2 Bài toán cân bằng vectơ đa trị
2.1.3Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vô hướng
Blum và Oettli đã chứng minh định lý về sự tồn tại điểm cân bằng của bài toán cân bằng vô hướng([6]). Ta không nhắc lại chứng minh của họ với trường hợp đơn
trị mà sẽ trình bày chứng minh định lý về điều kiện tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vô hướng trong trường hợp ánh xạ đa trị. Trước hết ta nhắc lại các định nghĩa sau.
Định nghĩa 2.1.1. Cho K, D là các tập lồi khác rỗng trong X với K ⊂D. Ta gọi nhân của K trong D là tập
coreDK ={a∈K |K ∩(a, y]6=∅ với mọi y∈D\K}
trong đó
(a, y] ={λa+ (1−λ)y với 0≤λ <1}
Ví dụ 2.1.1. Giả sử D là tập lồi, đóng trong không gian X và lấy a ∈ intD ,
K ={x∈D|kx−ak≤n, n= 1,2, ...}. Khi đó
coreDK ={x∈D|kx−a k< n}
Định nghĩa 2.1.2.Hàm g :D×D−→R được gọi là đơn điệu nếu
g(x, y) +g(y, x)≤0 với mọi x, y ∈D
Ví dụ 2.1.2.ChoD⊂R,f :D−→R là hàm số. Khi ấy hàm sốg(x, y) = (y−x)f(x)
đơn điệu khi và chỉ khi hàm sốf đơn điệu tăng theo nghĩa thông thường. Thật vậy
g(x, y) +g(y, x) = (x−y)(f(y)−f(x))≤0 với mọi x, y ∈D
khi và chỉ khi f đơn điệu tăng theo nghĩa thông thường.
Định nghĩa (2.1.2) là mở rộng của khái niệm toán tử đơn điệu. Toán tử A :
D−→X∗ gọi là đơn điệu nếu
< Ax−Ay, x−y >≥0 với mọi x, y ∈D
ở đây X∗ là không gian đối ngẫu của X. Xét hàm số: g : D×D −→R định nghĩa bởi
g(x, y) =< A(x), y−x > với y ∈D
Khi đó g là đơn điệu
Năm 1991 Blum và Oettli đã xét bài toán cân bằng: Cho X là một không gian vectơ tôpô lồi địa phương thực,D⊂X là một tập lồi . Tìm x∈D sao cho
f(x, y)≥0 với mọi y∈D (2.7)
trong đó f :D×D−→R là hàm có dạng
Trong đóg :D×D−→R và h:D×D−→R là các hàm vô hướng.
Kết quả chính trong định lý tồn tại điểm cân bằng của Blum và Oettli được phát biểu như sau:
Định lý 2.1.1.([1, Định lý 3.1.3, tr.117]) NếuX là không gian lồi địa phương thực,
D ⊂X là tập lồi, đóng, khác rỗng. Các hàm g :D×D −→ R và h : D×D −→R
thỏa mãn:
i) g(x, x) = 0 với mọi x∈D.
ii) g(x, y) +g(y, x)≤0 với mọi x, y ∈D (g là hàm đơn điệu). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
iii) Với mỗi x, y ∈D cố định hàm t∈[0,1]−→g(ty+ (1−t)x, y) là nửa liên tục trên tại t= 0.
iv) g là lồi và nửa liên tục dưới theo biến thứ hai. v) h(x, x) = 0 với mọi x∈D.
vi) h là nửa liên tục trên theo biến thứ nhất, lồi theo biến thứ hai.
vii) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc, lồi, khác rỗng K ⊂ D sao cho với mỗi
x∈K \coreDK đều tồn tại a∈coreDK để
g(x, a) +h(x, a)≤0
thì tồn tạix∈K sao cho
g(x, y) +h(x, y)≥0 với mọi y∈D Chú ý 2.1.1.
i) Nếu D là tập compắc thì giả thiết về tính bức vii) tự động được thỏa mãn vì khi đó lấy K =D.
Ta thấy rằng yêu cầu về tính bức trong giả thiết vii) của định lý (2.1.1.) là tương đối nặng. Định lý (2.1.1.) vẫn đúng nếu thay điều kiện bức vii) bởi điều kiện bức sau: " Tồn tại K ⊂D lồi, compắc, khác rỗng sao cho với mỗi x∈D\K đều tồn tại
a∈K sao cho g(x, a) +h(x, a)<0".
Thật vậy: Giả sử tập {yi, i∈I} là một tập hữu hạn của D. Khi đó tập
C=co(K∪ {yi, i∈I})
là tập lồi, compắc. Theo định lý (2.1.1.) tồn tại x∈C sao cho
0≤g(x, y) +h(x, y) với mọi y∈C
Theo điều kiện bức trên ta có x∈K . Do g đơn điệu nên
g(x, y) +g(y, x)≤0 với mọi y∈C ⇒g(y, x)≤ −g(x, y)≤h(x, y)
Đặc biệt với y=yi, i∈I thì họ các tập đóng( trong tập compắc K) S(yi) ={x∈K |g(yi, x)≤h(x, yi), yi∈D} có tính chất giao hữu hạn. Do đó \ yi∈D S(yi)6=∅
nghĩa là có x∈K để g(y, x)≤h(x, y) với mọi y∈D. Ta sẽ chứng minh
g(x, y) +h(x, y)≥0 với mọi y∈D
Thật vậy: Giả sử g(y, x)≤h(x, y) với mọi y∈D. Lấy y∈D bất kỳ. Đặt
xt =ty+ (1−t)x, t∈(0,1]
Do K là tập lồi nên xt∈K. Suy ra g(xt, x)≤h(x, xt). Từ các tính chất của g và h suy ra với mọi 0< t≤1 ta có
0 =g(xt, xt)≤tg(xt, y) + (1−t)g(xt, x)≤tg(xt, y) + (1−t)h(x, xt) ≤tg(xt, y) + (1−t)[th(x, y) + (1−t)h(x, x)] = tg(xt, y) + (1−t)th(x, y)
Vậy
tg(xt, y) + (1−t)th(x, y)≥0
Chia cả hai vế cho t >0 ta được
g(xt, y) + (1−t)h(x, y)≥0
Cho t−→0 và xt −→x. Sử dụng tính nửa liên tục trên tại t= 0 củag ta có
g(x, y) +h(x, y)≥0 với mọi y∈D (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
.
ii) Khi h = 0 định lý (2.1.1.) trở thành Định lý Browder - Minty và khi g = 0 ta được định lý Ky Fan
Trong phần tiếp theo dựa vào tính compắc địa phương của tập D và tôpô yếu trong không gian Banach phản xạ X để giảm nhẹ tính bức, thay thế chúng bằng giả thiết khác. Chuẩn củaX được kí hiệu bởi k.k. Trước hết ta xét bổ đề sau:
Bổ đề 2.1.1. ([1, Bổ đề 3.1.4, tr.118])Nếu φ : D −→ R là hàm lồi và có các tính chất
ii)φ(y)≥0 với mọi y ∈D. thì
φ(y)≥0 với mọi y∈D
.
Chứng minh. Vì φ(y)≥0 với mọi y∈K nên ta chỉ cần chứng minh φ(y)≥0 với mọi y ∈ D\K. Ta dùng phương pháp phản chứng để chứng minh. Tức là giả sử ngược lại tồn tại y∈D\K sao cho φ(y)<0. Giả sử
z ∈(xo, y], z =αxo+ (1−α)y
Với α ∈[0,1) thì
φ(z) = φ(αxo+ (1−α)y)≤αφ(xo) + (1−α)φ(y)<0
Do xo∈coreDK nên tồn tại zo∈(xo, y]∩K. Vì zo∈(xo, y] nên φ(zo)<0. Mặt khác
zo∈K nên φ(zo)≥0. Khi đó ta có mâu thuẫn. Vậy φ(y)≥0 với mọi y ∈D.
Điều kiện bức vii) trong định lý (2.1.1.) là tương đối nặng nên thay thế bằng các giả thiết nhẹ hơn trong định lý sau:
Định lý 2.1.2.([1, Định lý 3.1.5, tr.119]) Nếu X là không gian định chuẩn, D là tập lồi compắc địa phương, g, h : D×D −→ R là các hàm số thỏa mãn các điều kiện từ i) đến vi) của định lý (2.1.1) và
vii) Tồn tại a∈D sao cho với mọi dãy{xn} ⊂D mà lim
n−→∞kxn k= +∞ , một trong các điều kiện sau thỏa mãn
H1) Tồn tại no >0 để g(xno, a) +h(xno, a)≥0 H2) Tồn tại no >0 và y ∈D với ky−ak<kxno −ak để g(xno, y) +h(xno, y)≥0 H3) Tồn tại no >0 và y ∈D để g(y, xn) +h(xn, y)≥0 với mọi n≥no thì tồn tại x∈D để g(x, y) +h(x, y)≥0 với mọi y∈D
Chứng minh. Xét họ
Dn ={x∈D|kx−a k≤n}
với n = 1,2, .... Khi đó Dn là tập lồi, compắc, khác rỗng trong X. Theo định lý (2.1.1) và chú ý ở trên ta suy ra tồn tại xn ∈Dn với n= 1,2, ... sao cho
g(xn, y) +h(xn, y)≥0 với mọi y∈Dn (2.8) Giả sử tồn tại n mà k xn−a k< n thì xn ∈ coreDDn . Xét ánh xạ φ :D −→ R xác định như sau
φ(x) = g(xn, x) +h(xn, x) với x∈D (2.9) Ta có
φ(xn) = g(xn, xn) +h(xn, xn) = 0
Từ (2.8) ta có φ(x) ≥ 0 với mọi x ∈ Dn. Theo bổ đề (2.1.1) thì φ(x) ≥ 0 với mọi
x∈D. Do đó xn là nghiệm của bài toán (EP).
Như vậy chỉ cần xét trường hợp kxn−ak=n với mọin ≥1. Ta sẽ xét lần lượt các điều kiện H1), H2), H3).
Giả sử H1) đúng tức là với dãy {xn} tồn tại no để
g(xno, a) +h(xno, a)≥0
Khi đó xno là nghiệm của bài toán (EP). Thật vậy: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Theo định lý (2.1.1) thì xno là nghiệm của bài toán (EP) trên Dno. Lấy x∈D\Dno
bất kỳ, tồn tại t∈(0,1] sao cho
z =ta+ (1−t)x∈Dno Ta có g(xno, ta+ (1−t)x) +h(xno, ta+ (1−t)x) ≤t(g(xno, a) +h(xno, a)) + (1−t)(g(xno, x) +h(xno, x)) ≤(1−t)(g(xno, x) +h(xno, x))( do g(xno, a) +h(xno, a)≤0) Nếu g(xno, x) +h(xno, x)<0 thì g(xno, ta+ (1−t)x) +h(xno, ta+ (1−t)x)<0 Tức là g(xno, z) +h(xno, z)<0
(Mâu thuẫn với xno là nghiệm của bài toán (EP) trên Dno). Do đó
Vậy xno là nghiệm của bài toán (EP) trên D.
Giả sử H2) đúng tức là với dãy{xn}, tồn tạino>0vày∈Dvới ky−a k<kxn0−ak
sao cho
g(xno, y) +h(xno, y)≤0 (2.10) Định nghĩa ánh xạφ :D−→R cho bởi
φ(x) = g(xn, x) +h(xn, x)
Vìky−ak<kxn0 −a k ⇒ky−ak< no ⇒y∈coreDDno.
Theo (2.10) thì φ(y)≤ 0. Theo (2.9) thì φ(x)≥ 0 với mọi x∈Dno. Áp dụng bổ đề (2.1.1.) ta được
φ(x)≥0 với mọi x∈D
Tức là
g(xno, y) +h(xno, y)≥0 với mọi x∈D
Vậy xno là nghiệm của bài toán (EP) trên D.
Giả sử H3) đúng tức là tồn tại no>0 và y∈D sao cho
g(y, xn) +h(xn, y)≥0 với mọi n ≥no
Do g đơn điệu nên g(xn, y) +g(y, xn)≤0. Suy ra
g(xn, y) +h(xn, y)≤h(xn, y)−g(y, xn)≤0
Với n đủ lớn thì k y−a k<k xn0 −a k. Như vậy điều kiện H2) thỏa mãn. Định lý đã được chứng minh.
Trong định lý (2.1.2.) ta đã giả thiết X là không gian định chuẩn. Với X là không gian Banach phản xạ ta có hệ quả sau:
Hệ quả 2.1.1 ([1]) Nếu X là không gian Banach phản xạ, D ⊂X là tập hợp lồi, đóng, khác rỗng, g, h:D×D−→R là các ánh xạ thỏa mãn các điều kiện từ i) đến vi) trong tôpô yếu và giả thiết: Tồn tại a ∈ D sao cho với mọi dãy {xn} ⊂ D mà
lim
n−→∞k xn k= +∞ để một trong các điều kiện H1) - H3) của định lý (2.1.2.) được thỏa mãn, thì tồn tại x∈D để
g(x, y) +h(x, y)≥0 với mọi y∈D
• Với X được trang bị bởi tôpô yếu thì mọi điều kiện của định lý (2.1.2.) được thỏa mãn. Vậy hệ quả được chứng minh.