NGUYÊN LÍ ÁNH XẠ KKM VÀ BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN VECTƠ TÔPÔ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
MỞ ĐẦU
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- Nirenberg-
Stampacchia [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) .
MỤC LỤC
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
68 trang |
Chia sẻ: maiphuongtl | Lượt xem: 1896 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Nguyên lí ánh xạ KKM và bài toán cân bằng vectơ trong không gian vectơ tôpô, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ta nhận được kết quả sau.
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
30
1)
( , ) 0f x x
với mỗi
x K
;
2) Với mỗi
y K
, hàm
(., )f y
là nửa liên tục trên trên
K
;
3) Với mỗi
x K
, hàm
( ,.)f x
là tựa lồi;
4) Điều kiện bức: tồn tại một tập compắc
D K
và
0y D
sao cho
0( , ) 0, \f x y x K D
.
Khi ấy tồn tại
x K
sao cho
( , ) 0, .f x y y K
Rõ ràng khi
K
là một tập compắc, ta có điều kiện bức trong hệ quả trên
thỏa mãn và như vậy ta có dạng vectơ của Bất đẳng thức Ky Fan trong hệ
quả sau của Định lí 2.3.
Hệ quả 2.2
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)
( , ) 0f x x
với mỗi
x K
;
2) Với mỗi
y K
, hàm
(., )f y
là nửa liên tục trên trên
K
;
3) Với mỗi
x K
, hàm
( ,.)f x
là tựa lồi.
Khi ấy, tồn tại
x K
sao cho
( , ) 0,f x y y K
.
Nhận xét 2.2
Nếu trong Hệ quả 2.2 lấy
, ;0Y R C
và
f g
, trong đó
:g K K
R
là hàm có tính chất:
1)
( , ) 0g x x
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
3) Với mỗi
x K
hàm
( ,.)g x
là tựa lõm;
thì theo Hệ quả 2.2 ta có
x K
sao cho
( , ) 0g x y y K
. Đây chính là
bất đẳng thức Ky Fan (dạng vô hướng).
2.4. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECVƠ GIẢ ĐƠN ĐIỆU
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
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
intC
và hàm
:F K K Y
với
( , ) 0F x x
,
x K
. Bài toán cân bằng được xét ở đây là bài toán sau:
Tìm
x K
sao cho
( , ) 0F x y y K
, (2.8)
trong đó
F
là một hàm giả đơn điệu.
Hàm
F
được gọi là đơn điệu (đơn điệu chặt) nếu
( , ) ( , ) 0 ,F x y F y x x y K
(
( , ) ( , ) 0 , , ,F x y F y x x y K x y
tương ứng).
F
được gọi là giả đơn điệu (giả đơn điệu chặt) nếu
( , ) 0F x y
kéo theo
( , ) 0F y x
với mọi
,x y K
(
( , ) 0F x y
kéo theo
( , ) 0,F y x
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
(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
32
Hàm
:f K Y
gọi là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên) nếu với mọi
Y
tập mức
( ) : ( )L x K f x
(
( ) : ( ) ,U x K f x tương ứng)
là đóng trong
K
.
Hàm
f
gọi là hemi-liên tục nếu với
,x y K
hàm
( ) ( ( ))t f x t y x ,
[0,1]t
, 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
( ) ( )tf z f y
với
(1 ) , (0,1)tz tx t y t
.
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
các điều kiện sau thỏa mãn:
1) Với mỗi
, (., )y K F y
là hemi-liên tục;
2) F là giả đơn điệu;
3) Với mỗi
, ( ,.)x K F x
là nửa liên tục dưới và tựa lồi hiện ;
4) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc
B K
và
0y B
sao
cho
0( , ) 0F x y
\x K B
.
Khi ấy tập nghiệm của Bài toán (2.8) không rỗng và compắc.
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
Bổ đề 2.2
Giả sử
, , 0a b Y a
và
b 0
. Khi ấy tập các cận trên của
a
và
b
là
khác rỗng và giao với
\Y C
.
Chứng minh
Ta chỉ ra tồn tại
c 0
để
,a c b c
:
Do
intC
nên tồn tại
intd C
sao cho
d b C
. Với
0,1t
, đặt
(1 )td td t b
. Do
C
đóng và lồi nên tồn tại
0 (0,1)t
sao cho
0
0
, ,1 ;
, 0, .
t
t
d C t t
d C t t
Đặc biệt ta có
0
0td a
, nên
0
inttd a C
. Như vậy, với
1 0t t
đủ
gần
0t
ta có :
1
inttd a C
.
Đặt
1t
c d
thì
c C
và như vậy
c 0
. Hơn nữa, ta có:
c a
và
1 1 1 1
(1 ) ( ) 0tc b d b t d t b b t d b
.
Bổ đề được chứng minh.
Với mỗi
y K
, đặt
( ) : ( , ) 0 ;
( ) ( ) ;
( ) : ( , ) 0 .
P y x K F x y
Q y P y
R y x K F y x
Dưới đây là một kết quả tương tự như ở bài toán cân bằng vô hướng (Bổ
đề 2.1 ).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
34
Bổ đề 2.3
Nếu các điều kiện 1), 2) và 3) của Định lí 2.4 thỏa mãn, khi ấy:
( ) ( ) ( )
y K y K y K
P y Q y R y
và mỗi giao trên là một tập đóng trong
K
.
Chứng minh
Từ giả thiết 3) suy ra:
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
( , ) 0F x z
thì
( , ) ( , )tF x z F x z
với
tz (1 ) , (0,1)ty t z t
.
Trước tiên ta chỉ ra
( ) ( )
y K y K
R y P y
.
Lấy
( )
y K
x R y
ta có
( , ) 0F y x y K
. Với
y K
bất kỳ, đặt
(1 ) , (0,1)ty ty t x t
, khi ấy
( , ) 0 (0,1)tF y x t
. (2.9)
Ta chỉ ra:
( , ) 0 (0,1)tF y y t
. (2.10)
Thật vậy, giả sử có một
0 (0,1)t
với
0
( , ) 0tF y y
, khi đó
a) Nếu
0
( , ) 0tF y x
thì
0 0
( , ) ( , )t tF y x F y y
.
Do ii) ta có:
0 0 0
( , ) ( , )t t tF y y F y x
.
Theo giả thiết thì
0 0
( , ) 0t tF y y
.
Suy ra
0
( , ) 0tF y x
,
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
35
điều này mâu thuẫn với (2.9).
b) Nếu
0
( , )tF y x 0
thì theo Bổ đề 2.2 tồn tại
c 0
sao cho
0
( , )tF y x c
và
0
( , )tF y y c
.
Do i) ta có
0 0
( , )t tF y y c
, suy ra
0c
mâu thuẫn với
c 0
.
Vậy (2.10) được chứng minh.
Từ (2.10) và Giả thiết 1) ta có
( , ) 0F x y
. Vì
y K
bất kỳ nên
( )
y K
x P y
.
Vậy
( ) ( )
y K y K
R y P y
. (2.11)
Mặt khác do
F
giả đơn điệu (Giả thiết 2)) nên
( ) ( )P y R y y K
. Do
tính nửa liên tục dưới của
F
(Giả thiết 3)) nên
( )R y
là đóng, suy ra
( ) ( ) ( )Q y P y R y
.
Vậy
( ) ( ) ( )P y Q y R y
,
do đó:
( ) ( ) ( )
y K y K y K
P y Q y R y
. (2.12)
Từ (2.11) và (2.12) có
( ) ( ) ( )
y K y K y K
P y Q y R y
.
Do
( )Q y
đóng
y K
nên mỗi giao trên đều là tập đóng trong
K
.
Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh định lí 2.4
Theo Bổ đề 2.3 ta chỉ cần chỉ ra:
( )
y K
Q y
.
Ta có
( )Q y
đóng
y K
. Do điều kiện bức (Giả thiết 4)) nên
0( )P y B
và do
B
compắc nên
0 0( ) ( )Q y P y B
cũng compắc.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
36
Ta chứng minh ánh xạ
: 2KP K
là ánh xạ KKM.
Thật vậy, nếu trái lại sẽ có một tập hữu hạn
:iy i I
và một
1,... \ ( )n i
i I
y co y y P y
, nghĩa là
( , ) 0iF y y i I
.
Do tính tựa lồi của
F
(Giả thiết 3)) nên cũng có
( , ) 0F y y
,
điều này mâu thuẫn với
( , ) 0F y y
.
Vậy
P
là ánh xạ KKM. Do
( ) ( ),P y Q y y K
nên
Q
cũng là ánh xạ
KKM.
Theo Bổ đề Ky Fan ta có
( )
y K
Q y
,
nghĩa là Bài toán (2.8) có nghiệm.
Theo Bổ đề 2.3 và điều kiện bức, tập nghiệm của bài toán (2.8) là
compắc.
Định lí được chứng minh.
Nhận xét 2.3
Khác với trường hợp vô hướng, ở trường hợp bài toán vectơ với các giả
thiết của Định lí 2.4, tập nghiệm nói chung là không lồi. Dưới đây là một
ví dụ
Ví dụ
Cho
2 2, 0,1 0,1 , ,X Y R K C R
hàm
:F K K Y
được
cho bởi
1 1 2 2 1 2 1 2( , ) ( , ); ( , ), ( , )F x y y x y x x x x y y y
. (2.13)
Dễ thấy các giả thiết của Định lí 2.4 thỏa mãn và 1 (0,1),x 2 (1,0)x là
các nghiệm của Bài toán (2.8) vì theo (2.13):
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
37
1
( , )F x y
1 2( , 1) 0y y y K
và
2
( , )F x y
1 2( 1, ) 0y y y K
.
Nhưng
(1 2, 1 2)x
không phải là nghiệm, vì
1 2( , ) ( 1 2, 1 2) 0F x y y y
với
1 2[0,1 2), [0,1 2)y y
,
nghĩa là trong trường hợp ví dụ trên tập nghiệm của Bài toán (2.8) không
lồi.
Nhận xét 2.4
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 1 2,x x là nghiệm, 1 2x x
thì 1 2( , ) 0F x x và 2 1( , ) 0F x x . Nhưng do tính giả đơn điệu chặt của F
nên 2 1( , ) 0F x x , mâu thuẫn với 2 1( , ) 0F x x .
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
intC
và hàm
:F K K Y
với
( , ) 0F x x x K
. Bài
toán cân bằng vectơ được xét ở đây là bài toán sau:
Tìm
x K
sao cho
( , ) 0F x y
với mọi
y K
, (2.14)
trong đó
F
là một hàm tựa đơn điệu.
Trước khi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bài toán (2.14) ta cần một số
khái niệm.
Hàm
:F K K Y
được gọi là tựa đơn điệu nếu với mọi
,x y K
( , ) 0F x y
kéo theo
( , ) 0F y x
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
38
Dễ thấy, nếu
F
là giả đơn điệu thì
F
cũng là tựa đơn điệu, nhưng
không ngược lại.
Hàm
:f K Y
được gọi là
- tựa lồi (
- tựa lồi nửa chặt)1 nếu với
mọi * *
( \{0})C C , hàm :f K Y là tựa lồi (tựa lồi nửa chặt,
tương ứng). Ở đây *C được xác định bởi
* * : ( ) 0C Y y y C
.
Người ta chỉ ra được :
a)
y C
khi và chỉ khi *
( ) 0y C ;
b)
inty C
khi và chỉ khi *
( ) 0 \{0}y C .
Hàm
f
gọi là
- tựa lõm nửa chặt nếu
f
là
- tựa lồi nửa chặt .
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 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
( ) ( )
y K y K
R y P y
.
Về sự tồn tại nghiệm của Bài toán cân bằng vectơ tựa đơn điệu (2.14) ta
có kết quả cơ bản sau.
Định lí 2.5 (Bianchi- Hadjisavvas- Schaible [2],1997)
1 *- quasiconvex (*- semistrictly quasiconvex)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
39
Cho các không gian X, Y, tập
K
, nón
C
và hàm
F
như trên. Giả sử
các điều kiện sau thỏa mãn:
1) Với mỗi
, (., )y K F y
là hemi-liên tục;
2)
F
là tựa đơn điệu;
3) Với mỗi
,x K
hàm
( ,.)F x
là nửa liên tục dưới và
- tựa lồi nửa
chặt;
4) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc
B K
và
0y B
sao cho
0( , ) 0, \F x y x K B
;
5) Với mỗi
,x K
hàm
( ,.)F x
là
- tựa lõm nửa chặt;
6) Phần trong đại số
( )iA K
của
K
không rỗng.
Khi ấy Bài toán (2.14) có nghiệm.
Bổ đề sau được dùng để chứng minh Định lí 2.5.
Bổ đề 2.4
Giả sử các điều kiện1),2),5) thỏa mãn và
,x y K
sao cho
( )x P y
nhưng
( )x R y
. Khi ấy tồn tại
* \ 0u C
sao cho
, ( , ) 0u F x y
;
, ( , ) , ( , )u F x y u F x y y K
.
Chứng minh
Vì
( )x P y
nên
( , ) 0F x y
do đó tồn tại * \ {0}u C với , ( , ) 0u F x y
(vì nếu với mọi * \ {0}u C đều có , ( , ) 0u F x y thì khi ấy ( , ) 0F x y ,
mâu thuẫn với
( )x P y
). Vậy có bất đẳng thức đầu.
Bất đẳng thức thứ hai được chứng minh phản chứng. Giả sử có
y K
với
, ( , ) , ( , )u F x y u F x y
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
40
Đặt
(1 ) , 0,1ty ty t y t
.
Do
( ,.)F x
- tựa lõm nửa chặt nên cùng với bất đẳng thức đầu ta có:
, ( , ) , ( , ) 0 0,1tu F x y u F x y t
.
Theo tính chất về tập *C nêu trên ta có
( , )tF x y C
, nghĩa là
( , )tF x y 0
và do tính tựa đơn điệu của
F
(Giả thiết 2)) suy ra
( , ) 0tF y x
(vì trái lại sẽ có
( , ) 0tF x y
, mâu thuẫn). Vì
F
hemi- liên
tục (Giả thiết 1)) nên
( , ) 0F y x
, nghĩa là
( )x R y
, mâu thuẫn với giả
thiết.
Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh Định lí 2.5
Giả sử bài toán (2.14) không có nghiệm. Do điều kiện bức và tính tựa lồi
của
F
(suy ra từ Giả thiết 3)), như trong chứng minh Định lí 2.4, dùng
Nguyên lí ánh xạ KKM ta có
( )
y K
Q y
.
Lấy
( )
y K
x Q y
và
( )iz A K
.
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
* \ 0u C
sao cho:
, ( , ) 0u F x z
;
, ( , ) , ( , )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
( )iz A K
nên
g
là hàm hằng trên
K
, nghĩa là:
, ( , ) , ( , ) 0u F x y u F x z y K
. (2.15)
Do đó
( , ) 0F x y y K
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
41
(vì nếu trái lại sẽ có một
y
với
( , ) intF x y C
và khi ấy (theo tính chất
của *C nêu ở trên) sẽ có *
, ( , ) 0 \{0}u F x y u C
, 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
( , ) 0F z x
, vậy
( , ) 0F z x
(2.16)
(do
( ,.)F z
nửa liên tục dưới).
Với mỗi
,x K
đặt
(1 ) , [0,1]tx tz t x t
. Khi ấy
( ) (0,1]t ix A K t
(theo tính chất điểm trong đại số),
do đó theo (2.16) ta có
( , ) 0tF x x
.
Do tính hemi- liên tục của
F
(Giả thiết 1)) suy ra
( , ) 0F x x x K
, nghĩa là
( )
x K
x R x
.
Vậy theo Nhận xét 2.5 ta có
( )
x K
x P x
, nghĩa là Bài toán (2.14) có
nghiệm, trái với giả thiết phản chứng.
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
( , ) intF x y C y D
, (2.17)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
42
trong đó
D
là một tập lồi, đóng, khác rỗng trong không gian lồi địa phương
Hausdorff
X
,
C
là một nón nhọn lồi đóng trong không gian lồi địa phương
Hausdorff
Y
với
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
mãn một điều kiện nửa liên tục. Khi
0G
ta nhận được kết quả là một
dạng vectơ của Bất đẳng thức Ky Fan, khi
0H
ta có kết quả của bài toán
cân bằng vectơ đơn điệu. Các nghiên cứu ở hướng này là các nghiên cứu
mở rộng vectơ kết quả của Blum- Oettli [3] ở trường hợp bài toán vô
hướng.
Phần này trình bày một số kết quả nghiên cứu tồn tại nghiệm của Bài
toán cân bằng vectơ (2.17) với
F
có dạng (2.18) và với cách tiếp cận dùng
Nguyên lí ánh xạ KKM.
Trước hết ta nhắc tới một số khái niệm cần thiết.
Hàm
:F D Y
được gọi là lồi (lõm) theo nón
C
nếu
(1 ) ( ) (1 ) ( )F tx ty tF x t F y
(
( (1 ) ) ( ) (1 ) ( ),F tx t y tF x t F y
tương ứng)
với mọi
, , 0,1 .x y D t
F
được gọi là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên) theo
C
tại
0x D
nếu với mỗi lân cận
V
của
0( )F x
trong
Y
tồn tại lân cận
U
của
0x
trong
X
sao cho
F U D V C
( ( ) ,F U D V C
tương ứng).
F
được gọi là liên tục tại
0x D
nếu nó vừa là nửa liên tục dưới vừa là
nửa liên tục trên theo
C
tại
0x
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
43
F
được gọi là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên, liên tục) theo
C
trên
D
nếu nó là nửa liên tục dưới (nửa liên tục trên, liên tục, tương ứng) theo
C
tại mọi điểm thuộc
D
.
Hàm
:G D D Y
được gọi là đơn điệu theo nón
C
nếu
( , ) ( , ) 0 ,G x y G y x x y D
.
Dễ thấy rằng, nếu
0C
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
: ( ) intA x D F x C
là đóng trong
D
.
b) Nếu
F
là nửa liên tục dưới theo
C
tại
0x D
và
( ) intF x C
với
mọi
0\x D x
thì
0( ) intF x C
.
Cho
C
và
B
là các tập lồi trong một không gian vectơ tôpô,
B C
.
Khi ấy, lõi của
B
theo
C
, kí hiệu
Ccore B
, được xác định bởi
( , ( , ] \ )Ca core B a B B a y y C B
.
Lưu ý là
Ccore 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
với chứng minh của nó về dạng vectơ như sau.
Định lí 2.6 (Tan-Tinh [16], 1998)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
44
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)
( , ) 0,G x x x D
;
2)
G
là hàm đơn điệu;
3) Với mỗi
,x y D
cố định, hàm
: 0,1 (1 ) ,g t G ty t x y Y
là
nửa liên tục trên theo nón
C
tại
0t
;
4) Với mỗi
x D
cố định ,hàm
,. :G x D Y
là lồi, nửa liên tục dưới
theo nón
C
trên
D
;
5)
, 0,H x x 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;
8) Tồn tại một tập khác rỗng, lồi, compắc
K D
sao cho với mỗi
x \ DK core K
có
Da core K
thỏa mãn
( , ) ( , ) 0G x a H x a
.
Khi ấy tồn tại
x D
sao cho
( , ) ( , ) int , ,G x y H x y C y D
ngoài ra nếu
C
thỏa mãn điều kiện (
) thì tồn tại
x D
sao cho
( , ) ( , ) ( \ 0 ),G x y H x y C y D
.
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
vectơ
x K
sao cho
( , ) ( , ) int , .G y x H x y C y K
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
45
Chứng minh
Với mỗi
y K
ta đặt
( ) : ( , ) ( , ) intS y x K G y x H x y C
, ta có
( )S y
là tập đóng trong
X
.
Ta sẽ chỉ ra
( )
y K
S y
.
Cho
:iy i I
là một tập hữu hạn bất kỳ của
K
, ở đây
I
là tập hữu hạn
các số tự nhiên. Lấy
:iz co y i I
ta có
i i
i I
z y
với
0, 1.i i
i I
Ta có
( )i
i I
z S y
. Giả sử trái lại
( )i
i I
z S y
, điều này kéo theo
, , int , .i iG y z H z y C i I
Vậy thì
( , ) ( , ) inti i i
i I
G y z H z y C
. (2.19)
Theo giả thiết 2) và 4) ta có
,
( , ) ( , )i i i j i j
i I i j I
G y z G y y
,
1
( , ) ( , ) 0
2
i j i j j i
i j I
G y y G y y
.
Mặt khác theo giả thiết 5) và 7) ta có
0 , ,i i
i I
H z z H z y
.
Kết hợp các kết quả trên ta có
, , ,i i i i
i I i I
G y z H z y
hay
, ,i i i
i I
G y z H z y C
. (2.20)
Kết hợp (2.19), (2.20) ta có
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
46
( , ) ( , ) int ( )i i i
i I
G y z H z y C C
,
điều này vô lý. Vậy
( )i
i I
z S y
và
: ( )i i
i I
co y i I S y
, nghĩa là
: 2
K
S K là ánh xạ KKM.
Do
( )S y
là đóng và
K
compắc nên theo Bổ đề Ky Fan (Chương 1) ta
có
( ) .
y K
S y
Điều này có nghĩa tồn tại
x
với
( , ) ( , ) int ,G y x H x y C y K
.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.6
Giả sử
, , ,D K G H
thỏa mãn giả thiết Định lí 2.6, khi ấy các khẳng
định sau là tương đương:
1)
, ( , ) ( , ) int ,x K G y x H x y C y K
.
2)
, ( , ) ( , ) int ,x K G x y H x y C y K
.
Chứng minh
Lấy
x K
sao cho
( , ) ( , ) int ,G y x H x y C y K
. Cố định
y K
ta
đặt
(1 ) , 0,1tx ty t x t
, điều đó có nghĩa rằng
tx K
, với mọi
0,1t
.
Do đó
( , ) ( , ) intt tG x x H x x C
.
Hơn nữa
0 ( , ) ( , ) (1 ) ( , )t t t tG x x tG x y t G x x
(2.21)
và
( , ) ( , ) (1 ) ( , ) ( , )tH x x tH x y t H x x tH x y
hay
( , ) ( , ) .ttH x y H x x C
Điều này dẫn đến
(1 ) ( , ) (1 ) ( , ) , 0,1 .tt tH x y t H x x C t
(2.22)
Kết hợp (2.21) và (2.22) ta có:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
47
( , ) (1 ) ( , ) ( , ) (1 ) ( , )t t ttG x y t G x x H x x t tH x y C
.
Do
( , ) ( , ) intt tG x x H x x C
nên ta kết luận
( , ) (1 ) ( , ) int ,ttG x y t t H x y C
hay
( , ) (1 ) ( , ) int , (0,1].tG x y t H x y C t
Đặt
( ) ( , ) (1 ) ( , )tF t G x y 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
0t
. Do đó
( ) int , (0,1]F t C t
,
nên ta có
(0) intF C
hay
( , ) ( , ) int .G x y H x y C
Vậy ta có 1) suy ra 2).
Bây giờ ta giả sử
, ( , ) ( , ) int ,x K G x y H x y C y K
. Ta sẽ
chứng minh
( , ) ( , ) int , .G y x H x y C y K
Giả sử rằng tồn tại
y K
sao cho
( , ) ( , ) intG y x H x y C
. Vậy ta có thể viết:
( , ) ( , ) ,G y x H x y với intC .
Mặt khác
( , ) ( , ) 0G x y G y x
nên
( , ) ( , )G y x G x y v
với
v C
.
Như vậy ta có:
( , ) ( , ) int .H x y G x y v C
Điều này mâu thuẫn với giả thiết phản chứng.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.7
Giả sử
,D K
thỏa mãn giả thiết Định lí 2.6 và
:D Y
là một hàm lồi,
0 Dx core K
sao cho
0( ) 0, ( ) intx y C y K . Khi ấy
( ) int ,y C .y D
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
48
Chứng minh
Giả sử trái lại tồn tại
\y D K
với
( ) inty C
. Lấy
0 , ,z x y
z
0 (1 ) , [0,1)x y
ta có
0 0( ) ( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )z x y x y .
Như vậy:
0( ) ( ) (1 ) ( ) int intz x y C C C C .
Hay nói cách khác
0( ) int , ,z C z x y
.
Vì
0 Dx core K
nên tồn tại
0 0 ,z x y K
. Vậy
0( ) intz C
, điều
này trái giả thiết
( ) int ,y C y K .
Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh Định lí 2.6
Theo Bổ đề 2.5 tồn tại một vectơ
x K
sao cho
( , ) ( , ) int ,G y x H x y C y K
.
Sử dụng Bổ đề 2.6 ta có
( , ) ( , ) int , .G x y H x y C y K
Ta định nghĩa hàm
:D Y
xác định bởi
( ) ( , ) ( , )y G x y H x y .
Do giả thiết 4) và 7) về
,G H
ta có
là lồi, theo trên
( ) int ,y C
với
mọi
y K
. Nếu
Dx core K
ta chọn
0x x
, trường hợp khác ta đặt
0x a
,
ở đây
a
thỏa mãn giả thiết 8). Như vậy ta luôn có
0( ) 0x
, bây giờ sử
dụng Bổ đề 2.7 ta có
( ) int ,y C y D
hay
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
49
( , ) ( , ) int , .G x y H x y C y D
Giả sử ngoài ra
C
thỏa mãn điều kiện (
) và
C
là nón lồi, đóng, nhọn
trong
Y
sao cho
\ 0 intC C
thì
, , , ,D K C G H
thỏa mãn tất cả các điều
kiện của Định lí 2.6 do đó ta có
( , ) ( , ) int , .G x y H x y C y D
Từ
( \{0}) intC C
ta có
( , ) ( , ) ( \{0}),G x y H x y C y D
.
Định lí được chứng minh.
Một kết quả khác hợp nhất hai hướng nghiên cứu (có và không có giả
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
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,
intC
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
mọi
,x y K
,
( , ) ( , ) 0G x y H x y
kéo theo
( , ) ( , ) 0G y x H x y
.
Dễ thấy, nếu
0H
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.
Định lí 2.7 ([2], 1997)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
50
Cho các không gian
,X Y
, tập
K
, nón
C
và các hàm
,G H
như trên.
Giả sử các điều kiện sau thỏa mãn:
1)
( , ) 0G x x x K
;
2) Với mỗi
y K
, hàm
(., )G y
là hemi-liên tục;
3)
G
là
H
- giả đơn điệu;
4) Với mỗi
x K
, hàm
( ,.)G x
là nửa liên tục dưới và lồi;
5)
( , ) 0H x x x K
;
6) Với mỗi
y K
, hàm
(., )H y
là nửa liên tục trên;
7) Với mỗi
x K
, hàm
( ,.)H x
là lồi;
8) Điều kiện bức: Tồn tại tập compắc
B K
và
0y B
sao cho
0 0( , ) ( , ) 0 \G x y H x y x K B
.
Khi ấy tập nghiệm của Bài toán cân bằng
: ( , ) ( , ) 0x K G x y H x y y K
(2.22 )
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:
( ) : ( , ) ( , ) 0 ;
( ) ( ) ;
( ) : ( , ) ( , ) 0 .
P y x K G x y H x y
Q y P y
R y x K G y x H x y
Bổ đề 2.8
Nếu các Điều kiện 1)- 7) của Định lí 2.7 thỏa mãn, khi ấy
( ) ( ) ( )
y K y K y K
P y Q y R y
và mỗi giao trên là một tập đóng trong
K
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
51
Chứng minh
Trước hết ta chỉ ra:
( ) ( )
y K y K
R y P y
.
Lấy
( )
y K
x R y
, ta có
( , ) ( , ) 0,G y x H x y y K
.
Với
y K
bất kỳ (cố định) đặt
(1 ) , (0,1)ty ty t x t
. Khi ấy
( , ) ( , ) 0, (0,1)t tG y x H x y t
,
do đó
(1 ) ( , ) ( , ) (1 ) ( , ) ( , )t t t tt G y x tG y y t H x y tG y y
. (2.23)
Do điều kiện 1) và 4) ta có:
0 ( , ) ( , ) (1 ) ( , )t t t tG y y tG y y t G y x
. (2.24)
Lưu ý là với
, , , 0a b Y a b a
thì
0b
. Do đó, từ (2.23) và
(2.24) suy ra:
( , ) (1 ) ( , ) 0t ttG y y t H x y
. (2.25)
Từ điều kiện 5) và 7) ta có
( , ) ( , )tH x y tH x y
.
Do đó, từ (2.25) suy ra:
( , ) (1 ) ( , ) 0tG y y t H x y
.
Vậy từ điều kiện 2) ta có:
( , ) ( , ) 0G x y H x y
,
nghĩa là
( )
y K
x P y
hay
( ) ( )
y K y K
R y P y
. (2.26)
Mặt khác, do
G
là
H
-giả đơn điệu (Điều kiện 3)) nên
( ) ( ),P y R y y K
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
52
Do các điều kiện 4) và 6),
( )R y
là đóng trong
K
, suy ra
( ) ( ) ( ),Q y P y R y y K
.
Như vậy
( ) ( ) ( ),P y Q y R y y K
, do đó
( ) ( ) ( )
y K y K y K
P y Q y R y
. (2.27)
Từ (2.26) và (2.27) có:
( ) ( ) ( )
y K y K y K
P y Q y R y
.
Do
( )Q y
đóng với mọi
y K
, nên mỗi giao trên đều là tập đóng trong
K
.
Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh Định lí 2.7
Ta chỉ ra
( )
y K
Q y
bằng Nguyên lí ánh xạ KKM.
Ánh xạ : 2KP K là ánh xạ KKM. Thật vậy, nếu trái lại sẽ có một tập
hữu hạn
:iy i I K
và một
: \ ( )i i
i I
y co y i I P y
, nghĩa là có
0,i
1,i i i
i I i I
y y
sao cho
( , ) ( , ) 0,i iG y y H y y i I
.
Do đó, từ tính lồi của
( ,.)G y
và
( ,.)H y
(Điều kiện 4), 7)) suy ra
( , ) ( , ) 0i i
i I i I
G y y H y y
, hay
( , ) ( , ) 0G y y H y y
.
Do
( , ) 0H x x
(Điều kiện 5)) nên
( , ) 0G y y
, mâu thuẫn với Điều kiện
1). Vậy
P
là ánh xạ KKM.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
53
Do
( ) ( )P y Q y
nên dễ thấy
: 2
K
Q K
cũng là ánh xạ KKM. Với
mỗi
y K
, ta có
( )Q y
là tập đóng. Hơn nữa do điều kiện bức (Điều kiện
8)) ta có
0( )Q y B
là compắc. Do đó theo Nguyên lí ánh xạ KKM thì
( )
y K
Q y
.
Như vậy, theo Bổ đề 2.8 và điều kiện bức ta có tập nghiệm của Bài
toán cân bằng
(2.22 )
không rỗng và compắc.
Định lí được chứng minh.
Nhận xét 2.6
Từ Định lí 2.6 và Định lí 2.7 ta nhận được kết quả là mở rộng vectơ
(đơn trị) của Bất đẳng thức Ky Fan khi
0G
và kết quả về sự tồn tại
nghiệm của bài toán cân bằng vectơ (đơn trị) đơn điệu khi
0H
.
Chương 3
BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ CHO HÀM ĐA TRỊ
Để có thể cùng với Chương 2 đưa ra một cái nhìn chung về các nghiên
cứu tồn tại nghiệm dùng Nguyên lí ánh xạ KKM đối với bài toán cân bằng
vectơ, ở chương này chúng tôi đề cập đến một số kết quả nghiên cứu ở
trường hợp bài toán cân bằng vectơ đa trị. Các kết quả nghiên cứu trực tiếp
đối với bài toán này, theo hiểu biết của chúng tôi, còn hạn chế. Dưới đây là
một số kết quả được tập hợp từ bài báo của Fu [10] và cuốn sách của Tấn-
Minh [17].
3.1. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ ĐA TRỊ KHÔNG CÓ GIẢ THIẾT ĐƠN ĐIỆU
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
54
Cho
,X Y
là các không gian vectơ,
Z
là không gian vectơ tôpô,
K X
,
D Y
là các tập con khác rỗng và
P Z
là một nón nhọn lồi, đóng, xác
định một thứ tự từng phần trên
Z
.
Cho hàm đa trị : 2ZF K D . Xét bài toán cân bằng vectơ đa trị:
Tìm
y D
sao cho
( , )F x y P
với mọi
x K
. (3.1)
Trước khi thiết lập điều kiện tồn tại nghiệm cho bài toán trên chúng ta
cần khái niệm tựa lồi chính thường đối với ánh xạ đa trị và khái niệm ánh
xạ
T KKM
.
Cho
K X
là một tập lồi và ánh xạ đa trị : 2ZG K . Khi ấy G được
gọi là tựa lồi chính thường nếu với mỗi
, , ( ), ( )x y K u G x v G y
và
[0,1]t
tồn tại
( (1 ) )z G tx t y
sao cho
z u
hay
z v
.
Nhận xét 3.1
Khái niệm tựa lồi trên là một mở rộng đa trị đối với khái niệm tựa lồi
chính thường của hàm đơn trị:
Một ánh xạ đơn trị
:g K Z
gọi là tựa lồi chính thường nếu với mỗi
,x y K
và
[0,1]t
luôn có
( (1 ) ) ( )f tx t y f x
hay
( (1 ) ) ( )f tx t y f y
.
Dễ thấy trong trường hợp
, [0;+ )Z R P
thì khái niệm tựa lồi
chính thường và khái niệm tựa lồi là tương đương.
Bổ đề 3.1
Cho : 2ZG K là ánh xạ đa trị. Khi ấy G là tựa lồi chính thường nếu
và chỉ nếu với mỗi tập hữu hạn
1 2, ,..., , ( ), 0n i i ix x x K z G x t
,
1
1,2,..., , 1
n
i
i
i n t
, luôn tồn tại
1
( )
n
i i
i
z G t x
và một
i
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
55
1, 2,...,n
sao cho
iz z
.
Chứng minh
Ta tiến hành chứng minh điều kiện cần bằng quy nạp (chiều ngược lại là
hiển nhiên).
Với
2n
kết luận là đúng hiển nhiên theo định nghĩa. Giả sử rằng kết
luận đúng với
n m
, ta phải chứng minh kết luận đúng với
1n m
.
Nếu 1
1 1
1
,..., , 0, 1, ( ),
m
m i i i i
i
x x K t t z G x
i
1,..., 1m
, ta viết
1
1
1 1
m m
m m
m m m m
t t
y x x
t t t t
và 1
1
m
i i
i
x t x
.
Khi ấy
1 1 1 1 1... ( )m m m mx t x t x t t y
. Theo định nghĩa thì
tồn tại
( )z G y
sao cho:
mz z
hoặc
1mz z
. (3.2)
Theo giả thiết quy nạp thì tồn tại
( )z G x
sao cho
iz z
với một
i
nào đó, hay
z z
. Nếu
z z
, do (3.2) ta có
mz z
hoặc
1mz z
.
Bổ đề được chứng minh.
Cho
K X
là một tập lồi khác rỗng và các ánh xạ đa trị
G
,
: 2
Y
T K
.
Khi ấy,
G
được gọi là ánh xạ T-KKM nếu với mỗi tập con hữu hạn
1 2x , ,..., nx x K
luôn có
1 2
1
( , ,..., ) ( )
n
n i
i
T co x x x G x
.
Bổ đề 3.2 (Shioji [15], 1991)
Cho
,X Y
là hai không gian vectơ tôpô,
K X
là tập lồi compắc và
các ánh xạ đa trị
, : 2
Y
G T K
thỏa mãn:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
56
1)
T
là nửa liên tục trên và
G
là
T KKM
;
2) Với mỗi
; ( )x K T x
là khác rỗng, lồi, compắc và
( )G x
là tập đóng.
Khi ấy:
( )
x K
G x
.
Điều kiện tồn tại nghiệm của bài toán (3.1) được thiết lập trong định lí
sau.
Định lí 3.1 (Fu [10], 2000)
Cho
, ,X Y Z
là các không gian vectơ tôpô,
K X
là một tập lồi
compắc, khác rỗng,
D Y
là một tập lồi, đóng, khác rỗng và
P Z
là một nón nhọn lồi đóng, xác định một thứ tự từng phần trên
Z
. Cho
: 2
D
T K là ánh xạ đa trị nửa liên tục trên với
( )T x
là một tập lồi,
compắc, khác rỗng với mọi
x K
và : 2ZF K D là một ánh xạ đa trị
thỏa mãn các điều kiện sau:
1) Với mỗi
x K
và
( )y T x
có
( , )F x y P
;
2) Với mỗi
x K
, tập
: ( , )y D F x y P
là đóng;
3) Với mỗi
y D
, ánh xạ
(., )F y
là tựa lồi chính thường.
Khi ấy tồn tại
y D
sao cho
( , )F x y P
, với mọi
x K
.
Chứng minh
Ta xét ánh xạ : 2DG K xác định bởi :
( ) : ( , )G x y D F x y P x K
.
Theo giả thiết 2),
( )G x
là đóng, nên ta chỉ cần thể hiện
G
là ánh xạ
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
57
T KKM
. Giả sử trái lại rằng tồn tại
1 2, ,..., nx x x K
và
x
1 2, ,..., nco x x x
thỏa mãn
1
( ) ( )
n
i
i
T x G x
. Khi ấy sẽ tồn tại
( )y T x
sao cho
1
( )
n
i
i
y G x
, nghĩa là
( , )iF x y P
, với mọi
1, 2,...,i n
.
Vậy với mỗi
i
tồn tại
( , )i iz F x y
sao cho
, 1,...,iz P i n
. (3.3)
Do
(., )F y
là tựa lồi chính thường nên theo Bổ đề 3.1 tồn tại
( , )z F x y P
và một
1,...,i n
sao cho
0 iz z
. (3.4)
Kết hợp (3.3) và (3.4) ta nhận được mâu thuẫn, nghĩa là
G
là T-KKM,
theo Bổ đề 3.2 ta có
( )
x K
G x
, tức là tồn tại
y D
sao cho
( , )F x y P
, với mọi
x K
.
Định lí được chứng minh.
Từ Định lí 3.1 ta có hệ quả sau là dạng đa trị của Bất đẳng thức Ky Fan.
Hệ quả 3.1
Cho
, , ,X Z K P
thỏa mãn giả thiết Định lí 3.1 và ánh xạ đa trị
F
:
2
Z
K K sao cho :
1) Với mỗi
x K
, có
( , )F x x P
;
2) Với mỗi
x K
, tập
: ( , )y K F x y P
là đóng;
3) Với mỗi
y K
, ánh xạ
(., )F y
là tựa lồi chính thường.
Khi ấy tồn tại
y K
sao cho
( , )F x y P
, với mọi
x K
.
Chứng minh
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
58
Trong Định lí 3.1, lấy
, ,X Y D K T I
(ánh xạ đồng nhất) ta có
ngay điều cần chứng minh.
Hơn nữa, nếu
F
là ánh xạ đơn trị thì từ Hệ quả 3.1 ta có dạng vectơ sau
của Bất đẳng thức Ky Fan.
Hệ quả 3.2
Cho
, , ,X Z K P
thỏa mãn giả thiết Định lí 3.1, và ánh xạ đơn trị
:f K K Z
sao cho:
1) Với mọi
x K
, có
( , ) 0f x x
;
2) Với mỗi
x K
, tập
: ( , ) 0y K f x y
là đóng;
3) Với mỗi
y K
, ánh xạ
(., )f y
là tựa lồi chính thường.
Khi ấy tồn tại
y K
sao cho
( , ) 0f x y
, với mọi
x K
.
Nhận xét 3.2
Trong trường hợp
, ( ,0], , :Z R P f g g K K R
sao
cho:
1) Với mọi
x K
, có
( , ) 0g x x
;
2) Với mỗi
x K
, hàm
( ,.)g x
là nửa liên tục dưới;
3) Với mỗi
y K
, hàm
(., )g y
là tựa lõm;
theo Hệ quả 3.2 ta có
y K
với
( , ) 0g x y
với mọi
x K
, nghĩa là có
Bất đẳng thức Ky Fan (vô hướng).
3.2. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ ĐA TRỊ ĐƠN ĐIỆU
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
59
Cho
,X Y
là hai không gian vectơ tôpô , tập lồi đóng
D X
, nón lồi
đóng
C Y
với
intC
và hàm đa trị
: 2 , ( , )YF D D F x y
với
mọi
,x y D
. Bài toán cân bằng vectơ đa trị được xét ở đây là bài toán
sau:
Tìm
x D
sao cho
( , ) intF x y C
với mọi
y D
, (3.5)
trong đó
F
là một hàm đơn điệu.
Để đưa ra kết quả tồn tại nghiệm của Bài toán (3.5) ta cần một số khái
niệm.
Hàm
: 2YG D D gọi là đơn điệu nếu
( , ) ( , ) ,G x y G y x C x y D
.
Hàm
: 2YT D gọi là C - lồi trên (C - lồi dưới) nếu
( ) (1 ) ( ) ( (1 ) )T x T y T x y C
(
( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )T x y T x T y C , tương ứng).
Hàm
T
được gọi là
C
- liên tục trên (
C
- liên tục dưới) tại
0x D
nếu
với mọi lân cận
V
của
0
trong
Y
đều tồn tại một lân cận
U
của
0x
trong
X
sao cho với mọi
x U domT
ta có
0( ) ( )T x T x V C
(
0( ) ( )T x T x V C
, tương ứng).
T
được gọi là
C
- liên tục tại
0x
nếu
T
vừa là
C
- liên tục trên vừa là
C
- liên tục dưới tại
0x
.
T
được gọi là
C
- liên tục trên (
C
- liên tục dưới,
C
- liên tục) trên
D
nếu
T
là
C
- liên tục trên (
C
- liên tục dưới,
C
- liên
tục, tương ứng ) tại mọi điểm thuộc
D
.
Nhận xét 3.3
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
60
a) Nếu
G
là đơn trị thì khái niệm đơn điệu trên chính là khái niệm đơn
điệu ( theo nón
C
) của hàm vectơ đơn trị (ở chương 2).
b) Nếu
T
là đơn trị thì khái niệm
C
- lồi trên và
C
- lồi dưới là trùng
nhau khi ấy
T
được gọi là
C
- lồi (hay lồi theo
C
).
c) Nếu
T
là đơn trị thì tính
C
- liên tục trên và
C
- liên tục dưới là một
và khi ấy
T
được gọi là
C
- liên tục ( hay liên tục theo
C
).
Về sự tồn tại nghiệm của Bài toán (3.5) với
F G H
, trong đó
G
là
một hàm vectơ đa trị và
H
là một hàm vectơ đơn trị ta có kết quả sau được
phát biểu và chứng minh trong Tan-Minh [17] (2006).
Định lí 3.2
Cho
,X Y
là hai không gian lồi địa phương Hausdorff,
D X
là tập
con lồi, đóng, khác rỗng,
C Y
là nón nhọn, lồi, đóng với
intC
và
: 2 , :YG D D H D D Y
là các hàm thỏa mãn các điều kiện sau:
1)
0 ( , )G x x
với mọi
x D
;
2)
G
là đơn điệu và
( , )G x y
là compắc với mọi
,x y D
;
3) Với mỗi
,x y D
cố định, hàm
: 0,1 2Yg
được xác định bởi
( ) ( (1 ) , )g t G ty t x y
là
( )C
-liên tục trên tại
0t
;
4) Với mỗi
x D
cố định, hàm
( ,.) : 2YG x D
là
C
- liên tục dưới và
C
- lồi dưới;
5)
( , ) 0H x x
với mọi
x D
;
6) Với mỗi
y D
cố định, hàm
(., ) :H y D Y
là
( )C
- liên tục trên;
7) Với mỗi
x D
cố định, hàm
( ,.) :H x D Y
là
C
- lồi;
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
61
8) Tồn tại một tập lồi, compắc, khác rỗng
K D
sao cho với mỗi
\ Dx K core K
có một
Da core K
thỏa mãn
( , ) ( , )G x a H x a C
.
Khi ấy tồn tại
x K
sao cho
( , ) ( , ) intG x y H x y C
với mọi
y D
.
Nếu ngoài ra,
C
thỏa mãn điều kiện (
) thì tồn tại
x K
sao cho
( , ) ( , ) ( \ 0 )G x y H x y C y D
.
Định lí 3.2 là một mở rộng đa trị của Định lí 2.6 (Chương 2) và được
chứng minh dựa vào ý tưởng và kỹ thuật cơ bản của chứng minh Định lí
2.6. Chứng minh đầy đủ của Định lí 3.2 được trình bày trong [17]. Do
khuôn khổ của luận văn, ở đây chúng tôi chỉ trình bày những ý cơ bản của
chứng minh định lí này.
Tương tự như chứng minh Định lí 2.6, Định lí 3.2 được chứng minh qua
ba bổ đề dưới đây. Trong các bổ đề này ta luôn giả thiết các điều kiện từ 1)
đến 8) của Định lí 3.2 được thỏa mãn.
Bổ đề 3.3
Tồn tại
x K
sao cho
( ( , ) ( , )) intG y x H x y C y K
.
Chứng minh
Với mỗi
y K
, đặt
( ) : ( ( , ) ( , )) intS y x K G y x H x y C
.
Từ giả thiết 2) và 5) suy ra
( )y S y
, nghĩa là
( ) 0S y
với mọi
y K
.
Do giả thiết 4) và 6) ta có
( )S y
là đóng trong
X
. Lấy
:iy i I
là một
tập con hữu hạn bất kì của
K
(
I
là tập hữu hạn bất kì của tập các số tự
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
62
nhiên). Bằng lập luận tương tự như trong chứng minh Bổ đề 2.5 (lưu ý yếu
tố đa trị) ta có
: ( )i i
i I
co y i I S y
, nghĩa là ánh xạ
: 2KS K
là ánh
xạ KKM. Do
K
là tập compắc nên theo Nguyên lí ánh xạ KKM suy ra
( )
y K
S y
, nghĩa là có kết luận của Bổ đề 3.3.
Bổ đề 3.4
Nếu
x K
thỏa mãn
( ( , ) ( , )) int ,G y x H x y C y K
, (3.6a)
thì
( , ) ( , ) int ,G x y H x y C y K
. (3.6b)
Chứng minh
Lấy
x K
sao cho
( ( , ) ( , )) int ,G y x H x y C y K
.
Với
y K
bất kì, cố định, đặt
(1 ) , [0,1]tx ty t x t
.
Do
tx K
với mọi
[0,1]t
nên
( ( , ) ( , )) intt tG x x H x x C
.
Bằng lập luận tương tự như trong chứng minh Bổ đề 2.6 (lưu ý yếu tố đa
trị) ta có
(1 ) ( , ) ( , ) inttt H x y G x y C
với
0t
. (3.7)
Do tính liên tục của hàm
( , )tG x y
theo
t
tại
0t
(Giả thiết 3)), từ (3.7)
ta được
( , ) ( , ) intH x y G x y C
.
Vì
y K
là bất kì nên có khẳng định của bổ đề.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
63
Lưu ý là Bổ đề 3.4 ở trên chỉ khẳng định Điều kiện (3.6a) suy ra Điều
kiện (3.6b), trong khi đó ở trường hợp đơn trị, Bổ đề 2.6 chỉ ra sự tương
đương giữa hai điều kiện tương ứng (Điều kiện 1) và 2) của bổ đề này).
Bằng lập luận tương tự như chứng minh Bổ đề 2.7, ta có kết quả sau.
Bổ đề 3.5
Nếu
: 2YD
là
C
- lồi dưới và có các tính chất:
1) Tồn tại
0 Dx core K
với
0( )x C
;
2)
( ) inty C y K ,
thì
( ) inty C y D .
Chứng minh Định lí 3.2
Theo Bổ đề 3.3 tồn tại
x K
sao cho
( ( , ) ( , )) intG y x H x y C y K
.
Theo Bổ đề 3.4 thì
( , ) ( , ) int ,G x y H x y C y K
.
Đặt
( ) ( , ) ( , ),y G x y H x y y D .
Áp dụng Bổ đề 3.5 đối với hàm
: 2YD
và sử dụng lập luận tương
tự như trong chứng minh Định lí 2.6 (lưu ý yếu tố đa trị) ta có kết luận của
Định lí 3.2.
Trong trường hợp
0H
, Định lí 3.2 cho ta điều kiện đủ cho sự tồn tại
nghiệm bài toán cân bằng vectơ đa trị đơn điệu. Kết quả này được phát
biểu thành định lí dưới đây.
Định lí 3.3
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
64
Cho các không gian
,X Y
, tập
D
, nón
C
và hàm
G
như ở Định lí 3.2
sao cho các điều kiện sau thỏa mãn:
1)
0 ( , )G x x
với mọi
x D
;
2)
G
là đơn điệu và
( , )G x y
là compắc với mọi
,x y D
;
3) Với
,x y D
bất kì, cố định, hàm Y:[0,1] 2g được định nghĩa bởi
( ) ( (1 ) , )g t G ty t x y
là
( )C
- liên tục trên tại
0t
;
4) Với mỗi
x D
cố định, hàm
( ,.) : 2YG x D
là
C
- lồi dưới và
C
-
liên tục dưới;
5) Điều kiện bức: Tồn tại tập lồi, compắc, khác rỗng
K D
sao cho với
mỗi
\ Dx K core K
có một
Da core K
thỏa mãn
( , ) ( )G x a C
.
Khi ấy tồn tại
x K
sao cho
( , ) int ,G x y C y D
.
Nếu ngoài ra, nón
C
thỏa mãn Điều kiện (
) thì tồn tại
x K
sao cho
( , ) ( \ 0 ),G x y C y D
.
Nhận xét 3.3
1) Nếu
G
là hàm đơn trị thì từ Định lí 3.2 ta nhận được điều kiện đủ về
sự tồn tại nghiệm của Bài toán cân bằng vectơ đơn trị (2.17) với
F
có
dạng (2.18). Trong trường hợp
,Y R C R
, điều kiện đủ này là kết quả
của Blum- Oettli [3] cho bài toán cân bằng vô hướng.
2) Nếu
G
là đơn trị thì từ Định lí 3.3 ta nhận được một kết quả về sự tồn
tại nghiệm của Bài toán cân bằng vectơ đơn trị đơn điệu (được xét ở
Chương 2) .
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
65
Để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ đơn điệu
bằng cách dùng Nguyên lí ánh xạ KKM, ngoài cách tiếp cận trực tiếp như
ở một số kết quả nghiên cứu được trình bày ở chương này và chương
trước, chúng tôi muốn lưu ý đến một cách tiếp cận gián tiếp là chuyển bài
toán vectơ về bài toán vô hướng. Cách tiếp cận này được Oettli [14] đưa ra
năm 1997 với một số kết quả ở bài toán vectơ đơn trị và với một số gợi ý
nghiên cứu đối với bài toán vectơ đa trị. Ở đây, chúng tôi không đi sâu vào
cách tiếp cận này.
KẾT LUẬN
Luận văn này trình bày một số điểm cơ bản về Nguyên lí ánh xạ KKM
ở không gian vectơ tôpô trong liên quan với một số thành tựu quan trọng
của giải tích phi tuyến là Định lí điểm bất động Brouwer, Bổ đề KKM và
Bất đẳng thức Ky Fan (Chương 1).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
66
Luận văn trình bày một số kết quả nghiên cứu cơ bản về sự tồn tại
nghiệm của bài toán cân bằng vectơ đơn trị với cách tiếp cận dùng Nguyên
lí ánh xạ KKM ở các trường hợp có giả thiết đơn điệu và không có giả thiết
đơn điệu (Chương 2).
Một số kết quả nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng
vectơ đa trị ở các trường hợp đơn điệu và không có giả thiết đơn điệu cũng
được đề cập trong luận văn (Chương 3).
Các kết quả nghiên cứu trình bày trong luận văn về bài toán cân bằng
vectơ được tập hợp từ một số bài báo công bố trong khoảng mười năm gần
đây. Các kết quả này được lựa chọn và trình bày theo cách tiếp cận dùng
Nguyên lí ánh xạ KKM và dựa vào ý tưởng cũng như kĩ thuật cơ bản ở bài
toán cân bằng vô hướng. Luận văn là một bổ xung vào tài liệu về sự tồn tại
nghiệm của bài toán cân bằng vectơ với cách tiếp cận này.
Mặc dù đã rất cố gắng, nhưng do thời gian và khả năng còn hạn chế nên
luận văn không tránh khỏi thiếu sót. Chúng tôi mong được các thày, cô
giáo và bạn đọc chỉ giáo.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Q. H. Ansari- I. V. Konov- J. C. Yao, Existence of a Solution and
Variattional Principles for vector Equilibrium Problems, J. Optim. Theory
Appl, Vol. 110 (2001), 481- 492.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
67
[2] M. Bianchi, N. Hadjisavvas and S. Schaible, Vector Equilibrium
Problems with Generalized Monotone Bifunctions, J. Optim. Theory Appl,
Vol. 92 (1997), 527- 542.
[3] E. Blum and W. Oettli, From Optimization and Variational
Inequalities to Equilibrium Problems, Mathematics Student, Vol.
63(1993), 1-23.
[4] H. Brezis, L. Nirenberg and G. Stampacchia, A Remark on Ky Fa
n s
Minimax Principle. Boll. Un. Mat. Ital. Vol. 6(1972). 293-300.
[5] L. E. J. Brouwer,
Uber
Abbildungen von Mannigfaltigkeiten, Math.
Ann. 71 (1912), 97-115.
[6] O.Chali, Z. Chbani and H.Riahi, Equilibrium Problems with
Generalized Monotone Bifunctions and Applications to Variational
Inequalities, J. Optim. Theory Appl. Vol. 105(2000), 299-323.
[7] X.P. Ding and K.K.Tan, A Minimax Inequality with Applications to
Existence of Equilibrium Point and Fixed Point Theorems, Colloquium
Mathematicum, Vol. 63 (1992), 233-247.
[8] K. Fan. A Generalization of
Tychonoff s
Fixed Point Theorem,
Math. Ann. 142 (1961), 305-310.
[9] K. Fan, A Minimax Inequality and Applications. In: Inequalities III,
ed. by O. Shisha, A cademic, Press, New York- Lon don (1972), 103-113.
[10] Sun-Yi Fu, Generalized Vector Quasi-Equilibrium Problems, Math.
Meth. Oper. Res. Vol. 52(2000), 57- 64.
[11] B. Knaster, K. Kuratowski and S. Mazurkiewicz, Ein Beweis des
Fixpunktsatzes f
ur
n-Dimensionale Simplexe, Fund. Math. 14 (1929), 132-
137.
[12] G. Minty, Monotone (Nonlinear) Operators in Hilbert space, Duke
Math. Journal, Vol. 29 (1962), 341-346.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
68
[13] U. Mosco, Implicit Variational Problems and Quasi- Variational
Inequalities, Lecture Notes in Mathematics, Spriger- Verlag, Vol. 543
(1976), 83- 156.
[14] W. Oettli, A Remark on Vector-Valued Equilibria and Generalized
Monotonicity, Acta Mathematica Vietnama, Vol. 22(1997), 213-221.
[15] N. Shioji, A Further Generalization of the Knaster- Kuratowski-
Marurkiewicz Theorem, Proc. Amer. Math. Soc. 111, (1991), 187- 195.
[16] N. X. Tấn and P. N. Tĩnh, On the Exitstence of Equilibrium Points
of Vector Functions, Numer. Funct. Anl. Optim. Vol. 19 (1998), 141- 156.
[17] N.X.Tấn và N.B.Minh, Một số vấn đề trong lí thuyết tối ưu vectơ đa
trị, NXB Giáo dục, 2006.
[18] Đ.H.Tân và N.T.T.Hà, Các định lí điểm bất động, NXB Đại học Sư
phạm, 2003.
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- doc547.pdf