2 Bài toán cân bằng đơn trị
2.2 Bài toán cân bằng vô hướng
Bài toán cân bằng cổ điển (hay còn gọi là bài toán cân bằng vô hướng) đóng một vai trò quan trọng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học lý thuyết cũng như ứng dụng. Từ bài toán này ta có thể suy ra được các bài toán khác nhau trong lý thuyết tối ưu: Bài toán tối ưu, bài toán bất đẳng thức biến phân, bài toán cân bằng Nash, bài toán điểm yên ngựa,. . . Chính vì vậy, bài toán này được rất nhiều các nhà toán học quan tâm như E. Blum, W. Oettli [6], G.J. Minty [8], Ky Fan [10],. . . Trong mục này chúng ta trình bày nội dung bài toán, các bài toán có liên quan và điều kiện về sự tồn tại nghiệm.
Bài toán này được phát biểu như sau: Cho X là không gian véctơ lồi địa phương thực, D⊂ X là tập lồi đóng, khác rỗng và f :D×D→ R là hàm thỏa mãn f(x, x) = 0 với mọi x∈D. Tìm điểm x¯∈D sao cho
f(¯x, y)≥0 với mọi y∈D.
Điểm x¯ được gọi là điểm cân bằng và bài toán được gọi là bài toán điểm cân bằng và được ký hiệu là (EP).
Bài toán trên, ngoài những ứng dụng trong toán học, còn có ý nghĩa trong kinh tế, chẳng hạn như mô hình kinh tế Walras hay cân bằng kinh tế Nash. Từ bài toán này bằng cánh chọn hàmf một cách thích hợp cho từng trường hợp cụ thể, ta suy ra được các bài toán có liên quan sau:
1. Bài toán tối ưu
Xét hàm số g :D→R. Bài toán: Tìm x¯∈D sao cho g(¯x)≤g(x) với mọi x∈D.
Thông thường người ta viết nó dưới dạng
min
Nếu ta đặt
f(x, y) =g(y)−g(x) với mọi x, y ∈D,
thì khi đó x¯ là nghiệm của (2.1) khi và chỉ khi g(¯x)≤g(y) với mọi y∈D khi và chỉ khi f(¯x, y)≥0 với mọi y∈D, tức là x¯ là nghiệm của (EP).
2. Bài toán bất đẳng thức biến phân
Gọi X∗ là không gian đối ngẫu của X. Cho ánh xạ T :D→X∗ . Bài toán: Tìm x¯∈D sao cho
hT (¯x),x¯−yi ≥0, ∀y∈D, (2.2) được gọi là bài toán bất đẳng thức biến phân. Ta đặt
f(x, y) =hT x, x−yi với mọi x, y ∈D,
thì x¯ là nghiệm của (2.2) hay khi và chỉ khi x¯ là nghiệm của (EP). 3. Bài toán điểm bất động
Cho X là không gian Hilbert, T :D→D là ánh xạ đơn trị. Bài toán: Tìm x¯∈D sao cho
T x¯= ¯x, (2.3)
được gọi là bài toán điểm bất động, x¯ được gọi là điểm bất động của ánh xạ T. Đặt f(x, y) =hT (x)−x, x−yi với mọi x, y ∈D. Khi đó, nếux¯ là nghiệm của (EP) thì
f(¯x, y)≥0 suy ra hT x¯−x,¯ x¯−yi ≥0 với mọi y∈D.
Cho nên chọn y=Tx¯ ta được kT x¯−x¯k2 = 0. Từ đó x¯ là nghiệm của (2.3). Ngược lại, nếu x¯ là nghiệm của (2.3) thì hiển nhiên x¯ là nghiệm của (EP). 4. Bài toán cân bằng Nash
Cho Di∈ X, i∈I là các tập con khác rỗng trong X với I là tập hữu hạn các phần tử. Đặt D = Qi∈IDi và xét các hàm fi :D → R. Với mỗi x = (xi)
ta đặt xi= (xj)j∈I,j6=i.
Bài toán: Tìm x¯= (¯xi)i∈I ∈D sao cho
fi(¯x)≤fi x¯i, yi, ∀yi ∈Di, (2.4) được gọi là bài toán cân bằng Nash. Điểm x¯ được gọi là điểm cân bằng Nash. Ta định nghĩa hàm f :D×D→R như sau
f(x, y) :=P
i∈I
fi xi, yi−fi(x). Ta dễ dàng thấy rằng, nếu x¯ là nghiệm của (2.4) thì
P
i∈I
fi x¯i, yi−fi(¯x)≥0. Do đó x¯ là nghiệm của (EP).
Ngược lại, nếu x¯ là nghiệm của (EP), tức là
P i∈I fi x¯i, yi−fi(¯x)≥0, thì với mỗi i∈I ta chọn y= (yi) i∈I ∈D sao cho yi = ¯xi. Ta suy rafj x¯j, yj−fj(¯x) = 0, với j ∈I và j 6=i và f(¯x, y) =fi x¯i, yi−fi(¯x). Như vậy fi x¯i, yi≥fi(¯x),
với mọi i∈I. Điều này chứng tỏ x¯ là nghiệm của (2.4).
Trong bài toán này, I = {1,2, ..., n} được gọi là tập hợp n người cùng tham gia hoạt động kinh tế, hay tham gia một trò chơi nào đó. Di được gọi là tập chiến lược của người chơi thứ ivà fi là hàm thiệt hại của người chơi thứ i. Điểm cân bằng x¯ chính là điểm mà tại đó mọi người chơi đều nhận thấy mình bị thiệt hại ít nhất trong quá trình lựa chọn chiến thuật chơi của mình. Ví dụ, ngày nay các nước trên thế giới đều tham gia toàn cầu hóa. Người ta phải lựa chọn một chiến lược hợp tác với nhau như thế nào đó để các nước cùng tham gia vào công
cuộc toàn cầu hóa đều thấy được mình ít bị thiệt thòi nhất. 5. Bài toán điểm yên ngựa
Cho D1, D2 ∈X và ϕ:D1×D2 →R. Điểm (¯x1,x¯2)được gọi là điểm yên ngựa của ϕ nếu
(¯x1,x¯2)∈ D1×D2, ϕ(¯x1, y2)≤ϕ≤ϕ(¯x1,x¯2)≤ϕ(y1,x¯2), (2.5) với mọi (y1, y2)∈ D1×D2.
Đặt D=D1×D2 và định nghĩa hàm f :D×D→R bởi f(x, y) = ϕ(y1, x2)−ϕ(x1, y2),
với x = (x1, x2), y = (y1, y2). Điểm x¯ = (¯x1,x¯2) là nghiệm của (2.5) nếu và chỉ nếu
f(¯x, y)≥0 với mọi y= (y1, y2)∈ D1×D2, tức là x¯ là nghiệm của (EP).
Trước khi trình bày định lý về điều kiện tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng cổ điển, ta nhắc lại khái niệm sau.
Định nghĩa 2.2.1.ChoK, Dlà các tập lồi khác rỗng trongX với K ⊂D.Ta gọi nhân củaK 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 2.2.1. Cho D là tập lồi đóng trong không gian X và lấy a∈intD, K ={x∈D|kx−ak ≤r, với r >0}. Khi ấy tập
coreDK = intK ={x∈D|kx−ak< r}.
Định nghĩa 2.2.2. Hàm số g :D×D→R được gọi là đơn điệu nếu g(x, y) +g(y, x)≤0 với mọi x, y ∈D.
Khi ấy hàm sốg(x, y) = (y−x)f(x)đơn điệu theo nghĩa trên khi và chỉ khi hàm số f đơn điệu tăng theo nghĩa thông thường.
Định lý tồn tại điểm cân bằng dưới đây đã được E.Blum và W.Oettli chứng minh. Tiếp theo ta không trình bày cách chứng minh của họ cho trường hợp đơn trị mà sẽ chứng minh cho trường hợp tổng quát hơn, liên quan tới ánh xạ đa trị.
Định lý 2.2.1. ([6]) Nếu X 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);
iii) Với mỗi x, y ∈ D cố định hàm g : 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) 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 tại x¯∈K sao cho
g(¯x, y) +h(¯x, y)≥0 với mọi y∈D.
Nhận xét. Định lý trên là sự mở rộng của các định lý về điểm cân bằng vô hướng được Browder và Ky Fan chứng minh (trong trường hợp h = 0 ta được Định lý Browder-Minty và g = 0 ta được Định lý Ky Fan). Ta biết rằng những định lý này có rất nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực tối ưu, bất đẳng thức biến phân, sự tồn tại nghiệm của phương trình toán tử.
Nếu D là tập compắc thì giả thiết về tính bức (vii) của Định lý 2.2.1 tương đối nặng. Trong phần tiếp theo, dựa vào tính compắc địa phương của tập D và tôpô yếu trong không gian Banach phản xạ X ta giảm nhẹ tính bức, thay thế chúng bằng giả thiết khác. Ta nhắc lại rằng tập hợpD⊂ X được gọi là compắc địa phương nếu với mỗi điểm x∈ D tồn tại lân cận U của x trong X để U ∩D là tập compắc. Chuẩn của X được kí hiệu bởi k.k. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 2.2.2. Nếu Φ :D→R là hàm lồi và có các tính chất i) Tồn tại x0∈coreDK sao cho Φ (x0)≤0;
ii) Φ (y)≥0 với mọi y ∈K, thì
Φ (y)≥0 với mọi y∈D.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh Φ (y)≥ 0 với mọi y ∈ D\K. Giả sử ngược lại, tồn tại y∈D\K sao cho Φ (y)<0. Lấy:
z ∈(x0, y], z=αx0+ (1−α)y với α ∈[0,1) thì
Φ (z) = Φ (αx0+ (1−α)y) ≤αΦ (x0) + (1−α) Φ (y)<0,
x0 ∈coreDK ta suy ra tồn tại z0∈ (x0, y]∩K. Vì z0 ∈(x0, y] nên Φ (z0)<0. Mặt khác z0 ∈K nên Φ (z0)≥0. Điều mâu thuẫn này suy ra chứng minh bổ đề.
Các định lý và các mệnh đề sau thay thế tính bức của định lý 2.2.1 bằng các giả thiết nhẹ hơn trong không gian thích hợp.
Định lý 2.2.3.NếuX là không gian định chuẩn, Dlà 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 2.2.1 và
vii’) Tồn tại a ∈ D sao cho với mọi dãy {xn} ⊂ D mà limkxnk n→∞
= +∞, một trong các điều kiện sau thỏa mãn:
H1) Tồn tại n0 >0 để g(xn0, a) +h(xn0, a)≤0; H2) Tồn tại n0 >0 và y∈D với ky−ak<kxn0 −ak để g(xn0, y) +h(xn0, y)≤0; H3) Tồn tại n0 >0 và y∈D để g(y, xn)−h(xn, y)≥0 với mọi n≥ n0, thì tồn tại x¯∈D để g(¯x, y) +h(¯x, y)≥0 với mọi y∈D.
Chứng minh. Ta kí hiệu Dn ={x∈D|kx−ak ≤n} đối với mỗi n = 1,2, ...Dn là tập lồi, compắc, khác rỗng trong X. Sử dụng Định lý 2.2.1 và nhận xét ở trên, ta suy ra tồn tại xn ∈Dn, với n= 1,2, ... sao cho
g(xn, y) +h(xn, y)≥0, ∀y∈Dn. (2.6) Nếu tồn tại sốnmàkxn−ak< n,thìxn ∈coreDDn.Định nghĩa ánh xạΦ :D→R bởi:
Φ (x) =g(xn, x) +h(xn, x), x∈D, (2.7) thì Φ là hàm lồi
Φ (xn) =g(xn, xn) +h(xn, xn) = 0.
Hơn nữa, theo (2.6) thì Φ (x)≥0 với mọi x∈Dn. Theo bổ đề 2.2.2 thì Φ (x)≥0
với mọi x ∈ D. Điều này có nghĩa là xn là nghiệm của bài toán (EP). Như vậy ta chỉ xét trường hợp kxn−ak=n với mọi n≥1.
Trước tiên ta giả sử rằng điều kiện (H1) đúng, với dãy {xn} tồn tại n0 thỏa mãn (H1). Ta chỉ ra rằng xn0 là nghiệm của bài toán (EP). Dễ dàng thấy rằng
xn0 là nghiệm của bài toán trên Dn0. Lấy x ∈ D\Dn0 bất kì. Tồn tại số dương t∈(0,1] sao cho z =ta+ (1−t)x∈Dn0. Ta có g(xn0, ta+ (1−t)x) +h(xn0, ta+ (1−t)x) ≤t(g(xn0, a) +h(xn0, a)) + (1−t) (g(xn0, x) +h(xn0, x)). Vì g(xn0, a) +h(xn0, a)<0 nên g(xn0, ta+ (1−t)x) +h(xn0, ta+ (1−t)x) ≤(1−t) (g(xn0, x) +h(xn0, x)), thì g(xn0, ta+ (1−t)x) +h(xn0, ta+ (1−t)x)<0 hay g(xn0, z) +h(xn0, z)<0.
Điều này trái với giả thiết xn0 là nghiệm của bài toán (EP) trên Dn0. Vì vậy ta suy ra
g(xn0, x) +h(xn0, x)≥0 với mọi x∈D\Dn0. Tức là xn0 là nghiệm của bài toán (EP) trên D.
Tiếp theo, giả sử điều kiện (H2) đúng. Với dãy {xn} tồn tại n0 >0 và y ∈D với ky−ak<kxn0 −ak sao cho
g(xn0, y) +h(xn0, y)≤0. (2.8) Ta định nghĩa hàm Φ như trong (2.7). Do ky−ak< n0 nên y ∈coreDDn0 và theo (2.8) thì Φ (y) ≤ 0. Hơn nữa, theo (2.7) thì Φ (x) ≥ 0 với mọi x ∈ Dn0. Từ đó áp dụng Bổ đề 2.2.2, ta khẳng định Φ (x)≥0 với mọi x∈D.
Điều này có nghĩa là
g(xn0, x) +h(xn0, x)≥0 với mọi x∈D. Và như vậy xn0 là nghiệm của bài toán (EP) trên D.
Cuối cùng, giả sử điều kiện (H3) đúng. Ta chứng minh điều kiện (H2) cũng được thỏa mãn. Thật vậy, giả sử tồn tại n0 >0 và y∈D sao cho
g(y, xn) +h(xn, y)≥0 với mọi n ≥n0. Do tính đơn điệu của g nên
g(xn, y) +h(y, xn)≤0. Từ đó
g(xn, y) +h(xn, y)≤h(xn, y)−g(y, xn)≤0.
Mà với n là số đủ lớn thì ky−ak<kxn−ak. Điều này có nghĩa là điều kiện (H2) cũng được thỏa mãn. Như vậy định lý được chứng minh.
Tiếp theo ta trình bày nội dung của Bất đẳng thức Ky Fan và ứng dụng của nó trong nghiên cứu tồn tại nghiệm bài toán cân bằng.
Dưới đây ta nói rằng hàm số f :C×C →R là hàm lõm nếu −f là hàm lồi. Bất đẳng thức Ky Fan vô hướng([10])
Cho C là một tập hợp lồi, compắc trong không gian véctơ tôpô Hausdorff X và f :C×C →R là một hàm số thỏa mãn các điều kiện sau:
1) f(x, y) tựa lõm theo x với mỗi y cố định;
2) f(x, y) nửa liên tục dưới theo y với mỗi x cố định;
3) f(x, x)≤0 với mọi x∈C.
Khi đó tồn tại y¯∈C sao cho f(x,y¯)≤0 với mọi x∈C.
Chứng minh.Bất đẳng thức Ky Fan được suy ra trực tiếp từ Định lí 2.2.1 trong trường hợp g = 0.
toán cân bằng vô hướng là các nghiên cứu có giả thiết đơn điệu và các nghiên cứu không có giả thiết đơn điệu của hàm trong bất đẳng thức. Hướng thứ hai chính là các nghiên cứu mở rộng Bất đẳng thức Ky Fan ra tập không compắc mà dưới đây là một kết quả cơ bản.
Định lí 2.2.4.([12]) Cho C là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian véctơ tôpô Hausdorff X, hàm g : C×C →R với g(x, x)≤0, ∀x∈C. Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
1) g(x, .) là lõm với mỗi x∈C;
2) g(., y) là nửa liên tục dưới với mỗi y ∈C;
3)Điều kiện bức: Tồn tại một tập compắc B ⊂X và một véctơ y0 ∈B∩C sao cho:
g(x, y0)>0 ∀x∈C\B. Khi đó tập nghiệm của bài toán cân bằng vô hướng
¯
x∈C :g(¯x, y)≤0, ∀y∈C, (2.9) là tập compắc, khác rỗng.
Chứng minh. Đặt G(y) = {x∈C :g(x, y)≤0}, y ∈C.
Ta có G(y) là đóng với mỗi y∈C (do Điều kiện 2)), do đóG(y0) là tập đóng trong tập compắc B nên cũng compắc (Điều kiện 3)). Hơn nữa G : C → 2C là ánh xạ KKM.
Thật vậy, giả sử trái lại, nghĩa là có tập hữu hạn {y1, ..., yn} ⊂C mà co{y1, ..., yn} 6⊂ n S i=1 G(yi), khi ấy có một y = n P i=1 λiyi với λi ≥ 0, n P i=1 λi= 1 và y /∈G(yi), ∀i= 1, ..., n, nghĩa là: g(y, yi)>0 ∀i= 1, ..., n. Do đó
n P i=1 λig(y, yi)>0. Do g(y, .) lõm nên: g(y, y) = g(y, n P i=1 λiyi) ≥ n P i=1
λig(y, yi) > 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết g(y, y)≤0, ∀y ∈C. Vậy G là ánh xạ KKM.
Theo Bổ đề Ky Fan thì T
y∈C
G(y) 6= ∅ nghĩa là bài toán cân bằng (2.9) có nghiệm. Do tập nghiệm của (2.9) là đóng (do 2)) và thuộc tập compắc B (do 3)) nên compắc. Định lí được chứng minh.
Nhận xét 2.2.1
Nếu C là tập lồi compắc thì Định lí 2.2.4 chính là Bất đẳng thức Ky Fan. Dùng chứng minh của Định lí 2.2.4 kết hợp với chứng minh của Bất đẳng thức Ky Fan, ta cũng chứng minh được Định lí 2.2.4 trong trường hợp tính lõm của hàm g được thay bằng tính tựa lõm.
Để đưa ra kết quả trong trường hợp có giả thiết đơn điệu ta cần các khái niệm sau trong [12]
Cho C là một tập lồi trong không gian véctơ tôpô. Hàmg :C×C →R gọi là hemi-liên tục nếu với x, y ∈ C, hàm f(x+t(y−x), y) là liên tục theo t ∈ [0, 1]
tại t = 0.
Về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vô hướng, dưới đây là một kết quả cơ bản ở hướng nghiên cứu dùng giả thiết đơn điệu.
Định lí 2.2.5.([12])ChoC là tập lồi, đóng trong không gian véctơ tôpô Hausdorff X và hàm g : C ×C → R với g(x, x) ≤ 0, ∀x ∈ C sao cho các điều kiện sau thỏa mãn:
1) g là hàm hemi-liên tục và (−g) đơn điệu;
2) Với mỗi x∈C hàm g(x, .) là lõm và nửa liên tục trên;
g(x, y0)>0, ∀x∈C\B. Khi ấy tập nghiệm của bài toán cân bằng:
¯
x∈C :g(¯x, y)≤0, ∀y∈C, (2.10) là tập con khác rỗng, lồi và compắc trong B.
Định lí 2.2.5 được chứng minh bằng cách dùng Bổ đề Ky Fan và bổ đề dưới đây
Với mỗi y∈C đặt:
G(y) ={x∈C :g(x, y)≤0};
H(y) ={x∈C :g(y, x)≥0}, và kí hiệu F(y) là bao đóng của G(y).
Bổ đề 2.2.6. Cho tập C, hàm g như ở Định lí 2.2.5 và thỏa mãn điều kiện 1),2)
của định lí này. Cho các tập G(y), F(y), H(y) như ở trên. Khi ấy:
T y∈C G(y) = T y∈C F (y) = T y∈C H(y).
Chứng minh. Do G(y)⊆F (y), ∀y∈C nên chỉ cần chứng minh
T y∈C F(y)⊆ T y∈C H(y)⊆ T y∈C G(y).
Thật vậy, lấy x∈G(y) ta có: g(x, y)≤0. Do −g là hàm đơn điệu nên g(x, y)≤0≤g(x, y) +g(y, x).
Suy ra g(y, x)≥0, nghĩa làx∈H(y) nên G(y)⊆H(y).
Ta có với mỗi y ∈ C, H(y) là lồi và đóng do g(y, .) là lõm và nửa liên tục trên. Do F(y) là bao đóng của G(y) nên F (y)⊆H(y).Vậy suy ra
T y∈C F (y)⊆ T y∈C H(y). Ta chứng minh: T y∈C H(y)⊆ T y∈C G(y) nghĩa là chứng tỏ g(y, x)≥0, ∀y∈C, (2.11)
kéo theo
g(x, y)≤0, ∀y∈C. (2.12)
Giả sử (2.12) không đúng, tức là tồn tại x∈C thỏa mãn (2.11) và một y¯∈C để cho:
g(x,y¯)>0. (2.13)
Xét véctơ xt = ty¯+ (1−t)x, t ∈ [0, 1]. Theo điều kiện 1) của Định lí 2.2.5, hàm g(xt,y¯) của biến thực t ∈[0, 1] là liên tục khi t →0+. Do đó với ¯t > 0 (đủ