Hệ bài toán bao hàm tựa biến phân

Chương 3 Hệ bài toán bao hàm tựa biến phân 3.1 Giới thiệu hệ bài toán bao hàm tựa biến phân Trong phần này, chúng tôi giới thiệu bốn loại hệ bài toán bao hàm tựa biến phân đa trị trong không gian tích. Cho I là tập chỉ số bất kỳ. Với mọi i ∈ I, giả sử Xi, Yi, Zi là các không gian vector tôpô Hausdorff, giả sử Ai ⊆ Xi là các tập lồi, khác trống. Đặt X = ∏ i∈I Xi và A = ∏ i∈I Ai, là các tích Tikhonov. Giả sử các ánh xạ đa trị được cho sau đây có giá trị khác rỗng: Ki : A 2Xi , Ti : A 2Zi , Fi : Ti(A) × Xi × A 2Yi , Gi : Ti(A) × Xi × A 2Yi . Ký hiệu xi là hình chiếu chính tắc của x ∈ X trên Xi. Hệ bài toán bao hàm tựa biến phân tổng quát chúng tôi giới thiệu là (SQIP1) Tìm x sao cho, ∀i ∈ I, xi ∈ Ai ∩ clKi(x),∀yi ∈ Ki(x),∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x); (SQIP2) Tìm x sao cho, ∀i ∈ I, xi ∈ Ai ∩ clKi(x),∀yi ∈ Ki(x),∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x); 24 (SQIP3) Tìm x sao cho, ∀i ∈ I, xi ∈ Ai ∩ clKi(x),∀yi ∈ Ki(x),∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) 6= ∅; (SQIP4) Tìm x sao cho, ∀i ∈ I, xi ∈ Ai ∩ clKi(x),∀yi ∈ Ki(x),∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) 6= ∅. Ở đây cl(.) là ký hiệu bao đóng của tập (.). 3.2 Các trường hợp đặc biệt Để thấy được tính tổng quát của bài toán được thiết lập ở trên, chúng tôi xét vài trường hợp đặc biệt liên quan đến các bài báo gần đây. (a) Nếu Gi(ti, yi, x) = Ci(x) hoặc Yi \ −intCi(x), ở đây Ci : X 2Yi có giá trị Ci(x) là các nón đóng với các phần trong khác rỗng và Ai = Xi, khi đó bốn hệ bài toán (SQIP1)-(SQIP4) ở trên trở thành bốn hệ bài toán tựa cân bằng vector tổng quát (systems of generalized vector quasiequilibrium problems) được khảo sát trong [35]. (b) Nếu Yi = Y0, Zi = X,Ti(x) = x và clKi(x) = Ai,∀i ∈ I và x ∈ X, ở đây Y0 là một không gian vector tôpô Hausdorff, nếu Fi(x, yi, x) đơn trị và nếu Gi(x, yi, x) ≡ Y \ −intC, ở đây C là một nón lồi với intC 6= ∅, khi đó (SQIP1) và (SQIP2) trùng với hệ bài toán cân bằng vector (system of vector equilibrium problems) được nghiên cứu trong [7]. (c) Nếu Zi = X,Ti(x) = x và clKi(x) = Ai,∀i ∈ I và x ∈ X và nếu Gi(x, y, x) = Yi\−intCi(x), ở đây Ci : X 2Yi có các giá trị Ci(x) là các nón lồi với intCi(x) 6= ∅, khi đó (SQIP3) và (SQIP4) trở thành hệ bài toán cân bằng vector tổng quát (sys- tems of generalized vector equilibrium problems) được xét trong [6]. (d) NếuXi = X ∗ i , Yi = R,Ki(x) = Ai, Fi(ti, yi, x) = 〈Ti(x), yi−xi〉 vàGi(ti, yi, x) = R+, ∀i ∈ I, yi ∈ Yi, x ∈ X, ở đây Ti đơn trị, khi đó (SQIP1) và (SQIP2) trở thành hệ bất đẳng thức biến phân (system of variational inequalities) được khảo sát trong 25 [5]. (e) Nếu I là singleton (I = {1}), Gi(ti, yi, x) = Fi(ti, xi, x) + Ci(x), ở đây Ci : X 2Yi có các giá trị Ci(x) là các nón lồi với intCi(x) 6= ∅, khi đó (SQIP2) trở thành các bài toán bao hàm biến phân (variational inclusion problems) được nghiên cứu trong [39] và tương tự như các bài toán bao hàm biến phân được xét trong [25,41,42], trong khi đó (SQIP1) thì tương tự như bài toán bao hàm biến phân được xét trong [25]. (f) Nếu I là singleton, Gi(ti, yi, x) = Yi \ −intCi(x), ở đây Ci : X 2Yi có các giá trị Ci(x) là các nón lồi với intCi(x) 6= ∅, khi đó (SQIP1) và (SQIP2) trở thành các bài toán tựa cân bằng (quasiequilibrium problems) được nghiên cứu bởi nhiều tác giả, xem [20] và [24,32,33]. 3.3 Sự tồn tại nghiệm của hệ bài toán bao hàm tựa biến phân và hệ quả Trong phần này, ngoài việc trình bày các kết quả về sự tồn tại nghiệm cho hệ bài toán bao hàm tựa biến phân, chúng tôi cũng sẽ trình bày các kết quả tồn tại nghiệm của hệ các bài toán tựa cân bằng vector tổng quát (SQEP2) được xét trong [35], hệ các bài toán cân bằng vector tổng quát (SGEP) được xét trong [6], các kết quả này được suy ra từ các kết quả trên và nó phát triển hơn các kết quả của (SQEP2) trong [35] và (SGEP) trong [6], tương ứng. Để thiết lập điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của hệ bài toán bao hàm tựa biến phân, ta cần một số khái niệm và kết quả sau. Định nghĩa 3.3.1 Giả sử D,K,H là các tập, X là không gian vector. Giả sử F,G : D ×X 2K và T : H 2D. Khi đó, ∀x ∈ H, (i) F được gọi là G-tựa lồi (G-quasiconvex) đối với T (x) loại 1 nếu, ∀ξ, η, z ∈ X, ∀λ ∈ [0, 1], ta có điều kéo theo sau [∀t ∈ T (x), F (t, ξ) ∩GC(t, z) 6= ∅ và F (t, η) ∩GC(t, z) 6= ∅] 26 ⇒ [∀t ∈ T (x), F (t, (1− λ)ξ + λη) ∩GC(t, z) 6= ∅], ở đây, GC(t, z) := Y \G(t, z); (ii) F được gọi là G-tựa lồi đối với T (x) loại 2 nếu trong (i) ta thay ”∀t” bởi ”∃t”; (iii) F được gọi là G-tựa lõm (G-quasiconcave) đối với T (x) loại 1 nếu trong (i) GC(t, z) và ” 6= ∅ ” được thay bởi G(t, z) và ” = ∅ ”, tương ứng; (iv) F được gọi là G-tựa lõm đối với T (x) loại 2 nếu trong (i) GC(t, z), ”∀t” và ” 6= ∅ ” được thay bởi G(t, z), ”∃t” và ” = ∅ ”, tương ứng. Định nghĩa 3.3.2 Giả sử X, Y là các không gian tôpô, F : X 2Y . Một điểm x ∈ X được gọi là phần tử cực đại nếu F (x) = ∅. Công cụ chính dùng để chứng minh sự tồn tại nghiệm cho các bài toán (SQIP1- SQIP4) là định lý các phần tử cực đại (theorem of maximal elements) cho một họ các hàm đa trị được thiết lập trong [18] ở dạng hơi yếu hơn. Định lý 3.3.1 Với mọi i ∈ I, giả sử Xi là không gian vector tôpô Hausdorff, giả sử Ai ⊆ Xi là tập con lồi, khác rỗng và giả sử Si : A = ∏ i∈I Ai 2Ai có các giá trị lồi. Giả sử rằng các điều sau đây thỏa (i) S−1i (xi) mở trong A, ∀xi ∈ Ai và ∀i ∈ I; (ii) xi /∈ Si(x), ∀x ∈ A và ∀i ∈ I; (iii) nếu A không compact, tồn tại một tập con compact, khác rỗng N của A và ∀i ∈ I, có một tập con lồi, compact, khác rỗng Bi của Ai sao cho, ∀x ∈ A\N,∃i ∈ I sao cho Bi ∩ Si(x) 6= ∅. Khi đó, tồn tại x ∈ A sao cho Si(x) = ∅, ∀i ∈ I. Sau đây là kết quả về sự tồn tại nghiệm cho hệ bài toán bao hàm tựa biến phân (SQIP1-SQIP4), (SQEP2), (SGEP) của [27]. Định lý 3.3.2 Cho (SQIP1) và giả sử những điều sau đây thỏa (i) ∀i ∈ I,∀x ∈ A, xét Fi(ti, yi, x) và Gi(ti, xi, x), Fi là Gi-tựa lồi, theo hai biến đầu, đối với Ti(x) loại 1; hơn nữa, ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, xi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x); 27 (ii) ∀i ∈ I,∀yi ∈ Ai, {x ∈ A : ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x)} đóng; (iii) ∀i ∈ I,∀x ∈ A,Ai ∩Ki(x) 6= ∅, Ki(x) lồi; clKi(.) usc và K−1i (yi) mở trong A với mọi yi ∈ Ai; (iv) nếu A không compact, tồn tại một tập compact, khác rỗng N ⊆ A và ∀i ∈ I, có một tập lồi, compact, khác rỗng Bi ⊆ Ai sao cho, ∀x ∈ A \N , tồn tại i ∈ I và yi ∈ Bi ∩Ki(x) thỏa Fi(ti, yi, x) * Gi(ti, xi, x), ∀ti ∈ Ti(x). Khi đó, (SQIP1) có nghiệm. Chứng minh. ∀i ∈ I và ∀x ∈ A, đặt Ei = {x ∈ A : xi ∈ clKi(x)}, Pi(x) = {zi ∈ Ai : Fi(ti, zi, x) * Gi(ti, xi, x),∀ti ∈ Ti(x)}, Si(x) =  Ki(x) ∩ Pi(x), nếu x ∈ Ei,Ai ∩Ki(x), nếu x ∈ A \ Ei. ∀yi ∈ Ai, ta có S−1i (yi) = {x ∈ A : yi ∈ Si(x)} = {x ∈ Ei : yi ∈ Ki(x) ∩ Pi(x)} ∪ {x ∈ A \ Ei : yi ∈ Ai ∩Ki(x)} = {x ∈ Ei : x ∈ K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)} ∪ {x ∈ A \ Ei : x ∈ K−1i (yi)} = [Ei ∩K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)] ∪ [(A \ Ei) ∩K−1i (yi)] = [(A \ Ei) ∪ P−1i (yi)] ∩K−1i (yi). Do đó, A \ S−1i (yi) = A \ {[(A \ Ei) ∪ P−1i (yi)] ∩K−1i (yi)} = {A \ [(A \ Ei) ∪ P−1i (yi)]} ∪ [A \K−1i (yi)] = [Ei ∩ (A \ P−1i (yi))] ∪ [A \K−1i (yi)]. (3.1) Vì clKi(.) usc và có giá trị đóng nên clKi(.) đóng. Lấy {xα} ⊂ Ei, {xα} → x0 ∈ A, nghĩa là xαi → x0i,∀i ∈ I. Do xα ∈ Ei nên xα ∈ A, xαi ∈ clKi(xα) và do clKi(.) đóng nên x0i ∈ clKi(x0). Vậy Ei đóng. Theo (iii), A \K−1i (yi) cũng đóng. Theo giả thiết (ii), A \ P−1i (yi) = {x ∈ A : yi /∈ Pi(x)} 28 = {x ∈ A : ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x)} đóng. Vì thế, từ (3.1) suy ra rằng S−1i (yi) mở trong A. Tiếp theo ta sẽ chỉ ra Pi(x) là lồi, ∀x ∈ A,∀i ∈ I. Thật vậy, ∀zi, yi ∈ Pi(x),∀λ ∈ [0, 1],∀ti ∈ Ti(x), ta có: zi ∈ Pi(x)⇒ Fi(ti, zi, x) * Gi(ti, xi, x)⇒ Fi(ti, zi, x) ∩GCi (ti, xi, x) 6= ∅, yi ∈ Pi(x)⇒ Fi(ti, yi, x) * Gi(ti, xi, x)⇒ Fi(ti, yi, x) ∩GCi (ti, xi, x) 6= ∅. Vì Fi là Gi-tựa lồi đối với Ti(x) loại 1 (được giả sử trong (i)) nên ta suy ra Fi(ti, (1− λ)yi + λzi, x) ∩GCi (ti, xi, x) 6= ∅,∀ti ∈ Ti(x) ⇒ Fi(ti, (1− λ)yi + λzi, x) * Gi(ti, xi, x),∀ti ∈ Ti(x). (3.2) A là tập lồi, khác rỗng nên λzi+(1−λ)yi ∈ Ai. Từ (3.2) suy ra λzi+(1−λ)yi ∈ Pi(x). Suy ra Pi(x) lồi, ∀x ∈ A. Do đó suy ra Si(x) lồi, ∀x ∈ A. Hơn nữa, theo (i), ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, xi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x), suy ra xi /∈ Pi(x). Nếu x ∈ Ei, khi đó xi /∈ Si(x). Nếu x ∈ A \ Ei thì xi /∈ clKi(x) và do đó xi /∈ Si(x). Theo giả thiết (iv), ∀x ∈ A \ N,∀i ∈ I, tồn tại một tập lồi, compact, khác rỗng Bi ⊆ Ai sao cho ∃i ∈ I,∃yi ∈ Bi ∩Ki(x) với yi ∈ Pi(x). Do đó, Bi ∩ Si(x) 6= ∅. Áp dụng định lý 3.3.1, tồn tại x ∈ A sao cho Si(x) = ∅,∀i ∈ I. Bởi vì Ai∩Ki(x) 6= ∅ nên x phải thuộc Ei. Khi đó, ∅ = Si(x) = Ki(x)∩Pi(x). Kết quả là, ∀yi ∈ Ki(x), ta có yi /∈ Pi(x), tức là ∃ti ∈ Ti(x) sao cho Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x), ∀i ∈ I, điều này có nghĩa x là nghiệm của (SQIP1). 2 Nhận xét 3.3.1 Nếu ∀i ∈ I,∀yi ∈ Ai, Ti(x) là hàm đa trị usc với ảnh compact, Fi(., yi, .) lsc và Gi(., ., .) là hàm đa trị usc với ảnh đóng, khi đó giả thiết (ii) của định lý 3.3.2 thỏa. Chứng minh. Giả sử Myi = {x ∈ A : ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x)}, xα ∈Myi , xα → x∗ và L = {xα} ∪ {x∗}. Khi đó ∃tiα ∈ Ti(xα) sao cho Fi(tiα, yi, xα) ⊆ Gi(tiα, xαi, xα). 29 Vì Ti(.) usc và có ảnh compact, L là tập compact nên Ti(L) là compact. Không mất tính tổng quát có thể giả sử rằng tiα → t∗i với t∗i ∈ Ti(L). Vì Ti(.) đóng nên t∗i ∈ Ti(x∗). Do Fi(., yi, .) lsc nên ∀z∗i ∈ Fi(t∗i , yi, x∗),∃ziα ∈ Fi(tiα, yi, xα sao cho ziα → z∗i . Mặt khác, Gi(., ., .) đóng và ziα ∈ Gi(tiα, xαi, xα) nên ta có z∗i ∈ Gi(t∗i , x∗i , x∗). Vì vậy Myi đóng. 2 Ví dụ sau chỉ ra rằng điều đảo lại không đúng. Ví dụ 3.3.1 Giả sử I = {1}, X1 = Y1 = Z1 = R, A1 = [0, 1], K1(x) ≡ [0, 1], G1(t1, x1, x) ≡ R+, T1(x) =  [1.5, 2], nếu x = 0.5,[0, 1], ngược lại, F1(t1, y1, x) =  [0.5, 1], nếu t1 = x = 0.5,[1, 2], ngược lại. Khi đó, My1 ≡ [0, 1], ∀y1 ∈ A1 đóng nhưng T1(.) không usc (xét tại điểm x0 = 0.5 ∈ A và U = (1, 3) ⊆ R, T1(x0) = [1.5, 2] ⊆ U nhưng với N = (0, 1) là lân cận của x0, ta lấy x = 0.4 ∈ N thì T1(x) = [0, 1] * U . Suy ra T1(.) không usc tại x0 = 0.5) và F1(., y1, .) không lsc (kiểm tra tại điểm x0 = t0 = 0.5, với U = (0, 1) ⊆ R và N = (0, 1) là lân cận của x0 và t0. Ta có, F1(t0, y1, x0) = [0.5, 1] ∩ U 6= ∅ nhưng với x = 0.4, t = 0.5 thuộc N thì F1(t, y1, x) = [1, 2] ∩ U = ∅. Suy ra, F1(., y1, .) không lsc tại (t0, x0) = (0.5, 0.5)). Định lý 3.3.3 Cho (SQIP2) và giả sử (iii) như trong định lý 3.3.2. Giả sử thêm rằng (i2) ∀i ∈ I,∀x ∈ A, xét Fi(ti, yi, x) và Gi(ti, xi, x), Fi là Gi-tựa lồi, theo hai biến đầu, đối với Ti(x) loại 2; hơn nữa, ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, xi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x); (ii2) ∀i ∈ I,∀yi ∈ Ai, {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x) đóng; (iv2) nếu A không compact, tồn tại một tập con compact, khác rỗng N của A và ∀i ∈ I, có một tập con lồi, compact, khác rỗng Bi của Ai sao cho, ∀x ∈ A \ N , 30 ∃i ∈ I, ∃yi ∈ Bi ∩Ki(x) và ∃ti ∈ Ti(x) thỏa Fi(ti, yi, x) * Gi(ti, xi, x). Khi đó, (SQIP2) có nghiệm. Chứng minh. ∀i ∈ I và ∀x ∈ A, đặt Ei = {x ∈ A : xi ∈ clKi(x)}, Pi(x) = {zi ∈ Ai : ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, zi, x) * Gi(ti, xi, x)}, Si(x) =  Ki(x) ∩ Pi(x), nếu x ∈ Ei,Ai ∩Ki(x), nếu x ∈ A \ Ei. ∀yi ∈ Ai, ta có S−1i (yi) = {x ∈ A : yi ∈ Si(x)} = {x ∈ Ei : yi ∈ Ki(x) ∩ Pi(x)} ∪ {x ∈ A \ Ei : yi ∈ Ai ∩Ki(x)} = {x ∈ Ei : x ∈ K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)} ∪ {x ∈ A \ Ei : x ∈ K−1i (yi)} = [Ei ∩K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)] ∪ [(A \ Ei) ∩K−1i (yi)] = [(A \ Ei) ∪ P−1i (yi)] ∩K−1i (yi). Do đó, A \ S−1i (yi) = A \ [(A \ Ei) ∪ P−1i (yi)] ∪ [A \K−1i (yi)] = [Ei ∩ (A \ P−1i (yi))] ∪ [A \K−1i (yi)]. (3.3) Vì clKi(x) usc nên suy ra Ei đóng. Theo giả thiết (iii), A\K−1i (yi) đóng. Theo (ii2), A \ P−1i (yi) = {x ∈ A : yi /∈ Pi(x)} = {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x)} cũng đóng. Vì vậy, từ (3.3) chỉ ra rằng S−1i (yi) mở trong A. Vì Fi là Gi-tựa lồi, theo hai biến đầu, đối với Ti(x) loại 2 nên suy ra Pi(x) là lồi và do đó Si(x) là lồi, ∀x ∈ A. Hơn nữa, theo giả thiết (i2), ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, xi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x), tức là xi /∈ Pi(x). Nếu xi ∈ Ei, thế thì xi /∈ Si(x). Nếu xi ∈ A \ Ei, thì xi /∈ clKi(x) và do đó xi /∈ Si(x). Theo (iv2), ∀x ∈ A \N, ∀i ∈ I, ∃Bi ⊆ Ai (Bi là tập lồi, compact, khác rỗng) sao cho ∃i ∈ I, ∃yi ∈ Bi ∩Ki(x) với yi ∈ Pi(x). Do đó, Bi ∩ Si(x) 6= ∅. 31 Áp dụng định lý 3.3.1, tồn tại x ∈ A sao cho Si(x) = ∅, ∀i ∈ I. Bởi vì Ai∩Ki(x) 6= ∅, x phải thuộc Ei. Khi đó, ∅ = Si(x) = Ki(x) ∩ Pi(x). Kết quả là, ∀yi ∈ Ki(x) ta có yi /∈ Pi(x), tức là ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x), điều này có nghĩa x là nghiệm của (SQIP2). 2 Nhận xét 3.3.2 Nếu ∀i ∈ I, ∀yi ∈ Ai, Fi(., yi, .) và Ti(.) lsc và Gi(., ., .) là hàm đa trị usc với ảnh đóng, khi đó điều kiện (ii2) thỏa. Chứng minh. Đặt Lyi := {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Gi(ti, xi, x)} và giả sử xα ∈ Lyi , xα → x∗. Ta cần chứng minh x∗ ∈ Lyi . Theo giả sử về tính nửa liên tục dưới (lsc) của Ti(.) và Fi(., yi, .), ∀t∗i ∈ Ti(x∗), ∀w∗i ∈ Fi(t∗i , yi, x∗), ∃tiα ∈ Ti(xα) : tiα → t∗i , ∃wiα ∈ Fi(tiα, yi, xα) ⊆ Gi(tiα, xαi, xα) : wiα → w∗i . Bởi vì Gi đóng, w∗i ∈ Gi(t∗i , x∗i , x∗) . Do đó, ∀t∗i ∈ Ti(x∗), Fi(t∗i , yi, x∗) ⊆ Gi(t ∗ i , x ∗ i , x ∗), nghĩa là x∗ ∈ Lyi . 2 Kết quả sau là hệ quả của định lý 3.3.3 cho một trường hợp đặc biệt, hệ bài toán tựa cân bằng vector tổng quát (system of generalized vector quasiequilibrum problems) được đề cập ở (a) của mục 3.1: (SQEP2) Tìm x sao cho, ∀i ∈ I, xi ∈ Ai ∩ clKi(x), ∀yi ∈ Ki(x), ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Ci(x). Hệ quả 3.3.1 Cho (SQEP2) và giả sử rằng (a) ∀i ∈ I, ∀x ∈ A, xét Fi(ti, yi, x) và Ci(x), Fi là Ci-tựa lồi, theo hai biến đầu, đối với Ti(x) loại 2; hơn nữa, ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, xi, x) ⊆ Ci(x); (b) ∀i ∈ I, ∀yi ∈ Ai, {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Ci(x)} đóng trong A; (c) ∀i ∈ I,∀x ∈ A, ∀yi ∈ Ai, Ai ∩Ki(x) 6= ∅, Ki(x) lồi, clKi(.) usc và K−1i (yi) mở trong A; (d) tồn tại một tập con compact, khác rỗng N của A và ∀i ∈ I, có một tập con lồi, compact, khác rỗng Bi của Ai sao cho, ∀x ∈ A \ N, ∃i ∈ I, ∃yi ∈ Bi ∩ Ki(x) và ∃ti ∈ Ti(x) thỏa Fi(ti, yi, x) * Ci(x). Khi đó, (SQEP2) có nghiệm. 32 Chứng minh. ∀i ∈ I và ∀x ∈ A, đặt Ei = {x ∈ A : xi ∈ clKi(x)}, Pi(x) = {zi ∈ Ai : ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, zi, x) * Ci(x)}, Si(x) =  Ki(x) ∩ Pi(x), nếu x ∈ Ei,Ai ∩Ki(x), nếu x ∈ A \ Ei. ∀yi ∈ Ai, ta có S−1i (yi) = {x ∈ A : yi ∈ Si(x)} = {x ∈ Ei : yi ∈ Ki(x) ∩ Pi(x)} ∪ {x ∈ A \ Ei : yi ∈ Ai ∩Ki(x)} = {x ∈ Ei : x ∈ K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)} ∪ {x ∈ A \ Ei : x ∈ K−1i (yi)} = [Ei ∩K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)] ∪ [(A \ Ei) ∩K−1i (yi)] = [(A \ Ei) ∪ P−1i (yi)] ∩K−1i (yi). Do đó, A \ S−1i (yi) = [Ei ∩ (A \ P−1i (yi))] ∪ [A \K−1i (yi)]. (3.4) Vì clKi(.) usc, Ei đóng. Theo giả thiết (c), A \K−1i (yi) là đóng. Theo (b), A \ P−1i (yi) = {x ∈ A : yi /∈ Pi(x)} = {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Ci(x)} là đóng. Vì thế, (3.4) chỉ ra rằng S−1i (yi) là mở trong A. Vì Fi là Ci(x)-tựa lồi đối với Ti(x) loại 2 nên suy ra Pi(x) là lồi và do đó Si(x) lồi, ∀x ∈ A. Hơn nữa, ta có ∀ti(x) ∈ Ti(x), Fi(ti, xi, x) ⊆ Ci(x), tức là xi /∈ Pi(x). Nếu x ∈ Ei thì xi /∈ Si(x). Nếu x ∈ A \ Ei, thì xi /∈ clKi(x) và do đó xi /∈ Si(x). Theo giả thiết (d), ∀x ∈ A \ N, ∀i ∈ I,∃Bi ⊆ Ai (Bi lồi, compact, khác rỗng) sao cho ∃i ∈ I,∃yi ∈ Bi ∩ Ki(x) với yi ∈ Pi(x). Do đó, Bi ∩ Si(x) 6= ∅. Áp dụng định lý 3.3.1, tồn tại x ∈ A sao cho Si(x) = ∅, ∀i ∈ I. Bởi vì Ai ∩Ki(x) 6= ∅, x phải thuộc Ei. Khi đó, ∅ = Si(x) = Ki(x) ∩ Pi(x). Kết quả là ∀yi ∈ Ki(x) ta có yi /∈ Pi(x), tức là ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ Ci(x), điều này có nghĩa x là nghiệm của (SQEP2). 2 Nhận xét 3.3.3 Hệ quả 3.3.1 cải thiện định lý 3.1 của [35]. Các giả thiết (a) và 33 (b) yếu hơn các giả thiết tương ứng trong [35]. Giả thiết (b) thì yếu hơn các giả thiết về tính nửa liên tục được nêu trong nhận xét 3.3.2. Giả thiết về tính tựa lồi trong (a), thậm chí với Ci(x) là các nón lồi, thì yếu hơn tính Ci(x)-tựa lồi sau (được định nghĩa cho Ci(x) là các nón lồi) được giả sử trong [35]: ∀ξ,η ∈ Xi, ∀λ ∈ [0, 1], ∀ti ∈ Ti(x), ta có Fi(ti, ξ, x) ⊆ Fi(ti, (1− λ)ξ + λη, x) + Ci(x) (3.5a) hoặc Fi(ti, η, x) ⊆ Fi(ti, (1− λ)ξ + λη, x) + Ci(x). (3.5b) Thật vậy, giả sử có (3.5). Ta cần kiểm tra Fi là Ci-tựa lồi (theo hai biến đầu) đối với Ti(x) loại 2. Giả sử ngược lại rằng ∃ti ∈ Ti(x) sao cho Fi(ti, ξ, x) * Ci(x) và Fi(ti, η, x) * Ci(x) nhưng ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, (1− λ)ξ + λη, x). Khi đó, theo (3.5), Fi(ti, ξ, x) ⊆ Ci(x) + Ci(x) = Ci(x) hoặc Fi(ti, η, x) ⊆ Ci(x) + Ci(x) = Ci(x), với mọi ti ∈ Ti(x), điều này dẫn đến mâu thuẫn. Ví dụ sau chỉ ra rằng điều đảo lại không đúng, tức là tính Ci(x)-tựa lồi loại 2 thì yếu chặt hơn (3.5). Ví dụ cũng chỉ ra rằng hệ quả 3.3.1 có thể áp dụng nhưng định lý 3.1 của [35] không thể. Ví dụ 3.3.2 Cho I = {1} và X1, Y1, Z1, A1, K1 như trong ví dụ 3.3.1. Cho C1(x) = R+, T1(x) =  [0.5, 2], nếu x = 0.5,[0, 1], ngược lại, F1(t, y, x) =  [0.5, 1], nếu t = y = x = 0.5,[0, 0.5], ngược lại. F1 không là C1(x)-tựa lồi như đã được phát biểu trong (3.5). Thật vậy, lấy x = 0.5, t = 0.5, ξ = 0, η = 1 và λ = 0.5, ta có: F1(t, ξ, x) = F1(0.5, 0, 0.5) = [0, 0.5] * F1(t, (1− λ)ξ + λη, x) + C1(x) 34 = [0.5, 1] +R+, F1(t, η, x) = F1(0.5, 1, 0.5) = [0, 0.5] * F1(t, (1− λ)ξ + λη, x) + C1(x) = [0.5, 1] +R+. Hơn nữa, T1(.) và F1(., y, .) không lsc như được yêu cầu trong định lý 3.1 của [35]. Trong khi đó, tất cả giả thiết trong hệ quả 3.3.1 đều thỏa (Với giả thiết (b), Myi = {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ⊆ R+} ≡ [0, 1] là đóng). Vì thế, theo hệ quả này bài toán được xét có nghiệm. Kiểm tra trực tiếp ta thấy tập nghiệm là [0, 1]. Định lý 3.3.4 Cho (SQIP3) và giả sử (iii) như trong định lý 3.3.2. Giả sử thêm rằng (i3) ∀i ∈ I, ∀x ∈ A, xét Fi(ti, yi, x) và Gi(ti, xi, x), Fi là Gi-tựa lõm, theo hai biến đầu, đối với Ti(x) loại 1; hơn nữa, ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, xi, x) ∩Gi(ti, xi, x) 6= ∅; (ii3) ∀i ∈ I,∀yi ∈ Ai, {x ∈ A : ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) 6= ∅} là đóng; (iv3) nếu A không compact, tồn tại một tập con compact, khác rỗng N của A và ∀i ∈ I, có một tập con lồi, compact, khác rỗng Bi của Ai sao cho, ∀x ∈ A\N,∃i ∈ I và ∃yi ∈ Bi ∩Ki(x) thỏa Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) = ∅, ∀ti ∈ Ti(x). Khi đó, (SQIP3) có nghiệm. Chứng minh. ∀i ∈ I và ∀x ∈ A, đặt Ei = {x ∈ A : xi ∈ clKi(x)}, Pi(x) = {zi ∈ Ai : Fi(ti, zi, x) ∩Gi(ti, xi, x) = ∅, ∀ti ∈ Ti(x)}, Si(x) =  Ki(x) ∩ Pi(x), nếu x ∈ Ei,Ai ∩Ki(x), nếu x ∈ A \ Ei. ∀yi ∈ Ai, ta có S−1i (yi) = {x ∈ Ei : x ∈ K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)} ∪ {x ∈ A \ Ei : x ∈ K−1i (yi)} = [Ei ∩K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)] ∪ [(A \ Ei) ∩K−1i (yi)] = [(A \ Ei) ∪ P−1i (yi)] ∩K−1i (yi). Do đó, 35 A \ S−1i (yi) = [Ei ∩ (A \ P−1i (yi))] ∪ [A \K−1i (yi)]. (3.6) Vì clKi(.) usc, Ei đóng. Theo (iii), A \K−1i (yi) cũng đóng. Theo (ii3), A \ P−1i (yi) = {x ∈ A : yi /∈ Pi(x)} = {x ∈ A : ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) 6= ∅} là đóng. Vì thế, (3.6) chỉ ra rằng S−1i (yi) là mở trong A. Vì Fi là Gi-tựa lõm đối với Ti(x) loại 1 nên ∀yi, zi ∈ Pi(x),∀λ ∈ [0, 1], Fi(ti, (1− λ)yi + λzi, x) ∩ Gi(ti, xi, x) = ∅, ∀ti ∈ Ti(x). Suy ra (1 − λ)yi + λzi ∈ Pi(x), tức là Pi(x) là lồi và do đó Si(x) là lồi, ∀x ∈ A. Hơn nữa, theo giả thiết (i3), ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, xi, x) ∩ Gi(ti, xi, x) 6= ∅, suy ra xi /∈ Pi(x). Nếu x ∈ Ei thì xi /∈ Si(x). Nếu x ∈ A \ Ei, thì xi /∈ clKi(x) và do đó xi /∈ Si(x). Theo giả thiết (iv3), ∀x ∈ A\N, ∀i ∈ I, ∃Bi ⊆ Ai (Bi lồi, compact, khác rỗng) sao cho ∃i ∈ I, ∃yi ∈ Bi ∩Ki(x) với yi ∈ Pi(x). Suy ra, Bi ∩ Si(x) 6= ∅. Áp dụng định lý 3.3.1, tồn tại x ∈ A sao cho Si(x) = ∅, ∀i ∈ I. Bởi vì Ai ∩Ki(x) 6= ∅, x phải thuộc Ei. Khi đó, ∅ = Si(x) = Ki(x) ∩ Pi(x). Kết quả là ∀yi ∈ Ki(x) ta có yi /∈ Pi(x), tức là ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩ Gi(ti, xi, x) 6= ∅, điều này có nghĩa x là nghiệm của (SQIP3). 2 Nhận xét 3.3.4 Giả thiết (ii3) yếu hơn giả thiết về tính nửa liên tục sau: ∀i ∈ I, ∀yi ∈ Ai, Fi(., yi, .) và Ti(.) là usc và có ảnh compact, khác rỗng và Gi(., ., .) là usc và có ảnh đóng, khác rỗng. Chứng minh. Giả sử Qyi = {x ∈ A : ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) 6= ∅}, xα ∈ Qyi , xα → x∗ và L = {xα} ∪ {x∗}. Khi đó, ∃tiα ∈ Ti(x) sao cho Fi(tiα, yi, xα) ∩Gi(tiα, xαi, xα) 6= ∅. (3.7) Ti(L) compact, không mất tính tổng quát, giả sử rằng ∃t∗i ∈ Ti(L), tiα → t∗i . Vì Ti(.) đóng, t∗i ∈ Ti(x∗). Đặt K = {tiα, xα}α ∪ {t∗i , x∗}. Từ (3.7), ∃ziα ∈ Fi(tiα, yi, xα) ∩ Gi(tiα, xαi, xα). Vì Fi(., yi, .)(K) = ⋃ α Fi(tiα, yi, xα) ∪ Fi(t∗i , yi, x∗) := H compact, không mất tính tổng quát, giả sử ∃z∗i ∈ H, ziα → z∗i . Fi(., yi, .) đóng, suy ra z∗i ∈ Fi(t ∗ i , yi, x ∗). VìGi(., ., .) đóng, z∗i ∈ Gi(t∗i , x∗i , x∗). Kết quả là ∃t∗i ∈ Ti(x∗), Fi(t∗i , yi, x∗) 36 ∩Gi(t∗i , x∗i , x∗) 6= ∅, nghĩa là x∗ ∈ Qyi và do đó Qyi đóng. 2 Để thấy được tính tổng quát của bài toán được thiết lập, ta xét hệ quả 3.3.2 của định lý 3.3.4 cho hệ bài toán cân bằng vector tổng quát (system of generalized vector equilibrium problems) được xét ở [6] và được đề cập ở (c) của phần 3.1 sau: (SGEP) Tìm x sao cho, ∀i ∈ I và ∀yi ∈ Ai, Fi(yi, x) * −intCi(x). Cũng để thuận lợi cho việc so sánh, chúng tôi nhắc lại khái niệm giống tựa lồi được định nghĩa trong [5]. Giả sử X và Y là các không gian vector, D là một tập, F : X × D 2Y và C : D 2Y với C(x) là nón lồi, đóng, intC(x) 6= ∅, ∀x ∈ D. Khi đó, ∀x ∈ D, F (., x) được gọi là C(x)-giống tựa lồi nếu, ∀ξ, η ∈ X, ∀λ ∈ [0, 1], F ((1− λ)ξ + λη, x) ⊆ F (ξ, x)− C(x) hoặc F ((1− λ)ξ + λη, x) ⊆ F (η, x)− C(x). Hệ quả 3.3.2 Cho (SGEP), giả sử rằng (a) ∀i ∈ I, ∀x ∈ A, Fi(., x) là Yi \ −intCi(x)-tựa lõm đối với Ti(x) = {x}, tức là ∀ξ, η ∈ Xi, ∀λ ∈ [0, 1], ta có [Fi(ξ, x) ⊆ −intCi(x) và Fi(η, x) ⊆ −intCi(x)] =⇒ [Fi((1− λ)ξ + λη, x) ⊆ −intCi(x)]; hơn nữa, Fi(xi, x) * −intCi(x), ∀x ∈ A; (b) ∀yi ∈ Ai, {x ∈ A : Fi(yi, x) * −intCi(x)} đóng; (c) nếu A không compact, có một tập con compact, khác rỗng N của A và, ∀i ∈ I, có một tập con lồi, compact, khác rỗng Bi của Ai sao cho, ∀x ∈ A \N,∃i ∈ I,∃yi ∈ Bi thỏa Fi(yi, x) ⊆ −intCi(x). Khi đó, (SGEP) có nghiệm. Chứng minh. ∀i ∈ I và ∀x ∈ A, đặt Pi(x) = {zi ∈ Ai : Fi(zi, x) ⊆ −intCi(x)}, 37 Si(x) = Pi(x), ∀x ∈ A. ∀yi ∈ Ai, ta có S−1i (yi) = {x ∈ A : yi ∈ Pi(x)} = {x ∈ A : x ∈ P−1i (yi)} = A ∩ P−1i (yi). Do đó, theo giả thiết (b), A \ S−1i (yi) = A \ [A ∩ P−1i (yi)] = A \ P−1i (yi). = {x ∈ A : x /∈ P−1i (yi)} = {x ∈ A : yi /∈ Pi(x)} = {x ∈ A : Fi(yi, x) * −intCi(x)} là đóng. Vì vậy, S−1i (yi) là mở trong A. Tiếp theo là kiểm tra Pi(x) lồi, ∀x ∈ A, ∀i ∈ I. Ta có, ∀yi, zi ∈ Pi(x), ∀λ ∈ [0, 1]: yi ∈ Pi(x), Fi(yi, x) ⊆ −intCi(x), zi ∈ Pi(x), Fi(zi, x) ⊆ −intCi(x). Theo giả thiết (a), Fi(., x) là Yi \ −intCi(x)-tựa lõm đối với Ti(x) = {x} nên suy ra Fi((1− λ)yi + λzi, x) ⊆ −intCi(x). A lồi suy ra (1− λ)yi + λzi ∈ Ai và do đó (1− λ)yi + λzi ∈ Pi(x). Kết quả là Pi(x) lồi, suy ra Si(x) cũng lồi. Hơn nữa, vì Fi(xi, x) * −intCi(x), ∀x ∈ A, suy ra xi /∈ Pi(x), khi đó xi /∈ Si(x). Theo giả thiết (d), ∀x ∈ A\N,∀i ∈ I,∃Bi ∈ Ai (Bi lồi, compact, khác rỗng) sao cho ∃i ∈ I,∃yi ∈ Bi với yi ∈ Pi(x). Do đó, Bi ∩ Si(x) 6= ∅. Áp dụng định lý 3.3.1, tồn tại x ∈ A sao cho Si(x) = ∅, ∀i ∈ I. Suy ra, Pi(x) = ∅,∀i ∈ I.Kết quả là ∀yi ∈ Ai, ta có Fi(yi, x) * −intCi(x), điều này có nghĩa x là nghiệm của (SGEP). 2 Nhận xét 3.3.5 Theo (a) của hệ quả 3.3.2, giả thiết về tựa lõm của Fi yếu chặt hơn giả thiết giống tựa lồi của Fi trong định lý 3 của [6] (Chứng minh bằng phản chứng, giả sử Fi(ξ, x) ⊆ −intCi(x) và Fi(η, x) ⊆ −intCi(x) nhưng Fi((1 − λ)ξ + λη, x) * 38 −intCi(x). Vì Fi là Ci(x)-giống tựa lồi nên suy ra Fi((1− λ)ξ + λη, x) ⊆ Fi(ξ, x)− Ci(x) ⊆ −intCi(x)− Ci(x) = −intCi(x). hoặc Fi((1− λ)ξ + λη, x) ⊆ Fi(η, x)− Ci(x) ⊆ −intCi(x)− Ci(x) = −intCi(x). Điều này dẫn đến mâu thuẫn.) Ngoài ra, giả thiết (b) trong hệ quả 3.3.2 cũng yếu hơn các giả thiết (i) và (iv) trong định lý 3 của [6]. Sau đây là ví dụ cho thấy giả thiết (a) của hệ quả 3.3.2 thỏa nhưng một giả thiết tương ứng trong định lý 3 của [6] không thỏa. Ví dụ 3.3.3 Cho I = {1}, X1 = Y1 = Z1 = R, A1 = [0, 1], C1(x) ≡ R+ và F1(y, x) =  [0.5, 1], nếu y = x = 0.5,[0, 0.5], ngược lại. Khi đó, tất cả giả thiết của hệ quả 3.3.2 đều thỏa và do đó (SGEP) trong trường hợp này có nghiệm. Kiểm tra trực tiếp tập nghiệm là [0, 1]. Tuy nhiên, F1 không là C1(x)-giống tựa lồi. Thật vậy, ta lấy x = 0.5, ξ = 0, η = 1 và λ = 0.5. Khi đó, F1((1− λ)ξ + λη, x) = F1(0.5, 0.5) = [0.5, 1] * F1(ξ, x)−R+ = [0, 0.5] + (−∞, 0], F1((1− λ)ξ + λη, x) = F1(0.5, 0.5) = [0.5, 1] * F1(η, x)−R+ = [0, 0.5] + (−∞, 0]. Suy ra định lý 3 của [6] không áp dụng được. Định lý 3.3.5 Cho (SQIP4), giả sử (iii) như trong định lý 3.3.2 và giả sử thêm rằng (i4) là (i3) với " loại 1 " và " ∃ti " được thay bởi " loại 2 " và " ∀ti ", tương ứng; (ii4) ∀i ∈ I,∀yi ∈ Ai, {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩ Gi(ti, xi, x) 6= ∅} là đóng trong A; (iv4) nếu A không compact, tồn tại một tập con compact, khác rỗng N của A và ∀i ∈ I, có một tập con lồi, compact, khác rỗng Bi của Ai sao cho, ∀x ∈ A\N, ∃i ∈ I, ∃yi ∈ Bi ∩Ki(x) và ∃ti ∈ Ti(x) thỏa Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) = ∅. Khi đó, (SQIP4) có nghiệm. 39 Chứng minh. ∀i ∈ I và ∀x ∈ A, đặt Ei = {x ∈ A : xi ∈ clKi(x)}, Pi(x) = {zi ∈ Ai : ∃ti ∈ Ti(x), Fi(ti, zi, x) ∩Gi(ti, xi, x)} = ∅, Si(x) =  Ki(x) ∩ Pi(x), nếu x ∈ Ei,Ai ∩Ki(x), nếu x ∈ A \ Ei. ∀yi ∈ Ai, ta có S−1i (yi) = {x ∈ Ei : x ∈ K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)} ∪ {x ∈ A \ Ei : x ∈ K−1i (yi)} = [Ei ∩K−1i (yi) ∩ P−1i (yi)] ∪ [(A \ Ei) ∩K−1i (yi)] = [(A \ Ei) ∪ P−1i (yi)] ∩K−1i (yi). Do đó, A \ S−1i (yi) = [Ei ∩ (A \ P−1i (yi))] ∪ [A \K−1i (yi)]. (3.8) Vì clKi(.) usc nên suy ra Ei đóng. Theo (iii), A \K−1i (yi) đóng. Theo (ii4), A \ P−1i (yi) = {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) 6= ∅} cũng đóng. Vì vậy, (3.8) chỉ ra rằng S−1i (yi) mở trong A. Theo giả thiết (i4), Fi là Gi-tựa lõm đối với Ti(x) loại 2 nên suy ra Pi(x) lồi và do đó Si(x) lồi, ∀x ∈ A. Hơn nữa, vì Fi(ti, xi, x) ∩ Gi(ti, xi, x) 6= ∅,∀ti ∈ Ti(x), suy ra xi /∈ Pi(x). Nếu x ∈ Ei thì xi /∈ Si(x). Nếu x ∈ A \ Ei, khi đó xi /∈ clKi(x) và do đó xi /∈ Si(x). Theo giả thiết (iv4), ∀x ∈ A \N, ∀i ∈ I,∃Bi ⊆ Ai (Bi lồi, compact, khác rỗng) sao cho ∃i ∈ I,∃yi ∈ Bi ∩Ki(x) với yi ∈ Pi(x). Do đó, Bi ∩ Si(x) 6= ∅. Áp dụng định lý 3.3.1, tồn tại x ∈ A sao cho Si(x) = ∅, ∀i ∈ I. Bởi vì Ai∩Ki(x) 6= ∅, x phải thuộc Ei. Khi đó, ∅ = Si(x) = Ki(x) ∩ Pi(x). Kết quả là, ∀yi ∈ Ki(x) ta có yi /∈ Pi(x), tức là Fi(ti, yi, x) ∩ Gi(ti, xi, x) 6= ∅, ∀i ∈ I và ∀ti ∈ Ti(x), điều này có nghĩa x là nghiệm của (SQIP4). 2 Nhận xét 3.3.6 (ii4) thỏa nếu ∀i ∈ I, ∀yi ∈ Ai, Ti(.) là lsc, Fi(., yi, .) và Gi(., ., .) là usc, Fi(., yi, .) có ảnh compact, khác rỗng và Gi(., ., .) có ảnh đóng, khác rỗng. 40 Chứng minh. Đặt Myi := {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) 6= ∅}. Lấy xα ∈Myi , xα → x∗, cần chứng minh x∗ ∈Myi , tức là ∀t∗i ∈ Ti(x∗), Fi(t ∗ i , yi, x ∗) ∩Gi(t∗i , x∗i , x∗) 6= ∅. Vì Ti(.) lsc nên ∀t∗i ∈ Ti(x∗),∃tiα ∈ Ti(xα) sao cho tiα → t∗i . Mặt khác, xα ∈ Myi nên ta có Fi(tiα, yi, xα) ∩ Gi(tiα, xαi, xα) 6= ∅. Suy ra, ∃wiα ∈ Fi(tiα, yi, xα) ∩ Gi(tiα, xαi, xα). Đặt L = {(tiα, xα)}α ∪ {t∗i , x∗} - compact. Suy ra, Fi(., yi, .)(L) =⋃ α Fi(tiα, yi, xα) ∪ Fi(t∗i , yi, x∗) := K là compact (vì Fi(., yi, .) là usc với ảnh com- pact).Vì K compact nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử wiα → w∗i ∈ K. Fi(., yi, .) đóng (vì Fi(., yi, .) usc, có ảnh compact và Yi Hausdorff nên Fi(., yi, .) đóng) nên suy ra w∗i ∈ Fi(t∗i , yi, x∗). Mặt khác, wiα ∈ Gi(tiα, xαi, xα) và Gi(., ., .) đóng, ta có w∗i ∈ Gi(t∗i , x∗i , x∗). Vậy Fi(t∗i , yi, x∗) ∩ Gi(t∗i , x∗i , x∗) 6= ∅, điều này có nghĩa x∗ ∈Myi và do đó Myi đóng. 2 3.4 Áp dụng Năm 2007, Hải-Khánh đã suy ra các hệ quả về lý thuyết điểm bất động (fixed- point theory) và lý thuyết tựa tối ưu (quasioptimization theory) dựa trên việc áp dụng các kết quả về sự tồn tại nghiệm của các bài toán (SQIP1-SQIP4). Điều này cũng cho thấy sự đa dạng của việc áp dụng mặc dù các đề tài về lý thuyết điểm bất động và tựa tối ưu có vẻ như không liên quan đến các bài toán cân bằng và bao hàm thức (inclusion and equilibrium problems). Kết quả điểm bất động (fixed point) sau là định lý 4.1 của [35] và được chứng minh bằng cách áp dụng định lý 3.3.5. Hệ quả 3.4.1 Giả sử ∀i ∈ I, Xi là một không gian Hilbert, Ai ⊆ Xi là một tập con lồi, đóng. Đặt A = ∏ i∈I Ai. Giả sử rằng (i) ∀i ∈ I, Ti : A 2Ai là lsc và có ảnh khác rỗng; (ii) nếu A không compact, tồn tại một tập con compact, khác rỗng N của A và ∀i ∈ I, tồn tại một tập con lồi, compact, khác rỗng Bi của Ai sao cho, ∀x ∈ 41 A \N, ∃i ∈ I,∃yi ∈ Bi, ∃ti ∈ Ti(x) với 〈xi − ti, yi − xi〉 < 0. Khi đó, có x ∈ A sao cho x ∈∏i∈I Ti(x). Chứng minh. ∀i ∈ I và ∀x ∈ A, đặt Ki(x) = Ai, Fi(ti, yi, x) = {〈xi − ti, yi − xi〉}, Gi(ti, yi, x) ≡ [0,+∞). Để áp dụng định lý 3.3.5, đầu tiên ta kiểm tra giả thiết (i4). ∀yi, y′i ∈ Xi, ∀x ∈ A, ∀λ ∈ [0, 1]. Giả sử có ti ∈ Ti(x), 〈xi − ti, yi − xi〉 < 0 và 〈xi − ti, y′i − xi〉 < 0. Cần chứng minh ∃ti ∈ Ti(x), 〈xi − ti, λyi + (1− λ)y′i − xi〉 < 0. Chọn ti = ti, ta có 〈xi− ti, λyi+(1−λ)y′i−xi〉 = 〈xi− ti, λ(yi−xi)〉+ 〈xi− ti, (1−λ)(y′i−xi)〉 = λ〈xi−ti, yi−xi〉+(1−λ)〈xi−ti, y′i−xi〉 < 0. Tiếp theo là kiểm tra giả thiết (ii4), ∀i ∈ I, ∀yi ∈ Ai, xét tập M = {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), Fi(ti, yi, x) ∩Gi(ti, xi, x) 6= ∅} = {x ∈ A : ∀ti ∈ Ti(x), 〈xi − ti, yi − xi〉 ≥ 0}. Vì Ti(.) là lsc, Fi usc với ảnh compact và Gi usc và có ảnh đóng nên theo nhận xét 3.3.6 suy ra M đóng. Giả thiết (ii4) đã được kiểm. Cuối cùng ta kiểm tra giả thiết (iii) của định lý 3.3.5, ta có Ki(x) = Ai, ∀x ∈ A nên suy ra clKi(.) usc. ∀yi ∈ Ai, K−1i (yi) = {x ∈ A : yi ∈ Ki(x)} ≡ A. Suy ra, K−1i (yi) mở trong A. Tất cả giả thiết của định lý 3.3.5 đều thỏa, áp dụng định lý 3.3.5, tồn tại x ∈ A sao cho, ∀i ∈ I, ∀yi ∈ Ai, ∀ti ∈ Ti(x), 〈xi − ti, yi − xi〉 ≥ 0. 42 Cố định bất kỳ ti ∈ Ti(x), lấy yi = ti = ti, ta được 〈xi − ti, ti − xi〉 ≥ 0. Do đó, ‖ xi − ti ‖= 0. Vì vậy, xi = ti ∈ Ti(x), ∀i ∈ I. 2 Sau đây là phát biểu về sự tồn tại nghiệm của bài toán bao hàm tựa biến phân, trường hợp đặc biệt của (SQIP2) trước khi xét đến bài toán tựa tối ưu. Giả sử X, Y , và Z là các không gian vector tôpô Hausdorff, A ⊆ X là một tập con lồi, đóng, khác rỗng và K : A 2X , T : A 2Z và F : T (A)×X×A 2Y là các ánh xạ đa trị. Giả sử Y là không gian được sắp bởi nón lồi, đóng C với intC 6= ∅. Bài toán bao hàm tựa biến phân (the quasivariational inclusion problem) là (QIP) Tìm x ∈ K(x) sao cho ∀y ∈ K(x) và ∀t ∈ T (x), F (t, y, x) ⊆ F (t, x, x) + C. Hệ quả 3.4.2 Cho (QIP) và giả sử rằng: (i) A compact; (ii) ∀x ∈ A, xét F (t, y, x) và G(t, x, x) := F (t, x, x) + C, F là G-tựa lồi, theo hai biến đầu, đối với T (x) loại 2; (iii) ∀y ∈ A, {x ∈ A : ∀t ∈ T (x), F (t, y, x) ⊆ F (t, x, x) + C} đóng trong A; (iv) ∀x ∈ A, K(x) khác rỗng, đóng và lồi và A ∩ K(x) 6= ∅; K−1(y) mở trong A, ∀y ∈ A. Khi đó, bài toán (QIP) có nghiệm. Chứng minh. Áp dụng định lý 3.3.3 với I = {1}, G(t, x, x) = F (t, x, x) + C. 2 Bây giờ ta xét đến bài toán tựa tối ưu (quasioptimization problem) sau (được xét đến trong [23,41]): (QOP) Tìm x ∈ K(x) và t ∈ T (x) sao cho F (t, x, x) ∩min{F (t,K(x), x)/C} 6= ∅, ở đây min{H/C} ký hiệu tập các điểm tối ưu Pareto của tập H ⊆ Y (đối với nón thứ tự C). Sử dụng kết quả của hệ quả 3.4.2 ta được điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của (QOP) sau. Hệ quả 3.4.3 Cho (QOP) và giả sử (ii)-(iv) như trong hệ quả 3.4.2 và với (i) được 43 thay bởi (i ′ ) A compact; nón đối ngẫu C∗ của C có cơ sở compact yếu∗; F (t, x, x) là compact, ∀(t, x) ∈ T (A)× A. Khi đó, (QOP) có nghiệm. Chứng minh. Áp dụng hệ quả 3.4.2 ta có (x, t) ∈ K(x)× T (x) sao cho, ∀y ∈ K(x), F (t, y, x) ⊆ F (t, x, x) + C. (3.9) Do (i ′ ), min{F (t, x, x)/C} 6= ∅. Giả sử rằng v ∈ min{F (t, x, x)/C} nhưng v /∈ min {F (t,K(x), x)/C}. Khi đó, ta có y ∈ F (t,K(x), x) sao cho v− y ∈ C \ ((−C)∩C). Từ (3.9) suy ra y ∈ F (t, x, x)+C, tức là ∃vˆ ∈ F (t, x, x) và ∃c ∈ C sao cho y = vˆ+c. Do đó, v − vˆ ∈ c + C \ ((−C) ∩ C) = C \ ((−C) ∩ C), điều này mâu thuẫn với v ∈ min{F (t, x, x)/C}. 2 44