Luận văn Nguyên lí ánh xạ KKM và bài toán cân bằng vectơ trong không gian vectơ tôpô

             , điều này mâu thuẫn với giả thiết ( , ) 0g y y  . Vậy  1 1 ,..., ( ) n n i i co y y F y   . Theo Bổ đề Ky Fan ta có ( ) y C F y   và do đó theo Bổ đề 2.1, ( ) y C G y   . Định lí được chứng minh.  Về sự duy nhất nghiệm của Bài toán (2.2) ta có mệnh đề sau. Mệnh đề Nếu C là tập lồi và g là hàm đơn điệu chặt thì nghiệm của Bài toán cân bằng (2.2) là duy nhất. Chứng minh Giả sử 1 2,x x là nghiệm phân biệt của Bài toán (2.2), nghĩa là ,ix C 1, 2i  và ( , ) 0ig x y y C   . Thay 1 2 2 x x y   vào hai bất đẳng thức ở trên, do tính chất lõm của hàm ( ,.)g x nên khi cộng hai bất đẳng thức đó với nhau ta được  1 1 1 2 2 1 2 2 1 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 0 2 g x x g x x g x x g x x    . Vì 1 1 2 2( , ) ( , ) 0g x x g x x  nên:  1 2 2 1 1 ( , ) ( , ) 0 2 g x x g x x  , do đó 1 2 2 1( , ) ( , ) 0g x x g x x  , điều này mâu thuẫn với tính đơn điệu chặt của g . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 26 Mệnh đề được chứng minh.  Sau hai kết quả trên của Mosco [13] có nhiều kết quả khác là mở rộng, hợp nhất các kết quả này như Blum- Oettli [3](1993), Chadli-Chbani-Riahi [6](2000)…Ở đây chúng tôi không đi sâu vào các mở rộng này mà chỉ nêu ra cách tiếp cận dùng Nguyên lí ánh xạ KKM trong bài toán vô hướng để dễ thấy sự mở rộng của cách tiếp cận này trong bài toán vectơ được xét ở các phần sau. 2.3. BÀI TOÁN CÂN BẰNG VECTƠ KHÔNG CÓ GIẢ THIẾT ĐƠN ĐIỆU Một hướng cơ bản trong các nghiên cứu về tồn tại nghiệm của bài toán cân bằng vectơ, cũng như đối với bài toán cân bằng vô hướng được xét ở trên, là hướng nghiên cứu không dùng giả thiết đơn điệu. Chúng tôi chọn trình bày một kết quả gần đây của Ansari- Konnov- Yao [1](2001) ở hướng nghiên cứu này. Cho ,X Y là các không gian vectơ tôpô, C là một nón nhọn, lồi, đóng trong Y với intC  . Một quan hệ thứ tự từng phần trong Y được xác định bởi nón C . Cho K là một tập lồi khác rỗng trong X và :f K K Y  là một hàm (đơn trị). Xét bài toán cân bằng vectơ sau Tìm x K sao cho ( , ) 0,f x y y K  . Bài toán trên có thể viết ở dạng: Tìm x K sao cho ( , ) int ,f x y C y K   . Một ánh xạ :q K Y gọi là tựa lồi nếu với mọi Y  tập Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 27     :U x K q x    là lồi. Người ta có thể chỉ ra rằng nếu q là tựa lồi thì tập   :x K q x   cũng là tập lồi. Dễ thấy nếu  ; 0;Y R C   thì ta có khái niệm tựa lồi quen biết của hàm vô hướng. Một ánh xạ :q K Y gọi là nửa liên tục trên trên K nếu với mọi Y  tập  ( ) : ( )L x K q x    là đóng trong K . Dễ thấy, nếu  , 0;Y R C   thì ta có khái niệm nửa liên tục trên quen biết đối với hàm vô hướng. Với mỗi tập A X , ta ký hiệu Xcl A là bao đóng của A trong X và  X là họ các tập con hữu hạn không rỗng trong X . Đối với bài toán cân bằng vectơ trên ta có định lí tồn tại nghiệm dưới đây được chứng minh nhờ dùng Nguyên lí ánh xạ KKM. Định lí 2.3 (Ansari- Konnov- Yao[1], 2001) Cho ,X Y là các không gian vectơ tôpô, tập K X lồi khác rỗng, nón thứ tự C Y nhọn, lồi, đóng với intC  và hàm (đơn trị) :f K K Y  sao cho với mỗi , ( , ) 0x K f x x  và với mỗi y K hàm (., )f y là nửa liên tục trên trên mỗi tập khác rỗng compắc của K . Giả sử rằng tồn tại một hàm :p K K Y  sao cho các điều kiện sau thỏa mãn: 1)Với mỗi , , ( , ) 0x y K f x y  kéo theo ( , ) 0;p x y  2) Với mỗi ( )A X và với mỗi x coA , hàm ( ,.)p x là tựa lồi; 3) Với mỗi , ( , ) 0;x K p x x  4) Điều kiện bức: tồn tại một tập lồi, compắc D K và 0y D sao cho 0( , ) 0p x y  với mọi \x K D . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 28 Khi ấy tồn tại x K thỏa mãn ( , ) 0f x y  với mọi y K . Chứng minh Với mỗi y K ta đặt  ( ) : ( , ) 0G y x D f x y   . Ta có ( )G y là tập đóng trong tập compắc D . Do đó để chỉ ra họ tập  ( ) :G y y K có giao khác rỗng ta chỉ cần chỉ ra họ này có tính chất giao hữu hạn và khi ấy ta có điều phải chứng minh (vì mỗi điểm trong giao của họ tập này là nghiệm của bài toán cân bằng được xét trong định lí trên). Lấy  1 2, ,..., mB y y y là một tập con hữu hạn của K . Ta đặt ( )A co B D  . Ta có A là một tập lồi compắc của K . Xét ánh xạ : 2AF A xác định bởi:  ( ) : ( , ) 0 ,F y x A p x y y A   . Ta chứng minh họ  ( ( )) :Acl F y y A có giao khác rỗng. Thật vậy, ta có ( )F y  với mỗi y A (do giả thiết 3)). Mặt khác F là ánh xạ KKM. Thật vậy, giả sử F không phải là ánh xạ KKM, khi ấy tồn tại một tập hữu hạn  1 2, ,..., nv v v A và với mọi 1,...,i n các số 1 0, 1 n i i i      sao cho 1 1 ( ) nn i i i i i v F v     , nghĩa là ta có 1 , 0, 1,..., . n i i i i p v v i n           Do giả thiết 2) ta có Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 29 1 1 , 0 n n i i i i i i p v v             , điều này mâu thuẫn với giả thiết 3). Vậy F là ánh xạ KKM. Theo Nguyên lí ánh xạ KKM thì họ tập  ( ( )) :Acl F y y A có giao khác rỗng, lấy ( ( ))A y A x cl F y   và lưu ý là  0 0,y D A F y D   (do giả thiết 4)), do đó : 0 0 0( ( )) ( ( )) ( ( )) .A K Dx cl F y cl F y cl F y D    Mặt khác ta có 1 ( ( )) m A j j x cl F y   ;   ( ( )) : ( , ) 0A j A jcl F y cl x A p x y       : ( , ) 0 : ( , ) 0A j jcl x A f x y x A f x y      (theo giả thiết 1) và do (., )f y nửa liên tục trên). Do đó   1 1 : ( , ) 0 ( ) m m j j j j x D x A f x y G y              . Vậy họ  ( ) :G y y K có tính chất giao hữu hạn, do đó ( ) . y K G y   Định lí được chứng minh.  Cần lưu ý là trong [1] các tác giả dùng giả thiết chung là ( , ) 0,f x x  x K  . Thực ra trong chứng minh không sử dụng đến giả thiết này. Trong Định lý 2.3, lấy p f ta nhận được kết quả sau. 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