Về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ

LỜI
LỜI
CAM
CẢM
ĐOAN
ƠN

tiên tôi xin được gửi lời cảm ơn đến tất cả quý Thầy Cô đã giảng
Tôi xinTrước
cam đoan:
dạy trong chương trình Cao học Toán ứng dụng khóa 1 – Trường Đại học
(i) Luận văn đã được hoàn thành với sự học tập, nghiên cứu, sưu tầm
Thăng Long, những người đã truyền đạt kiến thức hữu ích về ngành Toán ứng
tài liệu của tôi dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Đỗ Văn Lưu.
dụng làm cơ sở cho tôi hoàn thành luận văn này.
(ii) Luận văn trình bày các kết quả mới đây về tối ưu.
Đặc biệt tôi xin chân thành cảm ơn Thầy giáo PGS.TS. Đỗ Văn Lưu –
Giảng viên Trường Đại học Thăng Long. Thầy đã dành nhiều thời gian quý
Học viên
báu tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện luâ ̣n văn, đồng thời
còn là người giúp tôi lĩnh hội được những kiến thức chuyên môn và rèn luyện
Vy Thanh Hương

cho tôi tác phong nghiên cứu khoa học.

Qua đây, tôi cũng xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình, bạn
bè thân thiết là những người luôn sát cánh bên tôi, tạo mọi điều kiện tốt nhất
cho tôi, đã nhiệt tình giúp đỡ, chia sẻ, động viên tôi trong suốt quá trình học
tập, cũng như khi tôi thực hiện và hoàn thành luâ ̣n văn này.
Mặc dù đã rất cố gắng song luâ ̣n văn không khỏi có những thiếu sót, rất

mong nhận được ý kiến góp ý của các Thầy giáo, Cô giáo và các anh chị học
viên để luâ n ̣ văn được hoàn thiện hơn.

Phú Thọ, tháng 04 năm 2015
Học viên thực hiên

Vy Thanh Hương

21

Thang Long University Libraty



MỞ ĐẦU
MỤC
LỤC

Chương 1. SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG
Bài toán cân bằng vectơ được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu. Nó
VECTƠ ............................................................................................................6
bao gồm nhiều bài toán như các trường hợp đặc biệt: Bài toán bất đẳng thức
1.1.
Cácvectơ,
khái niệm
và kết
bổ trợbài
..........................................................
biến
phân

bài toán
tối quả
ưu vectơ,
toán điểm bất động, bài toán bù 6
vectơ,
cân
bằng Nash,....
Người
nghiên
cứuvới
bàigiả
toán
cângiả
bằng
1.2. bài
Sự toán
tồn tại
nghiệm
của bài toán
cântabằng
vectơ
thiết
đơn
vectơ
về.............................................................................................................
sự tồn tại nghiệm, điều kiện tối ưu, tính ổn định nghiệm, thuật toán 14
điệu.
tìm nghiệm,….
1.3. Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ với giả thiết tựa đơn
kết quả về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng đã nhận

điệu.Nhiều
.............................................................................................................
19
được. Bianchi, Hadjisavvas và Schaible (1997) đã chứng minh các kết quả về
1.4. Trường hợp tổng quát hơn. ................................................................ 23
sự tồn tại nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ với các giả thiết
Chương 2. CÁC NGHIỆM HỮU HIỆU VÀ HỮU HIỆU HENIG CỦA
về tính giả đơn điệu hoặc tựa đơn điệu. Gong (2001) đã thiết lập một số kết
BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ................................................................ 27
quả về sự tồn tại nghiệm hữu hiệu, nghiệm hữu hiệu Henig của bài toán cân
2.1.vectơ
Các và
khái
niệm
địnhcủa
nghĩa
bằng
tính
liênvàthông
tập.............................................................
nghiệm hữu hiệu Henig của bất đẳng 27
thức
biến
phân
tài được
nhiềuvectơ
tác giả
trong và ngoài nước30
2.2.
Phép

vô vectơ.
hướngĐây
hóa là
bàiđềtoán
cân bằng
....................................
quan tâm nghiên cứu. Chính vì vậy tôi chọn đề tài: “Về sự tồn tại nghiệm của
2.3. Sự tồn tại nghiệm .............................................................................. 34
bài toán cân bằng vectơ”.
2.4. Tính liên thông của tập nghiệm ......................................................... 41
Luận văn trình bày các kết quả nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm và tính
liên
của....................................................................................................
tập nghiệm của bài toán cân bằng vectơ của Bianchi,
KẾTthông
LUẬN
46
Hadjisavvas,
Schaible
(1997)
và Gong (2001).
TÀI LIỆU THAM
KHẢO
............................................................................
47
Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục các
tài liệu tham khảo.
Chương 1. Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ
Trình bày các kết quả của M. Bianchi, N. Hadjisavvas và Schaible [3] về sự
tồn tại nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ với các song hàm giả

đơn điệu hoặc tựa đơn điệu cùng với một điều kiện bức.

43

Thang Long University Libraty



Chương
2. Các nghiệm hữu hiệu và hữu hiệu Henig của bài toán cân
Chương
1
bằng
vectơTẠI NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ
SỰ TỒN
Trình bày khái niệm nghiệm hữu hiệu Henig của bài toán cân bằng
vectơ, các kết quả về vô hướng hóa bài toán cân bằng vectơ, các kết quả về
Chương 1 trình bày các kết quả về sự tồn tại nghiệm hữu hiệu yếu của
tồn tại nghiệm hữu hiệu và tính liên thông của tập nghiệm hữu hiệu Henig và
bài toán cân bằng vectơ với các song hàm giả đơn điệu hoặc tựa đơn điệu và
tập nghiệm hữu hiệu yếu của bất đẳng thức biến phân Hartman – Stampacchia
điều kiện bức. Các kết quả trình bày trong chương này là của M. Bianchi, N.
vectơ. Các kết quả trình bày trong chương này là của X. Gong [7].
Hadjisavvas và Schaible [3].

1.1.

Các khái niệm và kết quả bổ trợ
Cho X là một không gian vectơ tôpô Hausdorff thực, Y là một không

gian vectơ lồi địa phương thực. Xét nón C nhọn, đóng, lồi trong Y, int C   .
Khi đó, C sinh ra một thứ tự vectơ trong Y, xác định bởi:
x  y nếu và chỉ nếu y – x  C.
Do int C   , ta cũng có một thứ tự yếu trong Y, được xác định bởi
x ≮≮ y nếu và chỉ nếu y – x  int C,
x ≰≮ y nếu và chỉ nếu y – x  C,
x ≮ y nếu và chỉ nếu y – x  C.
Chú ý rằng y  0 kéo theo y ≮≮ 0. Hơn nữa,
x  0, y  0  x  y  0
và
x  0, y  0  x  y  0 ,

65

Thang Long University Libraty



bởi vì đó A là một ánh xạ từ K vào L(X, Y), không gian của tất cả các toán tử
trong
tuyến tính liên tục từ X vào Y. Các bài toán (VEP) và (VVI) tổng quát hóa các
C  int C  int C.
bài toán tương ứng trong trường hợp vô hướng (Y = R), ta ký hiệu các bài
toán
vôlàhướng
đóđóng
lần lượt
và (VI).
Nếu C
nón lồi

và Ylàlà(EP)
không
gian lồi địa phương thực thì tồn tại
phiếm hàm tuyến tính liên tục khác 0 là   C * , trong đó
Bổ đề 1.1.1. Giả sử a, b  Y, với a ≮ 0 và b ≮ 0. Khi đó, tập hợp các
cận trên của a và b là không rỗng và giao với (-int C).
C*   Y * :  (y)  0,  y  C .





Chứng minh. Ta phải chỉ ra tồn tại c ≮ 0 sao cho a  c, b  c . Ta chỉ
Hơn nữa
cần chọn c =  b, với  > 0 gần với 0.

□

 C khi và chỉ khi  (y)  0 ( C*) ;
Bổ đề 1.1.2. Giả sử a, b  Y, với a ≮ 0 và b ≱≮ 0. Khi đó, tập hợp các
cận trên của a và b là không rỗng và giao với Y∖C.
y int C khi và chỉ khi  (y)  0 (  C * / 0) .
Chứng minh. Ta phải chỉ ra rằng tồn tại c ≱≮ 0 sao cho a  c, b  c . Vì
Giả sử K  X là một tập không rỗng, đóng, lồi, và xét song hàm
int C  0, tồn tại d  int C sao cho d – b  C. Với t  [0, 1], ta đặt
F: K  K  Y sao cho F(x, x)  0 với mọi x  K. Chúng ta sẽ trình bày các kết
quả về sự
nghiệm
dt =tồn
td tại

+ (1
- t)b. của bài toán cân bằng vectơ (kí hiệu là VEP) như
sau: Tìm x* K sao cho
Vì C là đóng và lồi nên tồn tại t0  (0, 1) sao cho
F(x*, y) ≮≮ 0, với mọi, y  K ,
dt  C, với mọi t  [ t0 , 1],
hay tương đương
dt  C, với mọi t  [0, t0 ).
F(x*, y)  -int C.
Nói riêng, ta có dt  0  a . Như vậy,
Bài toán bất0 đẳng thức biến phân vectơ (kí hiệu là VVI) là một trường hợp
đặc biệt của bài toán (VEP) với
dt  a  int C .
0

F(x, y) = A( x), y  x ,
Bởi vậy, với t1 ≮ t0 đủ gần t0 , thì ta có

87

Thang Long University Libraty



L(
dt
 a) 
 {x
int 
C .K: f (x) >≮  },

1

là đóng trong K. Một hàm f : K  Y được gọi là nửa liên tục trên nếu với mọi
Đặt c = dt . Khi đó, c  C và do đó c ≱≮ 0. Hơn nữa, chúng ta có
 1 Y , tập hợp
c
{x
b
1(df -b)
0 .}
U
(a,) c
 tK:
(x) 
≮≮ 

□

Bây K.
giờ,Chú
choýKrằng
X
là tập
đóng,
lồi. nửa
Xét song
hàm
F: vừa
K x là
K

đóng trong
một
hàmkhác
liên rỗng,
tục vừa
là hàm
liên tục
trên
 Y.
Song
được
nửa
liên
tụchàm
dưới,F bởi
vì gọi là tựa đơn điệu nếu với mọi x, y  K,

L(y)) >
0{x
K x)
: f
(x)0.-   int C} = f 1[(  int C )c ]
F(x,

F(y,
Song hàm
F được
gọilàK
giả: fđơn
nếu(

vớiintmọi
x,=y f
L(
)  {x
(x) điệu
-
C )}
K
1[(  int C )c ]
.
F(x, y) ≮≮ 0  F(y, x) >≮ 0,
Một hàm f : K  Y được gọi là hemi - liên tục nếu với mọi x, y  K , hàm
hoặc tương đương,
 (t )  f ( x  t ( y  x)) ,
F(x, y) > 0  F(y, x) ≮ 0.
xác định với mọi t [0, 1] , là nửa liên tục trên và nửa liên tục dưới.
Cuối cùng, song hàm F được gọi là giả đơn điệu chặt nếu với mọi x  y , x, y
 K, Ta chỉ ra rằng tính nửa liên tục dưới là tương đương với tính C – liên
tục. Nhắc lại: một hàm f : K  Y là C - liên tục tại x* K nếu với bất kỳ lân
F(x,f y)
≮≮ 0trong
 F(y,
x) ≮tại0.một lân cận U của x* trong X sao cho
cận V của
(x*)
Y, tồn
Rõ
tính
f ( ràng,
x) V

giả
C, đơn
x điệu
U kéo
 Ktheo
. tính tựa đơn điệu và tính giả đơn
điệu chặt kéo theo tính giả đơn điệu trong trường hợp vô hướng. Điều ngược
Hơn
nữa, fđúng.
là C - liên tục trên K nếu nó là C - liên tục tại mọi x  K.
lại không
Bổ
1.1.3.
Hàm
f :được
K gọi
Y nửa
liênliên
tục tục
dưới
khi nếu
và chỉ
CY
- ,
Mộtđềhàm
f:K
Y
là nửa
dưới
vớikhi

mọinólà 
liên
tục.
tập hợp

10
9

Thang Long University Libraty



Chứng minh. Theo định nghĩa, f là nửa liên tục dưới khi và chỉ khi với
mọi  Y , tập hợp
L( )c  {x  K : f (x) -   int C} = f 1[(  int C )] ,

là mở trong K.
Giả sử f là C - liên tục. Lấy x* L( )c . Khi đó, a + int C là một lân
cận của f(x*). Do đó, tồn tại một lân cận U của x* sao cho, với mọi x U  K
f (x)  (a + int C) + C =  + int C;
tức là, với mọi x U  K , ta có x  L( )c . Do đó, L( )c là mở trong K.
Ngược lại, giả sử f là nửa liên tục dưới. Xét một lân cận V của f(x *) với
x* K. Khi đó, tồn tại một   V sao cho  ≮ f(x*). Vì L( )c là mở trong K
nên tồn tại một lân cận U của x* sao cho, với mọi x U  K , x  L( )c , tức
là f (x) >  . Do đó,
f (x)   + int C  V + C,

□

và f là C - liên tục.

Từ Bổ đề 1.1.3, ta suy ra rằng, nếu f1: K  Y và f2: K  Y là các hàm
nửa liên tục dưới thì hàm f1 + f2 cũng là nửa liên tục dưới. Thật vậy, cho x*
K, với mỗi lân cận V của f1 (x*) + f2 (x*), ta có thể tìm được các lân cận Vi của
fi (x*), i = 1, 2, sao cho V1  V2  V . Vì f1 và f2 là C – liên tục nên từ Bổ đề
1.1.3 ta có thể tìm được các lân cận Ui của x* sao cho
fi ( x) Vi  C , x Ui  K và i = 1, 2.

11


Đặt U  U1 U 2 , ta thấy f1 + f2 là C – liên tục, bởi vậy nó là nửa liên tục dưới.
Hệ quả khác của Bổ đề 1.1.3 có thể phát biểu như sau
Bổ đề 1.1.4. Nếu f: K  Y là nửa liên tục dưới thì hàm giá trị thực
 f là nửa liên tục dưới với mọi   C * .

Chứng minh. Nếu  = 0 thì bổ đề được chứng minh.
Bây giờ, giả sử   0 và x*  K . Với bất kỳ   0 , ta xác định
V  {y  K :  ( y ) ≮  } .

Từ Bổ đề 1.1.3, f là C – liên tục, bởi vậy với bất kỳ x*  K , tồn tại một lân
cận U của x* sao cho
f ( x)  ( f ( x*) V )  C,x U  K .
Do đó với bất kỳ x U  K , tồn tại y V sao cho f ( x)  f ( x * )  y . Bởi vậy,

 f ( x)   f ( x*)   ,
tức là  f là nửa liên tục dưới tại x* .

□

Một hàm f: K  Y được gọi là tựa lồi nếu với mọi  Y , tập hợp

L ( )   x  K : f (x)  
,

là tập lồi (xem [9]).
Nếu hàm f là tựa lồi thì tập hợp

12

Thang Long University Libraty


L ( )   x  K : f ( x)  
,

cũng là tập hợp lồi. Thật vậy, cho x, y  L ( ) , ta đặt
zt  tx  (1  t ) y, t  (0,1) .

Do Bổ đề 1.1.1, tồn tại   0 sao cho:
f ( x)     ; f ( y)    
.
Từ tính tựa lồi, ta có
f ( zt )       .
Hàm f: K  Y được gọi là tựa lồi hiện nếu f là tựa lồi và với mọi x, y
 K sao cho f (x) ≮ f (y) thì
f (zt) ≮ f (y), với mọi zt  tx  (1 t ) y, t  (0,1) .
Hàm f: K  Y được gọi là

*

- tựa lồi nếu với mọi   C * , hàm

 f : K  R là tựa lồi. Hàm f: K  Y được gọi là * - tựa lồi bán chặt nếu với
mọi   C * ∖{0} , hàm  f : K  R là tựa lồi bán chặt. Ta biết rằng mỗi hàm
*

- tựa lồi là trường hợp riêng của hàm tựa lồi (xem [9]).
Bổ đề 1.1.5. Nếu hàm f: K  Y là nửa liên tục dưới và là * - tựa lồi bán

chặt thì f là tựa lồi hiện.
Chứng minh. Từ Bổ đề 1.1.4 thì hàm  f là nửa liên tục dưới với mọi

  C * . Theo giả thiết  f là tựa lồi bán chặt. Do đó  f là tựa lồi. Điều

13


này kéo theo f là tựa lồi. Ta cần chỉ ra rằng: với mọi x, y  K sao cho f (x) ≮
f(y) thì
f (zt) ≮ f (y), với mọi zt  tx  (1  t ) y, t  (0,1) .
Từ điều kiện f (x) ≮ f (y), ta suy ra rằng

 f ( x)   f ( y),   C* ∖{0}.
Vì  f là tựa lồi bán chặt nên bất đẳng thức trên kéo theo

 f (zt )   f ( y),   C* ∖{0},

□

Do đó f (zt) ≮ f (y).
Ta gọi (xem [5]) một ánh xạ  : K  2K là một KKM – ánh xạ nếu với

n

mọi yi  K , i  1,..., n; và mọi y   i yi , i  0,  i  1 , ta có y   ( yi ) .
i 1

1.2.

Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ với giả thiết giả đơn

điệu.
Xét tập hợp

 ( y )   x  K : F ( x, y ) ≮≮ 0}, y 
K.
Từ giả thiết F ( x, x)  0 ta có y  ( y) .
Bổ đề 1.2.1. Giả sử W ( x)   y  K : F ( x, y )  0 là tập lồi với x  K .
Khi đó,  là một KKM – ánh xạ.

14

Thang Long University Libraty


Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng y  ( yi ) . Do đó, y  ( yi ) , với
mọi i = 1,..., n, và khi đó F ( y, yi )  0 với mọi i = 1,..., n. Điều này kéo theo
yi W ( y ) , và từ giả thiết lồi của W(x) ta suy ra y W ( y) . Điều này mâu
thuẫn với y  ( y) .

□

Nhận xét 1.2.1. Tính lồi của tập hợp W(x), x  K , được đảm bảo nếu
hàm F(x, .) tựa lồi với x  K .
Bây giờ ta xét điều kiện bức sau:
(C)

Tồn tại một tập hợp compắc B  K và vectơ y*  B sao cho F(x, y*) ≮

0 với x  K ∖{0}.
Từ điều kiện bức (C) ta suy ra  ( y* )  B . Do đó, nếu giả thiết của Bổ
đề 1.2.1 thỏa mãn thì Bổ đề Fan [6] kéo theo

 ( y)   ,

yK

Trong đó  ( y) là bao đóng của  ( y) .
Bây giờ, cho

 * ( y)   x  K : F ( y, x) >≮ 0}, y  K .
Để chứng minh kết quả tiếp theo, chúng ta đưa ra các giả thiết sau:
(i)

Với mọi c ≱≮ 0 và x  K thì tập hợp  y  K : F ( x, y)  c là tập
lồi.

15


Nếu F(x, y) ≮ F(x, z) và F(x, z) >≮ 0 thì F(x, zt) ≮ F(x, z) với

(ii)

zt = ty + (1 - t)z và t  (0,1) .
Nhận xét 1.2.2. Giả thiết (i) kéo theo tính lồi của tập W(x), x  K .
Các giả thiết (i) và (ii) được suy ra từ tính tựa lồi hiện của hàm F(x, .),
x  K .
Nhắc lại: Ánh xạ T: X  Y được gọi là hemi – liên tục trên X nếu
x, y  X , T ( x  ty) ⇀ T(x) khi t  0 (t R),
trong đó kí hiệu ⇀ chỉ sự hội tụ yếu.
Mệnh đề 1.2.1. Nếu song hàm F thỏa mãn các giả thiết (i), (ii) và nếu
F( x, .) là hemi – liên tục với y  K thì

 * ( y)   ( y) .

yK

yK

Chứng minh. Lấy x 

 * ( y) . Khi đó F(y, x) >≮ 0 với y  K . Với

yK

một y  K cố định, ta đặt
yt  ty  (1 t ) x, t  (0,1) .
Khi đó,
F(yt, x) >≮ 0,

t  (0,1) .

(1.1)

Ta phải chứng minh rằng
F ( yt , y) ≮≮0,  t  (0,1) .

16

Thang Long University Libraty


Giả sử ngược lại rằng F(yt*, y) ≮ 0 với t*  (0,1) nào đó. Ta xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1. Nếu F ( yt* , x)  0  F ( yt* , x)  F ( yt* , y) . Từ giả thiết (ii), ta
thấy rằng F ( yt* , yt* )  F ( yt* , x) , do (1.1). Khi đó, F ( yt* , yt* )  0 kéo theo
F ( yt* , x)  0 . Điều này mâu thuẫn với (1.1).
Trường hợp 2. Nếu F ( yt* , x) ≱≮ 0, thì từ Bổ đề 1.1.2, tồn tại c ≱≮ 0 sao cho
F ( yt* , x)  c, F ( yt* , y)  c . Từ giả thiết (i), ta suy ra F ( yt* , yt* )  c , cho nên
c  0 , ta đi đến một mâu thuẫn.
Do đó, F ( yt , y) ≮≮ 0 với t  (0,1) , và từ tính hemi – liên tục thì F ( x, y) ≮≮ 0 .
Điều này thỏa mãn với y  K , và bởi vậy,
x

 ( y) .

□

yK

Định lí 1.2.1. Giả sử rằng F thỏa mãn các giả thiết của Mệnh đề 1.2.1,
mà F(x, .) là nửa liên tục dưới với x  K và F(x, y) là giả đơn điệu. Nếu

điều kiện bức (C) thỏa mãn thì (VEP) có một nghiệm.
Chứng minh. Vì F là giả đơn điệu, ta có

 ( y)   *( y), y  K .
Từ tính nửa liên tục dưới,  * ( y) là tập đóng. Do đó,  ( y)   *( y) . Bởi vậy,

 ( y) 

yK

 * ( y)   ( y) ,

yK

yK

do Mệnh đề 1.2.1.

17


Vì vậy,

 (y)   .

yK

Do đó,

 (y)   ;

yK

□

tức là (VEP) có một nghiệm.
Nhận xét 1.2.3. Chứng minh trên chỉ ra rằng, trong trường hợp các
song hàm giả đơn điệu, tập nghiệm

 ( y)   * ( y) . Vấn đề này được

yK

yK

chỉ ra cho trường hợp vô hướng trong [2].
Từ Định lí 1.2.1 và Nhận xét 1.2.2, ta suy ra kết quả sau
Định lí 1.2.2. Giả sử rằng F thỏa mãn các giả thiết sau:
(A1) F(. , y) là hemi – liên tục với y  K ;
(A2) F(x, y) là giả đơn điệu;
(A3) F(x, .) là nửa liên tục dưới và tựa lồi hiện với x  K .
Nếu điều kiện bức (C) thỏa mãn thì bài toán (VEP) có một nghiệm.
Hệ quả 1.2.1. Giả sử rằng F thỏa mãn các giả thiết của Định lí 1.2.1
hoặc Định lí 1.2.2. Khi đó tập nghiệm là khác rỗng và compắc.

18

Thang Long University Libraty

 ( y)   ( y) , tập các nghiệm là đóng. Theo

Chứng minh. Do

yK

yK

giả thiết (C), tồn tại tập hợp compắc B  K và phần tử y*  B sao cho

 ( y* )  B . Bởi vậy,

 ( y)  B , tức là tập nghiệm là compắc.

yK

Nhận xét 1.2.4. Với các giả thiết của Định lí 1.2.1 hoặc Định lí 1.2.2
tập nghiệm không lồi.
Chúng ta xét ví dụ sau:
Cho X  Y  R2, K  [0,1]  0,1 , C  R2+. Dễ thấy rằng, song hàm


F(x, y) = (y1 – x1 , y2 – x2),
với x = (x1, x2) và y = (y1, y2), thỏa mãn các giả thiết của Định lí 1.2.2. Các
vectơ x* = (0, 1) và x  (1,0) là các nghiệm của (VEP), vì
( y1, y2  1) ≮≮ 0, y  K và ( y1 1, y2 ) ≮≮ 0, y  K .
1 1
Tuy nhiên, x =  ;  không phải là nghiệm, vì
2 2

1111
, y2 – ) ≮ 0, với 0  y1 ≮ , 0  y2 ≮ .
2222
Từ định nghĩa của tính giả đơn điệu chặt, ta thấy hệ quả sau đúng.
F(x, y) = ( y1 –

Hệ quả 1.2.2. Giả sử rằng F thỏa mãn các giả thiết của Định lí 1.2.1
hoặc Định lí 1.2.2 và cho F là giả đơn điệu chặt. Khi đó, nghiệm của bài toán
là duy nhất.

19


1.3.

Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ với giả thiết tựa đơn

điệu.
Nhắc lại: Phần trong đại số của tập K   trong không gian X là tập





Ai ( K )  x  K : x  X ,    0: x   x  K ,  
0,   .


Khi chúng ta chuyển từ tính giả đơn điệu sang giả thiết yếu hơn là tính
tựa đơn điệu của F, thì cần có điều kiện mạnh hơn (A3) của Định lí 1.2.2.

Chúng ta cần thêm hai giả thiết nữa như trong trường hợp vô hướng [2]. Điều
này dẫn đến các giả thiết sau:
(A1) F(. , y) là hemi – liên tục với y  K ;
(A2’) F(x, y) là tựa đơn điệu;
(A3’) F(x, .) là nửa liên tục dưới và * - tựa lồi bán chặt với x  K ;
(A4) F(x, .) là * - tựa lõm bán chặt với x  K ;
(A5) Điều kiện bức (C) thỏa mãn;
(A6) Phần trong đại số Ai(K) của K là không rỗng.
Bổ đề 1.3.1. Giả sử F thỏa mãn các giả thiết (A1), (A2’), (A4). Xét x, y
 K sao cho x  ( y), x  *( y) , thì tồn tại   C * ∖{0} sao cho

 ( F ( x, y))  0,
 ( F ( x, y '))   ( F ( x, y)), y '  K.

20

Thang Long University Libraty


Chứng minh. Bất đẳng thức đầu tiên là đúng vì x  ( y) , và do đó
F ( x, y) ≮≮ 0. Điều này kéo theo tồn tại   C * khác không sao cho  ( F ( x, y))
 0 . Để chứng minh bất đẳng thức thứ 2, giả sử ngược lại với y '  K , ta có

 (F ( x, y '))   (F ( x, y)) .
Đặt
yt  ty ' (1  t ) y, t   0,1 .


Vì F(x, . ) là * - tựa lõm bán chặt, ta có

 ( F ( x, yt ))   ( F ( x, y ))  0, t  (0,1) .
Bởi vậy, F( x, yt ) ≰≮ 0. Từ tính tựa đơn điệu, ta suy ra rằng
F ( yt , x) >≮ 0, với mọi t  (0,1) .
Khi đó, tính hemi – liên tục kéo theo F ( y, x) >≮ 0, bởi vậy x  * ( y) . Điều đó

□

mâu thuẫn với giả thiết.
Định lí 1.3.1. Giả sử F thỏa mãn các giả thiết (A1), (A2’), (A3’), (A4),
(A5), (A6). Khi đó, (VEP) có nghiệm.
Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng (VEP) không có nghiệm. Theo Bổ
đề 1.1.5, F(x, .) là tựa lồi với x  K . Bởi vậy, có

 ( y)   .

yK

Lấy x 

 ( y) ; z  Ai( K ) .

yK

21


Khi đó, x  ( z) . Do đó, tồn tại một lưới  x  , x  ( z ) sao cho x  x .
Giả sử rằng, với  , x  * ( z) . Khi đó Bổ đề 1.3.1 kéo theo tồn tại

  C * ∖{0} sao cho

 ( F ( x , z))  0,
 ( F ( x , y))   ( F ( x , z)), y  K.
Bởi vậy, hàm tựa lồi bán chặt g ( y)   ( F ( x , y )) đạt một cực đại tuyệt đối
tại z trên K. Vì z  Ai( K ) nên g là hằng số trên K (xem [2]), tức là

 ( F ( x , y))   ( F ( x , z))  0, y  K .
Do đó,
F ( x , y) ≮≮ 0, y  K ;
tức là, (VEP) có một nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết ở trên.
Bởi vậy,
x  * ( z),  ,
nghĩa là,
F ( z, x ) >≮ 0,  .
Do tính nửa liên tục dưới, ta suy ra rằng F ( z, x) >≮ 0. Với bất kỳ x  K , ta xét
xt  tz  (1  t ) x, t   0,1
. 

22

Thang Long University Libraty


Khi mọi
với
đó,
xyt 
 Ai(
ty K(1
),
t 

) y (0,1]
'; t , (0,1) .
Và
F ( xt , hợp
x) >≮ tổng
0. Doquát
tínhhơn
hemi – liên tục,
1.4.ta cóTrường
Trong
phần
F ( x, x)
>≮ 0,này,
xchúng
 K .ta chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán
(VEP) trong trường hợp
Do vậy,
F(x, y) = G (x, y) + H (x, y),

(1.2 )

 * ( x) .
x
với G : K xKK  Y , H : K  K  Y . Nếu H = 0 thì các kết quả nhận được sẽ
quy về trường hợp của Định lí 1.2.2.
Do Mệnh đề 1.2.1, ta có
Trong phần tiếp theo, chúng ta cần có định nghĩa sau. Một song hàm G được
 * ( x)   ( x) .
xK
xK

gọi là giả đơn điệu theo
H (H – giả đơn điệu ) nếu, với mọi x, y  K :
Khi đó,
G( x, y)  H ( x, y) ≮≮ 0 kéo theo G( y, x)  H ( x, y) >≮ 0.
F ( x, x) ≮≮ 0, x  K ;
Chú ý rằng với H = 0, định nghĩa này quy về định nghĩa của song hàm giả

đơn điệu. Hơn nữa, dễ thấy rằng mỗi song hàm C – đơn điệu là trường hợp
tức là (VEP) có một nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
đặc biệt của H – giả đơn điệu. Chúng ta đưa vào các giả thiết sau:
Nhận xét 1.3.1. Giả thiết (A4) có thể làm yếu đi như sau: với mọi
G( x, x)  0, x  K ;
  C(I)* ∖{0},
G(. , y) là hemi – liên tục với y  K ;
(II)
 ( F ( x , y ))   ( F ( x, y ')) và  ( F ( x, y ')) ≮≮ 0
(III) G(x, y) là H – giả đơn điệu;
kéo theo
(IV) G(x, .) là nửa liên tục dưới và lồi với x  K ;
 ( F ( x , yt ))   ( F ( x, y ')) ,
(V)

H(x, x) = 0 với x  K ;

23
24

Thang Long University Libraty

□