Luận văn Về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ

Luận văn đã trình bày các kết quả về sự tồn tại nghiệm và tính liên thông của tập nghiệm của bài toán cân bằng vectơ, bao gồm: - Các kết quả về tồn tại nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ của Bianchi – Hadjisavvas – Schaible [3]; - Các kết quả về vô hướng hóa bài toán cân bằng vectơ và sự tồn tại nghiệm hữu hiệu của Gong [7]; - Các kết quả về tính liên thông của tập nghiệm hữu hiệu Henig và tập nghiệm hữu hiệu yếu của bất đẳng thức biến phân Hartman – Stampacchia của Gong [7]. Sự tồn tại nghiệm và cấu trúc tập nghiệm của bài toán cân bằng vectơ là đề tài được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu và phát triển.

pdf49 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 31/07/2018 | Lượt xem: 165 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
1 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan: (i) Luận văn đã được hoàn thành với sự học tập, nghiên cứu, sưu tầm tài liệu của tôi dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Đỗ Văn Lưu. (ii) Luận văn trình bày các kết quả mới đây về tối ưu. Học viên Vy Thanh Hương 2 LỜI CẢM ƠN Trước tiên tôi xin được gửi lời cảm ơn đến tất cả quý Thầy Cô đã giảng dạy trong chương trình Cao học Toán ứng dụng khóa 1 – Trường Đại học Thăng Long, những người đã truyền đạt kiến thức hữu ích về ngành Toán ứng dụng làm cơ sở cho tôi hoàn thành luận văn này. Đặc biệt tôi xin chân thành cảm ơn Thầy giáo PGS.TS. Đỗ Văn Lưu – Giảng viên Trường Đại học Thăng Long. Thầy đã dành nhiều thời gian quý báu tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện luâṇ văn, đồng thời còn là người giúp tôi lĩnh hội được những kiến thức chuyên môn và rèn luyện cho tôi tác phong nghiên cứu khoa học. Qua đây, tôi cũng xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình, bạn bè thân thiết là những người luôn sát cánh bên tôi, tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi, đã nhiệt tình giúp đỡ, chia sẻ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập, cũng như khi tôi thực hiện và hoàn thành luâṇ văn này. Mặc dù đã rất cố gắng song luâṇ văn không khỏi có những thiếu sót, rất mong nhận được ý kiến góp ý của các Thầy giáo, Cô giáo và các anh chị học viên để luâṇ văn được hoàn thiện hơn. Phú Thọ, tháng 04 năm 2015 Học viên thưc̣ hiêṇ Vy Thanh Hương Thang Long University Libraty 3 MỤC LỤC Chương 1. SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ ............................................................................................................6 1.1. Các khái niệm và kết quả bổ trợ .......................................................... 6 1.2. Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ với giả thiết giả đơn điệu. ............................................................................................................. 14 1.3. Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ với giả thiết tựa đơn điệu. ............................................................................................................. 19 1.4. Trường hợp tổng quát hơn. ................................................................ 23 Chương 2. CÁC NGHIỆM HỮU HIỆU VÀ HỮU HIỆU HENIG CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ ................................................................ 27 2.1. Các khái niệm và định nghĩa ............................................................. 27 2.2. Phép vô hướng hóa bài toán cân bằng vectơ .................................... 30 2.3. Sự tồn tại nghiệm .............................................................................. 34 2.4. Tính liên thông của tập nghiệm ......................................................... 41 KẾT LUẬN .................................................................................................... 46 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 47 4 MỞ ĐẦU Bài toán cân bằng vectơ được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu. Nó bao gồm nhiều bài toán như các trường hợp đặc biệt: Bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ, bài toán tối ưu vectơ, bài toán điểm bất động, bài toán bù vectơ, bài toán cân bằng Nash,.... Người ta nghiên cứu bài toán cân bằng vectơ về sự tồn tại nghiệm, điều kiện tối ưu, tính ổn định nghiệm, thuật toán tìm nghiệm,. Nhiều kết quả về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng đã nhận được. Bianchi, Hadjisavvas và Schaible (1997) đã chứng minh các kết quả về sự tồn tại nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ với các giả thiết về tính giả đơn điệu hoặc tựa đơn điệu. Gong (2001) đã thiết lập một số kết quả về sự tồn tại nghiệm hữu hiệu, nghiệm hữu hiệu Henig của bài toán cân bằng vectơ và tính liên thông của tập nghiệm hữu hiệu Henig của bất đẳng thức biến phân vectơ. Đây là đề tài được nhiều tác giả trong và ngoài nước quan tâm nghiên cứu. Chính vì vậy tôi chọn đề tài: “Về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ”. Luận văn trình bày các kết quả nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm và tính liên thông của tập nghiệm của bài toán cân bằng vectơ của Bianchi, Hadjisavvas, Schaible (1997) và Gong (2001). Luận văn bao gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo. Chương 1. Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ Trình bày các kết quả của M. Bianchi, N. Hadjisavvas và Schaible [3] về sự tồn tại nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ với các song hàm giả đơn điệu hoặc tựa đơn điệu cùng với một điều kiện bức. Thang Long University Libraty 5 Chương 2. Các nghiệm hữu hiệu và hữu hiệu Henig của bài toán cân bằng vectơ Trình bày khái niệm nghiệm hữu hiệu Henig của bài toán cân bằng vectơ, các kết quả về vô hướng hóa bài toán cân bằng vectơ, các kết quả về tồn tại nghiệm hữu hiệu và tính liên thông của tập nghiệm hữu hiệu Henig và tập nghiệm hữu hiệu yếu của bất đẳng thức biến phân Hartman – Stampacchia vectơ. Các kết quả trình bày trong chương này là của X. Gong [7]. 6 Chương 1 SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ Chương 1 trình bày các kết quả về sự tồn tại nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ với các song hàm giả đơn điệu hoặc tựa đơn điệu và điều kiện bức. Các kết quả trình bày trong chương này là của M. Bianchi, N. Hadjisavvas và Schaible [3]. 1.1. Các khái niệm và kết quả bổ trợ Cho X là một không gian vectơ tôpô Hausdorff thực, Y là một không gian vectơ lồi địa phương thực. Xét nón C nhọn, đóng, lồi trong Y, int C . Khi đó, C sinh ra một thứ tự vectơ trong Y, xác định bởi: x  y nếu và chỉ nếu y – x  C. Do int C , ta cũng có một thứ tự yếu trong Y, được xác định bởi x ≮ y nếu và chỉ nếu y – x  int C, x ≰ y nếu và chỉ nếu y – x  C, x < y nếu và chỉ nếu y – x  C. Chú ý rằng 0y  kéo theo y ≮ 0. Hơn nữa, 0, 0 0x y x y     và 0, 0 0x y x y     , Thang Long University Libraty 7 bởi vì .C intC int C  Nếu C là nón lồi đóng và Y là không gian lồi địa phương thực thì tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục khác 0 là *C , trong đó  * * : (y) 0, yC Y C      . Hơn nữa C khi và chỉ khi *(y) 0 ( )C    ; y int C khi và chỉ khi  *(y) 0 ( / 0 )C    . Giả sử K  X là một tập không rỗng, đóng, lồi, và xét song hàm F:K K Y  sao cho F(x, x)  0 với mọi x  K. Chúng ta sẽ trình bày các kết quả về sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ (kí hiệu là VEP) như sau: Tìm x* K sao cho F(x*, y) ≮ 0, với mọi, y K , hay tương đương F(x*, y)  -int C. Bài toán bất đẳng thức biến phân vectơ (kí hiệu là VVI) là một trường hợp đặc biệt của bài toán (VEP) với F(x, y) = ( ),A x y x , 8 trong đó A là một ánh xạ từ K vào L(X, Y), không gian của tất cả các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y. Các bài toán (VEP) và (VVI) tổng quát hóa các bài toán tương ứng trong trường hợp vô hướng (Y = R), ta ký hiệu các bài toán vô hướng đó lần lượt là (EP) và (VI). Bổ đề 1.1.1. Giả sử a, b  Y, với a < 0 và b < 0. Khi đó, tập hợp các cận trên của a và b là không rỗng và giao với (-int C). Chứng minh. Ta phải chỉ ra tồn tại c < 0 sao cho ,a c b c  . Ta chỉ cần chọn c =  b, với  > 0 gần với 0. □ Bổ đề 1.1.2. Giả sử a, b  Y, với a < 0 và b ≱ 0. Khi đó, tập hợp các cận trên của a và b là không rỗng và giao với Y∖C. Chứng minh. Ta phải chỉ ra rằng tồn tại c ≱ 0 sao cho ,a c b c  . Vì int C 0, tồn tại d  int C sao cho d – b  C. Với t  [0, 1], ta đặt td = td + (1 - t)b. Vì C là đóng và lồi nên tồn tại 0t (0, 1) sao cho td  C, với mọi t  [ 0t , 1], td  C, với mọi t  [0, 0t ). Nói riêng, ta có 0 0d at   . Như vậy, 0 d a int C t   . Bởi vậy, với 1t < 0t đủ gần 0t , thì ta có Thang Long University Libraty 9 1 d a int C t   . Đặt c = 1 dt . Khi đó, c  C và do đó c ≱ 0. Hơn nữa, chúng ta có 1 , ( ) 0c a c b t d -b    . □ Bây giờ, cho K  X là tập khác rỗng, đóng, lồi. Xét song hàm F: K x K  Y. Song hàm F được gọi là tựa đơn điệu nếu với mọi x, y  K, F(x, y) > 0  F(y, x)  0. Song hàm F được gọi là giả đơn điệu nếu với mọi x, y  K F(x, y) ≮ 0  F(y, x) ≯ 0, hoặc tương đương, F(x, y) > 0  F(y, x) < 0. Cuối cùng, song hàm F được gọi là giả đơn điệu chặt nếu với mọi x y , x, y  K, F(x, y) ≮ 0  F(y, x) < 0. Rõ ràng, tính giả đơn điệu kéo theo tính tựa đơn điệu và tính giả đơn điệu chặt kéo theo tính giả đơn điệu trong trường hợp vô hướng. Điều ngược lại không đúng. Một hàm f : K  Y được gọi là nửa liên tục dưới nếu với mọi Y , tập hợp 10 ( ) { : ( )L x K f x   ≯ }, là đóng trong K. Một hàm f : K  Y được gọi là nửa liên tục trên nếu với mọi Y , tập hợp ( ) { : ( )U x K f x   ≮ } đóng trong K. Chú ý rằng một hàm liên tục vừa là hàm nửa liên tục trên vừa là nửa liên tục dưới, bởi vì 1( ) { : ( ) - } = [( ) ]cL x K f x int C f int C      1( ) { : ( ) - ( )} = [( ) ]cL x K f x int C f int C       . Một hàm f : K  Y được gọi là hemi - liên tục nếu với mọi ,x y K , hàm ( ) ( ( ))t f x t y x    , xác định với mọi [0, 1]t , là nửa liên tục trên và nửa liên tục dưới. Ta chỉ ra rằng tính nửa liên tục dưới là tương đương với tính C – liên tục. Nhắc lại: một hàm f : K  Y là C - liên tục tại x* K nếu với bất kỳ lân cận V của f (x*) trong Y, tồn tại một lân cận U của x* trong X sao cho ( ) ,f x V C x U K     . Hơn nữa, f là C - liên tục trên K nếu nó là C - liên tục tại mọi x  K. Bổ đề 1.1.3. Hàm f : K  Y nửa liên tục dưới khi và chỉ khi nó là C - liên tục. Thang Long University Libraty 11 Chứng minh. Theo định nghĩa, f là nửa liên tục dưới khi và chỉ khi với mọi Y , tập hợp 1( ) { : ( ) - } = [( )]cL x K f x int C f int C      , là mở trong K. Giả sử f là C - liên tục. Lấy x* ( )cL  . Khi đó, a + int C là một lân cận của f(x*). Do đó, tồn tại một lân cận U của x* sao cho, với mọi x U K  f (x)  (a + int C) + C =  + int C; tức là, với mọi x U K  , ta có x ( )cL  . Do đó, ( )cL  là mở trong K. Ngược lại, giả sử f là nửa liên tục dưới. Xét một lân cận V của f(x*) với x* K. Khi đó, tồn tại một  V sao cho  < f(x*). Vì ( )cL  là mở trong K nên tồn tại một lân cận U của x* sao cho, với mọi x U K  , x ( )cL  , tức là f (x) >  . Do đó, f (x)  + int C V + C, và f là C - liên tục. □ Từ Bổ đề 1.1.3, ta suy ra rằng, nếu f1: K  Y và f2: K  Y là các hàm nửa liên tục dưới thì hàm f1 + f2 cũng là nửa liên tục dưới. Thật vậy, cho x* K, với mỗi lân cận V của f1 (x*) + f2 (x*), ta có thể tìm được các lân cận Vi của fi (x *), i = 1, 2, sao cho 1 2V V V  . Vì f1 và f2 là C – liên tục nên từ Bổ đề 1.1.3 ta có thể tìm được các lân cận Ui của x* sao cho ( ) ,i i if x V C x U K     và i = 1, 2. 12 Đặt 1 2 U U U  , ta thấy f1 + f2 là C – liên tục, bởi vậy nó là nửa liên tục dưới. Hệ quả khác của Bổ đề 1.1.3 có thể phát biểu như sau Bổ đề 1.1.4. Nếu f: K  Y là nửa liên tục dưới thì hàm giá trị thực f là nửa liên tục dưới với mọi *C . Chứng minh. Nếu  = 0 thì bổ đề được chứng minh. Bây giờ, giả sử   0 và *x K . Với bất kỳ 0  , ta xác định { : ( ) < }V y K y   . Từ Bổ đề 1.1.3, f là C – liên tục, bởi vậy với bất kỳ *x K , tồn tại một lân cận U của x* sao cho *( ) ( ( ) ) ,f x f x V C x U K      . Do đó với bất kỳ x U K  , tồn tại y V sao cho *( ) ( )f x f x y  . Bởi vậy, *( ) ( )f x f x    , tức là f là nửa liên tục dưới tại *x . □ Một hàm f: K  Y được gọi là tựa lồi nếu với mọi Y , tập hợp  ( ) : (x)L x K f     , là tập lồi (xem [9]). Nếu hàm f là tựa lồi thì tập hợp Thang Long University Libraty 13  ( ) : ( )L x K f x     , cũng là tập hợp lồi. Thật vậy, cho x, y ( )L  , ta đặt (1 ) , (0,1)z tx t y tt     . Do Bổ đề 1.1.1, tồn tại 0  sao cho: ( ) ; ( )f x f y       . Từ tính tựa lồi, ta có ( )tf z      . Hàm f: K  Y được gọi là tựa lồi hiện nếu f là tựa lồi và với mọi x, y  K sao cho f (x) < f (y) thì f (zt) < f (y), với mọi (1 ) , (0,1)tz tx t y t    . Hàm f: K  Y được gọi là * - tựa lồi nếu với mọi *C , hàm f :KR là tựa lồi. Hàm f: K  Y được gọi là * - tựa lồi bán chặt nếu với mọi *C ∖{0} , hàm f :KR là tựa lồi bán chặt. Ta biết rằng mỗi hàm * - tựa lồi là trường hợp riêng của hàm tựa lồi (xem [9]). Bổ đề 1.1.5. Nếu hàm f: K  Y là nửa liên tục dưới và là * - tựa lồi bán chặt thì f là tựa lồi hiện. Chứng minh. Từ Bổ đề 1.1.4 thì hàm f là nửa liên tục dưới với mọi *C . Theo giả thiết f là tựa lồi bán chặt. Do đó f là tựa lồi. Điều 14 này kéo theo f là tựa lồi. Ta cần chỉ ra rằng: với mọi x, y  K sao cho f (x) < f(y) thì f (zt) < f (y), với mọi (1 ) , (0,1)z tx t y tt     . Từ điều kiện f (x) < f (y), ta suy ra rằng *( ) ( ), Cf x f y     ∖{0}. Vì f là tựa lồi bán chặt nên bất đẳng thức trên kéo theo *(z ) ( ),f f y Ct     ∖{0}, Do đó f (zt) < f (y). □ Ta gọi (xem [5]) một ánh xạ : 2KK  là một KKM – ánh xạ nếu với mọi , 1,..., ;iy K i n  và mọi , 0, 1i i i iy y      , ta có 1 ( ) n i i y y   . 1.2. Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ với giả thiết giả đơn điệu. Xét tập hợp ( ) : ( , )y x K F x y   ≮ 0}, y K  . Từ giả thiết ( , ) 0F x x  ta có ( )y y . Bổ đề 1.2.1. Giả sử  ( ) : ( , ) 0W x y K F x y   là tập lồi với x K  . Khi đó,  là một KKM – ánh xạ. Thang Long University Libraty 15 Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng ( )iy y . Do đó, ( )iy y , với mọi i = 1,..., n, và khi đó ( , ) 0iF y y  với mọi i = 1,..., n. Điều này kéo theo ( )iy W y , và từ giả thiết lồi của W(x) ta suy ra ( )y W y . Điều này mâu thuẫn với ( )y y . □ Nhận xét 1.2.1. Tính lồi của tập hợp W(x), x K  , được đảm bảo nếu hàm F(x, .) tựa lồi với x K  . Bây giờ ta xét điều kiện bức sau: (C) Tồn tại một tập hợp compắc B K và vectơ *y B sao cho F(x, y*) < 0 với x K  ∖{0}. Từ điều kiện bức (C) ta suy ra *( )y B  . Do đó, nếu giả thiết của Bổ đề 1.2.1 thỏa mãn thì Bổ đề Fan [6] kéo theo ( ) y K y   , Trong đó ( )y là bao đóng của ( )y . Bây giờ, cho *( ) : ( , )y x K F y x   ≯ 0}, y K  . Để chứng minh kết quả tiếp theo, chúng ta đưa ra các giả thiết sau: (i) Với mọi c ≱ 0 và x K  thì tập hợp  : ( , )y K F x y c  là tập lồi. 16 (ii) Nếu F(x, y) < F(x, z) và F(x, z) ≯ 0 thì F(x, zt) < F(x, z) với zt = ty + (1 - t)z và (0,1)t . Nhận xét 1.2.2. Giả thiết (i) kéo theo tính lồi của tập W(x), x K  . Các giả thiết (i) và (ii) được suy ra từ tính tựa lồi hiện của hàm F(x, .), x K  . Nhắc lại: Ánh xạ T: X Y được gọi là hemi – liên tục trên X nếu , , ( )x y X T x ty   ⇀ T(x) khi 0 (t t R), trong đó kí hiệu ⇀ chỉ sự hội tụ yếu. Mệnh đề 1.2.1. Nếu song hàm F thỏa mãn các giả thiết (i), (ii) và nếu F( x, .) là hemi – liên tục với y K  thì *( ) ( ) y K y K y y     . Chứng minh. Lấy *( ) y K x y   . Khi đó F(y, x) ≯ 0 với y K  . Với một y K cố định, ta đặt (1 ) , (0,1)ty ty t x t    . Khi đó, F(yt, x) ≯ 0, (0,1)t  . (1.1) Ta phải chứng minh rằng ( , )tF y y ≮0, t (0,1)  . Thang Long University Libraty 17 Giả sử ngược lại rằng F(yt*, y) < 0 với * (0,1)t  nào đó. Ta xét 2 trường hợp: Trường hợp 1. Nếu ( , ) 0 ( , ) ( , ) t* t* t* F y x F y x F y y   . Từ giả thiết (ii), ta thấy rằng ( , ) ( , ) t* t* t* F y y F y x , do (1.1). Khi đó, ( , ) 0 t* t* F y y  kéo theo ( , ) 0 t* F y x  . Điều này mâu thuẫn với (1.1). Trường hợp 2. Nếu ( , ) t* F y x ≱ 0, thì từ Bổ đề 1.1.2, tồn tại c ≱ 0 sao cho ( , ) , ( , ) t* t* F y x c F y y c  . Từ giả thiết (i), ta suy ra ( , ) c t* t* F y y  , cho nên 0c  , ta đi đến một mâu thuẫn. Do đó, ( , )tF y y ≮ 0 với (0,1)t  , và từ tính hemi – liên tục thì ( , )F x y ≮ 0 . Điều này thỏa mãn với y K  , và bởi vậy, ( ) y K x y   . □ Định lí 1.2.1. Giả sử rằng F thỏa mãn các giả thiết của Mệnh đề 1.2.1, mà F(x, .) là nửa liên tục dưới với x K  và F(x, y) là giả đơn điệu. Nếu điều kiện bức (C) thỏa mãn thì (VEP) có một nghiệm. Chứng minh. Vì F là giả đơn điệu, ta có *( ) ( ),y y y K    . Từ tính nửa liên tục dưới, *( )y là tập đóng. Do đó, *( ) ( )y y  . Bởi vậy, *( ) ( ) ( ) y K y K y K y y y        , do Mệnh đề 1.2.1. 18 Vì vậy, (y) y K    . Do đó, (y) y K    ; tức là (VEP) có một nghiệm. □ Nhận xét 1.2.3. Chứng minh trên chỉ ra rằng, trong trường hợp các song hàm giả đơn điệu, tập nghiệm *( ) ( ) y K y K y y     . Vấn đề này được chỉ ra cho trường hợp vô hướng trong [2]. Từ Định lí 1.2.1 và Nhận xét 1.2.2, ta suy ra kết quả sau Định lí 1.2.2. Giả sử rằng F thỏa mãn các giả thiết sau: (A1) F(. , y) là hemi – liên tục với y K  ; (A2) F(x, y) là giả đơn điệu; (A3) F(x, .) là nửa liên tục dưới và tựa lồi hiện với x K  . Nếu điều kiện bức (C) thỏa mãn thì bài toán (VEP) có một nghiệm. Hệ quả 1.2.1. Giả sử rằng F thỏa mãn các giả thiết của Định lí 1.2.1 hoặc Định lí 1.2.2. Khi đó tập nghiệm là khác rỗng và compắc. Thang Long University Libraty 19 Chứng minh. Do ( ) ( ) y K y K y y     , tập các nghiệm là đóng. Theo giả thiết (C), tồn tại tập hợp compắc B K và phần tử *y B sao cho *( )y B  . Bởi vậy, ( ) y K y B   , tức là tập nghiệm là compắc. Nhận xét 1.2.4. Với các giả thiết của Định lí 1.2.1 hoặc Định lí 1.2.2 tập nghiệm không lồi. Chúng ta xét ví dụ sau: Cho X Y R2, [0,1] 0,1 ,K C    R 2 +. Dễ thấy rằng, song hàm F(x, y) = (y1 – x1 , y2 – x2), với x = (x1, x2) và y = (y1, y2), thỏa mãn các giả thiết của Định lí 1.2.2. Các vectơ x* = (0, 1) và (1,0)x  là các nghiệm của (VEP), vì 1 2 1( , )y y  ≮ 0, y K  và 1 2( 1, )y y ≮ 0, y K  . Tuy nhiên, x = 1 1 ; 2 2       không phải là nghiệm, vì F(x, y) = ( y1 – 1 2 , y2 – 1 2 ) < 0, với 0  y1 < 1 2 , 0  y2 < 1 2 . Từ định nghĩa của tính giả đơn điệu chặt, ta thấy hệ quả sau đúng. Hệ quả 1.2.2. Giả sử rằng F thỏa mãn các giả thiết của Định lí 1.2.1 hoặc Định lí 1.2.2 và cho F là giả đơn điệu chặt. Khi đó, nghiệm của bài toán là duy nhất. 20 1.3. Sự tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ với giả thiết tựa đơn điệu. Nhắc lại: Phần trong đại số của tập K  trong không gian X là tập  ( ) : , 0: , 0,iA K x K x X x x K               . Khi chúng ta chuyển từ tính giả đơn điệu sang giả thiết yếu hơn là tính tựa đơn điệu của F, thì cần có điều kiện mạnh hơn (A3) của Định lí 1.2.2. Chúng ta cần thêm hai giả thiết nữa như trong trường hợp vô hướng [2]. Điều này dẫn đến các giả thiết sau: (A1) F(. , y) là hemi – liên tục với y K  ; (A2’) F(x, y) là tựa đơn điệu; (A3’) F(x, .) là nửa liên tục dưới và * - tựa lồi bán chặt với x K  ; (A4) F(x, .) là * - tựa lõm bán chặt với x K  ; (A5) Điều kiện bức (C) thỏa mãn; (A6) Phần trong đại số Ai(K) của K là không rỗng. Bổ đề 1.3.1. Giả sử F thỏa mãn các giả thiết (A1), (A2’), (A4). Xét x, y  K sao cho *( ), ( )x y x y   , thì tồn tại *C ∖{0} sao cho ( ( , )) 0,F x y  ( ( , ')) ( ( , )), ' .F x y F x y y K    Thang Long University Libraty 21 Chứng minh. Bất đẳng thức đầu tiên là đúng vì ( )x y , và do đó ( , )F x y ≮ 0. Điều này kéo theo tồn tại *C khác không sao cho ( ( , ))F x y 0 . Để chứng minh bất đẳng thức thứ 2, giả sử ngược lại với 'y K , ta có ( ( , ')) ( ( , ))F x y F x y  . Đặt ' (1 ) , 0,1ty ty t y t       . Vì F(x, . ) là * - tựa lõm bán chặt, ta có ( ( , )) ( ( , )) 0, (0,1)F x y F x y tt    . Bởi vậy, F( x, yt ) ≰ 0. Từ tính tựa đơn điệu, ta suy ra rằng ( , )tF y x ≯ 0, với mọi (0,1)t . Khi đó, tính hemi – liên tục kéo theo ( , )F y x ≯ 0, bởi vậy *( )x y . Điều đó mâu thuẫn với giả thiết. □ Định lí 1.3.1. Giả sử F thỏa mãn các giả thiết (A1), (A2’), (A3’), (A4), (A5), (A6). Khi đó, (VEP) có nghiệm. Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng (VEP) không có nghiệm. Theo Bổ đề 1.1.5, F(x, .) là tựa lồi với x K  . Bởi vậy, có ( ) y K y   . Lấy ( ) ; ( ) y K x y z Ai K    . 22 Khi đó, ( )x z . Do đó, tồn tại một lưới  , ( )x x z   sao cho x x  . Giả sử rằng, với *, ( )x z  . Khi đó Bổ đề 1.3.1 kéo theo tồn tại *C ∖{0} sao cho ( ( , )) 0,F x z  ( ( , )) ( ( , )), .F x y F x z y K     Bởi vậy, hàm tựa lồi bán chặt ( ) ( ( , ))g y F x y đạt một cực đại tuyệt đối tại z trên K. Vì ( )z Ai K nên g là hằng số trên K (xem [2]), tức là ( ( , )) ( ( , )) 0,F x y F x z y K      . Do đó, ( , )F x y ≮ 0, y K  ; tức là, (VEP) có một nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết ở trên. Bởi vậy, *( ),x z    , nghĩa là, ( , )F z x ≯ 0,  . Do tính nửa liên tục dưới, ta suy ra rằng ( , )F z x ≯ 0. Với bất kỳ x K , ta xét (1 ) , 0,1tx tz t x t       . Thang Long University Libraty 23 Khi đó, ( ), (0,1]tx Ai K t   , Và ta có ( , )tF x x ≯ 0. Do tính hemi – liên tục, ( , )F x x ≯ 0, x K  . Do vậy, *( ) x K x x   . Do Mệnh đề 1.2.1, ta có *( ) ( ) x K x K x x     . Khi đó, ( , )F x x ≮ 0, x K  ; tức là (VEP) có một nghiệm. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. □ Nhận xét 1.3.1. Giả thiết (A4) có thể làm yếu đi như sau: với mọi *C ∖{0}, ( ( , )) ( ( , '))F x y F x y  và ( ( , '))F x y ≮ 0 kéo theo ( ( , )) ( ( , '))tF x y F x y  , 24 với mọi (1 ) '; (0,1)ty ty t y t    . 1.4. Trường hợp tổng quát hơn Trong phần này, chúng ta chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán (VEP) trong trường hợp F(x, y) = G (x, y) + H (x, y), (1.2 ) với : , :G K K Y H K K Y    . Nếu H = 0 thì các kết quả nhận được sẽ quy về trường hợp của Định lí 1.2.2. Trong phần tiếp theo, chúng ta cần có định nghĩa sau. Một song hàm G được gọi là giả đơn điệu theo H (H – giả đơn điệu ) nếu, với mọi ,x y K : ( , ) ( , )G x y H x y ≮ 0 kéo theo ( , ) ( , )G y x H x y ≯ 0. Chú ý rằng với H = 0, định nghĩa này quy về định nghĩa của song hàm giả đơn điệu. Hơn nữa, dễ thấy rằng mỗi song hàm C – đơn điệu là trường hợp đặc biệt của H – giả đơn điệu. Chúng ta đưa vào các giả thiết sau: (I) ( , ) 0,G x x x K   ; (II) G(. , y) là hemi – liên tục với y K  ; (III) G(x, y) là H – giả đơn điệu; (IV) G(x, .) là nửa liên tục dưới và lồi với x K  ; (V) H(x, x) = 0 với x K  ; Thang Long University Libraty 25 (VI) H(. , y) là nửa liên tục trên với y K  ; (VII) H (x, . ) là lồi với x K  ; (VIII) Điều kiện bức (C) thỏa mãn. Với y K , chúng ta xét các tập hợp: ( ) : ( , )y x K F x y   ≮0} { : ( , ) ( , )x K G x y H x y   ≮ 0} *( ) { : ( , ) ( , )y x K G y x H x y    ≯ 0}. Từ Bổ đề 1.2.1 chúng ta biết rằng ( )y là một KKM – ánh xạ. Do đó, điều kiện bức (C) đảm bảo rằng ( ) y K y   . Mệnh đề 1.4.1. Nếu song hàm G thỏa mãn các giả thiết (I), (II), (IV) và nếu song hàm H thỏa mãn các giả thiết (V) và (VII) thì *( ) ( ) y K y K y y     . Chứng minh. Trong trường hợp *( ) y K y   , ta lấy *( ) y K x y   . Khi đó, ( , ) ( , )G y x H x y ≯ 0, y K  . Với mỗi y K cố định, đặt (1 ) , (0,1)ty ty t x t    . 26 Khi đó, ( , ) ( , )t tG y x H x y ≯ 0, (0,1)t  . Do đó, (1 ) ( , ) ( , )t G y x tG y yt t  ≯ (1 ) ( , ) ( , )t tt H x y tG y y  . Do (I) và (IV), ta có 0 ( , ) (1 ) ( , ) ( , )t t t tG y y t G y x tG y y    . Với mọi ,a b Y , các điều kiện a ≯ b, a  0 tức là b ≮ 0, chúng ta suy ra rằng ( , ) (1 ) ( , )t ttG y y t H x y  ≮ 0. Từ (V) và (VII), chúng ta có ( , ) ( , )tH x y tH x y . Do đó, ( , ) (1 ) ( , )tG y y t H x y  ≮ 0. Khi đó từ (II), ta suy ra ( , ) ( , )G x y H x y ≮ 0, tức là, ( ) y K x y   . □ Định lí 1.4.1. Nếu các giả thiết (I) – (VIII) thỏa mãn thì bài toán cân bằng vectơ trong trường hợp (1.2), có một nghiệm. Thang Long University Libraty 27 Chứng minh. Vì G là H – giả đơn điệu, ta có *( ) ( ),y y y K    . Do các giả thiết nửa liên tục (IV), (VI) và sự kiện: tổng của hai hàm nửa liên tục dưới là nửa liên tục dưới, nên *( )y là đóng trong K. Bởi vậy, suy ra điều phải chứng minh như trong Định lí 1.2.1. □ Chương 2 CÁC NGHIỆM HỮU HIỆU VÀ HỮU HIỆU HENIG CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ Chương 2 trình bày các kết quả của X. Gong [7] về nghiệm hữu hiệu Henig của bài toán cân bằng vectơ, các kết quả về vô hướng hóa bài toán cân bằng vectơ, các định lý về tồn tại nghiệm hữu hiệu và tính liên thông của tập nghiệm hữu hiệu Henig và tập nghiệm hữu hiệu của bài toán bất đẳng thức biến phân Hartman – Stampacchia vectơ. 2.1. Các khái niệm và định nghĩa Giả sử X và Y là hai không gian định chuẩn, Y* là không gian đối ngẫu tôpô của Y, C là một nón lồi, đóng, nhọn trong Y, C* = { f  Y*: f(y)  0, với mọi y  C} là các nón đối ngẫu của C. Ký hiệu C là tựa phần trong của C*, tức là, C= { f  Y*: f(y) > 0, với mọi y  C\{0}}. 28 Nón C sinh ra một thứ tự trong Y được xác định bởi u  v nếu và chỉ nếu v - u  C. Cho D là một tập hợp không rỗng trong Y. Ký hiệu int D và cl D tương ứng là phần trong và bao đóng của D. Bao nón của một tập D  Y được xác định bởi cone (D) = {td: t  0, d  D}. Một tập hợp con không rỗng, lồi B của nón lồi, đóng C được gọi là một cơ sở của C nếu C = {b:   0, b  B} và 0  cl B. Ta cũng biết rằng C   nếu và chỉ nếu C có một cơ sở. Nếu C có một cơ sở B, ta có thể xác định một nón lồi đóng khác C (B), bởi C (B) = cl (cone (B +  U )), trong đó 0 <  <  := inf { b : b  B} và U là hình cầu đơn vị đóng của Y. Ta biết rằng, nếu 0 <  < ’ <  thì C (B) là một nón nhọn, lồi, đóng, C\{0}  int C (B), và C (B)  cone (B +  ’U ). Thang Long University Libraty 29 Bây giờ, giả sử A là một tập hợp con không rỗng của X, và F: AA Y là một song hàm. Chúng ta sẽ xét bài toán cân bằng vectơ (VEP) như sau: Tìm x  A sao cho F(x, y)  - K, với mọi y  A, trong đó K  {0} là một nón lồi trong Y. Định nghĩa 2.1.1. Giả sử int C  . Một vectơ x  A, thỏa mãn F(x, y)  -int C, với mọi y  A được gọi là một nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP). Ký hiệu bởi wV (A, F) là tập tất cả các nghiệm hữu hiệu yếu của (VEP). Định nghĩa 2.1.2. Vectơ x  A thỏa mãn F(x, y)  - C\{0}, với mọi y  A được gọi là một nghiệm hữu hiệu của (VEP). Ký hiệu bởi V(A, F) là tập tất cả các nghiệm hữu hiệu của (VEP). Định nghĩa 2.1.3. Giả sử C có một cơ sở B. Vectơ x  A được gọi là nghiệm hữu hiệu Henig của (VEP) nếu có 0 <  <  := inf { b : b  B}, F(x, y)  -int C (B), với mọi y  A. Ký hiệu bởi HV (A, F) là tập tất cả nghiệm hữu hiệu Henig của (VEP). Nhận xét 2.1.1. Khái niệm nghiệm hữu hiệu Henig của tối ưu vectơ được đưa vào trong [4]. Cho f  C*\{0}. Chúng ta xét bài toán cân bằng (vô hướng) sau: Tìm x  A sao cho f (F(x, y))  0, với mọi y  A. (2.1) 30 Định nghĩa 2.1.4. Giả sử f  C*\{0}. Nếu x  A là một nghiệm của bài toán cân bằng (2.1), thì ta nói rằng x là một nghiệm f - hữu hiệu của (VEP). Kí hiệu f V (A, F) là tập tất cả nghiệm f - hữu hiệu của (VEP). Mệnh đề 2.1.1. Nếu int C   thì V(A, F)  wV (A, F) và { f V (A, F): f  C*∖{0}}  wV (A, F). Nếu C    thì { f V (A, F): f C }  V(A, F) và HV (A, F)  V(A, F). 2.2. Phép vô hướng hóa bài toán cân bằng vectơ Đặt F(x, A) = {F(x, y): y  A}, x  A. Bổ đề 2.2.1. Giả sử rằng int C   và F(x, A) + C là một tập lồi với mỗi x  A. Khi đó, wV (A, F ) =  { fV (A, F ): f  C*\{0}}. Chứng minh. Từ Mệnh đề 2.1.1, ta chỉ cần chứng minh wV (A, F)   { fV (A, F): f  C*\{0}}. Lấy x  wV (A, F). Từ định nghĩa, ta có F(x, y)  -int C, với mọi y  A. Bởi vậy, Thang Long University Libraty 31 F(x, A)  ( int C) = . Do đó, (F(x, A) + C)  ( int C) =  . Vì F(x, A) + C là một tập lồi, theo định lý tách các tập lồi trong [8], tồn tại hàm f  Y*\{0} sao cho inf {f (F(x, y) + c): y  A, c  C} > sup {f ( c): c  int C}. Ta có f  C*\{0} và f(F(x, y))  0, với mọi y  A. Bởi vậy, x  f V (A, F ). □ Giả sử B là một cơ sở của C. Đặt C = { f  C : tồn tại t > 0, sao cho f(y)  t, với mọi y  B}. Rõ ràng là C   . Bổ đề 2.2.2. (i)  { f V (A, F): f  C }  HV (A, F). (ii) Giả sử, với mỗi x  A, tập hợp F(x, A) + C lồi. Khi đó, HV (A, F)   { fV (A, F ): f C  }. 32 Chứng minh. (i) Lấy x  { f V (A, F): f C }. Khi đó, tồn tại f C sao cho x  fV (A, F). Điều đó có nghĩa là f(F(x, y))  0, với mọi y  A; tức là, F(x, y)  {u  Y: f(u) < 0}, với mọi y  A. (2.2) Vì f  C , tồn tại t > 0 sao cho f(b)  t, với mọi b  B. Đặt V = {u  Y: f(u) < t}. Khi đó, V là một lân cận của không. Chọn 0    sao cho U  V, trong đó := inf { b : b  B}, và U là hình cầu đóng đơn vị của Y. Ta có ( U - B )  {u  Y: f(u) < 0}. (2.3) Chọn '0    và lưu ý rằng 'C (B) là một nón nhọn, lồi, đóng và ' C  (B)  cone (B + U ). Thang Long University Libraty 33 Lấy u  -int ' C  (B). Vì ' C  (B)  cone (B + U ), nên ta có u =  (v+ b) =  (- v - b), trong đó  > 0, b  B, v  U . Từ (2.3) ta suy ra f(u) < 0. Ta nhận được -int ' C  (B)  {u  Y: f(u) < 0}. Do (2.2), nên F(x, y)  -int ' C  (B), với mọi y  A. Bởi vậy, x  HV (A, F). Do đó, { f V (A, F): f  C }  HV (A, F). (ii) Giả sử x  HV (A, F). Theo định nghĩa, tồn tại 0    sao cho F(x, A)  ( int C (B)) =  . Ta có 34 (F(x, A) + C)  ( int C (B)) =  . Theo giả thiết, F(x, A) + C là một tập hợp lồi. Ta có thể áp dụng định lý tách của các tập lồi, tồn tại f  Y*\{0} sao cho inf {f(F(x, y) + c): y  A, c  C} > sup {f( z): z  int C (B)}. Từ đó, ta có f(F(x, y))  0, với mọi y  A, (2.4) và f  (C (B))*. Do đó f( U + B)  0. Vì f  0, tồn tại u  U , sao cho f(u) < 0. Như vậy, f(u + b)  0, với mọi b  B. Điều này có nghĩa là f  C . Do đó, HV (A, F)  { fV (A, F): f  C  }. □ 2.3. Sự tồn tại nghiệm Giả sử C là một nón nhọn, lồi, đóng trong Y. Như đã đề cập ở phần trước, ta có thể xác định một thứ tự trong Y bởi y  x nếu và chỉ nếu y - x  C. Giả sử L(X, Y) là không gian của tất cả các ánh xạ tuyến tính bị chặn từ X vào Y. Kí hiệu (h, x) là giá trị của h  L(X, Y) tại x. Thang Long University Libraty 35 Định nghĩa 2.3.1. Giả sử A là một tập hợp con không rỗng của X, T: A  L (X, Y) là một toán tử (i) T được gọi là đơn điệu trên A nếu (Tx - Ty, x - y)  0, với mọi x, y  A. (ii) Cho f  C*\{0}. T được gọi là f - đơn điệu trên A nếu f ((Tx, x - y)) + f ((Ty, y - x))  0, với mọi x, y  A. Rõ ràng là, nếu T là đơn điệu trên A thì với bất kỳ f  C*\{0}, T là f - đơn điệu trên A. Định nghĩa 2.3.2. Cho T: A  L(X, Y). T được gọi là v - hemi liên tục nếu, với mọi x, y  A cố định, ánh xạ H(t) := (T(ty +(l - t) x), y - x), t  [0, 1] liên tục tại 0. Cho f  C*\{0}. T được gọi là f – hemi liên tục nếu với mọi x, y  A cố định, hàm h(t) := f((T(ty + (1- t) x), y - x)), t  [0, 1] nửa liên tục dưới tại 0. Dễ thấy rằng, nếu T là v – hemi liên tục trên A thì với bất kỳ f  C*\{0}, T là f – hemi liên tục trên A. Định nghĩa 2.3.3. Ánh xạ q: A  Y được gọi là C – nửa liên tục dưới (hoặc trên ) tại 0x  A nếu với bất kỳ lân cận V của q( 0x ) trong Y, tồn tại lân cận U( 0x ) của 0x trong X sao cho q(x)  V + C, với mọi x  U( 0x )  A, 36 [q(x)  V - C, với mọi x  U( 0x )  A]. Ta nói q là C – nửa liên tục dưới (C - nửa liên tục trên) trên A nếu nó là C – nửa liên tục dưới (C - nửa liên tục trên) tại mọi x  A. Cho f  C*\{0}. Ánh xạ q được gọi là f – nửa liên tục dưới trên A nếu hàm f q : AR là nửa liên tục dưới trên A. Nhận xét 2.3.1. Nếu q là C – nửa liên tục dưới tại 0x  A thì -q là C - nửa liên tục trên tại 0 x . Ta có thể thấy rằng, nếu 1 2,q q là C – nửa liên tục dưới trên A thì 1 2q q là C – nửa liên tục dưới trên A. Nếu f  C*\{0} và nếu q là C – nửa liên tục dưới trên A thì hàm f q : AR là nửa liên tục dưới trên A [3]. Cho A  X là một tập hợp con lồi của X. Ánh xạ q: A  Y được gọi là C - lồi trên A nếu với mọi 1 2,x x  A, t  [0, 1], ta có q(t 1x + (1- t) x2)  tq( 1x ) + (1- t) q( 2x ). Bổ đề 2.3.1. (Fan). Trong một không gian vectơ tôpô Hausdorff, cho A là một tập lồi, 0A là một tập con không rỗng của A. Với mỗi x  0A , gọi E(x) là một tập con đóng của A sao cho bao lồi của mỗi tập con hữu hạn { 1,......,xnx } của 0A nằm trong 1 n i E( ix ). Nếu tồn tại một điểm 0x  0A sao cho E( 0x ) là compắc thì {E(x): x  0A }  . Thang Long University Libraty 37 Nhận xét 2.3.2. Ánh xạ đa trị E: A  2A được gọi là một KKM – ánh xạ nếu co { 1,..., nx x }  1 n i E( ix ), với bất kỳ tập hợp con hữu hạn { 1,..., nx x } của A, trong đó co (D) kí hiệu bao lồi của tập hợp D. Định lý 2.3.1. Giả sử A là một tập con lồi, không rỗng, compắc yếu của X, f  C  . Giả sử T: A  L(X, Y) là f –hemi liên tục trên A, q: A  Y là f - nửa liên tục dưới yếu trên A [X được trang bị tôpô yếu (X, X*)], và q là C – lồi. Hơn nữa, giả sử T là f - đơn điệu trên A. Khi đó, f V (A, F)   , và do đó V(A, F)   , trong đó F(x, y) = (Tx, y - x) + q(y) - q(x), x, y  A. Chứng minh. Ta cần chỉ ra, tồn tại x  A, đó là một nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân vô hướng f(F(x, y)) = f((Tx, y - x)) + f(q(y)) - f(q(x)) ≥ 0, với mọi y  A. Trước hết, chúng ta xác định các ánh xạ đa trị E, G: A  2A bởi E(y) = {x  A: f((Tx, x - y)) + f(q(x)) ≤ f(q(y))}, G(y) = {x  A: f((Ty, y - x)) + f(q(y)) ≥ f(q(x))}. Khi đó, bằng cách chứng minh tương tự Định lý 2.4 trong [10], chúng ta có E là một KKM – ánh xạ trên A và {E(y): y  A} = {G(y): y  A}   . Vì {E(y): y  A}   nên 38 f V (A, F)   . □ Định nghĩa 2.3.4. Song hàm F: AA  Y được gọi là lõm - convexlike, nếu với t  [0, 1], các điều kiện sau thỏa mãn: (i) Cho 1 2,x x  A, tồn tại 3x  A với F( 3x , y)  tF( 1x , y) + (1 - t) F( 2x , y), với mọi y  A; (ii) Cho 1 2,y y  A, tồn tại 3y  A với F(x, 3y )  tF(x, 1y ) + (1 - t) F(x, 2y ), với mọi x  A. Định lý 2.3.2. Cho A là một tập hợp con không rỗng, compắc yếu của X, và f  C . Giả sử F: A  A  Y là lõm - convexlike và với mỗi y cố định, y  A, hàm x  f(F(x, y)) là nửa liên tục trên yếu trên A. Hơn nữa, giả sử F(x, x)  0, với mọi x  A thì V(A, F)   . Chứng minh. Xác định ánh xạ đa trị G: A  2A bởi G(y) = {x  A: f(F(x, y))  0}, với mọi y  A. Theo giả thiết, y  G(y), với mọi y  A. Giả sử { x :   I} là một lưới trong G(y) sao cho { x } hội tụ yếu đến 0x . Rõ ràng, ta có 0x  A. Vì { x }  G(y), nên ta có f(F( x , y))  0, với mọi   I. Thang Long University Libraty 39 Từ giả thiết, ta có G(y) là một tập hợp con đóng yếu của A. Ta phải chứng minh rằng { G(y): y  A}   . Do A là compắc yếu, ta chỉ cần chỉ ra rằng 1 (y ) n i i G   , với bất kỳ 1,..., ny y trong A. Nếu điều này là không đúng, thì tồn tại tập hợp B = { 1,..., ny y }  A với 1 (y ) n i i G   . Vì vậy, với bất kỳ x  A, tồn tại iy  B sao cho x  G( iy ). Điều đó có nghĩa là f(F(x, iy )) < 0. Bởi vậy, tồn tại 0i  sao cho f(F(x, iy )) < - i . Vì x  f(F(x, y)) là nửa liên tục trên yếu trên A, ta có thể chọn  > 0 sao cho với bất kỳ x  A, tồn tại jy  B sao cho f(F(x, jy )) +  < 0. (2.5) Định nghĩa g: ARn bởi g(x) = ( f(F(x, 1y )) -  , - f(F(x, 2y )) -  , ..., - f(F(x, ny )) -  ), x  A. 40 Từ (2.5), ta có: - g(x)  int Rn+, với bất kỳ x  A. (2.6) Do f  C , và F(x, y) là lõm - convexlike, ta có, với t  [0, 1], 1 2,x x A , tồn tại 3x  A g( 3x )  tg( 1x ) + (1 - t) g( 2x ). Theo Định lý 2.11 [8], g(A) + Rn+ là một tập lồi. Từ (2.6) ta có 0  g(A) + int Rn+. Theo định lý tách các tập lồi, ta có thể tìm được 1 2, ,..., 0nt t t  , với 1 1 n ii t  sao cho 1 0 ( ( ( ( , y ))) ) n i i t t f F x       , với mọi x  A, tức là, 1 ( ( , )) n i i t t f F x y     , với mọi x  A. (2.7) Theo giả thiết, tồn tại y  A sao cho 1 ( , ) ( ( , )) n i i t F x y t f F x y   , với mọi x  A. Vì f  C , ta có 1 ( ( , )) ( ( , )) n i i t f F x y t f F x y   , với mọi x  A. (2.8) Thang Long University Libraty 41 Từ (2.7) - (2.8), ta suy ra f(F(x, y))    , với mọi x  A. Với x = y, ta có f(F(y, y))  -  . Mặt khác, từ giả thiết 0  F(y, y) , ta phải có 0  f(F(y, y)) . Điều này dẫn đến một mâu thuẫn. Do đó, {G(y): y  A}  . Ta suy ra tồn tại x  {G(y): y  A}. Điều này có nghĩa là: 0  f(F(x, y)) , với mọi y  A. Bởi vậy, x  f V (A, F)  V(A, F). □ 2.4. Tính liên thông của tập nghiệm Bây giờ, chúng ta nghiên cứu tính liên thông của tập hợp các nghiệm hữu hiệu Henig và tập hợp các nghiệm hữu hiệu yếu của bất đẳng thức biến phân Hartman- Stampacchia giá trị vectơ. 42 Định lý 2.4.1. Cho A là một tập hợp con lồi, không rỗng, compắc yếu của X. Giả sử T: A L (X, Y) là v - hemi liên tục và đơn điệu trên A, q: A Y là C – nửa liên tục dưới yếu trên A [X được trang bị tôpô  (X, X*)], q là C – lồi. Hơn nữa, q(A) là tập con bị chặn của Y và C   . Khi đó, { fV (A, F): f C } là tập liên thông theo  (X, X*), trong đó F(x, y) = (Tx, y - x) + q(y) - q(x), với bất kỳ x, y  A. Chứng minh. Xác định ánh xạ đa trị H: C 2A bởi H(f) = f V (A, F), f C . Do C là một tập lồi, nên C là một tập hợp liên thông. Theo Định lý 2.3.1, H(f)   , với mỗi f C . Ta chỉ ra rằng H(f) là một tập hợp lồi với mỗi f C . Lấy 1 2,x x  H(f). Khi đó, với i = 1, 2, f(F( ix , y)) = f((T ix , y - ix ) + q(y) - q( ix ))  0, với mọi y  A. Xác định các ánh xạ đa trị E, G: A  2A bởi E(y) = {x  A: f((Tx, x - y)) + f(q(x))  f(q(y))}, G(y) = {x  A: f((Ty, y - x)) + f(q(y))  f(q(x))}. Vì 1 2,x x  fV (A, F) nên ta có  1 2, ( ) :x x E y y A  . Ta có Thang Long University Libraty 43 {E(y): y  A} = {G(y): y  A}. Như vậy, với i =1, 2, ta có f((Ty, y - ix )) + f(q(y))  f(q( ix ), với mọi y  A. Với bất kỳ t  [0, 1], do tính C – lồi của q và f C nên ta có f((Ty: y - (t 1x + (1- t) 2x )) + f(q(y))  f(q(t 1x + (1- t) 2x )), với mọi y  A; có nghĩa, t 1x + (1 - t) 2x  {G(y): y  A} = {E(y): y  A}. Như vậy, t 1x + (1 - t) 2x  H(f), H(f) là một tập hợp lồi, và do đó là một tập liên thông. Chúng ta chỉ ra rằng H(f) là nửa liên tục trên trên C . Vì A là compắc yếu nên ta chỉ cần chỉ ra rằng H là đóng (xem [1]). Cho ( ,n nf x )  graph (H) = {(f, x)  C A  : x  H(f)}, và ( ,n nf x ) 0 0( , )f x C A    . Vì ( ) ( , )n n fn x H f V A F  , 44 nên ta có (( , )) ( ( )) ( ( ))n n n n n nf Tx x y f q x f q y   , với mọi y  A. Do tính đơn điệu của T và nf C  , ta nhận được (( , )) ( ( )) ( ( ))n n n n nf Ty y x f q y f q x   , với mọi y  A. (2.9) Cho y là điểm bất kỳ trong A. Do Ty  L(X, Y), ta có {(Ty, y - nx )} hội tụ yếu đến (Ty, y - 0x ), vì { nx } hội tụ yếu đến 0x . Hơn nữa, 0nf f  0, ta có 0 0(( , )) ( , ))n nf Ty y - x f Ty y - x và 0( ( )) ( ( ))nf q y f q y . Ta có 0 0( ( )) ( ( ))n n n lim f q x f q x   . Lấy giới hạn dưới hai vế của (2.9), ta có 0 0 0 0 0(( , )) ( ( )) ( ( ))f Ty y - x f q y f q x  . (2.10) Rõ ràng (2.10) đúng với mỗi y  A. Do đó, 0 0 0 0 0(( , )) ( ( )) ( ( ))f Ty y x f q y f q x   , với bất kỳ y  A. Do T là v – hemi liên tục, q là C - lồi và 0f C  nên bằng cách chứng minh tương tự Định lý 2.4 trong [10], ta có 0 00 0 0 0(( , )) ( ( )) ( ( ))yf Tx x f q x f q y   , với mọi y  A, đó là, Thang Long University Libraty 45 0 0 0 0 0 0[ ] = ,( , ) (y) ( ) ( ( )) 0f Tx y - x q q x f F x y   , với mọi y  A. Điều này có nghĩa là, 0 0 0 ( , ) ( ) f x V A F H f  . Bởi vậy, H(f) đóng và nửa liên tục trên trên C . Theo Định lý 3.1 [11], ta có {H(f): f C } = {Vf (A, F): f C  } là một tập hợp liên thông theo (X, X*). □ Định lý 2.4.2. Giả sử các giả thiết của Định lý 2.4.1 thỏa mãn. Khi đó, VH (A, F) là tập liên thông. Hơn nữa, nếu int C  thì Vw (A, F) là một tập hợp liên thông theo (X, X*). Chứng minh. Theo giả thiết, ta có F(x, A) + C là một tập hợp lồi với mỗi x  A. Theo Bổ đề 2.2.2, ta có VH(A, F) = {Vf(A, F): f C  }. Dễ thấy rằng C là một tập hợp lồi và Vf (A, F) là một tập hợp lồi. Xác định ánh xạ đa trị H: C 2A bởi H(f) = Vf(A, F), f C  . Từ chứng minh của Định lý 2.4.1, ta có H(f) là nửa liên tục trên trên C . Do đó, theo Định lý 3.1 [11], VH(A, F) là một tập liên thông theo (X, X*). Nếu int C   , từ Bổ đề 2.2.1, ta có 46 Vw (A, F) = {Vf (A, F): f  C*\{0}}. Chúng ta có thể thấy Vw(A, F) là một tập liên thông theo (X, X*), vì có thể thay thế f  C bởi f  C*\{0} trong chứng minh Định lý 2.4.1. □ KẾT LUẬN Luận văn đã trình bày các kết quả về sự tồn tại nghiệm và tính liên thông của tập nghiệm của bài toán cân bằng vectơ, bao gồm: - Các kết quả về tồn tại nghiệm hữu hiệu yếu của bài toán cân bằng vectơ của Bianchi – Hadjisavvas – Schaible [3]; - Các kết quả về vô hướng hóa bài toán cân bằng vectơ và sự tồn tại nghiệm hữu hiệu của Gong [7]; - Các kết quả về tính liên thông của tập nghiệm hữu hiệu Henig và tập nghiệm hữu hiệu yếu của bất đẳng thức biến phân Hartman – Stampacchia của Gong [7]. Sự tồn tại nghiệm và cấu trúc tập nghiệm của bài toán cân bằng vectơ là đề tài được nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu và phát triển. Thang Long University Libraty 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Aubin, J. P., and Ekeland, I. (1984), Applied Nonlinear Analysis, John Wiley, New York, NY. [2] Bianchi, M., and Schaible, S. (1996), Generalized monotone bifunctions and equilibrium problems, Journal of Optimization Theory and Applications, vol. 90, pp. 31-43. [3] Bianchi, M., Hadjisavvas, N., and Schaible, S. (1997), Vector Equilibrium Problems with Generalized Monotone Bifunctions, Journal of Optimization Theory and Applications, vol. 92, pp. 527–542. [4] Borwein, J. M., and Zhuang, D. (1993), Superefficiency in vector optimization, Transactions of the American Mathematical Society, vol. 338, pp. 105 –122. [5] Chen, G. Y. (1992), Existence of solutions for a vector variational inequality: An extension of the Hartman – Stampacchia theorem, Journal of Optimization Theory and Applications, vol. 74, pp. 445 – 456. [6] Fan , K. (1961) , A Generalization of Tychonoff's fixed - point theorem, Mathematische Annalen, vol. 142, pp. 305 – 310. 48 [7] Gong, X. H. (2001), Efficiency and Henig efficiency for vector equilibrium problems, J. Optim. Theory Appl., vol. 108, 139 – 154. [8] Jahn, J. (1986), Mathematical Vector Optimization in Partially – Ordered Linear Spaces, Peter Lang, Frankfurt am Main, Germany. [9] Jeyakumar, V., Oettli, W., and Natividad, M. (1993), A Solvability theorem for a class of quasiconvex mappings with applications to Optimization, Journal of Mathematical Analysis and Applications, vol. 179, pp. 537 – 546. [10] Lassonde, M. (1983), On the use of KKM multifunctions in fixed – point theory and related topics, Journal of Mathematical Analysis and Applications, vol. 97, pp. 151 – 201. [11] Warburton, A. R. (1983), Quasiconcave vector maximization: connectedness of the sets of Pareto – optimal and weak Pareto – optimal Alternatives, Journal of Optimization Theory and Applications, vol. 40, pp. 537–557. Thang Long University Libraty 49

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdf76_0054_3125.pdf
Luận văn liên quan