Nguyên lí ánh xạ kkm và bài toán cân bằng vectơ trong không gian vectơ tôpô
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.24 MB, 34 trang )
1
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
---------------------------------
2
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
--------------------------------
NGUYỄN THỊ HÕA
NGUYỄN THỊ HÕA
NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ KKM
VÀ BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ
TRONG KHÔNG GIAN VECTƠ TÔPÔ
NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ KKM
VÀ BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ
TRONG KHÔNG GIAN VECTƠ TÔPÔ
Chuyên ngành: GIẢI TÍCH
Mã số
: 60.46.01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Lê Văn Chóng
THÁI NGUYÊN-2008
THÁI NGUYÊN-2008
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
4
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
Mở đầu ...................................................................................................1
Chương 1. NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ KKM
1.1. Bổ đề KKM ………………………………………………………..3
1.2. Nguyên lí ánh xạ KKM ……………………………………………7
1.3. Bất đẳng thức Ky Fan ……………………………………………10
Chương 2. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ CHO HÀM ĐƠN TRỊ
2.1. Nón và quan hệ thứ tự theo nón ………………………………… 13
2.2. Bài toán cân bằng vô hướng …………………………………… 16
2.3. Bài toán cân bằng vectơ không có giả thiết đơn điệu ………….. 23
2.4. Bài toán cân bằng vectơ giả đơn điệu ………………………… 28
2.5. Bài toán cân bằng vectơ tựa đơn điệu …………………………… 34
2.6. Một số mở rộng ………………………………………………… 39
Chương 3. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ CHO HÀM ĐA TRỊ
3.1.Bài toán cân bằng vectơ đa trị không có giả thiết đơn điệu …… 51
3.2. Bài toán cân bằng vectơ đa trị đơn điệu ………………………… 56
Kết luận …………………………………………………………… 63
Tài liệu tham khảo ……………………….......................................... 64
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Để đưa ra một chứng minh đơn giản hơn chứng minh ban đầu rất phức
tạp của Định lí điểm bất động Brouwer (1912), ba nhà toán học Balan là
Knaster, Kuratowski và Mazurkiewicz đã chứng minh một kết quả quan
trọng về giao khác rỗng của hữu hạn các tập đóng trong không gian hữu
hạn chiều (1929), kết quả này sau gọi là Bổ đề KKM. Năm 1961, Ky Fan
mở rộng bổ đề này ra không gian vô hạn chiều, kết quả này sau gọi là
Nguyên lí ánh xạ KKM. Năm 1972, dùng Nguyên lí ánh xạ KKM Ky Fan
chứng minh một bất đẳng thức quan trọng, sau gọi là Bất đẳng thức Ky
Fan.
Sau khi được công bố, Bất đẳng thức Ky Fan nhanh chóng thu hút sự
quan tâm của nhiều nghiên cứu trong lĩnh vực giải tích hàm phi tuyến.
Phương pháp tiếp cận xây dựng bất đẳng thức này từ Nguyên lí ánh xạ
KKM là ý tưởng khởi nguồn của nhiều nghiên cứu tiếp theo về sự tồn tại
nghiệm của bài toán cân bằng trong các không gian khác nhau (như không
gian vectơ tôpô, không gian G -lồi, không gian siêu lồi…). Trong không
gian vectơ tôpô , cách tiếp cận trên được nghiên cứu mở rộng ra bài toán
cân bằng vô hướng với các kết quả cơ bản như Brezis- NirenbergStampacchia [4](1972), Mosco [13](1976), Blum- Oettli [3](1993)…và mở
rộng ra bài toán cân bằng vectơ (đơn trị, đa trị) với các kết quả quan trọng
như Bianchi- Hadjisavvas- Schaible [2](1997), Oettli [3](1997), Tấn-Tĩnh
[16](1998), Fu [10](2000), Ansari- Konnov- Yao [1](2001), Tấn- Minh
[17](2006)…
Bài toán cân bằng vectơ đơn trị được xét trong luận văn là bài toán sau:
Tìm x K sao cho f ( x , y) 0 với mọi y K ,
trong đó K là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian vectơ tôpô X ,
f : K K Y , Y là một không gian vectơ tôpô với nón thứ tự C Y nhọn,
lồi, đóng, int C .
Bài toán cân bằng vectơ đa trị được xét là các bài toán sau:
Tìm x K sao cho F ( x , y)
int C với mọi y C ,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
6
Tìm x K sao cho F ( x , y) C với mọi y C ,
Chương 1
trong đó hàm đa trị F : K K 2Y (các tập K , C và không gian Y như trên).
Mục đích của luận văn là trình bày một số kết quả nghiên cứu cơ bản về
sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ trong không gian vectơ tôpô
với cách tiếp cận dùng Nguyên lí ánh xạ KKM.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm 3
chương. Chương 1 trình bày một số điểm cơ bản về xuất xứ của Nguyên lí
ánh xạ KKM trong sự liên quan với một số thành tựu quan trọng của giải
tích hàm phi tuyến (Định lí điểm bất động Brouwer, Bổ đề KKM, Bất đẳng
thức Ky Fan). Chương 2 trình bày một số kết quả cơ bản về sự tồn tại
nghiệm của bài toán cân bằng vectơ đơn trị ở hai hướng nghiên cứu: sử
dụng và không sử dụng giả thiết đơn điệu. Trước khi trình bày các kết quả
này, chúng tôi đưa ra một số kết quả đặc thù ở bài toán cân bằng vô hướng
để dễ thấy phần chính là kết quả và phương pháp ở bài toán cân bằng vectơ
được mở rộng thế nào từ bài toán vô hướng. Một số kiến thức chuẩn bị về
nón và quan hệ thứ tự theo nón cần cho nghiên cứu bài toán vectơ cũng
được đưa vào chương này. Chương 3 đề cập đến một số kết quả nghiên
cứu về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ đa trị có giả thiết đơn
điệu và không có giả thiết đơn điệu.
Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm- Đại học Thái
Nguyên. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Lê
Văn Chóng- Viện toán học Việt Nam, người thầy đã tận tình hướng dẫn,
giúp đỡ và nghiêm khắc trong khoa học. Xin trân trọng cảm ơn các thầy,
cô giáo thuộc Viện toán học và các thầy, cô giáo của trường Đại học Sư
phạm Thái Nguyên đã trực tiếp giảng dạy và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi
trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu . Xin được cảm ơn cơ quan, gia
đình và bạn bè đã động viên rất nhiều giúp tôi hoàn thành luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 9 năm 2008
Nguyễn Thị Hòa
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ KKM
Như ta biết, Bổ đề KKM (1929) trong không gian hữu hạn chiều của ba
nhà toán học Balan thiết lập được một chứng minh đơn giản hơn chứng
minh ban đầu rất phức tạp của Định lí điểm bất động Brouwer (1912) và
sau đó bổ đề này được mở rộng ra không gian vô hạn chiều thành Nguyên
lí ánh xạ KKM (1961). Bất đẳng thức Ky Fan (1972) được chứng minh
bằng cách sử dụng nguyên lí này.
Ở chương này chúng tôi đề cập tới một số điểm cơ bản của Nguyên lí
ánh xạ KKM trong liên quan với các thành tựu trên của giải tích hàm phi
tuyến (Định lí Brouwer, Bổ đề KKM, Bất đẳng thức Ky Fan).
1.1. BỔ ĐỀ KKM
Trước hết ta nhắc đến một số khái niệm sau:
Cho X là một không gian vectơ, tập hợp S trong X được gọi là một nđơn hình nếu S co u0 , u1 ,..., un với u0 , u1,..., un X và các vectơ
u1 u0 ,..., un u0 là độc lập tuyến tính (ở đây co( A) kí hiệu bao lồi của
tập A ). Các điểm ui được gọi là các đỉnh. Bao lồi của (k 1) đỉnh được
gọi là k -diện của S . Mỗi x S được biểu diễn duy nhất dưới dạng:
n
n
i 0
i 0
x xi ui , với xi 0, xi 1 .
Ta viết x ( x0 , x1,..., xn ) và gọi các xi , (i 0,1,..., n) là các tọa độ trọng
tâm của x , chúng cũng biến đổi liên tục theo x .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
8
Dùng Bổ đề Sperner về phép gán số trong phép tam giác phân một đơn
hình do Sperner đưa ra từ 1928, Knaster, Kuratowski và Mazurkiewicz đã
n
Cho là phép đồng phôi từ M lên M và T : M M là ánh xạ liên
tục. Ta cần chứng minh T cũng có điểm bất động.
1
chứng minh bổ đề quan trọng sau trong không gian R .
Thật vậy, đặt T T ta được T : M M là ánh xạ liên tục, nên
theo giả thiết tồn tại x0 M với Tx0 x0 . Khi đó ( x0 ) là điểm bất động
Bổ đề KKM (Knaster-Kuratowski-Mazurkiewicz[11], 1929)
của T .
Cho một n-đơn hình S co u0 , u1 ,..., un trong R và các tập hợp
đóng F0 , F1,..., Fn trong S thỏa mãn điều kiện: với mọi tập hợp con
I 0,1,..., n ta có
n
co ui : i I Fi .
(KKM)
iI
Fi .
S , vì hình cầu đơn vị đóng trong R n đồng phôi với một
S nên ta chỉ cần chứng minh ánh xạ liên tục T : S S có
S.
điểm bất động trong
i 0
Chứng minh đầy đủ của Bổ đề KKM bằng cách dùng Bổ đề Sperner
được giới thiệu trong Tân-Hà [18], do khuôn khổ của luận văn chúng tôi
Với mỗi x S ta có x ( x0 , x1,..., xn ), các xi với i 0,1,..., n là các tọa
độ trọng tâm của x và y Tx ( y0 , y1,..., yn ) . Ta đặt
Fi x S : xi yi , i 1,..., n .
không nêu ra ở đây.
Do T liên tục nên các Fi đều đóng. Ta sẽ chứng minh các Fi thỏa mãn
Định lí điểm bất động Brouwer (Brouwer [5], 1912)
n
Mọi ánh xạ liên tục từ hình cầu đơn vị đóng trong R vào chính nó đều
có điểm bất động.
điều kiện (KKM) sau
co ui : i I Fi ,
iI
trong đó I là một tập con bất kỳ của tập 0,1,..., n .
Để chứng minh định lí này bằng cách dùng Bổ đề KKM ta sử dụng kết
quả sau.
Lấy x co ui : i I ta có x ( x0 , x1,..., xn ) với xi 0 nếu i
I , xi 0
nếu i I và y ( y0 , y1,..., yn ) với yi 0,
Mệnh đề 1.1
Giả sử M là một tập hợp trong không gian tôpô có tính chất: mọi ánh
xạ liên tục T : M M đều có điểm bất động. Khi ấy nếu M đồng phôi
với M thì M cũng có tính chất đó.
i 0
x Fi
iI
rằng xi yi với mọi i I . Khi đó ta gặp mâu thuẫn:
n
n
xi xi yi yi 1.
i 0
n
yi 1. Để chỉ ra
ta cần chỉ ra tồn tại i0 I để x Fi0 , tức là xi0 yi0 . Giả sử ngược lại
1
Chứng minh
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Cho đơn hình
n- đơn hình
n
Khi đó
Chứng minh Định lí điểm bất động Brouwer
iI
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
iI
i 0
9
10
Vậy điều kiện KKM được thỏa mãn. Do đó theo bổ đề KKM tồn tại
n
Đặt I i : i ( x ) 0 . Khi đó ta có
n
x Fi . Khi đó ta có xi yi với i 0,1,..., n , trong đó yi là tọa độ trọng
Tx i ( x ) ui i ( x ) ui .
i 0
tâm của y Tx . Vì
n
n
i 0
i 0
xi yi 1 nên các bất đẳng thức trên phải là
đẳng thức. Vậy ta có xi yi , i 0,..., n hay x y Tx và định
lí được chứng minh.
Định lí điểm bất động Brouwer vẫn đúng nếu ta thay hình cầu đơn vị
i 0
iI
Nhưng vì i ( x ) 0 khi và chỉ khi x
Fi với mọi i I , nên x Fi .
iI
Điều này mâu thuẫn với
x Tx i ( x ) ui co ui : i I Fi ,
iI
iI
(do điều kiện KKM). Vậy Bổ đề KKM được chứng minh.
n
đóng trong R bởi một tập lồi đóng bị chặn trong không gian tuyến tính
hữu hạn chiều (điều kiện hữu hạn chiều là bắt buộc). Dùng định lí này ta
cũng nhận được Bổ đề KKM như chứng minh dưới đây.
Giả sử S u0 , u1 ,..., un là một đơn hình và F0 , F1,..., Fn là các tập đóng
n
trong S thỏa mãn điều kiện (KKM) nhưng
Fi . Khi đó với mỗi
i 0
x S và mỗi i 0,..., n ta đặt i ( x) d ( x, Fi ) là khoảng cách từ x đến Fi .
Vì
Fi nên với mỗi
i 0
Theo các chứng minh trên thì từ Bổ đề KKM ta nhận được Định lí
Brouwer và ngược lại, như vậy Bổ đề KKM tương đương với Định lí
Brouwer.
Chứng minh Bổ đề KKM
n
Nhận xét 1.1
x S tồn tại i sao cho x
Fi , tức là i ( x) 0
do Fi đóng . Vậy ta có thể định nghĩa hàm
( x)
i ( x) n i
, x S , i 0,1,..., n.
(
x
)
j
j 0
Các hàm i có tính chất: liên tục, 0 i ( x) 1,
n
i ( x) 1 với mọi
i 0
n
1.2. NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ KKM
Nguyên lí ánh xạ KKM là một mở rộng của Bổ đề KKM ra không gian
vô hạn chiều và là trung tâm của Lý thuyết KKM, một bộ phận cơ bản và
sâu sắc của giải tích phi tuyến.
Trước khi phát biểu và chứng minh Nguyên lí ánh xạ KKM, chúng ta
định nghĩa ánh xạ KKM.
Cho C là một tập hợp trong không gian vectơ tôpô X , ánh xạ (đa trị)
X
F từ C vào 2 được gọi là ánh xạ KKM nếu với mọi tập hợp hữu hạn
x1 , x2 ,..., xn trong C ta có :
n
co x1 , x2 ,..., xn F ( xi ) .
i 1
x S . Với mỗi x S ta đặt Tx i ( x) ui . Do S lồi nên ta có
i 0
Tx S , ngoài ra T liên tục vì i liên tục. Theo Định lí điểm bất
Nguyên lí ánh xạ KKM (Ky Fan [8], 1961)
động Brouwer, tồn tại x S mà x Tx .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
12
Cho C là một tập hợp trong không gian vectơ tôpô Hausdorff X ,
F :C 2
X
là một ánh xạ KKM với giá trị đóng. Khi đó với mọi tập hữu
Mặt khác, vì với mọi i I ta có i ( x ) 0 nên x
G( xi ) . Vì x L nên
x
F ( xi ) , ta gặp mâu thuẫn.
F ( xi ) với mọi i I , tức là x
iI
Vậy Nguyên lí được chứng minh.
hạn A nằm trong C ta có:
F ( x) .
Nhận xét 1.2
xA
Nếu trong Nguyên lí ánh xạ KKM, ánh xạ F có một giá trị compắc,
Chứng minh
Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại một tập hợp hữu hạn
x1 , x2 ,..., xn
n
trong C thỏa mãn
F ( xi ) . Gọi
L là không
i 1
gian con tuyến tính của X sinh bởi
x1 , x2 ,..., xn
compắc F ( x0 ) và có tính chất giao hữu hạn. Vì vậy họ này có giao khác
rỗng. Kết quả này trong tài liệu gọi là Bổ đề Ky Fan dưới đây.
và d là một
khoảng cách trên L tương thích với tôpô cảm sinh từ X . Ký hiệu
co{x1,..., xn }. Đặt G( xi ) F ( xi ) L, i 1,..., n .
Với mỗi x , đặt i ( x) d ( x, G( xi )) . Vì
chẳng hạn F ( x0 ) , khi ấy họ tập đóng F ( x) F ( x0 ) : x C thuộc tập
Bổ đề Ky Fan ([8], 1961)
Cho C là một tập hợp khác rỗng trong không gian vectơ tôpô Hausdorff
n
F ( xi )
X và ánh xạ đa trị F : C 2
n
nên
i 1
G( xi ) .
i 1
X
thỏa mãn :
1)Với mỗi x C thì F ( x) là tập đóng, khác rỗng trong X ;
Do đó với mỗi x , tồn tại một i sao cho x
G( xi ) , suy ra i ( x) 0
2) F là ánh xạ KKM;
do G( xi ) đóng. Vậy ta có thể đặt
( x)
i ( x ) n i
, x.
j ( x)
3)Tồn tại x0 C sao cho F ( x0 ) compắc.
Khi ấy ta có:
j 1
Các hàm i đều liên tục và 0 i ( x) 1,
n
Ở đây cần lưu ý là, trong ứng dụng, Nguyên lí ánh xạ KKM được dùng
n
i ( x) 1 với mọi
x .
i 1
Đặt Tx i ( x) ui , do lồi ta được ánh xạ liên tục T : L với
i 1
L hữu hạn chiều. Theo Định lí Brouwer, tồn tại x mà x Tx .
Đặt I i : i ( x ) 0 , ta được
x Tx
i ( x ) ui
iI
F ( x) .
xC
chủ yếu ở dạng Bổ đề Ky Fan. Ngoài ra cần lưu ý thêm là không gian X
trong Nguyên lí ánh xạ KKM của Ky Fan được giả thiết là Hausdorff và
trong các nghiên cứu sử dụng Nguyên lí ánh xạ KKM cho đến gần đây
phần lớn đều dùng Nguyên lí này với giả thiết X là Hausdorff. Tuy nhiên
điều kiện Hausdorff là không cần thiết và đã được Ding- Tân [7] chỉ ra từ
co{ui : i I }
Fi ,
1992.
iI
vì F là ánh xạ KKM.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
14
Với mỗi x C đặt F ( x) y C : f ( x, y ) 0 . Vì hàm f nửa liên tục
Nhận xét 1.3
Chúng ta đã chứng minh Nguyên lí ánh xạ KKM từ Định lí điểm bất
động Brouwer. Mặt khác từ Nguyên lí ánh xạ KKM suy ra Bổ đề KKM
(với X R , C u0 ,..., un , F (ui ) Fi , i 0,1,..., n ), còn Bổ đề KKM thì
n
dưới theo y nên F ( x) là tập đóng.
Ta kiểm tra điều kiện KKM bằng phản chứng.
n
Giả sử tồn tại x1,..., xn C và x co x1 ,..., xn mà x F ( xi ) . Khi đó:
i 1
suy ra Định lí Brouwer. Vậy từ Nguyên lí ánh xạ KKM ta cũng nhận được
n
x i xi , i 0,
Định lí điểm bất động Brouwer, nghĩa là Nguyên lí ánh xạ KKM tương
i 1
đương với Định lí Brouwer.
n
i 1.
i 1
n
Vì x F ( xi ) , nên theo định nghĩa của tập hợp F ( xi ) ta có:
i 1
n
1.3. BẤT ĐẲNG THỨC KY FAN
f ( xi , x) f ( xi , i xi ) 0, i 1,..., n .
Bất đẳng thức Ky Fan được chứng minh từ Nguyên lí ánh xạ KKM. Bất
đẳng thức này cùng với cách chứng minh của nó có nhiều ứng dụng, nhất
là trong nghiên cứu tồn tại nghiệm bài toán cân bằng.
n
lồi. Tập hợp này chứa mọi xi nên cũng chứa x i xi , vậy ta có:
i 1
n
n
i 1
i 1
f ( i xi , i xi ) f ( x, x) 0 ,
Bất đẳng thức Ky Fan (Ky Fan [9], 1972)
điều này trái với điều kiện 3). Vậy nên F là ánh xạ KKM.
Cho C là một tập hợp lồi, compắc trong không gian vectơ tôpô
Hausdorff X và f : C C R là một hàm số thỏa mãn các điều kiện
Vì C compắc nên ta có:
F ( x)
xC
sau:
(theo Nguyên lí ánh xạ KKM).
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 .
Lấy y F ( x) ta được f ( x, y ) 0 với mọi x C . Định lí được
xC
chứng minh.
Dùng Bất đẳng thức Ky Fan ta chứng minh được kết quả sau là một mở
rộng của Định lí Brouwer .
Mệnh đề 1.2
Chứng minh
Kết luận của Bất đẳng thức Ky Fan được suy ra từ Nguyên lí ánh xạ
Mọi ánh xạ liên tục từ một tập hợp lồi, compắc trong một không gian
Hilbert vào chính nó đều có điểm bất động.
KKM như sau:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
i 1
Do f ( x, y) tựa lõm theo biến thứ nhất nên tập hợp z C : f ( z , x) 0 là
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
16
Thật vậy, cho C là một tập lồi, compắc trong không gian Hilbert với
BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ CHO HÀM ĐƠN TRỊ
tích vô hướng x, y , T : C C là một ánh xạ liên tục, với mỗi cặp
Sau khi được công bố (1972), Bất đẳng thức Ky Fan nhanh chóng thu
x, y C ta đặt
hút sự quan tâm của nhiều nghiên cứu trong lĩnh vực giải tích phi tuyến.
f ( x, y) Ty y, x y .
Với mỗi y cố định, f là hàm affin theo biến x , nên cũng lõm. Với mỗi
x cố định , f là hàm liên tục theo biến y (do T liên tục), vậy cũng nửa
liên tục dưới. Hiển nhiên f ( x, x) 0 với mọi x C . Do đó theo Bất đẳng
thức Ky Fan tồn tại y C sao cho:
trọng kết nối Bất đẳng thức Ky Fan và bất đẳng thức biến phân đơn điệu cổ
điển. Mosco [13](1976) đưa ra kết quả mở rộng Bất đẳng thức Ky Fan ra
tập không compắc và kết quả mở rộng bất đẳng thức biến phân đơn điệu cổ
điển…Đây là các kết quả khởi đầu cơ bản về tồn tại nghiệm bài toán cân
f ( x, y ) 0, x C ,
bằng vô hướng được xây dựng từ Nguyên lí ánh xạ KKM. Cách tiếp cận
tức là Ty y , x y 0, x C .
Đặc biệt nếu x Ty ta có Ty y
Brezis- Nirenberg- Stampacchia [4](1972) chứng minh một kết quả quan
dùng Nguyên lí ánh xạ KKM để thiết lập điều kiện tồn tại nghiệm cho bài
2
0 do đó y Ty . Mệnh đề được
toán cân bằng được nhiều nghiên cứu mở rộng hiệu quả cho trường hợp
bài toán cân bằng vectơ cho hàm đơn trị như Ansari- Konnov- Yao [1]
chứng minh.
(2001), Bianchi- Hadjisavvas- Schaible [2](1997), Tan- Tinh [16](1998)…
Chương này trình bày một số kết quả cơ bản về sự tồn tại nghiệm của
Nhận xét 1.4
Theo chứng minh trên và các nhận xét 1.1, 1.3 thì Bổ đề KKM, Định lí
bài toán cân bằng vectơ cho hàm đơn trị theo cách tiếp cận nêu trên. Trước
điểm bất động Brouwer, Nguyên lí ánh xạ KKM và Bất đẳng thức Ky Fan
đó chúng tôi trình bày ngắn gọn một số kết quả tiêu biểu cho cách tiếp cận
là tương đương với nhau.
này ở bài toán vô hướng để dễ thấy sự mở rộng cách tiếp cận này ở bài
toán vectơ. Để tiện cho việc trình bày bài toán vectơ, trước hết chúng tôi
đưa vào một số kiến thức chuẩn bị. Các kết quả nghiên cứu được trình bày
trong chương này chủ yếu được tập hợp từ các bài báo [1, 2, 13, 16].
2.1. NÓN VÀ QUAN HỆ THỨ TỰ THEO NÓN
Cho C là một tập con trong không gian vectơ tôpô Y . Tập C được gọi
là một nón nếu tc C với mỗi c C và t 0 . Như vậy theo định nghĩa,
Chương 2
nón luôn có đỉnh tại gốc 0 Y . Nón C được gọi là lồi (đóng) nếu C là tập
lồi (đóng, tương ứng).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
18
C tb : b B, t 0 .
Kí hiệu l (C ) là tập C C . Đặc biệt nếu C là lồi thì l (C ) C C là
không gian tuyến tính nhỏ nhất trong C và được gọi là phần trong tuyến
tính của nón C .
Nếu ngoài ra B không chứa điểm gốc 0 và với mỗi c C, c 0 đều tồn
tại duy nhất b B, t 0 sao cho c tb khi ấy B được gọi là cơ sở của
Nón lồi C trong Y được gọi là nhọn nếu l (C ) 0 .
nón C .
Rõ ràng tập 0 và cả không gian Y đều là nón, hơn nữa còn lồi, đóng,
Người ta chứng minh được rằng nếu nón C có cơ sở lồi, compắc thì nó
thỏa mãn điều kiện ( ) ([16]). Từ kết quả này và theo định nghĩa ta có các
ta gọi các nón này là nón tầm thường.
Trong không gian tuyến tính tôpô ta kí hiệu cl (C ), int(C ), co(C ) lần
ví dụ sau về nón thỏa mãn điều kiện ( ).
lượt là bao đóng, phần trong, bao lồi của nón C .
Ví dụ
Ví dụ
1) Cho B là một tập khác rỗng thuộc phần trong của hình cầu B R n ,
1) Nón orthant dương:
0
B , C cone( B), C cone(B ) . Khi ấy theo định nghĩa C là nón thỏa
Cho Y R n x ( x1 ,..., xn ) : x j R, j 1,..., n . Khi đó
C Rn x ( x1 ,..., xn ) : x j R, x j 0, j 1,..., n là một nón lồi, đóng, nhọn.
2) Nếu tập C x ( x1 ,..., xn ) : x1 0, x j R, j 2,..., n thì C là nón
lồi, đóng, nhưng không nhọn vì ta dễ dàng thấy:
: x R, x 0, i 2,..., n cũng là một nón lồi, đóng,
l (C ) x (0, x2 ,..., xn ) R n 0.
Tập ( x1 ,..., xn ) R
n
1
i
nhưng không nhọn.
dương, chẳng hạn x1 0 là một nón nhọn, lồi, nhưng không đóng. Tập
C ( x1 , x2 , x3 ) R : xi 0, i 1, 2, 3 x1, x2 , x3 R : x1 x2 0, x3 0
3
cũng là một nón nhọn, lồi, nhưng không đóng.
Ta nói nón C được gọi là thỏa mãn điều kiện ( ) nếu tồn tại nón lồi,
đóng nhọn C với phần trong khác rỗng sao cho: C \ 0 int C .
Nón C được gọi là sinh bởi tập B Y , ký hiệu C cone( B) nếu:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2) Cho B là một tập con lồi compắc trong R n , 0 B . Khi ấy nón
C cone( B) có cơ sở B lồi compắc nên thỏa mãn điều kiện ( ).
Ta nhắc lại khái niệm Quan hệ thứ tự sinh bởi nón:
Cho C là một nón nhọn, lồi, đóng trong không gian vectơ tôpô Y . Khi
ấy C xác định một quan hệ thứ tự trong Y : với x, y C ta viết
3) Tập chứa 0 Y và các vectơ x ( x1,..., xn ) với cùng một tọa độ
3
mãn điều kiện ( ) vì C \ 0 int C .
x y khi và chỉ khi y x C .
x y khi và chỉ khi y x C .
Trong trường hợp int C , với x, y C ta viết
x y khi và chỉ khi y x int C .
x y khi và chỉ khi y x int C .
Định nghĩa hoàn toàn tương tự cho các quan hệ thứ tự , , , .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
20
Định lí 2.1 (Mosco[13], 1976)
Ví dụ
1) Cho Y R , nón thứ tự C Rn (nhọn, lồi, đóng).
Hausdorff X , hàm g : C C R với g ( x, x) 0 x C. Giả sử các điều
Với x x1 ,..., xn , y y1,..., yn R n ta có
kiện sau thỏa mãn:
x y xi yi , i 1,..., n.
1) g ( x,.) là lõm với mỗi x C ;
x y xi yi , i 1,..., n .
x y xi yi với ít nhất một i 1,..., n .
x y xi yi với ít nhất một i 1,..., n .
Cho C là một tập lồi đóng khác rỗng trong không gian vectơ tôpô
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 vectơ
y0 B C sao cho
g ( x, y0 ) 0 x C \ B.
2) Y R 2 , C ( x1 , x2 ) R2 : x1 x2 .
Khi đó tập nghiệm của bài toán cân bằng vô hướng
Với x ( x1, x2 ), y ( y1, y2 ) R 2 ta có
x C : g ( x , y) 0 y C
x y 0 y1 x1 y2 x2 .
là tập compắc, khác rỗng.
x y y x R 2 \ C.
x y 0 y1 x1 y2 x2 .
Chứng minh:
2
x y y x R \ int C.
Đặt G ( y ) x C : g ( x, y ) 0 , y C .
Lưu ý là khi Y R, C 0; thì với x, y R :
Ta có G( y) là đóng với mỗi y C (do Điều kiện 2)), do đó G( y0 ) là
x y y x.
tập đóng trong tập compắc B nên cũng compắc (Điều kiện 3)). Hơn nữa
x y y x.
G : C 2C là ánh xạ KKM.
Thật vậy, giả sử trái lại, nghĩa là có tập hữu hạn
2.2. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VÔ HƯỚNG
Hai hướng cơ bản trong các nghiên cứu về tồn tại nghiệm của bài 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 (xét ở Chương
1) ra tập không compắc mà dưới đây là một kết quả cơ bản.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
(2.1)
n
n
i 1
i 1
y1 ,..., yn C
co y1 ,..., yn G ( yi ) , khi ấy có một y i yi với i 0,
và y
G yi i 1,..., n , nghĩa là
g ( y, yi ) 0 i 1,..., n.
n
i 1
i 1
Do đó
n
i g ( y, yi ) 0.
i 1
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
mà
21
22
n
n
Do g ( y,.) lõm nên: g ( y, y ) g y, i yi i g ( y, yi ) 0 , điều này
i 1
i 1
mâu thuẫn với giả thiết g ( y, y) 0 y C . Vậy G là ánh xạ KKM.
Theo Bổ đề Ky Fan thì
G( y) nghĩa là bài toán cân bằng (2.1)
yC
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 (Mosco [13], 1976)
Cho C là tập lồi, đóng trong không gian vectơ tôpô Hausdorff X và
có nghiệm. Do tập nghiệm của (2.1) là đóng (do 2)) và thuộc tập compắc B
hàm g : C C R với g ( x, x) 0 x C sao cho các điều kiện sau thỏa
(do 3)) nên compắc. Định lí được chứng minh.
mãn:
1) g là hàm hemi-liên tục và đơn điệu;
Nhận xét 2.1
Nếu C là tập lồi compắc thì Định lí 2.1 chính là Bất đẳng thức Ky Fan.
2) Với mỗi x C , hàm g ( x,.) là lõm và nửa liên tục trên;
3) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc B C và y0 B sao cho
Dùng chứng minh của Định lí 2.1 kết hợp với chứng minh của Bất đẳng
thức Ky Fan, ta cũng chứng minh được Định lí 2.1 trong trường hợp tính
g ( x, y0 ) 0, x C \ B.
Khi ấy tập nghiệm của bài toán cân bằng
lõm của hàm g được thay bằng tính tựa lõm.
x C : g ( x , y) 0, y C
Để đưa ra kết quả trong trường hợp có giả thiết đơn điệu ta cần các khái
niệm sau trong [13].
Cho C là một tập lồi trong không gian vectơ tôpô. Hàm g : 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 .
(2.2)
là tập con khác rỗng, lồi và compắc trong B .
Định lí trên chính là Định lí 3.1 trong [13] với 0 (Cho 0 để
tránh các phức tạp không cần thiết trong trình bày và tiện sử dụng ở các
phần sau). Định lí 2.2 được chứng minh bằng cách dùng Bổ đề Ky Fan và
Bổ đề dưới đây (mở rộng một kết quả của Minty [12] về toán tử đơn điệu).
Hàm g gọi là đơn điệu nếu
Với mỗi y C đặt
g ( x, y) g ( y, x) 0 x, y C .
G ( y ) x C : g ( x, y ) 0 ;
Hàm g gọi là đơn điệu chặt nếu
g ( x, y) g ( y, x) 0 x, y C, x y .
Ở một số tài liệu, chẳng hạn Blum-Oettli [3], hàm g được gọi là đơn
điệu nếu g là đơn điệu theo nghĩa trên. Ở mục này tính đơn điệu của hàm
H ( y ) x C : g ( y, x) 0
và ký hiệu F ( y) là bao đóng của G( y).
Bổ đề 2.1
Cho tập C , hàm g như ở Định lí 2.2 và thỏa mãn điều kiện 1),2) của
hai biến g được hiểu theo nghĩa trên.
định lí này. Cho các tập G( y), F ( y), H ( y) như ở trên. Khi ấy
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
24
g ( xt , x) 0, t 0,1 .
G( y) F ( y) H ( y).
yC
yC
yC
(2.7)
Do tính lõm của g ( x,.) nên từ (2.6) và (2.7) suy ra
g ( xt , xt ) 0 t (0, t ) ,
Chứng minh
điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy (2.4) đúng. Do đó
Do G( y) F ( y) y C nên chỉ cần chứng minh
F ( y)
yC
H ( y)
yC
H ( y) G( y) .
G( y) .
yC
yC
yC
Bổ đề được chứng minh.
Thật vậy, lấy x G( y) ta có: g ( x, y) 0 . Do g là đơn điệu nên
g ( x, y) 0 g ( x, y) g ( y, x).
Chứng minh Định lí 2.2
Suy ra g ( y, x) 0 , nghĩa là x H ( y) nên G( y) H ( y).
Theo Bổ đề 2.1 và do H ( y ) là lồi, đóng với mỗi y C ta có tập
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
F ( y) H ( y).
yC
Ta chứng minh:
yC
H ( y)
yC
kéo theo
nghiệm của bài toán là lồi và đóng. Tập nghiệm này là compắc vì nó là tập
con đóng của tập compắc B ( theo điều kiện bức 3)).
Ta chứng minh tập nghiệm này khác rỗng bằng cách sử dụng Bổ đề Ky
Fan với ánh xạ F : C 2 X .
G( y) nghĩa là chứng tỏ
Thật vậy, với mỗi y C ta có F ( y) là tập đóng và F ( y0 ) là bao đóng
yC
g ( y, x) 0 y C ,
(2.3)
g ( x, y) 0 y C .
(2.4)
của tập G( y0 ) thuộc tập compắc B C nên F ( y0 ) cũng compắc.
Cho y1 ,..., yn là một tập hữu hạn trong C . Ta chỉ cần chỉ ra
n
co y1 ,..., yn F ( yi ) .
Giả sử (2.4) không đúng, tức là tồn tại x C thỏa mãn (2.3) và một
y C để cho g ( x, y ) 0 .
(2.5)
i 1
Do F ( y) là bao đóng của G( y) nên chỉ cần chỉ ra
Xét véc tơ xt ty (1 t ) x, t [0,1] . Theo điều kiện 1) của Định lí 2.2,
n
co y1 ,..., yn G ( yi ) .
hàm g ( xt , y ) của biến thực t 0,1 là liên tục khi t 0 . Do đó với
(2.6)
Lấy y xt , từ (2.3) suy ra
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
n
Giả sử ngược lại có một y co y1 ,..., yn \ G ( yi ) . Khi ấy có i 0,
t 0 (đủ nhỏ), từ (2.5) suy ra
g ( xt , y ) 0, t (0, t ) .
i 1
i 1
i 1,..., n,
n
i 1,
i 1
n
y i yi , g ( y, yi ) 0 i 1,..., n . Do đó, vì g ( y,.)
i 1
là hàm lõm ta có
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
25
26
Mệnh đề được chứng minh.
n
n
g ( y, y ) g y, i yi i g ( y, yi ) 0 ,
i 1
i 1
n
điều này mâu thuẫn với giả thiết g ( y, y) 0 . Vậy co y1 ,..., yn F ( yi ) .
i 1
Theo Bổ đề Ky Fan ta có
F ( y ) và do đó theo Bổ đề 2.1,
Sau hai kết quả trên của Mosco [13] có nhiều kết quả khác là mở rộng,
hợp nhất các kết quả này như Blum- Oettli [3](1993), Chadli-Chbani-Riahi
[6](2000)…Ở đây chúng tôi không đi sâu vào các mở rộng này mà chỉ nêu
yC
ra cách tiếp cận dùng Nguyên lí ánh xạ KKM trong bài toán vô hướng để
G( y) .
yC
Định lí được chứng minh.
dễ thấy sự mở rộng của cách tiếp cận này trong bài toán vectơ được xét ở
các phần sau.
Về sự duy nhất nghiệm của Bài toán (2.2) ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề
Nếu C là tập lồi và g là hàm đơn điệu chặt thì nghiệm của Bài toán cân
bằng (2.2) là duy nhất.
Một hướng cơ bản trong các nghiên cứu về tồn tại nghiệm của bài toán
cân bằng vectơ, cũng như đối với bài toán cân bằng vô hướng được xét ở
Chứng minh
Giả sử x1 , x2 là nghiệm phân biệt của Bài toán (2.2), nghĩa là xi C,
i 1, 2 và g ( xi , y) 0 y C .
hàm g ( x,.) nên khi cộng hai bất đẳng thức đó với nhau ta được
1
g ( x1, x1 ) g ( x1, x2 ) g ( x2 , x1 ) g ( x2 , x2 ) 0 .
2
trình bày một kết quả gần đây của Ansari- Konnov- Yao [1](2001) ở
Cho X , Y là các không gian vectơ tôpô, C là một nón nhọn, lồi, đóng
trong Y với int C . 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).
Vì g ( x1 , x1 ) g ( x2 , x2 ) 0 nên:
Xét bài toán cân bằng vectơ sau
1
g ( x1 , x2 ) g ( x2 , x1 ) 0 ,
2
Tìm x K sao cho f ( x , y) 0, y K .
Bài toán trên có thể viết ở dạng:
g ( x1 , x2 ) g ( x2 , x1 ) 0 ,
Tìm x K sao cho f ( x , y)
int C, y K .
điều này mâu thuẫn với tính đơn điệu chặt của g .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
trên, là hướng nghiên cứu không dùng giả thiết đơn điệu. Chúng tôi chọn
hướng nghiên cứu này.
x x
Thay y 1 2 vào hai bất đẳng thức ở trên, do tính chất lõm của
2
do đó
2.3. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ KHÔNG CÓ GIẢ THIẾT ĐƠN ĐIỆU
Một ánh xạ q : K Y gọi là tựa lồi nếu với mọi Y tập
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
27
28
U x K : q x là lồi.
Khi ấy tồn tại x K thỏa mãn
f ( x , y) 0 với mọi y K .
Người ta có thể chỉ ra rằng nếu q là tựa lồi thì tập x K : q x
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
Y tập L( ) x K : q( x) 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.
Chứng minh
Với mỗi y K ta đặt G ( y ) x D : f ( x, y ) 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).
Với mỗi tập A X , ta ký hiệu cl X A 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 vectơ trên ta có định lí tồn tại nghiệm dưới
Lấy B y1 , y2 ,..., ym là một tập con hữu hạn của K . Ta đặt A co(B D) .
Ta có A là một tập lồi compắc của K . Xét ánh xạ F : A 2 A xác định
bởi:
đây được chứng minh nhờ dùng Nguyên lí ánh xạ KKM.
F ( y ) x A : p ( x, y ) 0 , y A .
Ta chứng minh họ cl A ( F ( y )) : y A có giao khác rỗng. Thật vậy, ta
Định lí 2.3 (Ansari- Konnov- Yao[1], 2001)
Cho X , Y là các không gian vectơ tôpô, tập K X lồi khác rỗng, nón
thứ tự C Y nhọn, lồi, đóng với int C và hàm (đơn trị)
f : K K Y sao cho với mỗi x K , f ( x, x) 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:
có F ( y) với mỗi y A (do giả thiết 3)).
Mặt khác F là ánh xạ KKM. Thật vậy, giả sử F không phải là ánh xạ
KKM, khi ấy tồn tại một tập hữu hạn
n
i 1
n
i vi F (vi ) ,
i 1
i 1
nghĩa là ta có
n
p i vi , vi 0, i 1,..., n.
i 1
3) Với mỗi x K , p( x, x) 0;
4) Điều kiện bức: tồn tại một tập lồi, compắc D K và y0 D sao
A và với mọi
i 1, ..., n các số i 0, i 1 sao cho
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;
v1 , v2 ,..., vn
n
Do giả thiết 2) ta có
cho p( x, y0 ) 0 với mọi x K \ D .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
29
30
1) f ( x, x) 0 với mỗi x K ;
n
n
p i vi , i vi 0 ,
i 1
i 1
điều này mâu thuẫn với giả thiết 3). Vậy F là ánh xạ KKM.
2) Với mỗi y K , hàm f (., y) là nửa liên tục trên trên K ;
Theo Nguyên lí ánh xạ KKM thì họ tập cl A ( F ( y )) : y A có giao
khác rỗng, lấy x cl A ( F ( y )) và lưu ý là y0 D A, F y0 D (do
yA
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
giả thiết 4)), do đó :
f ( x , y) 0, y K .
x cl A ( F ( y0 )) clK ( F ( y0 )) clD ( F ( y0 )) D.
Mặt khác ta có
Rõ ràng khi K là một tập compắc, ta có điều kiện bức trong hệ quả trên
m
x cl A ( F ( y j )) ;
thỏa mãn và như vậy ta có dạng vectơ của Bất đẳng thức Ky Fan trong hệ
j 1
x A : p( x, y ) 0
x A : f ( x, y ) 0 x A : f ( x, y ) 0
cl A ( F ( y j )) cl A
cl A
quả sau của Định lí 2.3.
j
j
j
Hệ quả 2.2
(theo giả thiết 1) và do f (., y ) nửa liên tục trên). Do đó
m
m
x D x A : f ( x, y j ) 0 G ( y j ) .
j 1
j 1
Cho các không gian X , Y và nón thứ tự C Y như trong Định lý 2.3,
K X là tập lồi compắc và hàm f : K K Y thỏa mãn điều kiện sau:
1) f ( x, x) 0 với mỗi x K ;
Vậy họ G ( y ) : y K có tính chất giao hữu hạn, do đó
2) Với mỗi y K , hàm f (., y) là nửa liên tục trên trên K ;
G( y) .
3) Với mỗi x K , hàm f ( x,.) là tựa lồi.
yK
Định lí được chứng minh.
Cần lưu ý là trong [1] các tác giả dùng giả thiết chung là f ( x, x) 0,
x K . Thực ra trong chứng minh không sử dụng đến giả thiết này.
Trong Định lý 2.3, lấy p f ta nhận được kết quả sau.
Nhận xét 2.2
Nếu trong Hệ quả 2.2 lấy Y R, C ;0 và f g , trong đó g : K K
R là hàm có tính chất:
Hệ quả 2.1
Cho các không gian X , Y , tập K X , nón thứ tự C Y như trong
Định lí 2.3 và hàm f : K K Y sao cho các điều kiện sau thỏa mãn:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Khi ấy, tồn tại x K sao cho f ( x , y) 0, y K .
1) g ( x, x) 0 với mỗi x K ;
2) Với mỗi y K , hàm g (., y) là nửa liên tục dưới trên K ;
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
31
32
3) Với mỗi x K hàm g ( x,.) là tựa lõm;
Hàm f : K Y gọi là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên) nếu với mọi
thì theo Hệ quả 2.2 ta có x K sao cho g ( x , y) 0 y K . Đây chính là
Y tập mức
L( ) x K : f ( x)
bất đẳng thức Ky Fan (dạng vô hướng).
(U ( ) x K : f ( x) , tương ứng)
2.4. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECVƠ GIẢ ĐƠN ĐIỆU
là đóng trong K .
Một hướng cơ bản khác trong các nghiên cứu về tồn tại nghiệm của bài
toán cân bằng vectơ là hướng nghiên cứu dùng giả thiết đơn điệu. Nhiều
kết quả quan trọng ở hướng nghiên cứu này đã được công bố như Oettli
[14](1997), Bianchi- Hadjisavvas- Schaible [2](1997)…Chúng tôi chọn
trình bày ở phần này kết quả lí thú của Bianchi- Hadjisavvas- Schaible sử
Hàm f gọi là hemi-liên tục nếu với x, y K hàm (t ) f ( x t ( y x)) ,
t [0,1] , là nửa liên tục dưới và nửa liên tục trên theo t .
Hàm f gọi là tựa lồi hiện (explicitly quasiconvex) nếu f là tựa lồi và
với mọi x, y K với f ( x) f ( y) luôn có
f ( zt ) f ( y) với zt tx (1 t ) y, t (0,1) .
dụng giả thiết giả đơn điệu (bao hàm trường hợp đơn điệu).
Cho K là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian vectơ tôpô
Hausdorff X , Y là không gian lồi địa phương được xắp thứ tự bởi nón
C Y nhọn, lồi, đóng với int C và hàm F : K K Y với F ( x, x) 0 ,
x K . Bài toán cân bằng được xét ở đây là bài toán sau:
Tìm x K sao cho F ( x, y) 0 y K ,
(2.8)
Về sự tồn tại nghiệm của Bài toán cân bằng giả đơn điệu (2.8) ta có kết
quả quan trọng sau được chứng minh trên cơ sở sử dụng Nguyên lí ánh xạ
KKM.
Định lí 2.4 (Bianchi- Hadjisavvas- Schaible [2],1997)
Cho các không gian X , Y , tập K , nón C và hàm F như trên. Giả sử
trong đó F là một hàm giả đơn điệu.
Hàm F được gọi là đơn điệu (đơn điệu chặt) nếu
các điều kiện sau thỏa mãn:
F ( x, y) F ( y, x) 0 x, y K
1) Với mỗi y K , F (., y) là hemi-liên tục;
( F ( x, y) F ( y, x) 0 x, y K , x y, tương ứng).
2) F là giả đơn điệu;
3) Với mỗi x K , F ( x,.) là nửa liên tục dưới và tựa lồi hiện ;
F được gọi là giả đơn điệu (giả đơn điệu chặt) nếu
F ( x, y) 0 kéo theo F ( y, x) 0 với mọi x, y K
( F ( x, y) 0 kéo theo F ( y, x) 0, với mọi x, y K , x y , tương ứng).
Dễ thấy, nếu F là đơn điệu (đơn điệu chặt) thì F cũng là giả đơn điệu
4) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc B K và y0 B sao
cho F ( x, y0 ) 0 x K \ B .
Khi ấy tập nghiệm của Bài toán (2.8) không rỗng và compắc.
(giả đơn điệu chặt, tương ứng), nhưng không ngược lại. Nếu F giả đơn
điệu chặt thì cũng giả đơn điệu.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Các bổ đề dưới đây được dùng để chứng minh Định lí 2.4.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
33
34
Bổ đề 2.3
Bổ đề 2.2
Nếu các điều kiện 1), 2) và 3) của Định lí 2.4 thỏa mãn, khi ấy:
Giả sử a, b Y , a 0 và b 0 . Khi ấy tập các cận trên của a và b là
P ( y ) Q( y ) R ( y )
yK
yK
khác rỗng và giao với Y \ C .
và mỗi giao trên là một tập đóng trong K .
Chứng minh
Chứng minh
Ta chỉ ra tồn tại c 0 để a c, b c :
yK
Từ giả thiết 3) suy ra:
Do int C nên tồn tại d int C sao cho d b C . Với t 0,1 , đặt
i) Với mỗi c 0 và mỗi x K , tập y K : F ( x, y ) c là lồi;
ii) Nếu F ( x, y) F ( x, z ) và F ( x, z )
0 thì F ( x, zt ) F ( x, z)
dt td (1 t )b . Do C đóng và lồi nên tồn tại t0 (0,1) sao cho
dt C , t t0 ,1 ;
với zt ty (1 t ) z, t (0,1) .
dt
C , t 0, t0 .
Trước tiên ta chỉ ra
Đặc biệt ta có dt0 0 a , nên dt0 a int C . Như vậy, với t1 t0 đủ
R( y ) P( y ) .
yK
Lấy x
yK
R( y ) ta có F ( y, x) 0 y K . Với y K bất kỳ, đặt
yK
gần t0 ta có : dt1 a int C .
Đặt c dt1 thì c
C và như vậy c 0 . Hơn nữa, ta có: c a và
yt ty (1 t ) x, t (0,1) , khi ấy
F ( yt , x) 0 t (0,1) .
c b dt1 b t1d (1 t1 )b b t1 (d b) 0 .
Bổ đề được chứng minh.
Ta chỉ ra:
(2.9)
F ( yt , y) 0 t (0,1) .
(2.10)
Thật vậy, giả sử có một t0 (0,1) với F ( yt0 , y ) 0 , khi đó
Với mỗi y K , đặt
a) Nếu F ( yt0 , x ) 0 thì F ( yt0 , x) F ( yt0 , y ) .
P( y ) x K : F ( x, y ) 0 ;
Do ii) ta có:
F ( yt0 , yt0 ) F ( yt0 , x) .
Q( y ) P( y );
R( y ) x K : F ( y, x) 0 .
Theo giả thiết thì
F ( yt0 , yt0 ) 0 .
Dưới đây là một kết quả tương tự như ở bài toán cân bằng vô hướng (Bổ
Suy ra
đề 2.1 ).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
F ( yt0 , x) 0 ,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
35
36
điều này mâu thuẫn với (2.9).
Ta chứng minh ánh xạ P : K 2K là ánh xạ KKM.
Thật vậy, nếu trái lại sẽ có một tập hữu hạn yi : i I và một
b) Nếu F ( yt0 , x) 0 thì theo Bổ đề 2.2 tồn tại c 0 sao cho
y co y1 ,... yn \ P( yi ) , nghĩa là F ( y, yi ) 0 i I .
F ( yt0 , x) c và F ( yt0 , y ) c .
iI
Do i) ta có F ( yt0 , yt0 ) c , suy ra c 0 mâu thuẫn với c 0 .
Do tính tựa lồi của F (Giả thiết 3)) nên cũng có
Vậy (2.10) được chứng minh.
Từ (2.10) và Giả thiết 1) ta có F ( x, y) 0 . Vì y K bất kỳ nên
x
P( y ) .
R( y ) P( y ) .
yK
điều này mâu thuẫn với F ( y, y ) 0 .
Vậy P là ánh xạ KKM. Do P( y) Q( y), y K nên Q cũng là ánh xạ
yK
Vậy
F ( y, y ) 0 ,
(2.11)
yK
KKM.
Theo Bổ đề Ky Fan ta có
Q( y ) ,
Mặt khác do F giả đơn điệu (Giả thiết 2)) nên P( y) R( y) y K . Do
yK
tính nửa liên tục dưới của F (Giả thiết 3)) nên R( y ) là đóng, suy ra
nghĩa là Bài toán (2.8) có nghiệm.
Q( y ) P( y ) R( y ) .
Theo Bổ đề 2.3 và điều kiện bức, tập nghiệm của bài toán (2.8) là
compắc.
Vậy
P( y) Q( y) R( y) ,
Định lí được chứng minh.
do đó:
P ( y ) Q( y ) R ( y ) .
yK
yK
(2.12)
yK
thiết của Định lí 2.4, tập nghiệm nói chung là không lồi. Dưới đây là một
P ( y ) Q( y ) R ( y ) .
yK
ví dụ
yK
Do Q( y) đóng y K nên mỗi giao trên đều là tập đóng trong
K.
Bổ đề được chứng minh.
Ví dụ
F ( x, y ) ( y1 x1, y2 x2 ); x ( x1 , x2 ), y ( y1 , y2 ) .
Q( y ) .
yK
(2.13)
2
Ta có Q( y) đóng y K . Do điều kiện bức (Giả thiết 4)) nên
P( y0 ) B và do B compắc nên Q( y0 ) P( y0 ) B cũng compắc.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Cho X Y R2 , K 0,1 0,1 , C R2 , hàm F : K K Y được
cho bởi
Chứng minh định lí 2.4
Theo Bổ đề 2.3 ta chỉ cần chỉ ra:
Nhận xét 2.3
Khác với trường hợp vô hướng, ở trường hợp bài toán vectơ với các giả
Từ (2.11) và (2.12) có
yK
Dễ thấy các giả thiết của Định lí 2.4 thỏa mãn và x1 (0,1), x (1,0) là
các nghiệm của Bài toán (2.8) vì theo (2.13):
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
37
38
Dễ thấy, nếu F là giả đơn điệu thì F cũng là tựa đơn điệu, nhưng
1
F ( x , y ) ( y1 , y2 1) 0 y K và
không ngược lại.
2
F ( x , y) ( y1 1, y2 ) 0 y K .
Hàm f : K Y được gọi là - tựa lồi ( - tựa lồi nửa chặt)1 nếu với
Nhưng x (1 2, 1 2) không phải là nghiệm, vì
*
F ( x, y ) ( y1 1 2, y2 1 2) 0 với y1 [0,1 2), y2 [0,1 2) ,
nghĩa là trong trường hợp ví dụ trên tập nghiệm của Bài toán (2.8) không
*
mọi C ( C \{0}) , hàm f : K Y là tựa lồi (tựa lồi nửa chặt,
*
tương ứng). Ở đây C được xác định bởi
*
*
C Y : ( y ) 0 y C .
lồi.
Người ta chỉ ra được :
Nhận xét 2.4
*
a) y C khi và chỉ khi ( y) 0 C ;
Nếu các giả thiết của Định lí 2.4 thỏa mãn và F là giả đơn điệu chặt thì
*
bài toán (2.8) có duy nhất nghiệm. Thật vậy, nếu x1 , x 2 là nghiệm, x1 x2
b) y int C khi và chỉ khi ( y) 0 C \{0} .
thì F ( x1 , x 2 ) 0 và F ( x 2 , x1 ) 0 . Nhưng do tính giả đơn điệu chặt của F
Hàm f gọi là - tựa lõm nửa chặt nếu f là - tựa lồi nửa chặt .
nên F ( x 2 , x1 ) 0 , mâu thuẫn với F ( x 2 , x1 ) 0 .
Hàm : C R được gọi là tựa lồi chặt (tựa lồi nửa chặt) nếu với
x, y C, x y và mọi z ( x, y) luôn có:
( x) ( y )
2.5. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ TỰA ĐƠN ĐIỆU
Cho không gian vectơ tôpô Hausdorff X, tập lồi, đóng, khác rỗng K X ,
không gian lồi địa phương Y được xắp thứ tự bởi nón nhọn, lồi, đóng
C Y với int C và hàm F : K K Y với F ( x, x) 0 x K . Bài
toán cân bằng vectơ được xét ở đây là bài toán sau:
Tìm x K sao cho F ( x, y) 0 với mọi y K ,
(2.14)
( ( x) ( y), tương ứng) kéo theo ( z ) ( y) .
Các tập P( y), Q( y) và R( y), y K được định nghĩa như ở mục 2.4.
Nhận xét 2.5
Nếu F là - tựa lồi nửa chặt và hemi- liên tục thì F là tựa lồi hiện. Do
đó, từ chứng minh Bổ đề 2.3 suy ra: nếu F là hemi- liên tục và - tựa lồi
nửa chặt thì
R( y ) P( y ) .
yK
trong đó F là một hàm tựa đơn điệu.
yK
Về sự tồn tại nghiệm của Bài toán cân bằng vectơ tựa đơn điệu (2.14) ta
có kết quả cơ bản sau.
Trước khi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.14) ta cần một số
khái niệm.
Định lí 2.5 (Bianchi- Hadjisavvas- Schaible [2],1997)
Hàm F : K K Y được gọi là tựa đơn điệu nếu với mọi x, y K
F ( x, y) 0 kéo theo F ( y, x) 0 .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
*- quasiconvex (*- semistrictly quasiconvex)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
39
40
Cho các không gian X, Y, tập K , nón C và hàm F như trên. Giả sử
các điều kiện sau thỏa mãn:
Đặt yt ty (1 t ) y, t 0,1 .
Do F ( x,.) - tựa lõm nửa chặt nên cùng với bất đẳng thức đầu ta có:
1) Với mỗi y K , F (., y) là hemi-liên tục;
u , F ( x, yt ) u , F ( x, y ) 0 t 0,1 .
2) F là tựa đơn điệu;
*
3) Với mỗi x K , hàm F ( x,.) là nửa liên tục dưới và - tựa lồi nửa
Theo tính chất về tập C nêu trên ta có F ( x, yt ) C , nghĩa là
F ( x, yt ) 0 và do tính tựa đơn điệu của F (Giả thiết 2)) suy ra
chặt;
4) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc B K và y0 B sao cho
F ( yt , x) 0 (vì trái lại sẽ có F ( x, yt ) 0 , mâu thuẫn). Vì F hemi- liên
tục (Giả thiết 1)) nên F ( y, x)
0 , nghĩa là x R( y ) , mâu thuẫn với giả
F ( x, y0 ) 0, x K \ B ;
5) Với mỗi x K , hàm F ( x,.) là - tựa lõm nửa chặt;
thiết.
Bổ đề được chứng minh.
6) Phần trong đại số Ai ( K ) của K không rỗng.
Khi ấy Bài toán (2.14) có nghiệm.
Chứng minh Định lí 2.5
Giả sử bài toán (2.14) không có nghiệm. Do điều kiện bức và tính tựa lồi
Bổ đề sau được dùng để chứng minh Định lí 2.5.
của F (suy ra từ Giả thiết 3)), như trong chứng minh Định lí 2.4, dùng
Bổ đề 2.4
Nguyên lí ánh xạ KKM ta có
Giả sử các điều kiện1),2),5) thỏa mãn và x, y K sao cho x P( y )
Lấy x
*
nhưng x
R( y ) . Khi ấy tồn tại u C \ 0 sao cho
Q( y) và z Ai (K ) .
yK
u , F ( x, y ) 0 ;
u , F ( x, y ) u , F ( x, y ) y K .
Chứng minh
Như vậy đặc biệt x Q( z ) . Do đó tồn tại dãy x ; x Q ( z ) sao cho
x x . Giả sử có một với x
R( z) . Theo Bổ đề 2.4 tồn tại
u C* \ 0 sao cho:
u , F ( x , z ) 0 ;
Vì x P( y ) nên F ( x, y) 0 do đó tồn tại u C* \{0} với u , F ( x, y ) 0
(vì nếu với mọi u C* \ {0} đều có u , F ( x, y ) 0 thì khi ấy F ( x, y) 0 ,
mâu thuẫn với x P( y ) ). Vậy có bất đẳng thức đầu.
u , F ( x , y ) u , F ( x , z ) y K .
Vậy hàm tựa lồi nửa chặt g ( y ) u , F ( x , y ) đạt cực đại toàn cục trên
K tại z . Vì z Ai ( K ) nên g là hàm hằng trên K , nghĩa là:
Bất đẳng thức thứ hai được chứng minh phản chứng. Giả sử có y K
u , F ( x , y ) u , F ( x , z ) 0 y K .
Do đó
với u , F ( x, y ) u , F ( x, y ) .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Q( y ) .
yK
(2.15)
F ( x , y) 0 y K
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
41
42
(vì nếu trái lại sẽ có một y với F ( x , y) int C và khi ấy (theo tính chất
trong đó D là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian lồi địa phương
*
*
của C nêu ở trên) sẽ có u , F ( x , y ) 0 u C \ {0} , điều này mâu
thuẫn với (2.15)).
Như vậy Bài toán (2.14) có nghiệm, mâu thuẫn với giả thiết phản chứng.
Do đó x R( z ) , nghĩa là
Hausdorff Y với int C (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)
(2.18)
với G, H : D D Y . Hàm G được giả thiết có tính đơn điệu, còn H thỏa
F ( z, x ) 0 , vậy
F ( z, x ) 0
(2.16)
(do F ( z,.) nửa liên tục dưới).
mãn một điều kiện nửa liên tục. Khi G 0 ta nhận được kết quả là một
dạng vectơ của Bất đẳng thức Ky Fan, khi H 0 ta có kết quả của bài toán
cân bằng vectơ đơn điệu. Các nghiên cứu ở hướng này là các nghiên cứu
Với mỗi x K , đặt xt tz (1 t ) x, t [0,1] . Khi ấy
mở rộng vectơ kết quả của Blum- Oettli [3] ở trường hợp bài toán vô
xt Ai ( K ) t (0,1] (theo tính chất điểm trong đại số),
hướng.
Phần này trình bày một số kết quả nghiên cứu tồn tại nghiệm của Bài
do đó theo (2.16) ta có
toán cân bằng vectơ (2.17) với F có dạng (2.18) và với cách tiếp cận dùng
F ( xt , x ) 0 .
Nguyên lí ánh xạ KKM.
Do tính hemi- liên tục của F (Giả thiết 1)) suy ra
Trước hết ta nhắc tới một số khái niệm cần thiết.
F ( x, x ) 0 x K , nghĩa là
x
Hausdorff X , C là một nón nhọn lồi đóng trong không gian lồi địa phương
Hàm F : D Y được gọi là lồi (lõm) theo nón C nếu
R( x) .
xK
Vậy theo Nhận xét 2.5 ta có x
P( x) , nghĩa là Bài toán (2.14) có
xK
nghiệm, trái với giả thiết phản chứng.
( F (tx (1 t ) y) tF ( x) (1 t ) F ( y), tương ứng)
với mọi x, y D, t 0,1.
Định lí được chứng minh.
2.6. MỘT SỐ MỞ RỘNG
Bên cạnh các nghiên cứu ở hai hướng dùng giả thiết đơn điệu và không
dùng giả thiết đơn điệu như trình bày ở trên là một số nghiên cứu mở rộng
hợp nhất hai hướng này. Bài toán cân bằng vectơ được xét là bài toán:
Tìm x D sao cho F ( x , y)
int C y D ,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
F tx (1 ty ) tF ( x) (1 t ) F ( y )
(2.17)
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 vừa là
nửa liên tục trên theo C tại x0 .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
43
44
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 .
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 ;
Hàm G : D D Y được gọi là đơn điệu theo nón C nếu
G( x, y) G( y, x) 0 x, y D .
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 ([16]).
a) Nếu F là nửa liên tục dưới theo nón C thì tập A x D : F ( x) int C
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, hàm H ., 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;
là đóng trong D .
b) Nếu F là nửa liên tục dưới theo C tại x0 D và F ( x)
int C với
mọi x D \ x0 thì F ( x0 )
int C .
8) Tồn tại một tập khác rỗng, lồi, compắc K D sao cho với mỗi
x K \ coreD K có a coreD K thỏa mãn G ( x, a) H ( x, a) 0 .
Cho C và B là các tập lồi trong một không gian vectơ tôpô, B C .
Khi ấy tồn tại x D sao cho
Khi ấy, lõi của B theo C , kí hiệu coreC B , được xác định bởi
a coreC B (a B, B (a, y] y C \ B) .
G( x , y) H ( x , y)
int C, 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 .
Lưu ý là coreC C C .
Đối với bài toán cân bằng vectơ nêu trên, bằng cách dùng một số khái
niệm thích hợp đối với hàm vectơ như tính lồi theo nón, nửa liên tục theo
nón, các tác giả của [16] đã chuyển Định lí 1 trong Blum- Oettli [3] cùng
Cũng như chứng minh Định lí 1 trong Blum-Oettli[3], Định lí 2.6 được
chứng minh bởi ba bổ đề dưới đây.
Bổ đề 2.5
Giả sử D, K , G, H thỏa mãn giả thiết Định lí 2.6. Khi ấy tồn tại một
với chứng minh của nó về dạng vectơ như sau.
vectơ x K sao cho
G ( y, x ) H ( x , y )
int C, y K .
Định lí 2.6 (Tan-Tinh [16], 1998)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
45
46
i G( yi , z ) H ( z, yi ) int C (C ) ,
Chứng minh
Với mỗi y K ta đặt S ( y ) x K : G ( y, x) H ( x, y )
int C , ta có
iI
S ( y) là tập đóng trong X .
Ta sẽ chỉ ra
iI
điều này vô lý. Vậy z S ( yi ) và co yi : i I S ( yi ) , nghĩa là
S:K 2
S ( y) .
yK
Cho yi : i I là một tập hữu hạn bất kỳ của K , ở đây I là tập hữu hạn
có
Do S ( y) là đóng và K compắc nên theo Bổ đề Ky Fan (Chương 1) ta
S ( y) .
yK
Bổ đề được chứng minh.
z i yi với i 0, i 1.
iI
Bổ đề 2.6
iI
Giả sử D, K , G, H thỏa mãn giả thiết Định lí 2.6, khi ấy các khẳng
G yi , z H z , yi int C , i I .
i G( yi , z ) H ( z , yi ) int C .
định sau là tương đương:
1) x K , G( y, x ) H ( x , y)
int C, y K .
(2.19)
iI
2) x K , G( x , y) H ( x , y)
int C, y K .
Theo giả thiết 2) và 4) ta có
i G( yi , z)
iI
i , jI
Chứng minh
i j G ( yi , y j )
Lấy x K sao cho G( y, x ) H ( x , y)
int C, y K . Cố định y K ta
đặt xt ty (1 t ) x , t 0,1 , điều đó có nghĩa rằng xt K , với mọi t 0,1 .
1
i j G( yi , y j ) G( y j , yi ) 0 .
2 i , j I
Do đó G( xt , x ) H ( x , xt )
int C .
Mặt khác theo giả thiết 5) và 7) ta có
0 H z, z
Hơn nữa
i H z, yi .
iI
và
Kết hợp các kết quả trên ta có
iG yi , z
iI
hay
iI
Ta có z S ( yi ) . Giả sử trái lại z
S ( yi ) , điều này kéo theo
Vậy thì
iI
là ánh xạ KKM.
Điều này có nghĩa tồn tại x với G( y, x ) H ( x , y)
int C, y K .
các số tự nhiên. Lấy z co yi : i I ta có
iI
K
i H z, yi ,
i G yi , z H z, yi C .
(2.20)
iI
Kết hợp (2.19), (2.20) ta có
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
(2.21)
H ( x , xt ) tH ( x , y) (1 t ) H ( x , x ) tH ( x , y)
hay
iI
0 G( xt , xt ) tG( xt , y) (1 t )G( xt , x )
tH ( x , y) H ( x , xt ) C.
Điều này dẫn đến
(1 t ) t H ( x , y ) (1 t ) H ( x , xt ) C , t 0,1.
(2.22)
Kết hợp (2.21) và (2.22) ta có:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
47
48
tG( xt , y) (1 t )G( xt , x ) H ( x , xt ) (1 t ) tH ( x , y) C .
Chứng minh
Do G( xt , x ) H ( x , xt )
int C nên ta kết luận
Giả sử trái lại tồn tại y D \ K với ( y) int C . Lấy z x0 , y , z
tG( xt , y) (1 t ) t H ( x , y)
int C,
hay
x0 (1 ) y, [0,1) ta có
G( xt , y) (1 t ) H ( x , y)
int C, 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
( z) ( x0 (1 ) y) ( x0 ) (1 ) ( y) .
Như vậy:
( z) ( x0 ) (1 ) ( y) C C int C int C .
F (t )
int C , t (0,1],
Hay nói cách khác ( z ) int C , z x0 , y .
nên ta có F (0)
int C hay
Vì x0 coreD K nên tồn tại z0 x0 , y K . Vậy ( z0 ) int C , điều
G( x , y) H ( x , y)
int C.
này trái giả thiết ( y)
int C, y K .
Vậy ta có 1) suy ra 2).
Bây giờ ta giả sử x K , G( x , y) H ( x , y)
int C, y K . Ta sẽ
Bổ đề được chứng minh.
chứng minh G( y, x ) H ( x , y)
int C, y K . Giả sử rằng tồn tại y K
Chứng minh Định lí 2.6
sao cho G( y , x ) H ( x , y ) int C . Vậy ta có thể viết:
Theo Bổ đề 2.5 tồn tại một vectơ x K sao cho
G( y , x ) H ( x , y ) , với int C .
G ( y, x ) H ( x , y )
int C, y K .
Mặt khác G( x , y ) G ( y , x ) 0 nên
Sử dụng Bổ đề 2.6 ta có
G( y , x ) G( x , y ) v với v C .
G( x , y) H ( x , y)
int C, y K .
Như vậy ta có:
Ta định nghĩa hàm : D Y xác định bởi
H ( x , y ) G( x , y ) v int C.
( y ) G( x , y ) H ( x , y ) .
Điều này mâu thuẫn với giả thiết phản chứng.
Vậy bổ đề được chứng minh.
mọi y K . Nếu x coreD K ta chọn x0 x , trường hợp khác ta đặt x0 a ,
ở đây a thỏa mãn giả thiết 8). Như vậy ta luôn có ( x0 ) 0 , bây giờ sử
Bổ đề 2.7
Giả sử D, K thỏa mãn giả thiết Định lí 2.6 và : D Y là một hàm lồi,
x0 coreD K sao cho ( x0 ) 0, ( y)
int C y K . Khi ấy
( y)
int C, y D.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Do giả thiết 4) và 7) về G, H ta có là lồi, theo trên ( y)
int C, với
dụng Bổ đề 2.7 ta có
( y)
int C, y D
hay
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
49
50
G( x , y) H ( x , y)
int C, y D.
Cho các không gian X , Y , tập K , nón C và các hàm G, H như trên.
Giả sử ngoài ra C thỏa mãn điều kiện ( ) và C là nón lồi, đóng, nhọn
Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
trong Y sao cho C \ 0 int C thì D, K , C , G, H thỏa mãn tất cả các điều
1) G( x, x) 0 x K ;
kiện của Định lí 2.6 do đó ta có
2) Với mỗi y K , hàm G(., y) là hemi-liên tục;
3) G là H - giả đơn điệu;
G( x , y) H ( x , y )
int C , y D.
4) Với mỗi x K , hàm G( x,.) là nửa liên tục dưới và lồi;
Từ (C \{0}) int C ta có
5) H ( x, x) 0 x K ;
G( x , y) H ( x , y)
(C \{0}), y D .
Định lí được chứng minh.
6) Với mỗi y K , hàm H (., y) là nửa liên tục trên;
7) Với mỗi x K , hàm H ( x,.) là lồi;
Một kết quả khác hợp nhất hai hướng nghiên cứu (có và không có giả
8) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc B K và y0 B sao cho
thiết đơn điệu) cũng đã được thiết lập bởi Bianchi-Hadjisavass-schaible [2]
(1997), ở đó các tác giả cũng xét Bài toán cân bằng (2.17) với hàm F có
G( x, y0 ) H ( x, y0 ) 0 x K \ B .
Khi ấy tập nghiệm của Bài toán cân bằng
dạng (2.18) và dùng một khái niệm đơn điệu suy rộng.
Cho X là một không gian vectơ tôpô Hausdorff, K X là một tập lồi
đóng khác rỗng, Y là không gian lồi địa phương với nón thứ tự C Y
nhọn, lồi, đóng, int C và các hàm G, H : K K Y .
Hàm G được gọi là giả đơn điệu theo H (hay H -giả đơn điệu) nếu với
(2.22)
x K : G( x , y) H ( x , y) 0 y K
không rỗng và compắc.
Định lí trên được chứng minh trên cơ sở ý tưởng cơ bản của chứng minh
Định lí 2.4.
Với mỗi y K ta đặt:
mọi x, y K ,
P( y ) x K : G ( x, y ) H ( x, y ) 0 ;
G( x, y) H ( x, y) 0 kéo theo G( y, x) H ( x, y) 0 .
Q( y ) P( y ) ;
R( y ) x K : G ( y, x) H ( x, y ) 0 .
Dễ thấy, nếu H 0 định nghĩa trên trở thành định nghĩa giả đơn điệu
thông thường của G .
Sự tồn tại nghiệm của Bài toán (2.17) với F có dạng (2.18) được thiết
lập trong định lí sau.
Bổ đề 2.8
Nếu các Điều kiện 1)- 7) của Định lí 2.7 thỏa mãn, khi ấy
P ( y ) Q( y ) R ( y )
yK
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
yK
yK
và mỗi giao trên là một tập đóng trong K .
Định lí 2.7 ([2], 1997)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
