Các bài toán liên quan

Một phần của tài liệu Bài toán cân bằng tổng quát loại I và loại II (Trang 53)

3.3.1 Bao hàm thức tựa biến phân Cho các ánh xạ đa trị G, H :

K ×D ×D → 2Y, trong phần này ta xét sự tồn tại nghiệm của các bài toán sau:

1.Bao hàm thức tựa biến phân lý tưởng trên loại II (ký hiệu(U IQV IP)II): Tìm x¯∈ D sao cho x¯∈ P1(¯x) và

G(y,x, t¯ ) ⊆H(y,x,¯ x¯) +C(y,x¯), với mọi t∈ P2(¯x), y ∈ Q(¯x, t).

2.Bao hàm thức tựa biến phân lý tưởng dưới loại II (ký hiệu(LIQV IP)II): Tìm x¯∈ D sao cho x¯∈ P1(¯x) và

H(y,x,¯ x¯) ⊆ G(y,x, t¯ )− C(y,x¯), với mọi t∈ P2(¯x), y ∈ Q(¯x, t).

Hệ quả 3.3.1. Giả sửD, K, P1, P2 và Qxác định như trong Định lý 3.2.2. Cho G, H là các ánh xạ có giá trị compact và G(y, x, x) ⊆ H(y, x, x) +

C(y, x), với mỗi (y, x) ∈ K×D. C : K×D →2Y là ánh xạ nón nửa liên tục trên với giá trị lồi, đóng khác rỗng. Giả thiết rằng

i) Với mỗi điểm cố định t∈ D, ánh xạ G(., ., t) : K×D →2Y là (−C)- liên tục dưới, ánh xạN :K×D →2Y định nghĩa bởiN(y, x) =H(y, x, x)

là C-liên tục trên;

ii) G là (Q,C)-tựa giống như lồi trên theo đường chéo đối với biến thứ ba.

Khi đó bài toán (U IQV IP)II) có nghiệm.

Chứng minh. Định nghĩa các ánh xạ M : K×D →2X, F : K×D×D →

2D như sau

M(y, x) ={t ∈ D|G(y, x, t) ⊆H(y, x, x) + C(y, x)},(y, x) ∈ K ×D F(y, x, t) =t−M(y, x),(y, x, t) ∈ K ×D ×D.

Với mỗi điểm cố định t ∈ D, đặt A = {x ∈ D|0∈ F(y, x, t) với mọi y ∈ Q(x, t)}. Khi đó

A = {x ∈ D|G(y, x, t) ⊆H(y, x, x) +C(y, x), với mọi y ∈ Q(x, t)}.

Ta sẽ chỉ ra rằngAđóng trongD. Thật vậy, giả sử dãy suy rộng{xα} ⊂ A

và xα → x. Lấy tùy ý điểm y ∈ Q(x, t). Do Q(., t) là ánh xạ nửa liên tục dưới và xα →x, nên tồn tại dãy {yα}, yα ∈ Q(xα, t) sao cho yα → y. Tính (−C)-liên tục dưới của ánh xạ G(., ., t), tính C-liên tục trên của H

và tính nửa liên tục trên của C, kéo theo với mỗi lân cận V của điểm gốc trong Y tồn tại chỉ số α0 sao cho với mọi α 6α0 thỏa mãn

G(y, x, t) ⊆ G(yα, xα, t) +V +C(y, x)

⊆ H(yα, xα, xα) +V +C(yα, xα) + C(y, x) ⊆ H(y, x, x) + 3V +C(y, x).

(3.1) Kết hợp 3.1 với tính compact của H(y, x, x) và tính đóng của C(y, x) ta suy ra G(y, x, t) ⊆ H(y, x, x) +C(y, x), do đó x ∈ A. Điều này dẫn đến

A là tập đóng trong D và tập

B = D \A = {x ∈ D| tồn tại y ∈ Q(x, t) để 0 ∈/ F(y, x, t)}

là tập mở trong D.

Hơn nữa, từ G(y, x, x) ⊆ H(y, x, x) +C(y, x), với mỗi (y, x) ∈ K ×D

và G là (Q,C)-tựa giống như lồi trên theo đường chéo đối với biến thứ ba, ta suy ra với mỗi tập hữu hạn {t1, ..., tn} ⊆ D, x ∈ co{t1, ..., tn} tồn tại chỉ số j ∈ {1, ..., n} sao cho

G(y, x, tj) ⊆ G(y, x, x)+C(y, x) ⊆ H(y, x, x)+C(y, x), với mọi y ∈ Q(x, tj).

Do đó 0 ∈ F(y, x, tj) và ta có F là ánh xạ Q−KKM. Áp dụng Định lý 3.2.2, tồn tại điểm x¯∈ D sao cho x¯∈ P1(¯x) và

Điều này tương tự với

G(y,x, t¯ ) ⊆H(y,x,¯ x¯) +C(y,x¯), với mọi t∈ P2(¯x), y ∈ Q(¯x, t).

Vậy hệ quả được chứng minh.

Tương tự Hệ quả trên ta có sự tồn tại nghiệm của (LIQV IP)II. Hệ quả 3.3.2. Cho D, K, P1, P2 và Q xác định như trong Định lý 3.2.2.

G, H là các ánh xạ có giá trị compact và H(y, x, x) ⊆ G(y, x, x)−C(y, x),

với mỗi (y, x) ∈ K ×D. Gọi C : K ×D → 2Y là ánh xạ nón nửa liên tục trên với giá trị lồi, đóng khác rỗng. Giả thiết các điều kiện sau thỏa mãn:

i) Với mỗi điểm cố định t ∈ D, ánh xạ G(., ., t) : K × D → 2Y là

(−C)-liên tục trên và ánh xạ N : K×D →2Y định nghĩa bởi N(y, x) =

H(y, x, x) là C-liên tục dưới;

ii) G là (Q,C)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ ba.

Khi đó bài toán (LIQV IP)II) có nghiệm. 3.3.2 Một số bài toán tựa cân bằng

Trong mục này, cho G : D ×D → 2Y, P1, P2, P : D → 2D, T : D → 2K,

là các ánh xạ đa trị, ánh xạ nón C : D → 2Y và ánh xạ đơn trị f :

K ×D →Y.

Ta xét các bài toán sau.

1. Bài toán tựa cân bằng Pareto: Tìm điểm x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P1(¯x);

G(¯x, x) 6⊆ −C(¯x)\ {0}, với mọi x ∈ P2(¯x).

2. Bài toán tựa cân bằng yếu:

Tìm điểm x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P1(¯x)

3. Bài toán tựa tối ưu đơn trị Pareto:

Tìm điểm x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P(¯x),∃y¯∈ T(¯x) và

f(¯y, t) 6∈ f(¯y,x¯)−C \ {0}, với mọi t∈ P(¯x).

Những bài toán này thường được xét đến trong lý thuyết tối ưu véctơ đa trị là bài toán tối ưu lý tưởng, tối ưu yếu, tối ưu Pareto và tối ưu thực sự, nghĩa là tìm các nghiệm hữu hiệu lý tưởng, yếu, Pareto và thực sự. Trong đó các bài toán tối ưu véctơ thường gặp nhất (thường được nghiên cứu trong các vấn đề ứng dụng ) là bài toán tối ưu yếu và tối ưu Pareto. Sự tồn tại nghiệm của các bài toán này có liên quan đến sự tồn tại nghiệm của các bài toán tựa cân bằng yếu và tựa cân bằng Pareto. Cho đến nay chúng vẫn đang được rất nhiều nhà toán học quan tâm, giải quyết. Điều khó khăn trong việc chỉ ra sự tồn tại nghiệm của các bài toán này là chứng minh tính đóng của tập hợp do trong bài toán có sự xuất hiện của tập intC và tập C\ {0}. Để giải quyết vấn đề đó ta sử dụng một khái niệm khác đó là giả đơn điệu và giả đơn điệu mạnh của ánh xạ. Trước khi chứng minh sự tồn tại nghiệm của các bài toán trên ta nhắc lại khái niệm này.

Định nghĩa 3.3.1. Cho ánh xạ F : D×D →2Y và C : D →2Y là ánh xạ nón.

1. F được gọi là C-giả đơn điệu nếu với bất kỳ x, y ∈ D thỏa mãn

F(y, x) 6⊆ −intC(y) thì F(x, y) ⊆ −intC(x).

2. F được gọi là C-giả đơn điệu mạnh nếu với bất kỳ x, y ∈ D thỏa mãn

F(y, x) 6⊆ −(C(y)\ {0}) thì F(x, y) ⊆ −C(x).

Các bổ đề dưới đây chỉ ra chiều ngược lại trong định nghĩa trên. Bổ đề 3.3.1. Cho ánh xạ F : D×D → 2Y với giá trị khác rỗng và ánh xạ nón C : D →2Y thỏa mãn F(x, x)∩C(x) 6= ∅ với mỗi x ∈ D. Giả sử

i) Với mỗi điểm cố định x ∈ D, ánh xạ F(., x) : D → 2Y là C-hemi liên tục trên;

ii) F là C-giả đơn điệu mạnh;

iii) F là C-lồi dưới theo đường chéo (hoặc, C-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ hai.

Khi đó, với mỗi điểm y ∈ D, các mệnh đề sau tương đương. 1) F(y, x) 6⊆ −C(y)\ {0}, với mọi x ∈ D;

2) F(x, y) ⊆ −C(x), với mọi x ∈ D.

Chứng minh. Từ định nghĩa về C-giả đơn điệu mạnh ta có 1)⇒ 2).

Giả sử 2) đúng, khi đó ta có

F(αx+ (1−α)y, y) ⊆ −C(αx+ (1−α)y), với mọi x ∈ D.

Ta sẽ chứng minh rằng, với bất kỳ x ∈ D

F(αx+ (1−α)y, x)∩ C(αx+ (1−α)y) 6= ∅, với mọi α ∈ (0,1].

Giả sử ngược lại

F(αx+ (1−α)y, x)∩ C(αx+ (1−α)y) =∅, với mỗi α ∈ (0,1].

Do đó

F(αx+ (1−α)y, x) ⊆ Y\C(αx+ (1−α)y). (3.2) Nếu F là C-lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai, thì

F(αx+ (1−α)y, αx+ (1−α)y) ⊆ αF(αx+ (1−α)y, x) +(1−α)F(αx+ (1−α)y, y)−C(αx+ (1−α)y).

Kết hợp điều này với (3.2) ta có

F(αx+ (1−α)y, αx+ (1−α)y) ⊆ Y\C(αx+ (1−α)y)−C(αx+ (1−α)y)

Suy ra F(αx+ (1− α)y, αx + (1 −α)y) ∩ C(αx+ (1 −α)y) = ∅, điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vì vậy

F(αx+ (1−α)y, x)∩ C(αx+ (1−α)y) 6= ∅,

với mọi α ∈ (0,1]. Từ tínhC-hemi liên tục trên củaF, kéo theoF(y, x)∩ C(y) 6= ∅,với mọix ∈ D.Khi đó tồn tại điểmv ∈ Y sao chov ∈ F(y, x)∩ C(y). Lại do C(y)∩(−C(y)\ {0}) =∅, dẫn đến v /∈ −(C(y)\ {0}). Vậy

F(y, x) 6⊆ −C(y)\ {0}, với mọi x ∈ D.

Nếu F là C-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai, ta có F(αx+ (1−α)y, αx+ (1−α)y) ⊆F(αx+ (1−α)y, x)−C(αx+ (1−α)y) (3.3) hoặc, F(αx+ (1−α)y, αx+ (1−α)y) ⊆F(αx+ (1−α)y, y)−C(αx+ (1−α)y). (3.4) Từ (3.2), (3.3) và (3.4) suy ra F(αx+ (1−α)y, αx+ (1−α)y) ⊆Y \C(αx+ (1−α)y),

mâu thuẫn với giả thiết F(x, x)∩C(x) 6= ∅. Do đó ta cũng có

F(αx+ (1−α)y, x)∩C(αx+ (1−α)y) 6= ∅, với mọi α ∈ (0,1].

Tương tự như trên ta có F(y, x) 6⊆ −C(y)\ {0}, với mọi x ∈ D.

Bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 3.3.2. Cho ánh xạ đa trị F : D ×D → 2Y với giá trị khác rỗng và ánh xạ nón C : D → 2Y thỏa mãn F(x, x) * −intC(x) 6= ∅ với mỗi

x ∈ D. Giả sử rằng:

i) Với mỗi điểm cố định x ∈ D, ánh xạ F(., x) : D → 2Y là C-hemi liên tục dưới;

ii) F là C-giả đơn điệu;

iii) F là C lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai. Khi đó, với bất kỳ y ∈ D, các mệnh đề sau tương đương: 1) F(y, x) 6⊆ −intC(y), với mọi x ∈ D;

2) F(x, y) ⊆ −C(x), với mọi x ∈ D.

Chứng minh. Dễ thấy chiều 1) ⇒ 2) suy trực tiếp từ định nghĩa của ánh xạ C-giả đơn điệu. Để chứng minh chiều ngược lại, giả sử 2) đúng, dẫn đến với mọi x∈ D

F(αx+ (1−α)y, y) ⊆ −C(αx+ (1−α)y), với mọi α ∈ [0,1].

Ta sẽ chứng minh rằng

F(αx+ (1−α)y, x) 6⊆ −intC(αx+ (1−α)y), với mọi α ∈ (0,1]. (3.5) Thật vậy, nếu (3.5) không xảy ra, thì tồn tại điểm x ∈ D và α ∈ [0,1]

sao cho

F(αx+ (1−α)y, x) ⊆ −intC(αx+ (1−α)y).

Từ F là C-lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai, kéo theo

F(αx+(1−α)y, αx+(1−α)y) ⊆ αF(αx+(1−α)y, x)+(1−α)F(αx+(1−α)y, y)

−C(αx+(1−α)y) ⊆ −intC(αx+(1−α)y)−C(αx+(1−α)y) ⊆ −intC(αx+(1−α)y).

Điều này mâu thuẫn với giả thiết F(z, z) 6⊆ −intC(z) 6= ∅, với mọi

z ∈ D.

Mặt khác, doF(., x) làC-hemi liên tục dưới, suy ra F(y, x) 6⊆ −intC(y).

Ta có điều phải chứng minh.

Dưới đây là các hệ quả chỉ ra sự tồn tại nghiệm của các bài toán tựa cân bằng yếu và tựa cân bằng Pareto.

Hệ quả 3.3.3. Cho D, P1 và P2 xác định như trong Định lý 3.2.2. Giả sử G : D×D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C : D → 2Y

là ánh xạ nón thỏa mãn G(x, x) ∩ C(x) 6= ∅ với bất kỳ x ∈ D. Giả sử rằng

i) Với mỗi điểm cố định t ∈ D, ánh xạ G(., t) : D →2Y là C-hemi liên tục trên;

ii) Với mỗi điểm cố định x ∈ D, tập A = {t ∈ D|G(x, t) ⊆ −C(x)}

đóng trong D;

iii) G là C-giả đơn điệu mạnh;

iv) G là C lồi theo đường chéo (hoặc, C-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ hai.

Khi đó, tồn tại điểm x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P1(¯x) và :

G(¯x, t) 6⊆ −(C(¯x)\ {0}), với mọi t ∈ P2(¯x).

Chứng minh. Định nghĩa các ánh xạM : D → 2D và F : D×D →2X bởi

M(t) = {x ∈ D|G(t, x) ⊆ −C(t)};F(x, t) = x−M(t),(x, t) ∈ D ×D.

Với mỗi điểm cố định t∈ D, do A là tập đóng nên tập

B = {x ∈ D|0∈/ F(x, t)} = D \A

mở trong D.

Gọi {t1, t2, ..., tn} là tập con hữu hạn bất kỳ trong D và điểm x =

n P i=1 αiti, αi ≥ 0, n P i=1 αi = 1. Ta sẽ chứng minh rằng, tồn tại chỉ số i ∈ {1, ..., n} sao cho 0∈ F(x, ti). Giả sử ngược lại, 0∈/ F(x, ti), với mọi i = 1, ..., n. Khi đóG(ti, x) 6⊆ −C(ti), với mọii = 1, ..., n.. DoGlà C-giả đơn điệu mạnh, ta có G(x, ti) ⊆ −C(x)\ {0}, với mọi i = 1, ..., n. Tính C-lồi dưới theo đường chéo hoặcC-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai của G kéo theo G(x, x) = G(x,

n

P 1

αiti) ⊆ −C(x)\ {0},

, điều này mâu thuẫn với G(x, x) ∩ C(x) 6= ∅. Vì vậy, tồn tại chỉ số

j ∈ {1, ..., n} sao cho 0∈ F(x, tj) và do đó F là ánh xạ KKM.

Áp dụng Định lý 3.2.2 với D, Pi, i = 1,2, và F ta suy ra tồn tại điểm

¯

tương đương với x¯ ∈ P1(¯x) và G(t,x¯) ⊆ −C(t), với mọi t ∈ P2(¯x). Để kết thúc chứng minh, ta chỉ cần áp dụng Bổ đề 3.3.1 với D = P2(¯x), khi đó G(¯x, t) 6⊆ −(C(¯x)\ {0}), với mọi t ∈ P2(¯x). Chứng minh tương tự trên và áp dụng Bổ đề 3.3.2 ta có sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng yếu sau.

Hệ quả 3.3.4. Cho D, P1 và P2 xác định như trong Định lý 3.2.2.

G: D×D →2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C : D → 2Y là ánh xạ nón thỏa mãn G(x, x) * −intC(x) với mỗi x ∈ D. Giả các điều kiện sau thỏa mãn:

i) Với mỗi điểm cố định t ∈ D, ánh xạ G(., t) : D →2Y là C-hemi liên tục dưới;

ii) Với mỗi điểm cố định x ∈ D, tập A = {t ∈ D|G(x, t) ⊆ −C(x)}

đóng trong D;

iii) G là C-giả đơn điệu;

iv) G là C- lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ hai. Khi đó, tồn tại điểm x¯ ∈ D sao cho x¯ ∈ P1(¯x) và :

G(¯x, t) 6⊆ −intC(¯x) với mọi t ∈ P2(¯x);

Nhận xét:

Nếu G : D ×D → 2Y là ánh xạ với giá trị compact khác rỗng, với mỗi điểm cố định y ∈ D, G(y, .) : D → 2Y là C-liên tục dưới, C : D → 2Y

là ánh xạ nón với giá trị đóng, thì với mỗi điểm cố định x ∈ D tập

A = {t∈ D|G(x, t) ⊆ −C(x)} là tập đóng trong D.

Thật vậy, ta giả sử tα ∈ A, tα → t, khi đó G(x, tα) ⊆ −C(x). Tính

C-liên tục dưới của G theo biến thứ hai, kéo theo với mỗi lân cận V của O trong Y thỏa mãn G(x, t) ⊆ G(x, tα) +V −C(x). Điều này dẫn đến

G(x, t) ⊆ V −C(x). Hơn nữa, do G(x, t) là tập compact và C(x) là tập đóng, ta suy ra G(x, t) ⊆ −C(x). Vì vậy A là tập đóng trong D.

Khi G là ánh xạ với ba biến, ta xét bài toán tựa cân bằng Pareto suy rộng sau: cho G :K×D×D →2Y, C : K×D →2Y là ánh xạ nón. Tìm x¯∈ D sao cho x¯∈ P(¯x);∃y¯∈ T(¯x);

G(¯y,x, t¯ ) * −C(¯y,x¯)\ {0}, với mọi t∈ P(¯x).

Hệ quả 3.3.5. Cho D, K, P, T được xác định như trong Hệ quả 3.3.1,

G : K × D × D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C :

K ×D → 2Y là ánh xạ nón thỏa mãn G(y, x, x)∩ C(y, x) 6= ∅ với mỗi

x ∈ D. Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:

i) Với mỗi điểm cố định t ∈ D, tập

A= {x∈ D|∃y ∈ T(x), G(y, t, x) ⊆ −C(y, t)}

đóng trong D.

ii) G(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu mạnh;

iii) G(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo ( hoặc,C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ ba.

Khi đó, tồn tại điểm x¯ ∈ D thoả mãn x¯ ∈ P(¯x),∃y¯ ∈ T(¯x) và

G(¯y, t,x¯) ⊆ −C(¯y, t), với mọi t∈ P(¯x).

Chứng minh. Định nghĩa các ánh xạ M : K ×D → 2D và F : K ×D × D →2X như sau

M(y, t) = {x ∈ D|G(y, t, x) ⊆ −C(y, t)};

F(y, x, t) = x−M(y, t),(y, x, t) ∈ K ×D×D.

Với mỗi điểm cố định t∈ D, do A là tập đóng nên tập

B = {x∈ D|∃y ∈ T(x),0 ∈ F(y, x, t)}

mở trong D.

Lấy {t1, ..., tn} là tập con tùy ý trong D và điểm x =

n

P

i=1

0,

n

P

i=1

αi = 1. Giả sử rằng với mỗi y ∈ T(x),0 ∈ F/ (y, x, ti), với mọi

i = 1, ..., n. Nghĩa là G(y, ti, x) 6⊆ −C(y, ti), với mọi i = 1, ..., n. Do

G(y, ., .)làC(y, .)-giả đơn điệu mạnh cho nênG(y, x, ti) ⊆ −C(y, x)\{0}, với mọi i = 1, ..., n. Từ tính C(y, .)-lồi dưới hoặc C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo đối với biến thứ ba của G(y, ., .), ta suy ra

G(y, x, x) = G(y, x,

n

P 1

αiti) ⊆ −C(y, x) \ {0}, điều này mâu thuẫn với

G(y, x, x) ∩ C(y, x) 6= ∅. Vì vậy, tồn tại điểm y ∈ T(x) và chỉ số j ∈ {1, ..., n} sao cho 0 ∈ F(y, x, tj). Vậy các điều kiện của hệ quả 3.3.1 được thỏa mãn, do đó tồn tại điểm x¯ ∈ D thỏa mãn x¯ ∈ P(¯x) và tồn tại điểm y¯ ∈ T(¯x),0 ∈ F(¯y,x, t¯ ), với mọi t ∈ P(¯x). Điều này dẫn đến

G(¯y, t,x¯) ⊆ −C(¯y, t), với mọi t∈ P(¯x). Ta có điều cần chứng minh.

Kết hợp Hệ quả 3.3.5 và bổ đề 3.3.2 ta có sự tồn tại nghiệm của bài toán tựa cân bằng Pareto suy rộng sau đây.

Hệ quả 3.3.6. Cho D, K, P, T được xác định như trong Hệ quả 3.3.1,

G : K × D × D → 2Y là ánh xạ đa trị với giá trị khác rỗng và C :

K ×D → 2Y là ánh xạ nón thỏa mãn G(y, x, x) ∩C(y, x) 6= ∅. Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:

i) Với mỗi điểm cố định (y, t) ∈ K ×D, G(y, ., t) : D → 2Y là C(y, .)- hemi liên tục trên;

ii) Với mỗi điểm cố địnht ∈ D,tập A = {x ∈ D|∃y ∈ T(x), G(y, t, x) ⊆ −C(y, t)} đóng trong D.

iii) G(y, ., .) là C(y, .)-giả đơn điệu mạnh;

iv) G(y, ., .) là C(y, .)-lồi dưới theo đường chéo ( hoặc, C(y, .)-tựa giống như lồi dưới theo đường chéo) đối với biến thứ ba.

Khi đó bài toán tựa cân bằng Pareto có nghiệm.

Dưới đây là các điều kiện đủ cho bài toán tựa tối ưu Pareto đơn trị có nghiệm.

Hệ quả 3.3.7. Cho D, K, P, T được xác định như trong Hệ quả 3.3.1. Nếu các điều kiện sau thỏa mãn

i) T là ánh xạ đóng;

ii) Với mỗi điểm cố định y ∈ K, ánh xạ −f(y, .) : D → Y là hemi liên tục trên;

iii) Với mỗi điểm cố định t ∈ D, ánh xạ f(., t) : K → Y là (−C)-liên tục và ánh xạ f : K ×D →Y là C-liên tục;

iv) Với mỗi điểm cố định y ∈ K, ánh xạ f(y, .) : D → Y là C-lồi hoặc

C-tựa giống như lồi.

Khi đó bài toán tựa tối ưu đơn trị Pareto có nghiệm.

Chứng minh. Định nghĩa ánh xạ đơn trị G: K ×D ×D → Y bởi

G(y, x, t) =f(y, t)−f(y, x),(y, x, t) ∈ K ×D ×D.

Khi đó bài toán trên trở thành: tìm x¯ ∈ D với x¯ ∈ P(¯x) sao cho ∃y¯ ∈ T(¯x) và G(¯y,x, t¯ ) 6⊆ −C \ {0}, với mọi t ∈ P(¯x). Ta sẽ chứng minh ánh xạ G thỏa mãn các điều kiện của Hệ quả 3.3.6. Trước hết, ta sẽ chứng minh G(y, ., t) là C-hemi liên tục. Do −f(y, .) : D → Y là hemi liên tục, nên với mỗi điểm cố định x1, x2 ∈ D, ánh xạ g : [0,1] → 2Y được định nghĩa bởi g(α) = −f(y, αx1 + (1−α)x2) là nửa liên tục trên tại 0, điều này dẫn đến với mỗi lân cận tùy ý V của gốc trong Y, tồn tại lân cận

U của 0 trong [0,1] sao cho −f(y, αx1 + (1−α)x2) ∈ −f(y, x2) +V. Từ đây ta suy ra

G(y, αx1+(1−α)x2, t) =f(y, t)−f(y, αx1+(1−α)x2) ∈ f(y, t)−f(y, x2)+V.

Do đó, nếu G(y, αx1 + (1−α)x2, t)∩C 6= ∅, với mọi α ∈ (0,1), thì

(f(y, t)−f(y, αx1 + (1−α)x2))∩ C 6= ∅.

Điều này kéo theo

với lân cận V nào đó.

Vì vậy, G(y, x2, t)∩C =6 ∅, nghĩa là G(y, ., t) là C-hemi liên tục trên. Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng, với mỗi điểm cố định t ∈ D, tập

A = {x ∈ D| ∃y ∈ T(x), G(y, t, x) ⊆ −C}

đóng trong D.

Giả sử rằng xβ ∈ A, xβ → x, ta suy ra tồn tại yβ ∈ T(xβ) sao cho

G(yβ, t, xβ) ⊆ −C. Nghĩa là f(yβ, xβ)−f(yβ, t) ⊆ −C. Từ yβ ∈ T(xβ) ⊆ K và K là tập compact, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng

Một phần của tài liệu Bài toán cân bằng tổng quát loại I và loại II (Trang 53)

Tải bản đầy đủ (PDF)

(68 trang)