2 Bài toán cân bằng đơn trị
2.3Bài toán cân bằng véctơ đơn trị
Một hướng cơ bản trong các nghiên cứu về tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng véctơ, cũng như đối với bài toán cân bằng vô hướng được xét ở trên, là
hướng nghiên cứu không dùng giả thiết đơn điệu. Chúng tôi chọn trình bày một kết quả gần đây của Ansari- Konnor- Yao [4](2001) ở hướng nghiên cứu này.
Cho X, Y là các không gian véctơ tôpô, C là một nón nhọn, lồi, đóng trong Y với intC 6=∅. Một quan hệ thứ tự từng phần trong Y được xác định bởi nón C. Cho K là một tập lồi khác rỗng trong X và f :K ×K → Y là một hàm đơn trị.
Xét bài toán cân bằng véctơ sau:
Tìm x¯∈K sao cho f(¯x, y)6≺0, ∀y∈K. Bài toán trên có thể viết ở dạng:
Tìm x¯∈K sao cho f(¯x, y)∈ −/ intC, ∀y∈K. Một ánh xạ q:K →Y gọi là tựa lồi nếu với mọi α∈Y tập:
U(α) ={x∈K :q(x)α} là lồi.
Người ta có thể chỉ ra rằng nếu q là tựa lồi thì tập {x∈K :q(x)≺α}cũng là tập lồi. Dễ thấy nếu Y =R; C = [0; +∞) thì ta có khái niệm tựa lồi quen biết của hàm vô hướng.
Một ánh xạ q:K →Y gọi là nửa liên tục trên trên K nếu với mọi α∈Y tập L(α) ={x∈K :q(x)6≺α} là đóng trong K.
Dễ thấy, nếu Y =R; C = [0; +∞) thì ta có khái niệm nửa liên tục trên quen biết đối với hàm vô hướng.
Với mỗi tập A ⊂ X, ta kí hiệu clXA là bao đóng của A trong X và =(X) là họ các tập con hữu hạn không rỗng trong X.
Đối với bài toán cân bằng véctơ trên ta có định lí tồn tại nghiệm dưới đây được chứng minh nhờ dùng Nguyên lý ánh xạ KKM.
Định lí 2.3.1.([4]) Cho X, Y là các không gian véctơ tôpô, tập K ⊂ X lồi khác rỗng, nón thứ tự C ⊂ X nhọn, lồi, đóng với intC 6= ∅ và hàm đơn trị
f :K×K → Y sao cho với mỗi x∈K, f(x, x)6≺0 và với mỗi y ∈K hàm f(., y)
là nửa liên tục trên trên mỗi tập khác rỗng compắc của K. Giả sử rằng tồn tại một hàm p:K×K →Y sao cho các điều kiện sau thỏa mãn:
1) Với mỗi x, y ∈K, f(x, y)≺0 kéo theo p(x, y)≺0;
2) Với mỗi A ∈ =(X) và với mỗi x∈coA, hàm p(x, .) là tựa lồi;
3) Với mỗi x∈K, p(x, x)6≺0;
4) Điều kiện bức: tồn tại một tập lồi, compắc D⊂ K và y0 ∈D sao cho p(x, y0)≺0 với mọi x∈K\D.
Khi ấy tồn tại x¯∈K thỏa mãn f(¯x, y)6≺0 với mọi y∈K.
Chứng minh. Với mỗi y ∈K ta đặt G(y) ={x∈D:f(x, y)6≺0}. Ta có G(y) là tập đóng trong tập compắc D. Do đó để chỉ ra họ tập {G(y) :y∈K} có giao khác rỗng ta chỉ cần chỉ ra họ này có tính chất giao hữu hạn và khi ấy ta có điều phải chứng minh (vì mỗi điểm trong giao của họ tập này là nghiệm của bài toán cân bằng được xét trong định lí trên).
LấyB ={y1, y2, ..., ym} là một tập con hữu hạn củaK. Ta đặtA=co(B∪D). Ta có A là một tập lồi compắc của K. Xét ánh xạ F :A→2A xác định bởi:
F (y) = {x∈A :p(x, y)6≺0}, y ∈A.
Ta chứng minh họ {clA(F (y)) :y∈A} có giao khác rỗng. Thật vậy, ta có F (y)6=∅ với mỗi y∈A (do giả thiết 3)).
Mặt khácF là ánh xạ KKM. Thật vậy, giả sử F không phải là ánh xạ KKM, khi ấy tồn tại một tập hữu hạn {v1, v2, ..., vn} ⊆ A và với mọi i = 1, ..., n các số αi≥0, n P i=1 αi= 1 sao cho: n X i=1 αivi∈/ n [ i=1 F(vi),
nghĩa là ta có: p n X i=1 αivi, vi ! ≺0, ∀i= 1, ..., n. Do giả thiết 2) ta có: p n X i=1 αivi, n X i=1 αivi ! ≺0,
điều này mâu thuẫn với giả thiết 3). Vậy F là ánh xạ KKM.
Theo Nguyên lý ánh xạ KKM thì họ tập {clA(F (y)) :y∈A} có giao khác rỗng, lấy x¯ ∈ T
y∈A
clA(F (y)) và lưu ý là y0 ∈D⊂A, F (y0)⊆D (do giả thiết 4)), do đó: ¯ x∈clA(F(y0))⊆clK(F(y0)) =clD(F(y0))⊆D. Mặt khác ta có ¯ x∈ m T j=1 clA(F(yj)), ; clA(F(yj)) = clA({x∈A:p(x, yj)6≺0}) ⊆clA({x∈A:f(x, yj)6≺0}) = {x∈A:f(x, yj)6≺0}. (theo giả thiết 1)và do f(., y) nửa liên tục trên). Do đó:
¯ x∈D∩ " m T j=1 {x∈A:f(x, yj)6≺0} # = m T j=1 G(yj). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vậy họ {G(y) :y∈K} có tính chất giao hữu hạn, do đó:
\
y∈K
G(y)6=∅. Định lí được chứng minh.
Trong Định lí 2.3.1, lấy p=f ta nhận được kết quả sau.
Hệ quả 2.3.2. Cho các không gian X, Y, tập K ⊂ X, nón thứ tự C ⊂ Y như trong Định lí 2.3.1 và hàm f :K×K →Y sao cho các điều kiện sau thỏa mãn:
1) f(x, x)6≺0 với mỗi x∈K;
2) Với mỗi y ∈K, hàm f(., y) là nửa liên tục trên trên K; 3) Với mỗi x∈K, hàm f(x, .) là tựa lồi;
4) Điều kiện bức: tồn tại một tập compắc D ⊂ K và y0 ∈ D sao cho f(x, y0)≺0, ∀x∈K\D.
Khi ấy tồn tại x¯∈K sao cho f(¯x, y)6≺0, ∀y∈K.
Rõ ràng khi K là một tập compắc, ta có điều kiện bức trong hệ quả trên thỏa mãn và như vậy ta có dạng véctơ của Bất đẳng thức Ky Fan trong hệ quả sau của Định lí 2.3.1.
Hệ quả 2.3.3. Cho các không gian X, Y và nón thứ tự C ⊂Y như trong Định lí 2.3.1, K ⊂X là tập lồi compắc và hàm f :K ×K →Y thỏa mãn điều kiện sau:
1) f(x, x)6≺0 với mỗi x∈K;
2) Với mỗi y ∈K, hàm f(., y) là nửa liên tục trên trên K; 3) Với mỗi x∈K, hàm f(x, .) là tựa lồi.
Khi ấy, tồn tại x¯∈K sao cho:
2.4 Một số mở rộng
Xét bài toán cân bằng véctơ: Tìm x¯∈D sao cho:
F (¯x, y)∈ −/ intC, ∀y∈D, (2.16) trong đó D là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian lồi địa phương Hausdorff X, C là một nón nhọn lồi đóng trong không gian lồi địa phương Hausdorff Y với intC 6= ∅ (C xác định trên Y một thứ tự từng phần) và F :
D×D→Y là một hàm đơn trị có dạng:
F(x, y) = G(x, y) +H(x, y), (2.17) với G, H :D×D→Y. Hàm G được giả thiết có tính đơn điệu, còn H thỏa mãn một điều kiện nửa liên tục. Khi G= 0 ta nhận được kết quả là một dạng véctơ của Bất đẳng thức Ky Fan, khi H = 0 ta có kết quả của bài toán cân bằng véctơ đơn điệu.
Phần này trình bày một số kết quả nghiên cứu tồn tại nghiệm của Bài toán cân bằng véctơ (2.16) với F có dạng (2.17) và với cách tiếp cận dùng Nguyên lý ánh xạ KKM.
Trước hết ta nhắc tới một số khái niệm cần thiết: Hàm F :D→Y được gọi là lồi (lõm) theo nón C nếu:
F (tx+ (1−t)y)tF(x) + (1−t)F (y) ;
(F (tx+ (1−t)y)tF(x) + (1−t)F (y), tương ứng ) với mọi x, y ∈D, t ∈[0, 1].
F được gọi là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên) theo C tại x0 ∈D nếu với mỗi lân cận V của F(x0) trong Y tồn tại lân cận U của x0 trong X sao cho:
F (U∩D)⊆V +C;
(F (U ∩D)⊆V −C, tương ứng).
F được gọi là liên tục tại x0 ∈D nếu nó vừa là nửa liên tục dưới và nửa liên tục trên theo C tại x0.
F được gọi là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên, liên tục) theo C trên D nếu nó là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên, liên tục) tương ứng theo C tại mọi điểm thuộc D.
Hàm G:D×D→Y được gọi là đơn điệu theo nón C nếu: G(x, y) +G(y, x)0, ∀x, y ∈D. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Dễ thấy rằng, nếu C ={0} thì các khái niệm liên tục theo nón ở trên trùng với các khái niệm liên tục quen biết của hàm đơn trị.
Đối với tính nửa liên tục dưới theo nón của một hàm ta có tính chất được phát biểu trong kết quả sau ([13]).
a) Nếu F là nửa liên tục dưới theo nón C thì tập A ={x∈D: F (x)∈/ intC} là đóng trong D.
b) Nếu F là nửa liên tục dưới theo C tại x0 ∈ D và F(x) ∈/ intC với mọi x ∈ D\ {x0} thì F (x0)∈/ intC.
Cho C và B là các tập lồi trong một không gian véctơ tôpô, B ⊂C. Khi ấy, lõi của B theo C, kí hiệu coreCB, được xác định bởi:
a∈ coreCB ⇔(a∈B, B∩(a, y]6=∅ ∀y∈C\B). Lưu ý là coreCC =C.
Đối với bài toán cân bằng véctơ nêu trên, bằng cách dùng một số khái niệm thích hợp đối với hàm véctơ như tính lồi theo nón, nửa liên tục theo nón, các tác giả của [13] đã chuyển Định lí 2.2.1 trong Blum- Oettli [6] cùng với chứng minh của nó về dạng vectơ như sau.
Định lí 2.4.1. ([13]) Cho các không gian X, Y và các tập D, C như trên, G, H :
D×D→Y là các hàm đơn trị thỏa mãn các điều kiện:
1) G(x, x) = 0, ∀x∈D; 2) G là hàm đơn điệu;
3) Với mỗi x, y ∈D cố định, hàm G:t∈[0, 1]→G(ty+ (1−t)x, y)∈Y là nửa liên tục trên theo nón C tại t= 0;
4) Với mỗi x∈D cố định, hàm G(x, .) :D→Y là lồi, nửa liên tục dưới theo nón C trên D;
5) H(x, x) = 0, ∀x∈D;
6) Với mỗi y∈D cố định, hàmH(., y) :D→Y là nửa liên tục trên theo nón C trên D;
7) Với mỗi x∈D cố định, hàm H(x, .) :D→Y là lồi;
8) Tồn tại một tập khác rỗng, lồi, compắc K ⊂ D sao cho với mỗi x∈K\coreDK có a∈coreDK thỏa mãn G(x, a) +H(x, a)0.
Khi ấy tồn tại x¯∈D sao cho G(¯x, y) +H(¯x, y)∈ −/ intC, ∀y∈D, ngoài ra nếu C thỏa mãn điều kiện (∗) thì tồn tại x¯∈D sao cho
G(¯x, y) +H(¯x, y)∈ −/ (C\ {0}), ∀y∈D. Định lí được chứng minh bởi ba bổ đề dưới đây
Bổ đề 2.4.2.Giả sử D, K, G, H thỏa mãn giả thiết Định lí 2.4.1. Khi ấy tồn tại một véctơ x¯∈K sao cho:
G(y,x¯)−H(¯x, y)∈/ intC, ∀y∈K.
Chứng minh. Với mỗi y ∈ K ta đặt S(y) = {x∈K : G(y, x)−H(x, y)∈/ intC}, ta có S(y) là tập đóng trong X. Ta sẽ chỉ ra T
y∈K
S(y)6=∅.
Cho {yi :i∈I} là một tập hữu hạn bất kì của K, ở đây I là tập hữu hạn các số tự nhiên. Lấy z ∈co {yi :i∈I} ta có
z =P i∈I λiyi với λi≥0, P i∈I λi = 1. Ta có z ∈ S i∈I
S(yi). Giả sử trái lại: z /∈ S
i∈I
S(yi), điều này kéo theo: G(yi, z)−H(z, yi)∈intC với mọi i∈I.
Do đó: X i∈I λi(G(yi, z)−H(z, yi))∈intC. (2.18) Từ giả thiết 2) và 4) có P i∈I λiG(yi, z) P i,j∈I λiλj(G(yi, yj)) = = 12 P i,j∈I λiλj(G(yi, yj) +G(yj, yi))0.
Hơn nữa, theo các giả thiết 5) và 7) ta có (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
0 =H(z, z)X i∈I λiH(z, yi). Kết hợp các kết quả trên ta có X i∈I λiG(yi, z)X i∈I λiH(z, yi), hay X i∈I λi(G(yi, z)−H(z, yi))∈ −C. (2.19) Kết hợp (2.18),(2.19) ta có P i∈I λi(G(yi, z)−H(z, yi))∈intC∩(−C) =∅,
điều này vô lý. Vậy z ∈ S i∈I S(y) và co {yi :i∈I} ⊂ S i∈I S(y), nghĩa là S :K →2K là ánh xạ KKM.
Do S(y) là đóng và compắc nên theo Bổ đề Ky Fan ta có T
y∈K
S(y)6=∅. Điều này có nghĩa tồn tại x¯ với G(y,x¯)−H(¯x, y)∈/ intC, ∀y∈K.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.4.3. Giả sử D, K, G, H thỏa mãn giả thiết Định lí 2.4.1, khi ấy các khẳng định sau là tương đương:
1) ¯x∈K, G(y,x¯)−H(¯x, y)∈/ intC, ∀y∈K.
2) ¯x∈K, G(¯x, y) +H(¯x, y)∈ −/ intC, ∀y∈K.
Chứng minh. Lấy x¯∈K sao cho G(y,x¯)−H(¯x, y)∈/intC, ∀y∈K. Cố định y∈K, ta đặt xt =ty+ (1−t) ¯x với t ∈[0, 1], điều đó có nghĩa là xt∈K, ∀t ∈[0, 1]. Do đó G(xt,x¯)−H(¯x, xt)∈/ intC. Hơn nữa 0 =G(xt, xt)tG(xt, y) + (1−t)G(xt,x¯), (2.20) và H(¯x, xt)tH(¯x, y) + (1−t)H(¯x,x¯) = tH(¯x, y), hay tH(¯x, y)−H(¯x, xt)∈C. Điều này dẫn đến (1−t)tH(¯x, y)−(1−t)H(¯x, xt)∈C, ∀t ∈[0, 1]. (2.21) Kết hợp (2.20) và (2.21) ta có: tG(xt, y) + (1−t)G(xt,x¯)−H(¯x, xt) + (1−t)tH(¯x, y)∈C.
Do G(xt,x¯)−H(¯x, xt) ∈/ intC nên ta kết luận tG(xt, y) + (1−t)tH(¯x, y) ∈/ −intC, hay
G(xt, y) + (1−t)H(¯x, y)∈ −/ intC, ∀t∈(0, 1].
Đặt F (t) = G(xt, y) + (1−t)H(¯x, y). Do giả thiết 3) nên F là nửa liên tục trên theo nón C hay nửa liên tục dưới theo nón −C tại t= 0. Do đó:
F (t)∈ −/ intC, ∀t∈(0, 1], nên ta có F (0)∈ −/ intC, hay
G(¯x, y) +H(¯x, y)∈ −/ intC. Vậy ta có 1) suy ra 2).
Bây giờ ta giả sử x¯ ∈ K, G(¯x, y) +H(¯x, y) ∈ −/ intC, ∀y ∈ K. Ta sẽ chứng minh G(y,x¯) −H(¯x, y) ∈/ intC, ∀y ∈ K. Giả sử rằng tồn tại y¯ ∈ K sao cho G(¯y,x¯)−H(¯x,y¯)∈intC. Vậy ta có thể viết:
G(¯y,x¯) =H(¯x,y¯) +ω, với ω ∈intC. Mặt khác G(¯x,y¯) +G(¯y,x¯)0 nên
G(¯y,x¯) =−G(¯x,y¯)−v với v ∈C. Như vậy ta có:
H(¯x,y¯) +G(¯x,y¯) = −ω−v ∈ −intC. Điều này mâu thuẫn với giả thiết phản chứng.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.4.4. Giả sử D, K thỏa mãn giả thiết Định lí 2.4.1 và ϕ: D→Y là một hàm lồi, x0∈coreDK sao cho ϕ(x0)0, ϕ(y)∈ −/ intC, ∀y∈K. Khi ấy:
ϕ(y)∈ −/ intC, ∀y∈D.
Chứng minh. Giả sử trái lại tồn tại y∈D\K với ϕ(y)∈ −intC. Lấy z ∈(x0, y], z =αx0+ (1−α)y, α∈[0, 1)
ta có
ϕ(z) =ϕ(αx0+ (1−α)y)αϕ(x0) + (1−α)ϕ(y). Như vậy:
−ϕ(z)∈ −αϕ(x0)−(1−α)ϕ(y) +C ⊆C+ intC = intC. Hay nói cách khác ϕ(z)∈ −intC, ∀z ∈(x0, y].
Vì x0∈coreDK nên tồn tại z0 ∈(x0, y]∩K. Vậy ϕ(z0)∈ −intC, điều này trái với giả thiết ϕ(y)∈ −/ intC, ∀y ∈K.
Bổ đề được chứng minh. Chứng minh Định lí 2.4.1
Theo Bổ đề 2.4.2 tồn tại một véctơ x¯∈K sao cho: G(y,x¯)−H(¯x, y)∈/ intC, ∀y∈K. Sử dụng Bổ đề 2.4.3 ta có:
G(¯x, y) +H(¯x, y)∈ −/ intC, ∀y∈K. Ta định nghĩa hàm ϕ: D→Y xác định bởi (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
ϕ(y) = G(¯x, y) +H(¯x, y).
Do giả thiết 4) và 7) về G, H ta có ϕ là lồi, theo trên ϕ(y) ∈ −/ intC, với mọi y ∈ K. Nếu x¯ ∈ coreDK ta chọn x0 = ¯x, trường hợp khác ta đặt x0 = a, ở đây a thỏa mãn giả thiết 8). Như vậy ta luôn có ϕ(x0) 0, bây giờ sử dụng Bổ đề
2.4.4 ta có:
ϕ(y) ∈ −/ intC, ∀y∈D, hay
G(¯x, y) +H(¯x, y)∈ −/ intC, ∀y∈D.
Giả sử ngoài ra C thỏa mãn điều kiện (∗) vàC˜ là nón lồi, đóng, nhọn trongY sao cho C\ {0} ⊆int ˜C thì D, K,C, G, H˜ thỏa mãn tất cả các điều kiện của Định lí 2.4.1 do đó ta có:
G(¯x, y) +H(¯x, y)∈ −/ int ˜C, ∀y∈D. Từ −(C\ {0})⊂ −int ˜C ta có:
Định lí được chứng minh.
Tiếp theo ta sẽ áp dụng Định lí 2.2.1 ở trên để chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu của một số loại phương trình vi phân đạo hàm riêng eliptic cấp 1,2. Trước hết, ta nhắc lại một số khái niệm, định nghĩa một số không gian quan trọng và một số kết quả cần dùng.
ChoΩlà miền mở giới nội trong Rn,f : Ω→R. Giả sử rằngf có các đạo hàm riêng ∂x∂f
i(x), i = 1, ..., n. Khi ấy véctơ ∂x∂f
1 (x), ...,∂x∂f
n(x) được gọi là gradian của f tại x và được kí hiệu:
∇f(x) = ∂f ∂x1 (x), ...,∂x∂f n(x) . |∇f|= ( n P i=1 (∂x∂f i(x))2)12. Dive củaf tại x là biểu thức
divf = n P i=1 ∂f ∂xi (x). Khi các đạo hàm riêng cấp hai ∂x∂2f
i2, i= 1, ..., n tồn tại, thì toán tử ∆f = n P i=1 ∂2f ∂xi2,
được gọi là toán tử Laplace. Cho 1≤p≤ ∞. Ta kí hiệu
Lp(Ω) =f : Ω→R¯=R∪ {∓∞} sao cho RΩ|f(x)|pdx <∞ . Ta lấy
kfkp= (RΩ|f(x)|pdx)1p.
Ta dễ dàng chứng minh được rằng Lp(Ω) là không gian định chuẩn, Lp(Ω), với p > 1 là không gian Banach phản xạ. Không gian đối ngẫu của Lp(Ω) là không gian Lq(Ω), với 1p +1q = 1. Wm,p(Ω) là không gian các hàm u ∈Lp(Ω) có đạo hàm suy rộng đến bậc m và Dαu∈Lp(Ω) với mọi α mà |α| ≤m. Với m= 0, ta đặt W0,p(Ω) =Lp(Ω). Trong Wm,p(Ω) ta lấy chuẩn
kfkm,p= P
|α|≤m
kDαukp,
trong đó k.kp là chuẩn trong Lp(Ω).
Tiếp theo, ta kí hiệu Cc∞(Ω) là không gian các hàm khả vi vô hạn lần với giá compắc trong Ω, Wm,p0 (Ω) là bao đóng của Cc∞(Ω) trong Wm,p(Ω).
Ta thường xét không gian W10,p(Ω) với chuẩn kfk1,p=k∇ukp.
Chuẩn này tương đương với chuẩn kukp+k∇ukp. Không gian W1,2(Ω) còn được kí hiệu là H1(Ω).
Ta xét một số bài toán trong lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng sau. Bài toán 1. Cho p, q là hai số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1, 1p+1q = 1. Cho f là một hàm số xác định trên Ω, f ∈ Lp(Ω). Bài toán: Tìm hàm u xác định trên Ω
thỏa mãn phương trình tựa tuyến tính Dirichlet sau: -div(a(u), ∇u) = f trong Ω,
u= 0 trên ∂Ω, với (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
a(u) = (1 + (R
Ω|∇u|pdx)p−1p )−1|∇u|p−2.
Bài toán tìm nghiệm yếu của phương trình này tương đương với việc giải bài toán biến phân sau:
Tìm u∈W01,p(Ω) hA(u), vi=RΩf.vdx với mọi v ∈W01,p(Ω), với hA(u), vi=RΩa(u)∇u∇vdx với mọi u, v ∈W01,p(Ω). Ta có hA(u), ui=RΩa(u)|∇u|2dx
=R
Ω