Chương 2. Bài toán tựa cân bằng tổng quát 31
2.1 Bài toán tựa cân bằng dạng Blum - Oettli tổng quát
Trong mục này, ta sẽ đưa ra một số điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng dạng Blum - Oettli tổng quát. Đây chính là toán tựa cân bằng tổng quát khi hàm mục tiêu là tổng của hai ánh xạ. Cụ thể, ta xét bài toán này với hàm mục tiêuF =G+H trong các trường hợp:
1) G:D×K →2X là ánh xạ nửa liên tục dưới yếu vô hướng, H :D×K →2X là ánh xạ nửa liên tục trên yếu vô hướng và Y =X (xem [4] trong Danh mục các công trình của tác giả liên quan đến luận án).
2) G:D×K →2X×Z là ánh xạ nửa liên tục dưới yếu vô hướng,H :D×K →2X×Z là ánh xạ nửa liên tục trên yếu vô hướng và Y =X×Z.
Đầu tiên, ta xét trường hợp F =G+H với G:D×K →2X là ánh xạ nửa liên tục dưới yếu vô hướng, H :D×K →2X là ánh xạ nửa liên tục trên yếu vô hướng và Y =X.
Trước hết, ta có bổ đề (xem [22]).
Bổ đề 2.1.1. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn.
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P :D×K →2D là ánh xạ liên tục với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) Q:D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) φ :K×D×D→R là hàm liên tục; với mọi(y, x)∈K×D, φ(y, x, .) :D→R là hàm tựa lồi và φ(y, x, x) = 0.
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho
1) (x, y)∈P(x, y)×Q(x, y);
2) φ(y, x, t)≥0, với mọi t∈P(x, y).
Ta có định lý.
Định lý 2.1.1. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P : D×K → 2D là ánh xạ đa trị liên tục với giá trị khác rỗng, lồi, đóng; và Q:D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) G:D×K →2X là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng;
iv) H :D×K →2X là ánh xạ u.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
v) Với mọi (x, y) ∈ P(x, y) × Q(x, y), ∅ 6= G(x, y) + (H(x, y) ∩TP(x,y)(x)) ⊂ TP(x,y)(x).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈P(x, y);
2) y ∈Q(x, y);
3) 0∈G(x, y) +H(x, y).
Chứng minh. Ta đặt
B ={(x, y)∈D×K|x∈P(x, y), y ∈Q(x, y)}.
Xây dựng ánh xạT :D×K →2D×K:
T(x, y) =P(x, y)×Q(x, y), (x, y)∈D×K,
ta suy ra T là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, compact. Theo Định lý điểm bất động Ky Fan ([25]), tồn tại(x, y)∈D×K sao cho
(x, y)∈T(x, y).
Do đó, B là tập khác rỗng. Hơn nữa, vì T là u.s.c và có giá trị đóng nên B là tập đóng và cũng là tập compact.
Giả sử, với mọi(x, y)∈B,0∈/ G(x, y) +H(x, y). Ta lấy v ∈G(x, y). Do H(x, y) là tập khác rỗng, lồi, đóng nên ta cóv+H(x, y) cũng là tập khác rỗng, lồi, đóng và 0∈/ (v+H(x, y)). Theo định lý Hahn - Banach, tồn tạip∈X∗ sao cho
p(v) + sup
w∈H(x,y)
p(w)<0.
Do vậy, ta được
inf
v∈co(G(x,y))p(v) + sup
w∈H(x,y)
p(w)<0.
Khi đó, ta xác định các ánh xạ c1p(., .) :D×K →R, c2p(., .) :D×K →R: c1p(x0, y0) = inf
v∈co(G(x0,y0))p(v),(x0, y0)∈D×K;
c2p(x0, y0) = sup
w∈H(x0,y0)
p(w),(x0, y0)∈D×K.
Theo Mệnh đề 1.2.3, c1p, c2p đều là các hàm u.s.c trên D×K, do đó tập Up(x, y) ={(x0, y0)∈D×K|c1p(x0, y0) +c2p(x0, y0)<0}
là mở. Vì (x, y) ∈ Up(x, y) nên Up là một lân cận mở khác rỗng của (x, y). Do đó, với mỗi(x, y)∈B, tồn tại p∈X∗ sao cho
Up(x, y) ={(x0, y0)∈D×K|c1p(x0, y0) +c2p(x0, y0)<0}
là tập mở khác rỗng. Từ đó, suy ra {Up}p∈X∗ là họ các phủ mở của tập B.
Vì B là tập compact, nên tồn tại hữu hạn các ánh xạ p1, ..., ps ∈X∗ sao cho B ⊆
s
[
j=1
Upj.
Hơn nữa, B là tập đóng trongD×K,Up0 =D×K\B là tập mở trong D×K nên {Up0, Up1, ..., Ups}là họ phủ mở của tập compact D×K.
Theo Định lý 1.2.1, tồn tại các hàm ψi :D×K →R,(i= 0,1, ..., s) sao cho 1) 0≤ψi(x, y)≤1;
2)
s
P
i=0
ψi(x, y) = 1, với mọi(x, y)∈D×K;
3) Với mỗii∈ {0,1, ..., s}, tồn tại j(i)∈ {0,1, ..., s}, suppψi ⊂Upj(i). Tiếp theo, ta định nghĩa ánh xạ φ:K×D×D→R:
φ(y, x, t) =
s
X
i=0
ψi(x, y).pj(i)(t−x),
với mọit, x∈D, y ∈K.
Khi đó,φlà hàm liên tục trênK×D×D. Ngoài ra, với mỗi điểm(x, y)∈D×K cố định, φ(y, x, .) : D → R là một hàm tuyến tính và φ(y, x, x) = 0, với mọi (x, y)∈D×K.
Ta thấy, D, K, P, Q và φ thỏa mãn các điều kiện của Bổ đề 2.1.1, nên tồn tại (x, y)∈D×Ksao cho(x, y)∈P(x, y)×Q(x, y)vàφ(y, x, t)≥0, với mọit∈P(x, y).
Từ đó, ta suy ra
s
X
i=0
ψi(x, y).pj(i)(t−x)≥0, với mọi t∈P(x, y). (2.1.1)
Đặt p∗ =
s
P
i=0
ψi(x, y).pj(i). Từ (2.1.1), ta có p∗(t−x)≥0, với mọit∈P(x, y).
Do đó, ta được
p∗(u)≥0, với mọiu∈TP(x,y)(x).
Từ giả thiết v), ta có ∅ 6=G(x, y) + (H(x, y)∩TP(x,y)(x))⊂TP(x,y)(x), nên p∗(v) +p∗(w)≥0, với mọiv ∈coG(x, y), w ∈H(x, y)∩TP(x,y)(x).
Từ đó, ta thấy
(v+w)∈coG(x,y)+(H(x,y)∩Tinf P(x,y)(x))p∗(v+w)≥0. (2.1.2) Đặt I(x, y) ={i∈ {0,1, ..., s}|ψi(x, y)>0}.
Vì ψi(x, y)≥0và
s
P
i=0
ψi(x, y) = 1 nên I(x, y)6=∅.
Khi đó, với mỗi i∈I(x, y), (x, y)∈suppψi ⊂Upj(i) ta có c1p
j(i)(x, y) +c2p
j(i)(x, y)<0. (2.1.3) Với mỗi v ∈coG(x, y), w ∈H(x, y), ta có
p∗(v+w) =
s
X
i=0
ψi(x, y).[pj(i)(v) +pj(i)(w)]
= X
i∈I(x,y)
ψi(x, y).[pj(i)(v) +pj(i)(w)]
≤ X
i∈I(x,y)
ψi(x, y) max
i∈I(x,y){pj(i)(v) +pj(i)(w)}
= max
i∈I(x,y){pj(i)(v) +pj(i)(w)}.
Hơn nữa, ta có inf
(v+w)∈coG(x,y)+(H(x,y)∩TP(x,y)(x))
{p∗(v+w)}
≤ inf
(v+w)∈coG(x,y)+(H(x,y)∩TP(x,y)(x)) max
i∈I(x,y){pj(i)(v) +pj(i)(w)}. (2.1.4) Đặt C = co{pj(1), ..., pj(s)}, E = co(G(x, y)) +H(x, y), f(p, u) = p(v) +p(w), u = v+w và sử dụng tôpô yếu* trên X∗, ta thấy các điều kiện trong định lý minimax của Sion trong [56] được thỏa mãn. Do vậy, ta được
u∈coG(x,y)+(H(x,y)∩Tinf P(x,y)(x)) max
i∈I(x,y)pj(i)(u)
= max
i∈I(x,y) inf
(v+w)∈coG(x,y)+(H(x,y)∩TP(x,y)(x)){pj(i)(v) +pj(i)(w)}
≤ max
i∈I(x,y){ inf
v∈coG(x,y)pj(i)(v) + sup
w∈H(x,y)
pj(i)(w)}
≤ max
i∈I(x,y){c1p
j(i)(x, y) +c2p
j(i)(x, y)<0. (2.1.5)
Từ (2.1.4) và (2.1.5), ta suy ra
u∈coG(x,y)+(H(x,y)∩Tinf P(x,y)(x))p∗(u)<0. (2.1.6)
Ta thấy, (2.1.2) mâu thuẫn với (2.1.6). Vậy, định lý được chứng minh.
Từ Định lý 2.1.1, ta có hệ quả về điểm bất động của ánh xạ đa trị là tổng của ánh xạ nửa liên tục dưới yếu vô hướng và ánh xạ nửa liên tục trên yếu vô hướng.
Hệ quả 2.1.1. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P :D×K →2D là ánh xạ đa trị liên tục với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) Q:D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) G:D×K →2X là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng;
v) H :D×K →2X là ánh xạ u.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
vi) Với mọi (x, y)∈P(x, y)×Q(x, y), ∅ 6= (G(x, y)−x) + (H(x, y)∩TP(x,y)(x))⊂ TP(x,y)(x).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈P(x, y);
2) y ∈Q(x, y);
3) x∈G(x, y) +H(x, y).
Chứng minh. Ta định nghĩa ánh xạ G∗ :D×K →2X: G∗(x, y) =G(x, y)−x,(x, y)∈D×K.
Khi đó, với mọi (x, y) ∈ D×K, G∗ là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng. Áp dụng Định lý 2.1.1, ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả sau cho ta điều kiện tồn tại phần tử tối đại của ánh xạ đa trịF =G+H.
Hệ quả 2.1.2. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P :D×K →2D là ánh xạ đa trị liên tục với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) Q:D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) G:D×K →2X là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng;
v) H :D×K →2X là ánh xạ u.s.c yếu vô hướng với giá trị lồi, đóng;
vi) Với mọi (x, y)∈P(x, y)×Q(x, y), x /∈G(x, y) +H(x, y) và∅ 6= (G(x, y)−x) + (H(x, y)∩TP(x,y)(x))⊂TP(x,y)(x).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈P(x, y);
2) y ∈Q(x, y);
3) G(x, y) +H(x, y) = ∅.
Chứng minh. Ta giả sử, G(x, y) +H(x, y)6=∅, với mọi (x, y)∈P(x, y)×Q(x, y).
Khi đó, ta có với mọi(x, y)∈P(x, y)×Q(x, y), hoặcG(x, y)6=∅, hoặc H(x, y)6=∅.
Từ đó, suy ra (G(x, y)−x) + (H(x, y)∩TP(x,y)(x))⊂ TP(x,y)(x). Áp dụng Hệ quả 2.1.1, tồn tại(x, y)∈D×K sao cho
1) x∈P(x, y);
2) y∈Q(x, y);
3) x∈G(x, y) +H(x, y).
Ta thấy điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy, ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả sau chính là sự mở rộng của định lý Ky Fan và định lý Fan - Browder.
Hệ quả 2.1.3. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D là tập con khác rỗng, lồi, compact;
ii) G0 :D→2X là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng;
iii) H0 :D→2X là các ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) (G0(x)−x) + (H0(x)∩TD(x))⊂TD(x), với mọi x∈D.
Khi đó, tồn tại x∈D sao cho x∈G0(x) +H0(x).
Chứng minh. Hệ quả này được suy ra trực tiếp từ Hệ quả 2.1.1 bằng cách đặt P(x, y) = Q(x, y) =D, G(x, y) =G0(x), H(x, y) =H0(x), với mọi (x, y)∈D×K.
Nhận xét 2.1.1. Từ Hệ quả 2.1.3 ta thấy: Nếu G0 :D →2X là ánh xạ đa trị l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng và G0(x, y) ⊆ TD(x) thì G0 có điểm bất động trong D. Nếu H0 : D → 2X là ánh xạ đa trị u.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng, lồi, compact vàH0(x, y)∩TD(x)6=∅, thì H0 có điểm bất động trong D. Đây cũng là những kết quả mở rộng các kết quả quen biết của Fan - Browder ([16]) và Ky Fan ([25]).
Cho đến nay, đã có rất nhiều nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng tổng quát. Nhưng trong các kết quả đã công bố, có rất ít kết quả liên quan đến tính nửa liên tục dưới của hàm mục tiêu của bài toán này. Dựa trên Định lý 2.1.1, ta thu được một kết quả quan trọng về sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng tổng quát khi hàm mục tiêu là ánh xạ nửa liên tục dưới yếu vô hướng. Đó chính là trường hợp riêng của bài toán tựa cân bằng Blum - Oettli tổng quát khi H = 0. Ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.1.4. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P :D×K →2D là ánh xạ đa trị liên tục với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) Q:D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) F :D×K →2X là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng;
v) Với mọi (x, y)∈P(x, y)×Q(x, y), F(x, y)⊂TP(x,y)(x).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈P(x, y);
2) y ∈Q(x, y);
3) 0∈F(x, y).
Chứng minh. Hệ quả này được suy ra trực tiếp từ Định lý 2.1.1.
Ngoài ra, ta có một số hệ quả về điểm bất động chung của các ánh xạ đa trị.
Hệ quả 2.1.5. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P :D×K →2D là ánh xạ đa trị liên tục với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) Q:D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) G:D×K →2D là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng;
v) Với mọi (x, y)∈P(x, y)×Q(x, y), G(x, y)6=∅, G(x, y)−x⊂TP(x,y)(x).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈P(x, y);
2) y ∈Q(x, y);
3) x∈G(x, y).
Chứng minh. Ta định nghĩa ánh xạ F :D×K →2X: F(x, y) = G(x, y)−x,(x, y)∈D×K.
Theo giả thiết, Glà ánh xạ l.s.c yếu vô hướng và với mỗi (x, y)∈P(x, y)×Q(x, y), G(x, y)là tập khác rỗng nên F cũng là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng và với mỗi(x, y)∈ P(x, y)×Q(x, y), F(x, y) cũng là tập khác rỗng. Vậy, hệ quả này được suy ra trực
tiếp từ Hệ quả 2.1.4.
Trong Hệ quả 2.1.5, điều kiện v), nếu thay giả thiết G(x, y)6=∅ bởix /∈G(x, y), thì ta được:
Hệ quả 2.1.6. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P :D×K →2D là ánh xạ đa trị liên tục với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) Q:D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) G:D×K →2D là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng;
v) Với mỗi (x, y)∈P(x, y)×Q(x, y), x /∈G(x, y) và G(x, y)−x⊂TP(x,y)(x).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈P(x, y);
2) y ∈Q(x, y);
3) G(x, y) = ∅.
Chứng minh.Giả sử với mọi(x, y)∈P(x, y)×Q(x, y),x /∈G(x, y), ta định nghĩa ánh xạ F :D×K →2X:
F(x, y) = G(x, y)−x,(x, y)∈D×K.
Khi đó, với mọi(x, y)∈P(x, y)×Q(x, y), ta cóF(x, y)6=∅và F(x, y)⊂TP(x,y)(x).
Dễ thấy, F là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng. Theo Hệ quả 2.1.5, tồn tại(x, y)∈D×K sao cho
1) x∈P(x, y);
2) y∈Q(x, y);
3) x∈G(x, y).
Ta thấy điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ sau chính là minh họa cho Hệ quả 2.1.6.
Ví dụ 2.1.1. ChoD=K = [0,1], P(x, y) =Q(x, y) = [0,1]vàG(x, y) = (x,1−y).
Dễ thấy, với mọi x∈[0,1],x /∈G(x, y), khi đó, tồn tại(x, y)∈[0,1]×[0,1] sao cho G(x, y) =∅. Ta có thể chọn (x, y) = (1
2,1 2).
Hệ quả sau chỉ ra sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ tích H = F ×Q, với F là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng và Qlà ánh xạ u.s.c.
Hệ quả 2.1.7. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) Q:D×K →2K là ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iii) F :D×K →2D là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng và với(x, y)∈D×K, y∈Q(x, y) nào đó, F(x, y)6=∅;
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) y ∈Q(x, y);
2) x∈F(x, y).
Chứng minh.Ta thấyF(x, y)−x⊂D−x⊂TD(x). Khi đó, hệ quả này được suy ra trực tiếp từ Hệ quả 2.1.1 bằng cách đặtP(x, y) =D, với mọi (x, y)∈D×K.
Nhận xét 2.1.2. Hệ quả 2.1.7 là sự kết hợp của Định lý Ky Fan và Định lý Fan - Browder. Thật vậy, bằng cách lấy ánh xạ f : K → 2K xác định bởi f(y) = Q(x, y),(x, y) ∈ D×K là ánh xạ u.s.c với giá trị lồi, compact, khác rỗng và x =
F(x, y) với mọi (x, y) ∈ D ×K ta có nội dung của Định lý Ky Fan. Bên cạnh đó, để đưa về Định lý Fan - Browder, ta đặt Q(x, y) = y, F(x, y) = g(x) với mọi (x, y)∈ D×K với ánh xạ đa trị g : D → 2D là ánh xạ l.s.c với giá trị khác rỗng.
Trong Định lý Fan - Browder, nghiệm xchỉ thuộc tập cof(x). Ở đây, ta có kết quả mạnh hơn, đó làx∈g(x) với g chỉ là ánh xạ l.s.c (không cần có nghịch ảnh mở) và không cần có giá trị đóng.
Hệ quả 2.1.8. Cho X là không gian tôpô tuyến tính lồi địa phương Hausdorff, D⊂X. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D là tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) F :D→2D là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng.
Khi đó, tồn tại x∈D sao cho x∈F(x).
Chứng minh.Ta thấy,F(x)−x⊂D−x⊂TD(x). Bằng cách đặtD=K, P(x, y) = Q(x, y) = D với mọi (x, y)∈ D×K, dễ thấy hệ quả này được suy ra trực tiếp từ
Hệ quả 2.1.4.
Nhận xét 2.1.3. Ta thấy, Hệ quả 2.1.8 chính là sự mở rộng định lý điểm bất động của X. Wu ([64]). Trong kết quả này, ánh xạ F đã bỏ được điều kiện lồi, đóng và chỉ cần thỏa mãn là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng. Hệ quả này cũng mở rộng định lý điểm bất động của Fan - Browder ([16]).
Ví dụ sau cho ta thấy rõ hơn sự mở rộng kết quả Định lý điểm bất động của Fan - Browder trong Hệ quả 2.1.8.
Ví dụ 2.1.2. LấyD= [−1,1]và ánh xạ H :D→2D xác định bởi
H(x) =
y, nếu 1
3x < y < 1
2x, x >0;
0, nếu x= 0;
y, nếu 1
2x < y < 1
3x, x <0.
Dễ thấy, H là ánh xạ l.s.c với giá trị lồi, khác rỗng trên D. Khi đó, sử dụng Hệ quả 2.1.8, tồn tại x ∈ D sao cho x ∈ H(x). Nhưng vì H không có nghịch ảnh mở
tại x= 0 nên ta không thể áp dụng Định lý Fan - Browder để chỉ ra sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ H.
Tiếp theo, ta xét trường hợp bài toán tựa cân bằng tổng quát có hàm mục tiêu dạngF =G+H với G:D×K →2X×Z là ánh xạ nửa liên tục dưới yếu vô hướng, H :D×K →2X×Z là ánh xạ nửa liên tục trên yếu vô hướng và Y =X×Z.
Ta có bổ đề.
Bổ đề 2.1.2. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn.
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P :D×K →2D và Q:D×K →2K là các ánh xạ l.s.c với giá trị khác rỗng;
iii) Tập B ={(x, y)∈D×K|x∈P(x, y), y ∈Q(x, y)} là đóng;
iv) φ : K ×K ×D×D → R là hàm u.s.c thỏa mãn với mỗi (y, x) ∈ K ×D cố định, φ(y, ., x, .) :K×D→R là hàm lồi;
v) φ(y, y, x, x) = 0, với mọi (y, x)∈K×D . Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho
1. (x, y)∈P(x, y)×Q(x, y);
2. φ(y, z, x, t)≥0, với mọi t ∈P(x, y), z ∈Q(x, y).
Chứng minh. Ánh xạG:D×K →2D×K được xác định bởi:
G(x, y) ={(t, z)∈P(x, y)×Q(x, y)|φ(y, z, x, t)<0},(x, y)∈D×K
={(t, z)∈D×K|φ(y, z, x, t)<0} ∩(P(x, y)×Q(x, y)),(x, y)∈D×K
=S(x, y)∩(P(x, y)×Q(x, y)),(x, y)∈D×K,
với S(x, y) ={(t, z)∈D×K|φ(y, z, x, t)<0},(x, y)∈D×K. Ta chứng minh, với mỗi t∈D, y, z ∈K, tập
Ay =D\S−1(t, z) ={x∈D|φ(y, z, x, t)≥0}
là đóng trongD×K. Thật vậy, lấy{xα} ⊆Ay, xα →x, ta cóφ(y, z, xα, t)≥0. Vìφ là hàm u.s.c nên φ(y, z, x, t)≥0. Do đó, x∈Ay. Suy ra, Ay là tập đóng, tức là ánh xạS(., y)có nghịch ảnh mở. Chứng minh tương tự, ta cóS(x, .)cũng có nghịch ảnh mở. Mặt khác, theo giả thiết, với mỗi(y, x)∈K×Dcố định,φ(y, ., x, .) :K×D→R là hàm lồi nên S là ánh xạ có nghịch ảnh mở với giá trị lồi. Từ đó, ta có G là ánh xạ l.s.c với giá trị khác rỗng. Vì P, Q là các ánh xạ l.s.c với giá trị khác rỗng nên theo Hệ quả 2.1.8, ta có B 6=∅. Nếu tồn tại (x, y)∈B sao cho G(x, y)∩B =∅ thì bổ đề được chứng minh.
Ta giả sử, với mọi (x, y) ∈ D×K, ta có G(x, y)∩B 6= ∅. Định nghĩa ánh xạ H :D×K →2D×K:
H(x, y) =
G(x, y)×Q(x, y), nếu (x, y)∈B;
P(x, y)×Q(x, y), nếu (x, y)∈/ B.
Dễ thấy, H là ánh xạ l.s.c với giá trị khác rỗng. Áp dụng Hệ quả 2.1.8, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho (x, y)∈H(x, y), tức làx∈G(x, y), y ∈Q(x, y) và
φ(y, y, x, x)<0.
Ta thấy điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy, bổ đề được chứng minh.
Ta có định lý.
Định lý 2.1.2. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P : D×K → 2D, Q : D×K → 2K là các ánh xạ đa trị l.s.c với giá trị khác rỗng và tập B ={(x, y)∈D×K|x∈P(x, y), y ∈Q(x, y)} là đóng;
iii) G:D×K →2X×Z là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng;
iv) H :D×K →2X×Z là ánh xạ u.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
v) Với mọi (x, y)∈B,
∅ 6=G(x, y) + (H(x, y)∩TP(x,y)×Q(x,y)(x, y))⊂TP(x,y)×Q(x,y)(x, y).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈P(x, y);
2) y ∈Q(x, y);
3) 0∈G(x, y) +H(x, y).
Chứng minh. Ta định nghĩa ánh xạ T :D×K →2D×K: T(x, y) =P(x, y)×Q(x, y), (x, y)∈D×K,
ta suy raT là ánh xạ l.s.c với giá trị khác rỗng. Theo Hệ quả 2.1.8, tồn tại(x, y)∈ D×K sao cho
(x, y)∈T(x, y).
Do đó, B là tập khác rỗng. Hơn nữa, theo giả thiết, B là tập đóng nên suy ra ta có B là tập compact.
Giả sử với mỗi (x, y) ∈ B,0 ∈/ G(x, y) +H(x, y) . Lấy v ∈ G(x, y). Do H(x, y) là tập khác rỗng, lồi, đóng nên v +H(x, y) cũng là tập khác rỗng, lồi, đóng và 0∈/ (v+H(x, y)). Theo định lý Hahn - Banach, tồn tạip∈X×Z∗ sao cho
p(v) + sup
w∈H(x,y)
p(w)<0.
Do vậy, ta có
inf
v∈co(G(x,y))p(v) + sup
w∈H(x,y)
p(w)<0.
Khi đó, ta xác định các ánh xạ c1p(., .) :D×K →R, c2p(., .) :D×K →R: c1p(x0, y0) = inf
v∈co(G(x0,y0))p(v),(x0, y0)∈D×K;
c2p(x0, y0) = sup
w∈H(x0,y0)
p(w),(x0, y0)∈D×K.
Theo Mệnh đề 1.2.3, c1p, c2p đều là các hàm u.s.c trên D×K, do đó tập Up(x, y) ={(x0, y0)∈D×K|c1p(x0, y0) +c2p(x0, y0)<0}
là mở. Vì (x, y) ∈ Up(x, y) nên Up là một lân cận mở khác rỗng của (x, y). Do đó, với mỗi(x, y)∈B, tồn tại p∈(X×Z)∗ sao cho
Up(x, y) ={(x0, y0)∈D×K|c1p(x0, y0) +c2p(x0, y0)<0}
là tập mở khác rỗng. Từ đó, suy ra {Up}p∈(X×Z)∗ là họ các phủ mở của tập B.
VìB là tập compact, nên tồn tại hữu hạn các ánh xạp1, ..., ps∈(X×Z)∗sao cho B ⊆
s
[
j=1
Upj.
Hơn nữa, B là tập đóng trongD×K,Up0 =D×K\B là tập mở trong D×K nên {Up0, Up1, ..., Ups}là họ phủ mở của tập compact D×K.
Theo Định lý 1.2.1, tồn tại các hàm ψi :D×K →R,(i= 0,1, ..., s) sao cho 1) 0≤ψi(x, y)≤1;
2)
s
P
i=0
ψi(x, y) = 1, với mọi(x, y)∈D×K;
3) Với mỗii∈ {0,1, ..., s}, tồn tại j(i)∈ {0,1, ..., s}, suppψi ⊂Upj(i). Tiếp theo, ta định nghĩa ánh xạ φ:K×K ×D×D→R:
φ(y, z, x, t) =
s
X
i=0
ψi(x, y).pj(i)(t−x, z−y),
với mọit, x∈D, y ∈K.
Khi đó, φ là hàm liên tục trên K×K×D×D. Ngoài ra, ta có φ(y, y, x, x) = 0, với mọi(x, y)∈D×K.
Ta thấy, D, K, P, Q và φ thỏa mãn các điều kiện của Bổ đề 2.1.2, nên tồn tại (x, y)∈D×K sao cho
(x, y)∈P(x, y)×Q(x, y) và φ(y, z, x, t)≥0, với mọi t∈P(x, y), z ∈Q(x, y).
Từ đó, ta suy ra
s
X
i=0
ψi(x, y).pj(i)(t−x, z−y)≥0, với mọi(t, z)∈P(x, y)×Q(x, y). (2.1.7)
Đặt p∗ =
s
P
i=0
ψi(x, y).pj(i), từ (2.1.7) ta có
p∗(t−x, z−y)≥0, với mọi (t, z)∈P(x, y)×Q(x, y).
Do đó, ta được p∗(u) ≥ 0, với mọi u ∈ TP(x,y)×Q(x,y)(x, y). Từ giả thiết v), ta có
∅ 6=G(x, y) + (H(x, y)∩TP(x,y)×Q(x,y)(x, y))⊂TP(x,y)×Q(x,y)(x, y).Từ đó, suy ra p∗(v) +p∗(w)≥0, với mọiv ∈coG(x, y), w∈H(x, y)∩TP(x,y)×Q(x,y)(x, y).
Khi đó, ta được
(v+w)∈coG(x,y)+(H(x,y)∩Tinf P(x,y)×Q(x,y)(x,y))p∗(v+w)≥0. (2.1.8)
Đặt I(x, y) = {i∈ {0,1, ..., s}|ψi(x, y)>0}. Vì ψi(x, y)≥ 0 và
s
P
i=0
ψi(x, y) = 1 nên I(x, y)6=∅. Do đó, với mỗi i∈I(x, y), (x, y)∈suppψi ⊂Upj(i) ta có
c1p
j(i)(x, y) +c2p
j(i)(x, y)<0. (2.1.9) Với mỗi v ∈coG(x, y), w ∈H(x, y), ta có
p∗(v+w) =
s
X
i=0
ψi(x, y).[pj(i)(v) +pj(i)(w)]
= X
i∈I(x,y)
ψi(x, y).[pj(i)(v) +pj(i)(w)]
≤ X
i∈I(x,y)
ψi(x, y) max
i∈I(x,y){pj(i)(v) +pj(i)(w)}
= max
i∈I(x,y){pj(i)(v) +pj(i)(w)}.
Do đó, ta có
inf
(v+w)∈coG(x,y)+(H(x,y)∩TP(x,y)×Q(x,y)(x,y)){p∗(v+w)}
≤ inf
(v+w)∈coG(x,y)+(H(x,y)∩TP(x,y)×Q(x,y)(x,y)) max
i∈I(x,y){pj(i)(v) +pj(i)(w)}. (2.1.10) Đặt C =co{pj(1), ..., pj(s)},E =co(G(x, y)) +H(x, y), f(p, u) = p(v) +p(w), u= v +w và sử dụng tôpô yếu* trên (X ×Z)∗, ta thấy các điều kiện trong định lý minimax của Sion trong [56] được thỏa mãn. Do vậy, ta có
u∈coG(x,y)+(H(x,y)∩TinfP(x,y)×Q(x,y)(x,y)) max
i∈I(x,y)pj(i)(u)
= max
i∈I(x,y) inf
(v+w)∈coG(x,y)+(H(x,y)∩TP(x,y)×Q(x,y)(x,y)){pj(i)(v) +pj(i)(w)}
≤ max
i∈I(x,y){ inf
v∈coG(x,y)pj(i)(v) + sup
w∈H(x,y)
pj(i)(w)}
≤ max
i∈I(x,y){c1p
j(i)(x, y) +c2p
j(i)(x, y)<0. (2.1.11)
Từ (2.1.10) và (2.1.11) ta suy ra inf
u∈coG(x,y)+(H(x,y)∩TP(x,y)×Q(x,y)(x,y))p∗(u)<0. (2.1.12) Ta thấy, (2.1.8) mâu thuẫn với (2.1.12). Vậy, định lý được chứng minh.
Tương tự các hệ quả của Định lý 2.1.1, ta có một số hệ quả của Định lý 2.1.2.
Hệ quả 2.1.9. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P : D×K → 2D, Q : D×K → 2K là các ánh xạ đa trị l.s.c với giá trị khác rỗng và tập B ={(x, y)∈D×K|x∈P(x, y), y ∈Q(x, y)} là đóng;
iii) G:D×K →2X×Z là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng;
iv) H :D×K →2X×Z là ánh xạ u.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
v) Với mọi (x, y)∈B,
∅ 6= (G(x, y)−(x, y)) + (H(x, y)∩TP(x,y)×Q(x,y)(x, y))⊂TP(x,y)×Q(x,y)(x, y).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈P(x, y);
2) y ∈Q(x, y);
3) (x, y)∈G(x, y) +H(x, y).
Hệ quả 2.1.10. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là các tập khác rỗng, lồi, compact;
ii) P : D×K → 2D, Q : D×K → 2K là các ánh xạ đa trị l.s.c với giá trị khác rỗng và tập B ={(x, y)∈D×K|x∈P(x, y), y ∈Q(x, y)} là đóng;
iii) G:D×K →2X×Z là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng;
iv) H :D×K →2X×Z là ánh xạ u.s.c yếu vô hướng với giá trị lồi, đóng;
v) Với mọi (x, y)∈B, (x, y)∈/ G(x, y) +H(x, y) và
∅ 6= (G(x, y)−(x, y)) + (H(x, y)∩TP(x,y)×Q(x,y)(x, y))⊂TP(x,y)×Q(x,y)(x, y).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho 1) x∈P(x, y);
2) y ∈Q(x, y);
3) G(x, y) +H(x, y) = ∅.
Hệ quả 2.1.11. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) D, K là tập con khác rỗng, lồi, compact;
ii) G0 :D×K →2X×Z là ánh xạ l.s.c yếu vô hướng với giá trị khác rỗng;
iii) H0 :D×K →2X×Z là các ánh xạ u.s.c với giá trị khác rỗng, lồi, đóng;
iv) Với mọi (x, y)∈D×K,
(G0(x, y)−(x, y)) + (H0(x, y)∩TD×K(x, y))⊂TD×K(x, y).
Khi đó, tồn tại (x, y)∈D×K sao cho (x, y)∈G0(x, y) +H0(x, x).