạ l.s.c với giá trị khác rỗng, lồi;
iii) T :D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) P0 :D×K → 2D là ánh xạ đa trị có giá trị khác rỗng và có nghịch ảnh là tập mở; đồng thời, với mỗi (x, y)∈D×K, coP0(x, y)⊆S(x, y);
v) A={(y, x, z, t)∈K×D×D×D|0∈F1(y, x, z, t)} là tập đóng;
vi) Với mỗi (y, x)∈K×D cố định,
B ={z ∈S(x, y)|0∈F1(y, x, z, t), với mọi t∈S(x, y)}
là tập khác rỗng, lồi;
vii) Với mỗi t∈D cố định,
A1 ={(x, y)∈D×K|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(y, x, t) nào đó}
là tập mở trong D.
viii) Với mỗi y, v∈K cố định, 0∈F2(y, v, x, x), với mọi x∈D.
Chứng minh. Ta định nghĩa ánh xạ H :D×K →2D:
H(x, y) ={z ∈S(x, y)|0∈F1(y, x, z, t), với mọi t∈S(x, y)}.
Từ điều kiện v) và vi), dễ thấy với mỗi (x, y) ∈ D× K thì H(x, y) là tập lồi, đóng, khác rỗng. Cho dãy (xα, yα) hội tụ về (x, y) và dãy zα ⊂ H(xα, yα), zα → z.
Ta cần chứng minh z ∈ H(x, y). Thật vậy, ta thấy 0 ∈ F1(yα, xα, zα, tα), với mọi tα ∈S(xα, yα). Lấy bất kỳt ∈S(x, y).VìS là l.s.c, nên tồn tạitα ∈S(xα, yα), tα→t.
Do đó, 0 ∈ F1(yα, xα, zα, tα). Vì (yα, xα, zα, tα) → (y, x, z, t) và A là tập đóng nên (y, x, z, t)∈A. Suy ra0∈F1(y, x, z, t)với mọi t ∈S(x, y), tức là H là ánh xạ đóng và do đó H là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng trên tập D×K.
Ta định nghĩa ánh xạ G:D×K →2D:
G(x, y) ={t∈P0(x, y)|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(y, x, t)nào đó},(x, y)∈D×K.
Ta có G(x, y) =P(x, y)∩P0(x, y), trong đó
P(x, y) ={t ∈D|0∈/F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(y, x, t) nào đó}.
Cho t ∈ D tùy ý, tập P−1(t) = A1 = {(x, y) ∈ D×K|0 ∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈ Q0(y, x, t) nào đó} là mở trong D×K. Do đó, ta có ánh xạ P có nghịch ảnh mở.
Mặt khác, vì P0 là cũng ánh xạ có nghịch ảnh mở nên G = P ∩P0 là ánh xạ có nghịch ảnh mở. Từ đó, suy là G là ánh xạ l.s.c. Ta đặt
C ={(x, y)∈D×K|x∈H(x, y), y ∈T(x, y)}.
Dễ thấy, C là tập đóng, khác rỗng trên D×K. Giả sử, nếu tồn tại (x, y)∈ C sao cho G(x, y)∩P0(x, y) = ∅, suy ra
1) x∈S(x, y);
2) y∈T(x, y);
3) 0∈F1(y, x, x, t), với mọi t∈S(x, y);
4) 0∈F2(y, w, x, t), với mọi t∈P0(x, y)và w∈Q0(x, t, y), khi đó, định lý được chứng minh.
Do đó, ta cần chỉ ra tồn tại (x, y) như trên. Thật vậy, ngược lại, giả sử với mỗi (x, y)∈B, ta cóG(x, y)∩P0(x, y)6=∅. Ta xét ánh xạ đa trị Q:D×K →2D×K:
Q(x, y) =
(G(x, y)∩P0(x, y))× {y}, nếu (x, y)∈B, P0(x, y)× {y}, nếu (x, y)∈/ B.
Ta thấy, Q thỏa mãn những điều kiện của Hệ quả 2.2.7. Áp dụng hệ quả này, suy ra, tồn tại (x, y) ∈ D×K sao cho x ∈ H(x, y), y ∈ T(x, y) và y ∈ Q(x, y).
Nếu (x, y) ∈ B, thì x ∈ G(x, y) ∩P0(x, y) và do đó, 0 ∈/ F2(y, v, x, x) với v ∈ Q0(x, x, y) nào đó. Điều này mâu với giả thiết. Ngược lại, nếu (x, y) ∈/ B, thì x∈ P0(x, y)×H(x, y) ⊂ S(x, y)×H(x, y) = B. Điều này cũng mâu thuẫn với giả
thiết. Vậy, ta có điều phải chứng minh.
Ta có hệ quả.
Hệ quả 3.3.1. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) S :D×K →2D, T :D×K →2K là các ánh xạ liên tục với giá trị khác rỗng, lồi;
iii) ψ :K×K ×D×D →R là hàm số thực thỏa mãn:
a) Với mỗi t ∈D cố định, hàm ψ(., ., ., t) :K×K×D→R là u.s.c;
b) ψ(y, v, x, x)≥0, với mọi y, v∈K, x∈D.
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho (x, y)∈S(x, y)×T(x, y) và ψ(y, v, x, t)≥0, với mọi (t, v)∈S(x, y)×T(x, y).
Chứng minh. Ta lấy P0 = P, ánh xạ Q0 : K ×D × D → 2K xác định bởi Q0(y, x, t) =Q(x, y)và ánh xạF2 :K×K×D×D→2Rxác định bởiF2(y, v, x, t) = ψ(y, v, x, t)−R+. Ta thấy, với t∈D tùy ý, tập
A1 ={(x, y)∈D×K|0∈/ F(y, v, x, t), với v ∈Q0(y, x, t) nào đó}
={(x, y)∈D×K|ψ(y, v, x, t)<0, với v ∈Q0(y, x, t)nào đó}
là tập mở trong D×K. Thật vậy,
(D×K)\A1 ={(x, y)∈D×K|ψ(y, v, x, t)≥0, với mọi v ∈Q(x, y)}
Cho dãy(xα, yα)⊂(D×K)\A1,(xα, yα)→(x, y). Ta cần chứng minh(x, y)∈(D× K)\A1. Lấyv ∈Q(x, y)tùy ý. VìQlà ánh xạ l.s.c, nên tồn tạivα ∈Q(xα, yα), vα → v. Mặt khác, vì (xα, yα) ∈ (D ×K)\A1 nên ψ(yα, vα, xα, t) ≥ 0. Do đó, (x, y) ∈ (D×K)\A1, tức là(D×K)\A1 là tập đóng. Suy raA1 là tập mở. Khi đó, áp dụng
Định lý 3.3.1, ta có điều phải chứng minh.
Áp dụng Hệ quả 2.1.8, ta đưa ra điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng suy rộng hỗn hợp tổng quát. Kết quả này là sự tổng quát hóa của Định lý 3.1 trong [24].
Định lý 3.3.2. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) S :D×K →2D là ánh xạ liên tục với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) T :D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) Tập A={(y, x, z, t)∈K×D×D×D|0∈F1(y, x, z, t)} là đóng;
v) Với mỗi (y, x)∈K×D cố định,
B ={z ∈S(x, y)|0∈F1(y, x, z, t), với mọi t∈S(x, y)}
là tập khác rỗng, lồi;
vi) P0 : D×K → 2D là ánh xạ có nghịch ảnh mở và với mỗi (x, y) ∈ P0(x, y)× T(x, y) ta có
0∈F1(y, x, x, t), với mọi t ∈S(x, y);
vii) Q0 : D×D×K → 2K, F2 : K ×K ×D×D → 2Y là các ánh xạ đa trị thỏa mãn với mỗi t ∈D cố định,
C ={(x, y)∈D×K|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó}
là tập mở trong D;
viii) 0∈F2(y, v, x, x), với mọi (x, y)∈S(x, y)×T(x, y), v ∈Q0(x, x, y).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈S(x, y);
2) y ∈T(x, y);
3) 0∈F1(y, x, x, t), với mọi t∈S(x, y);
4) 0∈F2(y, v, x, t), với mọi t∈P0(x, y), v ∈Q0(x, t, y).
Chứng minh. Với (x, y)∈D×K, ta định nghĩa các ánh xạ H, G:D×K →2D: H(x, y) ={z ∈S(x, y)|0∈F1(y, z, x, t), với mọi t∈S(x, y)},
G(x, y) ={t ∈P0(x, y)|0∈/F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(x, t, y) nào đó}.
Áp dụng Bổ đề 3.1.1 và Bổ đề 3.2.1, suy ra H là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng và G là ánh xạ l.s.c trên tập D×K. Ta thấy, nếu tồn tại (x, y) ∈ H(x, y)×T(x, y) sao cho G(x, y)∩P0(x, y) = ∅ thì
1) x∈S(x, y);
2) y∈T(x, y);
3) 0∈F1(y, x, x, t), với mọi t∈S(x, y);
4) 0∈F2(y, v, x, t), với mọi t∈P0(x, y), v ∈Q0(x, t, y)
và khi đó định lý được chứng minh. Do đó, ta cần chỉ ra sự tồn tại của điểm (x, y) như vậy.
Thật vậy, ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử với mọi (x, y)∈ H(x, y)×T(x, y),G(x, y)∩P0(x, y)6=∅. Ta định nghĩa ánh xạP :D×K →2D×K:
P(x, y) =
(G(x, y)∩P0(x, y))× {y}, nếu x∈H(x, y);
P0(x, y)× {y}, nếu x∈H(x, y).
Dễ thấyP thỏa mãn các điều kiện của Hệ quả 2.1.8. Áp dụng kết quả này, suy ra tồn tại (x, y)∈D×K sao cho x∈S(x, y), y ∈T(x, y)vàx∈P(x, y). Nếux∈H(x, y), thì x∈G(x, y)∩P0(x, y) và do đó 0∈/F2(y, v, x, x)với v ∈Q0(x, x, y)nào đó. Suy ra mâu thuẫn với điều kiện viii).
Nếu x /∈ H(x, y), khi đó (x, y) ∈ P(x, y) = P0(x, y)× {y} và theo điều kiện vi) ta có x∈H(x, y). Suy ra mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy, định lý được chứng minh.
Nhận xét 3.3.1. Từ Định lý 3.3.2, ta thấy nghiệm của bài toán (GEP)II tổng quát được xác định trên tập nghiệm của bài toán (GEP)I.
Trong trường hợp vô hướng, xét các ánh xạ φ1 : K ×D ×D×D → R, φ2 : K×K×D×D→R. Ta có hệ quả:
Hệ quả 3.3.2. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) S :D×K →2D là ánh xạ liên tục với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) T :D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) Tập A={(y, x, z, t)∈K×D×D×D|φ1(y, x, z, t)≤0} là đóng;
v) Với mỗi (y, x)∈K×D cố định,
B ={z ∈S(x, y)|φ1(y, x, z, t)≤0, với mọi t∈T(x, t)}
là tập khác rỗng, đóng;
vi) P0 : D × K → 2D là ánh xạ đa trị có nghịch ảnh mở và với mỗi (x, y) ∈ P0(x, y)×T(x, y), φ1(y, x, x, t)≥0, với mọi t∈S(x, y);
vii) Q0 : D×D×K → 2K, φ2 : K ×K ×D×D → 2Y là các ánh xạ đa trị thỏa mãn với mỗi t ∈D cố định,
C ={(x, y)∈D×K|φ2(y, v, x, t)<0, với v ∈Q0(x, t, y) nào đó}
là tập mở trong D;
viii) φ2(y, v, x, x)≥0, với mọi (x, y)∈S(x, y)×T(x, y), v ∈Q0(x, x, y).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈S(x, y);
2) y ∈T(x, y);
3) φ1(y, x, x, t)≤0, với mọi t∈S(x, y);
4) φ2(y, v, x, t)≥0, với mọi t∈P0(x, y) và v ∈Q0(x, t, y).
Chứng minh. Ta định nghĩa các ánh xạ F1 : K ×D ×D ×D → 2R và F2 : K×K×D×D→2R:
F1(y, x, z, t) =φ1(y, x, z, t) +R+; F2(y, v, x, t) = φ2(y, v, x, t)−R+. Ta thấy tập
A={(y, x, z, t)∈K ×D×D×D|0∈F1(y, x, z, t)}
={(y, x, z, t)∈K×D×D×D|φ1(y, x, z, t)≤0}
là tập đóng và tập
B ={z ∈P(x, y)|0∈φ1(y, x, z, t)≤0, với mọi t∈Q(x, y)}
={z ∈P(x, y)|0∈F1(y, x, z, t), với mọit ∈Q(x, y)}
là tập khác rỗng, lồi.
Ta thấy, với (x, y)∈P0(x, y)×Q(x, y),0∈F1(y, x, x, t), với mọi t∈P(x, y) khi và chỉ khi với(x, y)∈P0(x, y)×Q(x, y)thì cóψ1(y, x, x, t)≤0, với mọit∈P(x, y).
Hơn nữa, tập
C ={(x, y)∈D×K|0∈/ F2(y, v, x, t), với v ∈Q0(y, x, t) nào đó}
={(x, y)∈D×K|φ2(y, v, x, t)<0, với v ∈Q(x, y)nào đó}
là tập mở trong D×K và φ2(y, v, x, x)≥0, với mọi(x, y)∈P(x, y)×Q(x, y), v ∈ Q0(x, x, y). Từ đó, suy ra 0 ∈ F2(y, v, x, x), với mọi (x, y) ∈ P(x, y)×Q(x, y), v ∈ Q0(x, x, y). Vậy, theo Định lý 3.3.2, ta có điều phải chứng minh.
Chú ý sau cho ta thấy rõ hơn sự mở rộng kết quả của Ky Fan trong [27] và kết quả của Minty trong [47] của Hệ quả 3.3.3.
Chú ý 3.3.1. 1) Trong trường hợp φ1 là ánh xạ l.s.c và với mỗi điểm (y, x, t) ∈ K×D×D cố định, φ1(y, x, ., t) : D →R là hàm tựa lồi thì điều kiện v) và vi) được thỏa mãn.
2) Trong trường hợpQ0 :D×D×K →2Klà ánh xạ l.s.c, vàφ2 :K×K×D×D→2Y là hàm thỏa mãn với mỗi t ∈ D cố định, hàm φ2(., ., ., t) : K×D×D → R là u.s.c, thì điều kiện vii) được thỏa mãn.
KẾT LUẬN CHƯƠNG 3
Trong chương này, ta sử dụng một số kết quả của chương 2 (Hệ quả 2.1.1, Hệ quả 2.1.2, Hệ quả 2.1.5, Hệ quả 2.1.8, ...) để xét sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng suy rộng loại I (Định lý 3.1.1, Định lý 3.1.2), bài toán tựa cân bằng suy rộng loại II (Định lý 3.2.1, Hệ quả 3.2.1), bài toán tựa cân bằng suy rộng loại II tổng quát (Định lý 3.2.2, Định lý 3.2.3) và bài toán tựa cân bằng suy rộng hỗn hợp tổng quát (Định lý 3.3.1, Định lý 3.3.2).
Các kết quả chính của chương 3 được viết dựa trên cơ sở là các bài báo [2], [3], [4] trong Danh mục các công trình của tác giả liên quan đến luận án.
Kết luận chung và kiến nghị
A. Kết luận chung
Nội dung chính của luận án là nghiên cứu về bài toán tựa cân bằng dạng Blum - Oettli tổng quát. Ta đã thu được những kết quả chính sau:
1) Thiết lập điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng tổng quát với hàm mục tiêu là tổng của ánh xạ nửa liên tục dưới yếu vô hướng và ánh xạ nửa liên tục trên yếu vô hướng.
2) Thiết lập điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng tổng quát với hàm mục tiêu là tích Đề các của ánh xạ nửa liên tục dưới yếu vô hướng và ánh xạ nửa liên tục trên yếu vô hướng.
3) Ứng dụng các kết quả thu được ở 1) và 2) để xét sự tồn tại nghiệm cho các bài toán liên quan như: Bài toán tựa cân bằng suy rộng loại I, Bài toán tựa cân bằng suy rộng loại II, Bài toán tựa cân bằng suy rộng loại hỗn hợp.
B. Một số hướng phát triển của luận án
1) Nghiên cứu ứng dụng của bài toán tựa cân bằng tổng quát trong lý thuyết điều khiển, trong kinh tế học, ...
2) Nghiên cứu định lý điểm bất động cho bài toán liên quan tới ánh xạ liên tục tách biến.
3) Nghiên cứu bài toán tựa cân bằng tổng quát liên quan tới sự tương giao của các ánh xạ đa trị.