Tính liên tục của ánh xạ
Tính liên tục của ánh xạ đa trị
Trong không gian tô pô Hausdorff X và Y, ánh xạ đa trị Q : X ⇒ Y được định nghĩa là nửa liên tục tại điểm x₀ nếu với mọi lân cận U của Q(x₀), tồn tại một lân cận N của x₀ sao cho Q(N) nằm trong U.
(b) Q được gọi là nửa liên tục dưới tại x 0 nếu với mọi tập con mở U của Y với Q(x 0 ) ∩U 6= ∅ thì tồn tại một lân cận N của x 0 sao cho
(c) Q được gọi là liên tục tại x 0 nếu nó vừa nửa liên tục trên vừa nửa liên tục dưới tại x 0
(d) Q được gọi là liên tục trên tập con A ⊆ X nếu nó liên tục tại mọi điểm x ∈ A.
Bổ đề 1.1.1 (Xem [25]) Ánh xạ đa trị Q nửa liên tục dưới tại x 0 nếu với mọi dãy x α hội tụ về x 0 và y 0 ∈ Q(x 0 ) thì tồn tại y α ∈ Q(x α ) sao cho y α →y 0
Bổ đề 1.1.2 chỉ ra rằng nếu Q(x₀) là tập compact, thì Q nửa liên tục tại x₀ nếu và chỉ nếu với mọi dãy xₐ hội tụ về x₀ và mọi dãy yₐ thuộc Q(xₐ), tồn tại một dãy con yₕ hội tụ về một điểm y₀ thuộc Q(x₀).
Bổ đề 1.1.3 khẳng định rằng, nếu F = S i∈I F i là hợp của các ánh xạ đa trị nửa liên tục F i từ X vào Y, thì F cũng sẽ là một ánh xạ nửa liên tục từ X vào Y Ở đây, I là một tập chỉ số bất kỳ.
Tính liên tục Hausdorff của ánh xạ đa trị
Xét ánh xạ đa trị Q từ không gian tô pô Hausdorff X vào không gian véc tơ tô pô Y Định nghĩa 1.1.2 (a) cho biết Q được gọi là H-nửa liên tục tại x0 nếu với mọi lân cận B của gốc tọa độ trong Y, tồn tại một lân cận N của x0 sao cho Q(x) ⊆ Q(x0) + B với mọi x ∈ N.
(b) Q được gọi là H-nửa liên tục dưới tại x 0 nếu với mọi lân cận B của gốc tọa độ trong Y thì tồn tại một lân cận N của x 0 sao cho Q(x 0 ) ⊆ Q(x) +B,∀x ∈ N.
(c) Q được gọi là liên tục Hausdorff tại x 0 nếu nó vừa H-nửa liên tục trên vừa H-nửa liên tục dưới tại x 0
(d) Q được gọi là liên tục Hausdorff trên tập con A ⊆ X nếu nó liên tục tại mọi điểm x ∈ A.
Bổ đề sau đây thể hiện các mối quan hệ giữa tính nửa liên tục và tính nửa liên tục Hausdorff của ánh xạ đa trị.
Nếu hàm Q là nửa liên tục tại điểm x0, thì nó cũng là H-nửa liên tục tại điểm x0 Ngược lại, nếu Q là H-nửa liên tục tại x0 và tập Q(x0) là compact, thì Q sẽ là nửa liên tục tại x0.
Nếu hàm Q là H-nửa liên tục dưới tại điểm x₀, thì nó cũng sẽ nửa liên tục dưới tại x₀ Ngược lại, nếu Q nửa liên tục dưới tại x₀ và giá trị Q(x₀) là một tập compact, thì Q sẽ là H-nửa liên tục dưới tại x₀.
Tính liên tục H¨ older của ánh xạ
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các không gian metric X, Y, M cùng với các số dương l, α và θ ≥ 0 Định nghĩa ánh xạ g: X → Y được gọi là l.α-Hölder tại điểm x¯ nếu tồn tại một lân cận N của x¯, trong đó với mọi x₁, x₂ thuộc N, ta có d(g(x₁), g(x₂)) ≤ ldα(x₁, x₂).
(ii) (Xem [22]) Ánh xạ g : X → Y được gọi là l.α-H¨older calm tại x¯ nếu tồn tại một lân cận N của x¯ sao cho với mọi x ∈ N thì, d(g(x), g(¯x)) ≤ ld α (x,x).¯
(iii) Ánh xạ g : X × X × M → Y được gọi là l.α-H¨older, θ-đều trên
A ⊆ X tại ௠∈ M nếu tồn tại một lõn cận N của ௠sao cho với mọi à 1 , à 2 ∈ N và x, y ∈ A, x 6= y thỡ, d(g(x, y, à 1 ), g(x, y, à 2 )) ≤ ld α (à 1 , à 2 )d θ (x, y).
(iv) Ánh xạ g : X ×X ×M → Y được gọi là l.α-H¨older calm, θ-đều trên
A ⊆ X tại ௠∈ M nếu tồn tại một lõn cận N của ௠sao cho với mọi à∈ N và x, y ∈ A, x 6= y thỡ, d(g(x, y, à), g(x, y,à))¯ ≤ ld α (à,à)d¯ θ (x, y).
(v) Ánh xạ đa trị Q : X ⇒ Y được gọi là l.α-H¨older tại x¯ nếu tồn tại một lân cận N của x¯ sao cho với mọi x1, x2 ∈ N thì,
(vi) (Xem [22]) Ánh xạ đa trị Q : X ⇒ Y được gọi là l.α-H¨older calm tại ¯ x nếu tồn tại một lân cận N của x¯ sao cho với mọi x ∈ N thì,
Tính đơn điệu và các khái niệm liên quan
Trong mục này, xét X, Y là các không gian metric, A là một tập con khác rỗng của X, C là nón lồi, đóng, có đỉnh, phần trong khác rỗng trong
Y và l, α là các số dương. Định nghĩa 1.2.1 Xét hàm số g : X ×X →R Khi đó,
(i) g được gọi là đơn điệu trên A nếu với mọi x, y ∈ A thì, g(x, y) +g(y, x) ≤ 0.
(ii) g được gọi là tựa đơn điệu trên A nếu với mọi x, y ∈ A và x 6= y thì,
(iii) g được gọi là giả đơn điệu trên A nếu với mọi x, y ∈ A và x 6= y thì,
(iv) g được gọi là l.α-H¨older đơn điệu mạnh trên A nếu với mọi x, y ∈ A và x 6= y thì, g(x, y) +g(y, x) +ld α (x, y) ≤ 0.
(v) g được gọi là l.α-H¨older giả đơn điệu mạnh trên A nếu với mọi x, y ∈
[g(x, y) ≥ 0] =⇒ [g(y, x) +ld α (x, y) ≤ 0]. Định nghĩa 1.2.2 Ánh xạ g : X ×X → Y được gọi là C-đơn điệu trên
Tính lồi và các khái niệm liên quan
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các không gian metric tuyến tính X và Y, với A là tập con lồi không rỗng của X và C là một nón lồi, đóng, có đỉnh và phần trong không rỗng trong Y Định nghĩa 1.3.1 cho biết hàm số g: X → R được gọi là lồi trên A nếu với mọi x1, x2 ∈ A và t ∈ [0,1], điều kiện g(tx1 + (1−t)x2) ≤ tg(x1) + (1−t)g(x2) được thỏa mãn Ngược lại, g được gọi là lõm nếu điều kiện này bị đảo ngược Định nghĩa 1.3.2 chỉ ra rằng g là affine trên A nếu g(tx1 + (1−t)x2) = tg(x1) + (1−t)g(x2) với mọi x1, x2 ∈ A và t ∈ [0,1] Cuối cùng, theo định nghĩa 1.3.3, ánh xạ g: X → Y được gọi là C-lồi trên A nếu với mọi x1, x2 ∈ A và t ∈ [0,1], ta có tg(x1) + (1−t)g(x2) ∈ g(tx1 + (1−t)x2) + C.
(ii) g được gọi là C-tựa lồi trên A (ở đây A không nhất thiết lồi) nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ A và t∈ [0,1] thì tồn tại x 3 ∈ A sao cho tg(x 1 ) + (1−t)g(x 2 ) ∈ g(x 3 ) + C.
Ánh xạ g được gọi là C-lõm trên A nếu −g là C-lồi trên A Định nghĩa 1.3.4 cho biết ánh xạ đa trị Q: X ⇒ Y được xem là lồi trên tập con lồi A nếu với mọi x1, x2 ∈ A và t ∈ [0,1], điều kiện nhất quán được thỏa mãn.
Q(tx 1 + (1−t)x 2 ) ⊇tQ(x 1 ) + (1−t)Q(x 2 ), (1.3) và Q được gọi là lõm nếu (1.3) được thay bởi,
Q(tx 1 + (1−t)x 2 ) ⊆tQ(x 1 ) + (1−t)Q(x 2 ). Định nghĩa 1.3.5 Hàm số g : X → R được gọi là m-lồi mạnh trên A nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ A và t ∈ (0,1) thì, g((1−t)x 1 + tx 2 ) ≤ (1−t)g(x 1 ) +tg(x 2 )− 1
2mt(1−t)d 2 (x 1 , x 2 ). Định nghĩa 1.3.6 (Xem [18]) Xét hàm số g : X → R Khi đó,
(i) g được gọi là h.β-lồi mạnh trên Anếu với mọi x1, x2 ∈ A vàt ∈ (0,1) thì, g((1−t)x 1 +tx 2 ) ≤ (1−t)g(x 1 ) +tg(x 2 )−ht(1−t)d β (x 1 , x 2 ).
(ii) g được gọi là h.β-giống lồi mạnh trên A (ở đây A không nhất thiết phải lồi) nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ A và t ∈ (0,1) thì tồn tại z ∈ A sao cho g(z) ≤ (1−t)g(x1) +tg(x2)−ht(1−t)d β (x1, x2).
Ta nói rằng g là h.β-lõm mạnh (giống lõm mạnh) trên A nếu −g là h.β-lồi mạnh (giống lồi mạnh) trên A.
Bài toán cân bằng
Mô hình bài toán cân bằng vô hướng 7 1.4.2 Một số trường hợp đặc biệt của bài toán cân bằng 8
Cho X là không gian tô pô, A là một tập con khác rỗng của X và f : A×A → R là hàm giá trị thực Bài toán cân bằng vô hướng, kí hiệu là (EP), được phát biểu như sau:
(EP) Tìm x¯ ∈ A sao cho với mọi y ∈ A thì f(¯x, y) ≥ 0.
Bài toán đối ngẫu của (EP), kí hiệu là (DEP), do Konnov và Schaible đề xuất năm 2000 (xem [50]) như sau:
(DEP) Tìm x¯ ∈ A sao cho với mọi y ∈ A thì f(y,x)¯ ≤ 0.
Ký hiệu hai tập nghiệm của (EP) và (DEP) lần lượt là S và S d , tức là:
Bài toán đối ngẫu của bài toán lập trình tối ưu (DEP) chính là bài toán lập trình cực tiểu (EP) Trong bối cảnh tổng quát, hai tập nghiệm S và S d không thể so sánh trực tiếp với nhau Ví dụ dưới đây sẽ làm rõ cho khẳng định này.
Khi đó, ta có S = {1} và S d = {0}.
Nếu ta điều chỉnh hàm f như sau f(x, y) (− x 1 +y, x 6= 0,
1.4.2 Một số trường hợp đặc biệt của bài toán cân bằng a/ Bài toán tối ưu
Cho X và A giống như trong Mục 1.4.1 và xét g : A ×M → R Bài toán tối ưu được phát biểu như sau:
(OP) Tìm x¯ ∈ A sao cho g(¯x) = min y∈A g(y). Đặt f(x, y) := g(y)−g(x) thì (OP) trở thành một trường hợp đặc biệt của (EP). b/ Bài toán bất đẳng thức biến phân
Cho X và A giống như trong Mục 1.4.1 và g : A×M → X ∗ Ta xét bài toán bất đẳng thức biến phân sau đây:
(VI) Tìm x¯ ∈ A sao cho với mọi y ∈ A thì hg(¯x), y−xi ≥¯ 0.
Dễ dàng thấy rằng (VI) sẽ trở thành một trường hợp đặc biệt của (EP) nếu ta đặt f(x, y) := hg(x), y −xi.
TÍNH LIÊN TỤC H ¨ OLDER CỦA ÁNH XẠ NGHIỆM CỦA BÀI
TOÁN CÂN BẰNG VÔ HƯỚNG
Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm trong bài toán cân bằng vô hướng Đầu tiên, chúng tôi áp dụng các giả thiết về tính lồi mạnh để thay thế các giả thiết liên quan đến tính đơn điệu mạnh, nhằm thiết lập điều kiện đủ cho tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm chính xác trong không gian metric tuyến tính Tiếp theo, chúng tôi xem xét tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm xấp xỉ, sử dụng các giả thiết về tính lồi (lõm) để thiết lập điều kiện đủ trong trường hợp ánh xạ nghiệm xấp xỉ không phải là đơn trị Chúng tôi giả định rằng các tập nghiệm luôn khác rỗng trong lân cận của điểm đang xét, vì sự tồn tại nghiệm của bài toán này đã được nghiên cứu nhiều Nội dung chính của chương này được trích từ hai bài báo [16, 18].
Tính liên tục H¨ older của ánh xạ nghiệm chính xác
Tính liên tục H¨ older của ánh xạ nghiệm chính xác 11
Trong bài viết này, chúng ta xem xét không gian metric tuyến tính X, nơi X là một không gian tuyến tính được trang bị metric có tính bất biến qua phép tịnh tiến, tức là d(x+z, y+z) = d(x, y) với mọi x, y, z thuộc X Đối với mỗi dãy hội tụ (λm) trong R và (xm) trong X, ta có lim m (λm xm) = (lim m λm)(lim m xm) Ngoài ra, Λ và M là các không gian metric, và A là một tập con khác rỗng của X.
K : Λ ⇒ A là ánh xạ đa trị lồi không rỗng, và f : A×A×M → R là hàm giỏ trị thực Đối với mỗi cặp (λ, à) ∈ ΛìM, chúng ta sẽ xem xét bài toán con phụ thuộc vào tham số như sau:
(EP) Tỡm x¯ ∈ K(λ) sao cho với mọi y ∈ K(λ) thỡ f(¯x, y, à) ≥ 0.
Chúng ta xem xét bài toán cân bằng đối ngẫu phụ thuộc tham số (DEP) nhằm tìm x¯ ∈ K(λ) sao cho với mọi y ∈ K(λ), điều kiện f(y,x, à)¯ ≤ 0 được thỏa mãn Đối với mỗi cặp (λ, à) ∈ ΛìM, chúng ta ký hiệu hai tập nghiệm của bài toán (EP) và (DEP).
S d (λ, à) được định nghĩa là tập hợp các x thuộc K(λ) sao cho f(y, x, à) ≤ 0 với mọi y thuộc K(λ) Định lý 2.1.1 phát biểu về điều kiện đủ cho tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm trong bài toán (EP) Giả sử các điều kiện cần thiết được thỏa mãn.
(i) K là l.α-H¨older liên tục trên một lân cận N của λ¯;
(ii) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi x ∈ K(N) và à ∈ U thỡ f(x,ã, à) là h.β-lồi mạnh và m.1-Hăolder trờn conv(K(N));
(iii) với mọi à ∈ U thỡ f(ã,ã, à) đơn điệu trờn K(N)ìK(N);
(iv) f là n.γ-H¨older trên U, θ-đều trên K(N) với θ < β.
Khi đó, trên N ×U, ánh xạ nghiệm của (EP) là đơn trị và thỏa mãn điều kiện Hăolder: với mọi (λ 1 , à 1 ),(λ 2 , à 2 ) ∈ N ìU thỡ, ρ(S(λ 1 , à 1 ), S(λ 2 , à 2 )) ≤
Chứng minh Ta chia phần chứng minh của định lý này thành ba bước.
Bước 1 Với mọi x 11 ∈ S(λ 1 , à 1 ) và x 21 ∈ S(λ 2 , à 1 ), ta chứng minh rằng d 1 := d(x 11 , x 21 ) ≤
Theo định nghĩa của ỏnh xạ nghiệm S(ã,ã) thỡ với mọi y ∈ K(λ1) và z ∈ K(λ2), ta có min{f(x 11 , y, à 1 ), f(x 21 , z, à 1 )} ≥ 0 (2.2)
Do tính liên tục H¨older của K nên tồn tại x1 ∈ K(λ1) và x2 ∈ K(λ2) sao cho max{d(x 11 , x 2 ), d(x 21 , x 1 )} ≤ ld α (λ 1 , λ 2 ) (2.3) Đặt xˆ = 1
2(x 11 +x 21 ) thì từ tính lồi mạnh ở giả thiết (ii) ta có f(x 11 ,x, àˆ 1 ) ≤ 1
Sử dụng giả thiết về tớnh đơn điệu của f và x 11 ∈ S(λ 1 , à 1 ), ta thấy rằng f(x 11 , x 11 , à 1 ) = 0, f(x 11 , x 21 , à 1 ) ≤ −f(x 21 , x 11 , à 1 ).
Từ (2.5) và (2.6), ta suy ra
Do đó, sử dụng giả thiết m.1-H¨older liên tục ở (ii) và (2.3) ta được
Vì vậy ta được kết luận (2.1).
Bước 2 Ta sẽ chứng minh rằng, với mọi x 21 ∈ S(λ 2 , à 1 ) và x 22 ∈ S(λ 2 , à 2 ) thỡ d 2 := d(x 21 , x 22 ) ≤ n h β−θ 1 d β−θ γ (à 1 , à 2 ) (2.7)
Do định nghĩa của ánh xạ nghiệm, với mọi y, z ∈ K(λ 2 ) thì min{f(x 21 , y, à 1 ), f(x 22 , z, à 2 )} ≥ 0 (2.8) Đặt y = 1
Do tính lồi mạnh của f nên f(x21, x22, à1) +f(x21, x21, à1)− 1
Từ tớnh đơn điệu của f(ã,ã, à) trong (iii) và x21 ∈ S(λ2, à1) ta suy ra f(x 21 , x 21 , à 1 ) = 0, f(x 21 , x 22 , à 1 ) ≤ −f(x 22 , x 21 , à 1 ).
Do đó, kết hợp (2.9), ta được
Lại sử dụng giả thiết lồi mạnh của f, ta suy ra f(x 22 , x 22 , à 2 ) +f(x 22 , x 21 , à 2 )− 1
Cộng (2.10) với bất đẳng thức này, sau đó dùng giả thiết (iv), ta được hd β 2 ≤ f(x 22 , x 21 , à 2 )−f(x 22 , x 21 , à 1 )
≤ nd γ (à 1 , à 2 )d θ 2 , tức là ta được bất đẳng thức (2.7).
Bước 3 Dễ thấy rằng với mọi x 11 ∈ S(λ 1 , à 1 ) và x 22 ∈ S(λ 2 , à 2 ), ta có d(x 11 , x 22 ) ≤ d 1 +d 2
Do đó, từ (2.1) và (2.7), ta được, với k 1 = 4ml h
Nếu λ 1 = λ 2 và à 1 = à 2 thỡ ta thấy rằng đường kớnh của S(λ 1 , à 1 ) là 0 (với bất kỳ (λ 1 , à 1 )) Điều này cú nghĩa là nghiệm của (EP) là duy nhất trên N ×U
Sau đây, chúng ta xét một số thí dụ để minh họa tính cốt yếu của các giả thiết trong Định lý 2.1.1.
Trong ví dụ 2.1.1, ta xét không gian X = A = R, Λ = M [0,1] với K(λ) = [λ,1] và λ¯ = 0 Hàm f(x, y, λ) = λ(x² - y²) thỏa mãn điều kiện (i) với l = 1 và α = 1, đồng thời tính liên tục H¨older trong (ii) cũng đúng với m = 2 Giả thiết (iii) rõ ràng được thỏa mãn, và (iv) đúng với n = 2, γ = 1, θ = 1 Qua tính toán, ta có S(0) = [0,1] và S(λ) = {1} với mọi λ khác 0 Điều này cho thấy tập nghiệm S(0) không phải là tập đơn phần tử và S(ã) không liên tục dưới tại λ¯ = 0, do tính lồi mạnh của f không được thỏa mãn.
Trong ví dụ 2.1.2, chúng ta xem xét trường hợp với X = A = R, Λ = M [0,1], K(λ) = [0,1], ¯λ = 0 và hàm f(x, y, λ) = y² - λx Kết quả cho thấy (i) nghiệm đúng với l = 0, α = 1; (ii) thỏa mãn với h = 1, β = 2 và m = 2 Điều kiện (iv) cũng thỏa mãn với n = 1, γ = 1, θ = 0 Từ đó, chúng ta có thể tính toán được các giá trị liên quan.
Tập nghiệm S(0) = [0,1] không phải là tập đơn phần tử, trong khi S(λ) = {0} với mọi λ khác 0 Điều này cho thấy S(λ) không liên tục dưới tại λ¯ = 0 Nguyên nhân chính là do tính đơn điệu của hàm f không được đảm bảo Cụ thể, ta có f(x, y, 0) + f(y, x, 0) = y² + x² > 0 với x, y thuộc [0,1].
Để đạt được tính chất liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm chính xác trong bài toán cân bằng, nhiều tác giả đã áp dụng các giả thiết liên quan đến tính đơn điệu mạnh hoặc giả đơn điệu mạnh Định lý 2.1.1 là một nỗ lực nhằm tìm kiếm các giả thiết mới thay thế cho những giả thiết này Một ví dụ đơn giản sẽ minh chứng rằng Định lý 2.1.1 có thể áp dụng trong khi các kết quả từ những bài báo trước đó không thể.
Trong ví dụ 2.1.3, với X = A = R, Λ = M = [0,1], K(λ) = [−1, λ], λ¯ = 0 và f(x, y, λ) = (λ + 3)(y² − x²), tất cả các giả thiết của Định lý 2.1.1 đều được thỏa mãn (với l = 1, α = 1, h = 4, β = 2, m = 8, n = 2, γ = 1 và θ = 1) Tính toán trực tiếp cho thấy S(λ) = {0} và S(ã) liên tục Hălder Tuy nhiên, do f(1,−1, λ) = f(−1,1, λ) = 0 với mọi λ ∈ M, các giả thiết về tính đơn điệu mạnh hoặc giả đơn điệu mạnh trong các bài báo đã đề cập không thể áp dụng được.
Trong bài toán đối ngẫu (DEP), có một kết quả quan trọng về tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm Định lý 2.1.2 (tham khảo [18]) chỉ ra rằng nếu các giả thiết (i), (iv) và (iii) tương tự như trong Định lý 2.1.1, với f được thay thế bằng −f và giả thiết (ii) được điều chỉnh, thì tính liên tục H¨older vẫn được đảm bảo.
Tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi x ∈ K(N) và à ∈ U, hàm f(ã, x, à) là h.β-lừm mạnh và m.1-Hăolder liên tục trên conv(K(N)) Kết luận này tương tự như của Định lý 2.1.1 đối với tập nghiệm của bài toán (DEP).
Chứng minh Bước 1: Đối với mọi x11 ∈ S d (λ1, à1) và x21 ∈ S d (λ2, à1), ta sẽ chứng minh bất đẳng thức tương tự như trong Định lý 2.1.1 Đầu tiên, chúng ta có một bất đẳng thức đối xứng với (2.2) như sau: max{f(y, x11, à1), f(z, x21, à1)} ≤ 0.
Từ giả thiết (ii d ) và tính đơn điệu của −f ta được
Từ (2.12), (2.13) và tính đơn điệu của −f, ta suy ra
Sử dụng giả thiết m.1-H¨older liên tục ở (ii d ), ta có
2mld α (λ 1 , λ 2 ), tức là, hd β 1 ≤ 4mld α (λ 1 , λ 2 ).
Bước 2 Với mọi x 21 ∈ S d (λ 2 , à 1 ), x 22 ∈ S d (λ 2 , à 2 ) và y, z ∈ K(λ 2 ), max{f(y, x 21 , à 1 ), f(z, x 22 , à 2 )} ≤ 0 (2.14)
2(x 21 + x 22 ) và z = 1 2 (x 21 + x 22 ) trong (2.14) và sử dụng giả thiết (ii d ), ta được f(x 21 , x 21 , à 1 ) +f(x 22 , x 21 , à 1 ) + 1
Do tính đơn điệu của −f nên
2hd β 2 ≤ −f(x21, x22, à2) (2.16) Cộng (2.15) với (2.16) và sử dụng giả thiết (iv) ta được hd β 2 ≤ f(x21, x22, à1)−f(x21, x22, à2)
Do đó, ta thu được ước lượng cho d 2 , tức là (2.7) được chứng minh.
Bước 3 cho thấy rằng với hai điểm \(x_{11} \in S_d(\lambda_1, a_1)\) và \(x_{22} \in S_d(\lambda_2, a_2)\), ta có khoảng cách \(d(x_{11}, x_{22}) \leq d_1 + d_2\) Kết hợp với các kết quả từ Bước 1 và Bước 2, ánh xạ nghiệm của bài toán (DEP) thỏa mãn điều kiện H¨older tương tự như trong Định lý 2.1.1 Khi lấy \(\lambda_1 = \lambda_2\) và \(a_1 = a_2\), đường kính của \(S_d(\lambda_1, a_1)\) sẽ bằng 0 cho mọi \((\lambda_1, a_1) \in N\), dẫn đến nghiệm của bài toán (DEP) là duy nhất.
Trong trường hợp K(λ) ≡ K (K là tập khác rỗng), giả thiết lồi mạnh trong Định lý 2.1.1 có thể được giảm nhẹ thành tính giống lồi mạnh Kết hợp với một số sự giảm nhẹ khác, ta thu được kết quả trong Định lý 2.1.3 Giả sử các điều kiện sau đây được nghiệm đúng.
(i) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi x ∈ K và à ∈ U, f(x,ã, à) là h.β-giống lồi mạnh trờn K;
(ii) với mọi à∈ U thỡ f(ã,ã, à) đơn điệu trờn K ìK;
(iii) f là n.γ-H¨older trên U, θ-đều trên K với θ < β.
Khi đú, với mỗi à ∈ U, (EP) cú nghiệm duy nhất x(à) thỏa điều kiện Hăolder trờn U: với mọi à 1 , à 2 ∈ U, ρ(S(à 1 ), S(à 2 )) ≤ n h β−θ 1 d β−θ γ (à 1 , à 2 ).
Chứng minh Với mọi x 1 ∈ S(à 1 ), x 2 ∈ S(à 2 ) và y, z ∈ K, ta cú min{f(x 1 , y, à 1 ), f(x 2 , z, à 2 )} ≥ 0.
Do tính giống lồi mạnh của f trên K nên tồn tại z¯∈ K sao cho f(x 1 ,z, ௠1 ) ≤(1−t)f(x 1 , x 2 , à 1 ) +tf(x 1 , x 1 , à 1 )−ht(1−t)d β (x 1 , x 2 ).
(2.17) Kết hợp bất đẳng thức này với tớnh đơn điệu của f(ã,ã, à), ta suy ra ht(1−t)d β (x1, x2) ≤ −(1−t)f(x2, x1, à1)−f(x1,z, ௠1).
Lý luận tương tự, với x 1 được thay thế bởi x 2 và à 1 bởi à 2 trong (2.17), ta cũng được h(1−t)d β (x 1 , x 2 ) ≤f(x 2 , x 1 , à 2 ) (2.19)
Cộng (2.18) với (2.19) và sử dụng giả thiết (iii), ta suy ra hd β (x 1 , x 2 ) ≤ f(x 2 , x 1 , à 2 )−f(x 2 , x 1 , à 1 )
≤ nd γ (à1, à2)d θ (x1, x2). Điều này cho ta tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm Hơn nữa, ta thấy rằng với mỗi à, ta cú x(à) là duy nhất
Thí dụ sau đây cho thấy tính cốt yếu của giả thiết giống lồi mạnh trong định lý trên.
Trong thí dụ 2.1.4, với X = A = R, M = [0,1], K = [0,1], ௠= 0 và f(x, y, à) = à(x−y), nghiệm của (ii) là hợp lệ Giả thiết (iii) được đáp ứng với n = 1, γ = 1, θ = 1 Tuy nhiên, S(0) = [0,1] không phải là tập đơn phần tử Hơn nữa, vì S(à) = {1} với mọi à khác 0, nên S(ã) không liên tục dưới tại ௠= 0 Nguyên nhân là do tính giống lồi mạnh của f không được thỏa mãn.
Áp dụng
Với X, A, K,Λ, M giống như đối với bài toán (EP) và xét g : A×M →
R Ta xét bài toán tối ưu phụ thuộc tham số sau đây:
(OP) Tỡm x¯ ∈ K(λ) sao cho g(¯x, à) = min y∈K(λ) g(y, à).
Hệ quả 2.1.1 (Xem [18]) Xét bài toán (OP), giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
(a) K là l 1 α 1 -H¨older trên lân cận N của λ¯;
(b) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi à ∈ U thỡ g(ã, à) là h 1 β 1 - lồi mạnh và m 1 1-H¨older trên conv(K(N));
(c) với mỗi x ∈ K(N) thỡ g(x,ã) là n 1 γ 1 -Hăolder trờn U;
Khi đó, trên N × U, ánh xạ nghiệm S1 của bài toán (OP) là đơn trị và thỏa món điều kiện Hăolder: với mọi (λ 1 , à 1 ),(λ 2 , à 2 ) ∈ N ìU thỡ ρ(S 1 (λ 1 , à 1 ), S 1 (λ 2 , à 2 )) ≤
Để chứng minh Hệ quả 2.1.1, ta định nghĩa hàm f(x, y, à) := g(y, à)−g(x, à) và nhận thấy rằng (OP) trở thành một dạng đặc biệt của (EP) Các giả thiết (i) và (iii) đều rõ ràng là đúng Đối với giả thiết (ii), tính lồi mạnh được thỏa mãn cho mọi x ∈ K(N), à ∈ U, y1, y2 ∈ conv(K(N)) và t ∈ (0,1), với điều kiện f(x,(1−t)y1 + ty2, à)−(1−t)f(x, y1, à)−tf(x, y2, à) + h1t(1−t)d β1(y1, y2).
= g((1−t)y 1 +ty2, à)−(1−t)g(y 1 , à)−tg(y 2 , à)+h1t(1−t)d β 1 (y1, y2) ≤ 0, do g(ã, à) là h 1 β 1 -lồi mạnh Tớnh liờn tục Hăolder trong giả thiết (ii) dễ dàng được kiểm tra.
Với (iv), lấy bất kỳ à 1 , à 2 ∈ U và x, y ∈ K(N), ta thấy rằng
≤ 2n 1 ||à 1 −à 2 || γ 1 Nên (iv) được thỏa mãn với n= 2n 1 ,γ = γ 1 và θ = 0
Kết quả sau đây cho trường hợp K(λ) ≡ K được suy ra từ Định lý 2.1.3.
Hệ quả 2.1.2 (Xem [18])Xét bài toán (OP) trong trường hợpK(λ) ≡K, giả sử rằng:
(a) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi à ∈ U thỡ g(ã, à) là h 1 β 1 -giống lồi mạnh trên K;
(b) với mọi x ∈ K thỡ g(x,ã) là n 1 γ 1 -Hăolder trờn U.
Khi đó, trên U thì ánh xạ nghiệm S 1 của bài toán (OP) là đơn trị và thỏa điều kiện Hăolder: với mọi à1, à2 ∈ U thỡ ρ(S1(à1), S1(à2)) ≤
Chứng minh Cũng đặt f(x, y, à) = g(y, à) −g(x, à) thỡ giả thiết (ii) của Định lý 2.1.3 hiển nhiên được thỏa mãn, còn giả thiết (iii) nghiệm đỳng với θ = 0 vỡ với mọi à 1 , à 2 ∈ U và x, y ∈ K thỡ
Xột giả thiết (i), với bất kỳ y 1 , y 2 ∈ K, t ∈ (0,1) và à ∈ U, ta cú z ∈ K sao cho g(z, à)−(1−t)g(y 1 , à)−tg(y 2 , à)−h 1 t(1−t)d β 1 (y 1 , y 2 ) ≤ 0.
−h 1 t(1−t)d β 1 (y 1 , y 2 ) ≤ 0, tức là (i) đã được kiểm tra: f(x, y, à)−(1−t)f(x, y 1 , à)−tf(x, y 2 , à)−h 1 t(1−t)d β 1 (y 1 , y 2 ) ≤ 0. b/ Bất đẳng thức biến phân
Cho X,M vàAgiống như trong bài toán (EP) và xét g : A×M → X ∗ Với à ∈ M, ta xột bài toỏn bất đẳng thức biến phõn như sau:
(SVI) Tỡm x¯∈ K sao cho với mọi y ∈ K thỡ hg(¯x, à), y−xi ≥¯ 0.
Ta cũng xét bài toán đối ngẫu của (SVI) là bài toán bất đẳng thức biến phân Minty.
MVI yêu cầu tìm x¯ ∈ K sao cho với mọi y ∈ K, điều kiện hg(y, à), x¯ - yi ≤ 0 được thỏa mãn Định nghĩa f(x, y, à) := hg(x, à), y - xi cho thấy (SVI) là một dạng đặc biệt của (EP) Chúng ta chỉ xem xét trường hợp đặc biệt K(λ) ≡ K ⊆ A, với K là tập lồi, vì f là tuyến tính theo biến thứ hai và không thể đạt được tính chất lồi mạnh như trong Định lý 2.1.1 cho trường hợp tổng quát K(λ).
Hệ quả 2.1.3 (Xem [18]) Xét bài toán (SVI) với K là tập lồi, giả sử rằng
(a) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi x ∈ K và à ∈ U thỡ hg(x, à),ãi là h 2 β 2 -giống lồi mạnh trờn K với β 2 > 1;
(b) với mỗi à ∈ U thỡ g(ã, à) là đơn điệu trờn K;
(c) với mọi x ∈ K thỡ g(x,ã) là n 2 γ 2 -Hăolder trờn U.
Khi đó, trên U, ánh xạ nghiệm của bài toán (SVI) là đơn trị và thỏa mãn điều kiện Hăolder: với mọi à 1 , à 2 ∈ U thỡ ρ(S(à 1 ), S(à 2 )) ≤ n 2 h 2 β 1
Giả thiết (i) của Định lý 2.1.3 được thỏa mãn khi với mọi y₁, y₂ ∈ K và t ∈ (0,1), tồn tại z ∈ K sao cho hg(x, à), zi ≤ (1−t)hg(x, à), y₁i + thg(x, à), y₂i − h²t(1−t)dβ²(y₁, y₂) Từ đó suy ra f(x, z, à) ≤ (1−t)f(x, y₁, à) + tf(x, y₂, à) − h²t(1−t)dβ²(y₁, y₂) Với x, y ∈ K và à ∈ U, ta có f(x, y, à) + f(y, x, à) = hg(x, à) − g(y, à), y − x ≤ 0, vì g(ã, à) đơn điệu trên K Do đó, giả thiết (ii) được nghiệm đúng.
Với mọi à 1 , à 2 ∈ U và x, y ∈ K, ta cú
Do đó giả thiết (iii) của Định lý 2.1.3 được thỏa mãn
Hệ quả 2.1.4 (tham khảo [18]) xem xét bài toán (MVI) với K là tập lồi Giả sử rằng các giả thiết (c) và (b) của Hệ quả 2.1.3 được thay thế bằng −f, đồng thời điều chỉnh giả thiết (a) cho phù hợp.
(a d ) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi x ∈ K và à ∈ U thỡ y 7→ hg(ã, à), x− ãi là h 2 β 2 -giống lừm mạnh trờn K.
Khi đó, ta có kết luận tương tự như trong Hệ quả 2.1.3 cho ánh xạ nghiệm của bài toán (MVI).
Vì kỹ thuật chứng minh tương tự như cho Hệ quả 2.1.3 nên ta không trình bày ở đây.
Tính liên tục H¨ older của ánh xạ nghiệm xấp xỉ
Tính liên tục H¨ older của ánh xạ nghiệm xấp xỉ
Trong các bài toán thực tế, việc tìm nghiệm chính xác thường rất khó khăn do dữ liệu không đủ tính chính quy và thường được thu thập từ các thiết bị đo đạc hoặc kết quả thống kê, dẫn đến những xấp xỉ so với bài toán gốc Vì vậy, nghiên cứu nghiệm xấp xỉ đã trở thành một vấn đề thu hút sự quan tâm của nhiều nhà toán học.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các không gian định chuẩn X, Y, Z cùng với tập con A ⊆ X không rỗng và các tập con lồi Λ ⊆ Y, M ⊆ Z Chúng ta định nghĩa ánh xạ đa trị K : Λ ⇒ A có giá trị lồi, bị chặn và khác rỗng, cùng với hàm f : AìAìM → R là hàm giá trị thực Đối với mỗi cặp (λ, à) ∈ ΛìM, chúng ta sẽ phân tích bài toán cân bằng phụ thuộc tham số.
(EP) Tỡm x¯∈ K(λ) sao cho với mọi y ∈ K(λ) thỡ f(¯x, y, à) ≥0. Với mỗi (λ, à) ∈ ΛìM và ε ≥0, ta ký hiệu
S(ε, λ, à) =e {x ∈ K(λ) : f(x, y, à) +ε ≥0,∀y ∈ K(λ)}, là tập nghiệm xấp xỉ của (EP).
Trong bài viết này, chúng ta thiết lập điều kiện đủ cho tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm trong bài toán cân bằng vô hướng với ánh xạ nghiệm đa trị Bên cạnh các giả thiết tự nhiên về tính liên tục H¨older của dữ liệu, chúng tôi sử dụng các giả thiết về tính lồi (lõm) thay thế cho các giả thiết liên quan đến điều kiện đơn điệu đã đề cập trước đó, điều này dễ dàng kiểm tra trong thực tế Chúng tôi cũng đưa ra ví dụ minh họa rằng kết quả này chỉ đúng cho trường hợp ánh xạ nghiệm xấp xỉ thực sự, nhưng có thể làm cho nghiệm xấp xỉ gần với nghiệm chính xác hơn Định lý 2.2.1 (Xem [16]) nêu rõ rằng, trong bài toán (EP), các điều kiện cần thiết phải được thỏa mãn.
(i) K là l.α-H¨older tại λ 0 , tức là tồn tại một lân cận N của λ 0 sao cho với mọi λ 1 , λ 2 ∈ N,
(ii) tồn tại một lõn cận U của à 0 sao cho với mọi y ∈ K(N) và à ∈ U, f(ã, y, à) là lừm trờn K(N);
(iii) với mọi x, y ∈ K(N), f(x, y,ã) là h.β-Hăolder trờn U;
(iv) với mỗi à∈ U và x ∈ K(N), f(x,ã, à) là q.δ-Hăolder trờn K(N). Khi đó, với mỗi ε >¯ 0, Se liên tục H¨older trên [¯ε,+∞)×N ×U:
H(Se(ε1, λ1, à1),S(εe 2, λ2, à2)) ≤ k1|ε 1 −ε2|+k2||à 1 −à2|| β +k3||λ 1 −λ 2 || αδ , với k1, k2, k3 là các số dương và phụ thuộc vào ε¯, l, α, h, β, q, δ.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, trong chứng minh này, ta luôn giả sử rằng ε 1 < ε 2
Bước 1 Với 0 < ε 1 < ε 2 thỏa món ε < ε¯ 2 và (λ 1 , à 1 ) ∈ ΛìM, ta sẽ ước lượng cho H(Se(ε 1 , λ 1 , à 1 ),S(εe 2 , λ 1 , à 1 )) Trước hết, ta chứng minh rằng, với mọi (λ, à) ∈ N ìU thỡ
H ∗ (S(εe 1, λ, à),S(εe 2, λ, à)) = 0 (2.21) Với mỗi x2 ∈ S(εe 2, λ, à), x0 ∈ S(0, λ, à)e và y ∈ K(λ), ta cú f(x 2 , y, à) + ε 2 ≥0, f(x 0 , y, à) ≥ 0.
Do đó, với mọi y ∈ K(λ) thì ε 1 ε2 f(x 2 , y, à) +ε 1 + ε 2 −ε 1 ε2 f(x 0 , y, à) ≥0.
Giả thiết (ii) cho ta f(ε1 ε 2 x 2 + ε2 −ε1 ε 2 x 0 , y, à) +ε 1 ≥ 0, nên ta suy ra x 1 := ε 1 ε2 x 2 + ε 2 −ε 1 ε2 x 0 ∈ S(εe 1 , λ, à).
K(λ) ⊆K(λ0) + lB(0,kλ−λ0k α ), nên diamK(λ) ≤ ρ Do đó,
Kết hợp bất đẳng thức với (2.21) ta được (2.20) Vì ε 2 ∈ [¯ε,+∞), (2.20) nên
Bước 2 Bõy giờ ta ước lượngH(S(εe 2, λ1, à1),S(εe 2, λ1, à2))vớiε < ε¯ 2, λ 1 ∈ N và à 1 , à 2 ∈ U sao cho à 1 6= à 2 Ta xột hai trường hợp.
Trường hợp 1 ||à 1 − à 2 || β ≤ ε h 2 Đặt r = h||à 1 − à 2 || β Khi đú,
Thật vậy, lấy bất kỳ x¯ ∈ Se(ε 2 −r, λ 1 , à 1 ) thỡ với mọi y ∈ K(λ 1 ), f(¯x, y, à 2 ) +f(¯x, y, à 1 )−f(¯x, y, à 2 ) +ε 2 −r ≥ 0.
Từ (iii) ta suy ra
Do đú, f(¯x, y, à2) +ε2 ≥ 0 với mọi y ∈ K(λ1), tức là, x¯ ∈ Se(ε2, λ1, à2).
Sử dụng kết quả của Bước 1 ta có các ước lượng sau:
Dễ thấy rằng H ∗ (Se(ε 2 , λ 1 , à 2 ),S(εe 2 , λ 1 , à 1 )) cú cựng chặn trờn Do đú,
Trường hợp 2 kà 1 −à 2 k β > ε2 h Đặt ε 0 = h ¯ ε 1/β và ℘ = diam(U) ¯ 0, ε 1 , ε 2 ∈ [¯ε,+∞) thỏa món ε 1 < ε 2 và λ 1 , λ 2 , à 1 , à 2 ∈ [0,1], ta cú
H(S(εe 1 , λ 1 , à 1 ),S(εe 2 , λ 2 , à 2 )) ≤ k 1 |ε 1 −ε 2 |+ k 2 |à 1 −à 2 |, vớik 1 = k 2 = 1 ε ¯ Do đú,S(ã,e ã,ã) liờn tục Hăolder trờn[¯ε,+∞)ì[0,1]ì[0,1]. Bõy giờ, ta chỉ ra rằng S(ã, λ,e ã) khụng liờn tục Hăolder tại (0, λ,0) với λ ∈ Λ Chọn dóy (ε n , à n ) = ( 2n 1 , 1 n ) thỡ Se(ε n , λ, à n ) = [0, 1 2 ] Khi đú,
2. Điều này chứng tỏ rằng S(ã, λ,e ã) khụng liờn tục Hăolder tại (0, λ,0) Do đú, ỏnh xạ nghiệm chớnh xỏc S(0, λ,e ã) khụng liờn tục Hăolder tại à 0 = 0.
Trong định lý này, các giả thiết như tính lõm của hàm f, tính bị chặn và tính lồi của tập K không ảnh hưởng đến tính liên tục H¨older được nêu trong kết luận Những ví dụ dưới đây sẽ minh chứng rằng đây là những giả thiết quan trọng.
Khi đó, các giả thiết của Định lý 2.2.1 được thỏa mãn ngoại trừ giả thiết (ii) Tớnh toỏn trực tiếp ta được tập nghiệm xấp xỉ như sau, vớiλ, à ∈ [0,1],
Khi đú,Se(ε n , λ, à) = {0}vớiε n = 1− 2n 1 → 1 Suy raH(S(1, λ, à),e S(εe n , λ, à)) 2 Do đú, S(ã, λ, à)e khụng liờn tục Hăolder tại ε 0 = 0 Lý do là giả thiết (ii) bị vi phạm, chẳng hạn, lấy x 1 = 0, x 2 = 1 và t = 1/2, ta có f
Trong ví dụ 2.2.3, với X = A = R, Λ ≡ M = [0,1] và K(λ) = [0,+∞), hàm f(x, y, à) được định nghĩa là −àx Ngoại trừ tính bị chặn của K(λ), các giả thiết còn lại của Định lý 2.2.1 vẫn được thỏa mãn Kết quả tính toán cho thấy nghiệm xấp xỉ được xác định.
Rừ ràng, Sekhụng liờn tục Hăolder tại à 0 = 0 với số dương ε nào đú, chẳng hạn lấy ε = 1 và (ε n , à n ) = (1, n 1 ) hội tụ về (1,0), ta cú
Thí dụ 2.2.4 Cho X = A = R,Λ ≡ M = [0,3], K(λ) = [1,2] ∪ {3} và f(x, y, à) = à−x Khi đú, cỏc giả thiết của Định lý 2.2.1 đều được thỏa mãn ngoại trừ tính lồi của K Ta tính được nghiệm xấp xỉ
S(ε, λ, à) = (−∞, àe +ε]∩([1,2]∪ {3}), và ỏnh xạ này khụng liờn tục Hăolder tại à 0 = 2 Thật vậy, với ε = 1, ta cú
S(1, λ,e 2) = [1,2]∪{3} Khi đú, vớià n = 2− n 1 →2thỡS(1, λ, àe n ) = [1,2].
Do đú, S(1, λ,e ã) khụng liờn tục Hăolder tại à 0 = 2.
Hệ quả 2.2.1 (Xem [16])Giả sử các điều kiện sau đây được nghiệm đúng:
(i) K là l-Lipschitz tại λ 0 , tức là, tồn tại một lân cân N của λ 0 sao cho với mọi λ1, λ2 ∈ N,
(ii) tồn tại một lõn cận U của à 0 sao cho với mọi (λ, à) ∈ N ì U và y ∈ K(N) thỡ f(ã, y, à) lừm K(N);
(iii) với mọi x, y ∈ K(N), f(x, y,ã) là h-Lipschitz trờn U;
(iv) với mọi à∈ U và x ∈ K(N), f(x,ã, à) là q-Lipschitz trờn K(N). Khi đó, với mỗi ε >¯ 0, Se liên tục Lipschitz trên [¯ε,+∞)×N ×U:
H(Se(ε 1 , λ 1 , à 1 ),S(εe 2 , λ 2 , à 2 )) ≤ k 1 |ε 1 −ε 2 |+k 2 kà 1 −à 2 k+k 3 kλ 1 −λ 2 k, với k 1 , k 2 , k 3 là các số dương và phụ thuộc vào ε¯, l, h và q.
Ví dụ dưới đây chứng minh rằng giả thiết liên tục Lipschitz trong Hệ quả 2.2.1 không thể được giảm nhẹ thành tính Lipschitz-like, hay còn gọi là tính chất Aubin Nhắc lại, với l > 0, một ánh xạ đa trị K : Λ ⇒ A được xem là Lipschitz-like với hệ số l tại điểm (λ 0 , x 0 ) ∈ grK nếu tồn tại một lân cận N × P của (λ 0 , x 0 ) sao cho với mọi λ 1 , λ 2 ∈ N, điều kiện Lipschitz-like được thỏa mãn.
Các giả thiết (ii), (iii) và (iv) trong Hệ quả 2.2.1 đều được thỏa mãn Hơn nữa, hàm K(ã) có tính chất Lipschitz-like tại λ0 = 0 và x0 = 1, ví dụ với N = (−1/2, 1/2) và P = (0, 2), nhưng không liên tục Lipschitz tại điểm này Chúng tôi đã tìm được ánh xạ nghiệm xấp xỉ với ε và λ thuộc N.
Rõ ràng, ánh xạ này không liên tục Lipschitz tại λ 0 = 0.
Trong trường hợp đặc biệt khi tập ràng buộc là một tập con lồi và không phụ thuộc vào tham số λ, giả thiết (iv) trong Định lý 2.2.1 và Hệ quả 2.2.1 có thể được loại bỏ Điều này có nghĩa là Se không phụ thuộc vào λ, dẫn đến việc Bước 3 trong chứng minh của Định lý 2.2.1 trở nên không cần thiết.
Do đó, giả thiết (iv), chỉ cần trong bước này, có thể được bỏ đi Cụ thể, ta có hai kết quả sau.
Hệ quả 2.2.2 (Xem [16]) Với K(λ) = K là một tập con lồi và bị chặn của A, giả sử các điều kiện sau đây được thỏa mãn:
(i) tồn tại một lõn cận U của à0 sao cho với mọi à ∈ U và y ∈ K thỡ f(ã, y, à) lừm K;
(ii) với mọi x, y ∈ K thỡ f(x, y,ã) là h.β-Hăolder trờn U.
Khi đó, với mỗi ε >¯ 0, Se liên tục H¨older trên [¯ε,+∞)×U:
H(S(εe 1 , à 1 ),S(εe 2 , à 2 )) ≤ k 1 |ε 1 −ε 2 |+ k 2 ||à 1 −à 2 || β , với k 1 , k 2 > 0 và phụ thuộc vào ε¯, h và β.
Hệ quả 2.2.3 (Xem [16]) Với K(λ) = K là một tập con lồi và bị chặn của A, giả sử các điều kiện sau đây được thỏa mãn:
(i) tồn tại một lõn cận U của à 0 sao cho với mọi à ∈ U và y ∈ K thỡ f(ã, y, à) lừm trờn K;
(ii) với mọi x, y ∈ K, f(x, y,ã) là h-Lipschitz liờn tục trờn U.
Khi đó, với mọi ε >¯ 0, Se liên tục Lipschitz trên [¯ε,+∞)×U:
H(S(εe 1 , à 1 ),S(εe 2 , à 2 )) ≤ k 1 |ε 1 −ε 2 |+ k 2 ||à 1 −à 2 ||, với k 1 , k 2 > 0 và phụ thuộc vào ε¯và h.
Áp dụng
Cho X,Λ, M, A vàK giống như trong bài toán (EP) Xét g : A×M →
R Với mỗi (λ, à) ∈ ΛìM, ta xột bài toỏn tối ưu phụ thuộc tham số như sau:
(OP) Tỡm x¯∈ K(λ) sao cho g(¯x, à) = min y∈K(λ) g(y, à).
Với mỗi (ε, λ, à) ∈ R + ìΛìM, ta ký hiệu tập nghiệm xấp xỉ của (OP) là fS 1 (ε, λ, à), tức là, fS 1 (ε, λ, à) = {¯x ∈ K(λ) : g(¯x, à) ≤ g(y, à) +ε,∀y ∈ K(λ)}.
Hệ quả 2.2.4 (Xem [16]) Xét bài toán (OP), giả sử rằng các điều kiện sau được thỏa mãn:
(a) K là l 1 α 1 -H¨older tại λ 0 , tức là tồn tại một lân cận N của λ 0 sao cho với mọi λ 1 , λ 2 ∈ N thì
(b) tồn tại một lõn cận U của à 0 sao cho g(ã, à) lồi và q 1 δ 1 -Hăolder trờn K(N) với mọi à ∈ U;
(c) với mỗi x ∈ K(N) thỡ g(x,ã) là h1.β1-Hăolder trờn U;
Khi đó, với mỗi ε >¯ 0 thì fS 1 liên tục H¨older trên [¯ε,+∞) ×N ×U, tức là:
H(fS 1 (ε 1 , λ 1 , à 1 ),fS 1 (ε 2 , λ 2 , à 2 )) ≤ k 1 |ε 1 −ε 2 |+k 2 kà 1 −à 2 k β 1 +k 3 kλ 1 −λ 2 k α 1 δ 1 , với k 1 , k 2 , k 3 > 0 và phụ thuộc ε¯, l 1 , α 1 , h 1 , β 1 , q 1 , δ 1
Để chứng minh hệ quả này, ta định nghĩa hàm f(x, y, à) := g(y, à) − g(x, à) và chỉ ra rằng (OP) là một trường hợp đặc biệt của bài toán (EP) Việc kiểm tra các giả thiết (ii), (iii) và (iv) của Định lý 2.2.1 là cần thiết Chọn x1, x2 ∈ K(N), t ∈ [0,1], y ∈ K(N) và à ∈ U, ta có f(tx1 + (1−t)x2, y, à) − tf(x1, y, à) − (1−t)f(x2, y, à).
= tg(x 1 , à) + (1−t)g(x 2 , à)−g(tx 1 + (1−t)x 2 , à) ≥ 0, vỡ g(ã, à) lồi Do đú, (ii) được nghiệm Với (iii), với mọi à 1 , à 2 ∈ U và x, y ∈ K(N), ta thấy rằng
≤ 2h 1 ||à 1 −à 2 || β 1 Suy ra (iii) được thỏa mãn với h = 2h 1 và β = β 1
Giả thiết (iv) cũng được thỏa mãn với q = q 1 và δ = δ 1 , vì với mọi y1, y2 ∈ K(N), x ∈ K(N) và à ∈ U thỡ
≤ q 1 ||y 1 −y 2 || δ 1 b/ Bất đẳng thức biến phân
Cho X,Λ, M, A vàK giống như trong bài toán (EP) Xét g : A×M →
X ∗ Với mỗi (λ, à) ∈ ΛìM, ta xột bài toỏn bất đẳng thức biến phõn sau đây:
(VI) Tỡm x¯ ∈ K(λ) sao cho với mọi y ∈ K(λ) thỡ hg(¯x, à), y−xi ≥¯ 0.
Với mỗi (ε, λ, à) ∈ R + ìΛìM, ta ký hiệu tập nghiệm xấp xỉ của (VI) là fS 2 (ε, λ, à) ={¯x ∈ K(λ) : hg(¯x, à), y−xi¯ +ε ≥ 0,∀y ∈ K(λ)}.
Hệ quả 2.2.5 (Xem [16]) Xét bài toán (VI), giả sử rằng các điều kiện sau đây được thỏa mãn:
(a) K là l 2 α 2 -H¨older tại λ 0 , tức là tồn tại một lân cận N của λ 0 sao cho với mọi λ 1 , λ 2 ∈ N thì
(b) tồn tại một lõn cận U của à0 sao cho với mỗi à ∈ U thỡ g(ã, à) bị chặn (tức là, tồn tại q2 > 0 sao cho kg(x, à)k ≤ q2, ∀x ∈ K(N)) đơn điệu và affine trên K(N);
(c) với mọi x ∈ K(N), g(x,ã) là h 2 β 2 -Hăolder trờn U;
Khi đó, với mỗi ε >¯ 0, fS 2 thỏa mãn điều kiện H¨older trên [¯ε,+∞)×N×U:
H(fS 2 (ε 1 , λ 1 , à 1 ),fS 2 (ε 2 , λ 2 , à 2 )) ≤ k 1 |ε 1 −ε 2 |+k 2 kà 1 −à 2 k β 2 +k 3 kλ 1 −λ 2 k α 2 , trong đó k 1 , k 2 , k 3 > 0 và phụ thuộc ε¯, l 2 , q 2 , h 2 , β 2
Chứng minh rằng f(x, y, à) := hg(x, à) là một dạng đặc biệt của bài toán (EP) Chúng ta sẽ kiểm tra các giả thiết (ii), (iii) và (iv) của Định lý 2.2.1 Xét bất kỳ x1, x2 ∈ K(N), t ∈ [0,1] và y ∈ K(N), theo (b), ta có f(tx1 + (1−t)x2, y, à) − tf(x1, y, à) − (1−t)f(x2, y, à).
Nờn giả thiết (ii) được thỏa món Xột giả thiết (iii), với mọi à 1 , à 2 ∈ U và x, y ∈ K(N) thì
≤ h 2 ρ 2 kà 1 −à 2 k β 2 , với ρ 2 = diamK(N) Suy ra giả thiết (iii) được nghiệm đúng với h = h 2 ρ 2 và β = β2.
Giả thiết (iv) cũng được thỏa mãn với q = q 2 và δ = 1, và với mọi y 1 , y 2 ∈ K(N), x ∈ K(N) và à ∈ U, ta cú
Mặc dù việc mặc đồ g(ã, à) có vẻ đơn điệu, nhưng trong trường hợp này, tập nghiệm của bài toán (VI) có thể không phải là duy nhất Điều này được minh họa qua một ví dụ cụ thể.
Trong ví dụ 2.2.6, với X = R, Λ ≡ M = [0,1], A = [0,1], K(λ) = [0,1] và g(x, λ) ≡ 0, tất cả các giả thiết của Hệ quả 2.2.5 được thỏa mãn với l2 = 0, α2 = 1, h2 = 0 và β2 = 1 Điều này cho thấy Hệ quả 2.2.5 suy ra được tính liên tục H¨older của fS 2 Qua tính toán trực tiếp, ta nhận thấy rằng với mọi (ε, λ) ∈ R + ×Λ, Sf 2 (ε, λ) = [0,1] không phải là tập đơn phần tử.
Trong chương này, chúng tôi giới thiệu các phương pháp hiệu quả để nghiên cứu tính ổn định theo nghĩa liên tục H¨older/Lipschitz của ánh xạ nghiệm trong bài toán cân bằng vô hướng Công cụ đầu tiên là các giả thiết về tính lồi (lõm) mạnh, giúp phân tích tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm chính xác (Định lý 2.1.1), thay thế cho các điều kiện liên quan đến tính đơn điệu mạnh trong các nghiên cứu trước đây Ngoài ra, chúng tôi cũng xem xét các kết quả đầu tiên về tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm chính xác trong bài toán cân bằng đối ngẫu (Định lý 2.1.2) Các giả thiết này đảm bảo nghiệm duy nhất cho bài toán nhưng khó áp dụng vào thực tế, như bài toán hai mức Do đó, công cụ thứ hai là các điều kiện về tính lồi (lõm) trong Định lý 2.2.1, thiết lập các điều kiện đủ cho tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm xấp xỉ mà không cần đến các giả thiết trước đó, cho phép tập nghiệm không chỉ là tập đơn phần tử Kết quả này đánh dấu một bước đột phá trong nghiên cứu tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm trong bài toán cân bằng.
TÍNH LIÊN TỤC H ¨ OLDER CỦA ÁNH XẠ NGHIỆM CỦA BÀI
TOÁN CÂN BẰNG VÉC TƠ
Trong chương này, chúng ta khám phá tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm cho bài toán cân bằng véc tơ, bao gồm cả ánh xạ nghiệm chính xác và ánh xạ nghiệm xấp xỉ Chúng ta cũng giả định rằng tập nghiệm của các bài toán được xem xét luôn khác rỗng trong lân cận của điểm đang nghiên cứu Nội dung của chương này được rút ra từ các bài báo số [19, 20, 21].
Tính liên tục H¨ older của ánh xạ nghiệm bài toán cân bằng véc tơ
toán cân bằng véc tơ
Trong bài viết này, chúng ta sẽ nghiên cứu các không gian metric tuyến tính X và Y, cùng với các không gian metric Λ và M A được xác định là một tập con không rỗng của X Không gian Y được trang bị một nón thứ tự C lồi, đóng, có đỉnh và phần trong không rỗng Chúng ta sẽ xem xét ánh xạ đa trị K : Λ ⇒ A có giá trị lồi không rỗng và hàm giỏ trị vecto f : AìAìM → Y Cuối cùng, chúng ta sẽ phân tích bài toán cân bằng véc tơ mạnh phụ thuộc tham số được thiết lập cho mỗi cặp (λ, à) ∈ ΛìM.
(SVEP) Tìm x¯ ∈ K(λ) sao cho với mọi y ∈ K(λ) thì f(¯x, y, à) ∈ C.
Bài toán đối ngẫu của (SVEP) được xét như sau:
(DSVEP) Tìm x¯∈ K(λ) sao cho với mọi y ∈ K(λ) thì f(y,x, à)¯ ∈ −C.
Ta ký hiệu các tập nghiệm của các bài toán (SVEP) và (DSVEP) lần lượt là Π(λ, à) và Π d (λ, à), tức là: Π(λ, à) := {x ∈ K(λ) : f(x, y, à) ∈ C, ∀ y ∈ K(λ)}, Π d (λ, à) := {x ∈ K(λ) : f(y, x, à) ∈ −C, ∀ y ∈ K(λ)}.
Đối với mỗi e ∈ intC, ta định nghĩa ánh xạ f : X → Y là C-l.α-Hölder tại x¯ nếu tồn tại lân cận U của x¯ sao cho với mọi x1, x2 ∈ U, thỏa mãn điều kiện f(x1) - f(x2) + ldα(x1, x2)e ∈ C Bên cạnh đó, ánh xạ g : X × X × M được gọi là C-l.α-Hölder đối với e ∈ intC tại à¯, θ-đều trên A ⊆ X nếu tồn tại một lân cận thích hợp.
U của ௠sao cho với mọi à 1 , à 2 ∈ U và x, y ∈ A : x 6= y thỡ,
−g(x, y, à 1 ) +g(x, y, à 2 ) +ld α (à 1 , à 2 )d θ (x, y)e ∈ C. Định nghĩa 3.1.3 Cho ánh xạ g : X → Y Khi đó,
(i) g được gọi là h.β-lồi mạnh đối với e trên tập con lồi A nếu với mọi x1, x2 ∈ A và t ∈ (0,1) thì,
(ii) g được gọi là h.β-giống lồi mạnh đối với e trên A (ở đây A không nhất thiết phải lồi) nếu với mọi x1, x2 ∈ A và t ∈ (0,1) thì tồn tại z ∈ A sao cho
Ta nói rằng g là h.β-lõm mạnh (giống lõm mạnh) đối với e trên A nếu −g là h.β-lồi mạnh (giống lồi mạnh) trên A đối với e.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ trình bày điều kiện cần và đủ để đảm bảo tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm trong bài toán (SVEP) Định lý 3.1.1 (tham khảo [21]) chỉ ra rằng, để bài toán (SVEP) có nghiệm liên tục H¨older, cần thỏa mãn các điều kiện cụ thể sau đây.
(i) K là l.α-H¨older trên một lân cận N của λ¯;
(ii) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi x ∈ K(N) và à ∈ U thỡ f(x,ã, à)làh.β-lồi mạnh vàC-m.1-Hăolder đối vớietrờnconv(K(N)); (iii) với mọi à ∈ U thỡ f(ã,ã, à) đơn điệu trờn K(N)ìK(N);
Nếu f là hàm C-n.γ-Hölder đối với e trên U và θ-đều trên K(N) với θ < β, thì ánh xạ nghiệm của (SVEP) trên N × U là đơn trị và thỏa mãn điều kiện Hölder Cụ thể, với mọi cặp (λ1, à1) và (λ2, à2) thuộc N × U, ta có ρ(Π(λ1, à1), Π(λ2, à2)) ≤
Chứng minh Ta chia phần chứng minh của định lý này thành ba bước. Bước 1 Với mọi x 11 ∈ Π(λ 1 , à 1 ) và x 21 ∈ Π(λ 2 , à 1 ), ta chứng minh rằng d 1 := d(x 11 , x 21 ) ≤
Theo định nghĩa của ỏnh xạ nghiệm Π(ã,ã) thỡ với mọi y ∈ K(λ 1 ) và z ∈ K(λ2), f(x11, y, à1) ∈ C, f(x21, z, à1) ∈ C (3.2)
Do tính liên tục H¨older của K nên tồn tại x 1 ∈ K(λ 1 ) và x 2 ∈ K(λ 2 ) sao cho max{d(x 11 , x2), d(x21, x1)} ≤ ld α (λ1, λ2) (3.3) Đặt xˆ = 1
2(x11 +x21) thì từ tính lồi mạnh ở giả thiết (ii) ta có
Sử dụng giả thiết về tớnh đơn điệu của f và x 11 ∈ Π(λ 1 , à 1 ), ta thấy rằng f(x 11 , x 11 , à 1 ) = 0, f(x 11 , x 21 , à 1 ) =−f(x 21 , x 11 , à 1 )−2c,với c ∈ C.
Từ (3.5) và (3.6), ta suy ra
Do đó, sử dụng giả thiết C-m.1-H¨older ở (ii) và (3.3) ta được
Vì vậy ta được kết luận (3.1).
Bước 2 Ta sẽ chứng minh rằng, với mọi x 21 ∈ Π(λ 2 , à 1 ) và x 22 ∈ Π(λ 2 , à 2 ) thỡ d 2 := d(x 21 , x 22 ) ≤ n h β−θ 1 d β−θ γ (à 1 , à 2 ) (3.7)
Do định nghĩa của ánh xạ nghiệm, với mọi y, z ∈ K(λ 2 ) thì f(x 21 , y, à 1 ) ∈ C, f(x 22 , z, à 2 ) ∈ C (3.8) Đặt y = 1
Do tính lồi mạnh của f ta có f(x 21 , x 22 , à 1 ) +f(x 21 , x 21 , à 1 )− 1
Sử dụng giả thiết đơn điệu của f(ã,ã, à) trong (iii) và x 21 ∈ Π(λ 2 , à 1 ) ta suy ra f(x21, x21, à1) = 0, f(x 21 , x 22 , à 1 ) ∈ −f(x 22 , x 21 , à 1 )−C.
Do đó, kết hợp (3.9), ta được
2(x 22 +x 21 ) trong (3.8) thì ta suy ra f(x 22 ,x22+x21
Lại sử dụng giả thiết lồi mạnh của f, ta có f(x 22 , x 22 , à 2 ) +f(x 22 , x 21 , à 2 )− 1
Kết hợp điều này với (3.10), ta được
Sử dụng giả thiết (iv), ta suy ra
−hd β 2 e+nd γ (à 1 , à 2 )d θ 2 e ∈ C, hay hd β 2 e ≤ nd γ (à1, à2)d θ 2 , tức là ta được (2.7).
Bước 3 Dễ thấy rằng với mọi x 11 ∈ Π(λ 1 , à 1 ) và x 22 ∈ Π(λ 2 , à 2 ), ta có d(x 11 , x 22 ) ≤ d 1 +d 2
Do đó, từ (3.1) và (3.7), ta được, với k 1 = 4ml h
Nếu λ 1 = λ 2 và à 1 = à 2 thỡ ta thấy rằng đường kớnh của Π(λ 1 , à 1 ) là 0 (với bất kỳ(λ 1 , à 1 )) Điều này cú nghĩa là nghiệm của (SVEP) là duy nhất trên N ×U.
Trong bài toán DSVEP, chúng ta có kết quả như sau: Định lý 3.1.2 (tham khảo [21]) nêu rằng nếu các giả thiết (i), (iv) và (iii) tương tự như trong Định lý 3.1.1, nhưng với f được thay thế bằng -f và giả thiết (ii) được điều chỉnh tương ứng, thì các kết quả đạt được sẽ có ý nghĩa quan trọng.
(ii d ) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi x ∈ K(N) và à ∈ U, f(ã, x, à) là h.β-lừm mạnh và C-m.1-Hăolder đối với e trờn conv(K(N)).
Khi đó, ta có kết luận tương tự như trong Định lý 3.1.1 cho ánh nghiệm Π d của bài toán (DSVEP).
Chứng minh Vì kỹ thuật chứng minh tương tự với cách chứng minh của Định lý 3.1.1 nên ở đây ta không trình bày lại.
Trong trường hợp K(λ) ≡ K (với K là tập không rỗng), giả thiết lồi mạnh trong Định lý 3.1.1 có thể được thay thế bằng tính giống lồi mạnh Cụ thể, Định lý 3.1.3 (tham khảo [21]) đưa ra kết quả dưới điều kiện các giả thiết được thỏa mãn.
(i) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi x ∈ K và à ∈ U, f(x,ã, à) là h.β-giống lồi mạnh đối với e trờn K;
(ii) với mọi à∈ U thỡ f(ã,ã, à) đơn điệu trờn K ìK;
(iii) f là C-n.γ-H¨older đối với e trên U, θ-đều trên K với θ < β.
Khi đú, với mỗi à ∈ U, (SVEP) cú nghiệm duy nhất x(à) thỏa điều kiện Hăolder trờn U: với mọi à1, à2 ∈ U, ρ(Π(à1),Π(à2)) ≤ n h β−θ 1 d β−θ γ (à1, à2).
Chứng minh Với mọi x 1 ∈ Π(à 1 ), x 2 ∈ Π(à 2 ) và y, z ∈ K, ta cú f(x 1 , y, à 1 ) ∈ C, f(x 2 , z, à 2 ) ∈ C.
Do tính giống lồi mạnh của f trên K nên tồn tại z¯∈ K sao cho
(3.11) Điều này cựng với tớnh đơn điệu của f(ã,ã, à) dẫn đến
Lý luận tương tự với x1 được thay thế bởi x2 và à1 bởi à2 trong (3.11), ta cũng được
Từ (3.12) và (3.13) và sau đó sử dụng giả thiết (iii), ta được
Trong bài viết này, chúng ta chứng minh rằng hd β (x1, x2) ≤ nd γ (à1, à2)d θ (x1, x2), từ đó suy ra tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm Hơn nữa, với mỗi giá trị à, ta có x(à) là duy nhất.
Chúng ta có kết quả tương tự cho bài toán đối ngẫu, nhưng không trình bày chứng minh vì cách chứng minh giống như Định lý 3.1.3 Định lý 3.1.4 (Xem [21]) cho rằng với K(λ) ≡ K, nếu các giả thiết (ii) và (iii) của Định lý 3.1.3 được giữ nguyên với f được thay bằng −f và giả thiết (i) được điều chỉnh cho phù hợp.
(i d ) tồn tại một lõn cận U của ௠sao cho với mọi x ∈ K và à ∈ U, f(ã, x, à) là h.β-giống lừm mạnh đối với e trờn K.
Khi đó, trên U, ánh xạ nghiệm của (DSVEP) là đơn trị và thỏa mãn điều kiện H¨older tương tự như trong Định lý 3.1.3.
Nghiên cứu tính liên tục H¨ older của ánh xạ nghiệm xấp xỉ bài toán cân bằng véc tơ yếu bằng phương pháp vô hướng hóa
nghiệm xấp xỉ bài toán cân bằng véc tơ yếu bằng phương pháp vô hướng hóa
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các không gian định chuẩn X, Λ, M và tập con không rỗng A ⊆ X Chúng ta cũng phân tích không gian định chuẩn Y cùng với không gian đối ngẫu Y ∗, trong đó C ⊂ Y là một nón lồi, đóng, có đỉnh và intC 6= ∅ Ánh xạ đa trị K : Λ ⇒ A có giá trị lồi, đóng và khác rỗng, trong khi f : A×A×M → Y là hàm cú giỏ trị vọc tơ Cuối cùng, với mỗi (λ, à) ∈ Λ và M, chúng ta sẽ giải bài toán cõn bằng véc tơ yếu.
(WEP): Tìm x¯ ∈ K(λ) sao cho với mọi y ∈ K(λ) thì f(¯x, y, à) ∈ −intC./
Với mỗi (λ, à) ∈ ΛìM, ε ≥ 0 và e∈ intC, ta kớ hiệu tập nghiệm xấp xỉ của (WEP) ứng với (ε, λ, à) là Π(ε, λ, à) = {x ∈ K(λ) : f(x, y, à) + εe /∈ −intC,∀y ∈ K(λ)}.
Xét C ∗ = {ξ ∈ Y ∗ : ξ(y) ≥ 0,∀y ∈ C} là nón đối ngẫu của C Với mỗi e ∈ intC cho trước thì B e ∗ = {ξ ∈ C ∗ : ξ(e) = 1} là một cơ sở comapact yếu ∗ của C ∗
Với mỗi ξ ∈ B e ∗ , ta ký hiệu Π ξ (ε, λ, à) = {x ∈ K(λ) : ξ(f(x, y, à)) +ε ≥ 0,∀y ∈ K(λ)}, là ξ-nghiệm hữu hiệu của (WEP).
Bổ đề 3.2.1 (Xem [20]) Nếu với mỗi x ∈ K(Λ) và à ∈ M, f(x,ã, à) là
Ta lưu ý rằng nếu C là nón thứ tự toàn phần trong không gian Y, tức là
Nếu Y = C ∪ (−C), thì mọi ánh xạ có giá trị trong Y đều là C-tựa lồi Theo Định lý 3.2.1 (Xem [20]), trong bối cảnh (WEP), giả sử rằng với mỗi ξ ∈ B e ∗, tồn tại nghiệm hữu hiệu ξ trong một lõn cận của điểm đang xột (λ 0, à 0) ∈ Λ×M Hơn nữa, các điều kiện bổ sung sau đây cũng phải được nghiệm đúng.
(i) K là l.α-H¨older tại λ 0 , tức là tồn tại một lân cận U của λ 0 sao cho với mọi λ 1 , λ 2 ∈ U,
(ii) tồn tại một lõn cận V của à 0 sao cho với mỗi y ∈ K(U) và à ∈ V thỡ f(ã, y, à) là C-lừm trờn K(U);
(iii) với mọi x, y ∈ K(U) thỡ f(x, y,ã) là h.β-Hăolder trờn V;
(iv) với à ∈ V và x ∈ K(U) thỡ f(x,ã, à) là q.δ-Hăolder trờn K(U).
Khi đó, với mọi ε >¯ 0 và ξ¯ ∈ B e ∗ thì tồn tại các lân cận N( ¯ξ) của ξ¯,
Nξ ¯(λ0) của λ0 và Nξ ¯(à0) của à0 sao cho Πξ(ã,ã,ã) liờn tục Hăolder trờn [¯ε,+∞)ìNξ ¯(λ0)ìNξ ¯(à0), tức là,
H(Π ξ (ε 1 , λ 1 , à 1 ),Π ξ (ε 2 , λ 2 , à 2 )) ≤ k 1 |ε 1 −ε 2 |+k 2 ||à 1 −à 2 || β +k 3 ||λ 1 −λ 2 || αδ , với ξ ∈ N( ¯ξ),(ε i , λ i , à i ) ∈ [¯ε,+∞)ìNξ ¯(λ 0 )ìNξ ¯(à 0 ), i = 1,2và k 1 , k 2 , k 3 là các số dương phụ thuộc vào ε¯, l, α, h, β,
Chứng minh Xộtξ¯∈ B e ∗ và đặt N( ¯ξ)ìNξ ¯(λ 0 )ìNξ ¯(à 0 ) ⊂ B e ∗ ìUìV là cỏc tập mở Lấy (ε 1 , λ 1 , à 1 ),(ε 2 , λ 2 , à 2 ) ∈ [¯ε,+∞) ìNξ ¯(λ 0 ) ìNξ ¯(à 0 ) bất kỳ Không mất tính tổng quát, giả sử rằng ε1 < ε2.
Bước 1 Với0 < ε 1 < ε 2 thỏa món ε < ε¯ 2 ,(λ 1 , à 1 ) ∈ Nξ ¯(λ 0 )ìNξ ¯(à 0 ) và ξ ∈ N( ¯ξ), ta sẽ ước lượng H(Π ξ (ε 1 , λ 1 , à 1 ),Π ξ (ε 2 , λ 1 , à 1 )). Đặt ρ := diamK(λ 0 ) + 2l(diam(U)) α Ta sẽ chứng minh rằng với mọi (λ, à) ∈ U ìV và ξ ∈ B e ∗ thỡ
Dễ dàng thấy rằng Π ξ (ε 1 , λ, à) ⊆ Π ξ (ε 2 , λ, à) Do đú,
Lấy bất kỳ x2 ∈ Πξ(ε2, λ, à), x0 ∈ Πξ(0, λ, à) Khi đú với mọi y ∈ K(λ), ta có min{ξ(f(x 2 , y, à)) +ε 2 , ξ(f(x 0 , y, à))} ≥ 0.
Mặt khác, theo giả thiết (ii) ta được ε1 ε 2 f(x 2 , y, à) + ε2 −ε1 ε 2 f(x 0 , y, à) ∈ f(ε1 ε 2 x 2 + ε2 −ε1 ε 2 x 0 , y, à)−C.
Do đó tồn tại c 1 ∈ C sao cho ε1 ε 2 f(x 2 , y, à) + ε2 −ε1 ε 2 f(x 0 , y, à) = f(ε1 ε 2 x 2 + ε2 −ε1 ε 2 x 0 , y, à)−c 1 , suy ra ξ ε 1 ε 2 f(x 2 , y, à) + ε 2 −ε 1 ε 2 f(x 0 , y, à)
Ta thấy rằng với mọi λ ∈ U thì K(λ) ⊆ K(λ 0 ) +lB(0,kλ−λ 0 k α ) Suy ra diamK(λ) ≤ ρ Do đó, kx 2 −x 1 k ≤ ρ ε 2 |ε 1 −ε 2 |, và
Từ (3.15) và (3.18), ta đã chứng minh được (3.14) Vì ε 2 ∈ [¯ε,+∞) nên từ (3.14) suy ra
Bước 2 Bõy giờ ta ước lượng H(Πξ(ε2, λ1, à1),Πξ(ε2, λ1, à2)) với ε ε2 Đặt ρ1 = diamV Khi đú cú một số tự nhiờn n sao cho ρ n 1 ≤ ε h ¯ 1/β Xột P 1 = {v 1 = à 1 , v 2 , , v n+1 = à 2 } là một phõn hoạch của [à 1 , à 2 ] sao cho kv i −v i+1 k= kà 1 −à 2 k n
Khi đú, ta cú kv i −v i+1 k β = kà 1 −à n 2 k β
≤ ρ n 1 β ≤ h ε ¯ ≤ ε h 2 Sử dụng kết quả của Trường hợp 1, ta được
Bước 3 Ta ước lượng H(Π ξ (ε 2 , λ 1 , à 2 ),Π ξ (ε 2 , λ 2 , à 2 )) với λ 1 6= λ 2 Ta cũng xét hai trường hợp:
Trường hợp 1 kλ 1 −λ2k α ≤ 1 l ( ε q 2 ) 1/δ Đặt r 0 = l δ q||λ 1 −λ2|| αδ Khi đó,
0 < r 0 ≤ ε 2 Ta cú Π ξ (ε 2 −r 0 , λ 1 , à 2 ) ⊆ Π ξ (ε 2 , λ 2 , à 2 ) Thật vậy, với mọi x 0 ∈ Π ξ (ε 2 −r 0 , λ 1 , à 2 ) và y 2 ∈ K(λ 2 ) thỡ cú y 1 ∈ K(λ 1 ) sao cho
Từ (iv) suy ra f(x 0 , y 1 , à 2 )) ∈ f(x 0 , y 2 , à 2 )) +qky 1 −y 2 k δ B(0,1).
Do đó, với mọi y 2 ∈ K(λ 2 ), ξ(f(x 0 , y 2 , à 2 )) +ε 2 ≥ 0, tức là, x 0 ∈ Π ξ (ε 2 , λ 2 , à 2 ), suy ra Π ξ (ε 2 −r 0 , λ 1 , à 2 ) ⊆ Π ξ (ε 2 , λ 2 , à 2 ). Áp dụng kết quả của Bước 1, ta được:
≤ ρql δ ¯ ε kλ 1 −λ 2 k αδ Tương tự, ta cũng được,
℘ = diam(U) < +∞ Khi đó có một số tự nhiên N sao cho N ℘ ≤ ε 0 Đặt
P 2 là một phân hoạch của [λ 1 , λ 2 ] với N + 1 nút u 1 , , u N +1 sao cho u 1 = λ 1 , u N +1 = λ 2 , ku j −u j+1 k = kλ 1 −λ 2 k
Sử dụng kết quả của Trường hợp 1, ta được
Bước 4 Kết hợp các kết quả của ba bước trên thì ta được
≤ k1|ε 1 −ε2|+k2kà 1 −à2k β +k 3 kλ 1 −λ 2 k αδ Định lý 3.2.2 (Xem [20]) Xét (WEP), giả sử rằng với mỗi ξ ∈ B e ∗ thì ξ-nghiệm hữu hiệu tồn tại trong một lõn cận của điểm đang xột (λ 0 , à 0 ) ∈ Λ×M Giả sử thêm rằng
(i) K là l.α-H¨older tại λ 0 , tức là, tồn tại một lân cận U của λ 0 sao cho với mọi λ 1 , λ 2 ∈ U,
(ii) tồn tại một lõn cận V của à 0 sao cho với mọi y ∈ K(U) và à ∈ V thỡ f(ã, y, à) là C-lừm trờn K(U);
(iii) với mọi x, y ∈ K(U) thỡ f(x, y,ã) là h.β-Hăolder trờn V;
(iv) với mỗi à ∈ V và x ∈ K(U) thỡ f(x,ã, à) là C-lồi và q.δ-Hăolder trờn K(U).
Khi đú, với mọi ε >¯ 0 thỡ tồn tại cỏc lõn cận mở N 0 (λ 0 ) của λ 0 và N 0 (à 0 ) của à 0 sao cho Π(ã,ã,ã) liờn tục Hăolder trờn [¯ε,+∞) ìN 0 (λ 0 ) ìN 0 (à 0 ), tức là,
H(Π(ε 1 , λ 1 , à 1 ),Π(ε 2 , λ 2 , à 2 )) ≤ k 1 |ε 1 −ε 2 |+k 2 ||à 1 −à 2 || β +k 3 ||λ 1 −λ 2 || αδ , với (ε i , λ i , à i ) ∈ [¯ε,+∞)ìN 0 (λ 0 ) ìN 0 (à 0 ), i = 1,2 và k 1 , k 2 , k 3 là cỏc số dương và phụ thuộc vào ε¯, l, α, h, β,
Chứng minh rằng B e ∗ là một cơ sở compact yếu ∗, theo Định lý 3.2.1, {N( ¯ξ)}ξ∈B ¯ e ∗ tạo thành một phủ mở cho B e ∗ Do đó, có tồn tại một số hữu hạn các điểm ξ i ∈ B e ∗ (i = 1, , n) thỏa mãn điều kiện này.
N(ξi) (3.20) Đặt N 0 (à 0 ) =T n i=1 N ξ i (à 0 ) vàN 0 (λ 0 ) =T n i=1 N ξ i (λ 0 ) Lấy bất kỳ(λ, à) ∈
N 0 (λ0)ìN 0 (à0) Do (3.20) nờn với mọi ξ ∈ B e ∗ thỡ tồn tại i0 ∈ {1, , n} sao choξ ∈ N(ξi 0 ) Theo cỏch xõy dựng của cỏc lõn cận N 0 (λ0) và N 0 (à0), ta cú (λ, à) ∈ N ξ i
0(à 0 ) Do đú, N 0 (λ 0 ) và N 0 (à 0 ) là cỏc lõn cận mong muốn của λ 0 và à 0
Dựa vào giả thiết (iv) và Bổ đề 3.2.1, ta có Π(ε, λ, à) = [ ξ∈B e ∗ Π ξ (ε, λ, à).
Với mọi (λ 1 , à 1 ),(λ 2 , à 2 ) ∈ N 0 (λ 0 )ìN 0 (à 0 ), ta kết luận rằng
Thật vậy, với mọi x1 ∈ Π(ε1, λ1, à1) = S ξ∈B ∗ e Πξ(ε1, λ1, à1) thỡ tồn tại ξˆ∈ B e ∗ sao cho x1 ∈ Πξ ˆ(ε1, λ1, à1) Vỡ Πξ ˆ(ε2, λ2, à2) ⊆Π(ε2, λ2, à2) và ỏp dụng Định lý 3.2.1, ta được d(x 1 ,Π(ε 2 , λ 2 , à 2 )) ≤ d(x 1 ,Π ξ ˆ (ε 2 , λ 2 , à 2 ))
≤ k 1 |ε 1 −ε 2 |+k 2 kà 1 −à 2 || β + k 3 kλ 1 −λ 2 k αδ , với k 1 , k 2 , k 3 là các số dương phụ thuộc vào ε¯, l, α, h, β,
(3.22) Tương tự, ta cũng chứng minh được
Từ (3.22) và (3.23), ta có (3.21) được chứng minh Do đó ta hoàn thành việc chứng minh của định lý.
Tính liên tục H¨ older của ánh xạ nghiệm xấp xỉ bài toán cân bằng véc tơ
Tính lồi, lõm giảm nhẹ của hàm véc tơ
Trong phần này, chúng ta nghiên cứu các khái niệm liên quan đến tính lồi và lõm của hàm số có giá trị véc tơ cùng với các tính chất của chúng Tiếp theo, các công cụ này được áp dụng để khảo sát tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm cho cả hai bài toán cân bằng véc tơ yếu và mạnh, đặc biệt trong trường hợp ánh xạ nghiệm không phải là đơn trị.
Ta ký hiệu [a, b] = {x ∈ Y|x ∈ (b−C)∩(a+C)} và ∆ = [−ζ,0] ⊂ Y là một tập con cho trước Định nghĩa 3.3.1 (Xem [19]): Một ánh xạ f : X →Y được gọi là C-lõm tổng quát trên tập con lồi A ⊆ X nếu, với mọi x1, x2 ∈ A, t ∈ [0,1], và f(x2) ∈ C, thì f(tx1 + (1−t)x2) ∈ tf(x1) + C.
Mệnh đề 3.3.1 Nếu f là C-lõm trên tập con lồi A thì f là C-lõm tổng quát trên A.
Thí dụ sau đây chứng tỏ chiều ngược lại của Mệnh đề 3.3.1 là không đúng. Thí dụ 3.3.1 Cho X = Y = R, A = [−1,1], C = R + và f(x) (−x 2 , x < 0, 2x−x 2 , x ≥ 0.
Khi đó, f là C-lõm tổng quát trên A nhưng f không C-lõm trên A Thật vậy, lấy x 1 = − 1 2 , x 2 = 1 2 và t = 1 2 thì 0 = f(tx 1 + (1−t)x 2 ) tf(x 1 ) +
(1−t)f(x 2 ) = 1 2 Định nghĩa 3.3.2 (Xem [19]) Một ánh xạ f : X → Y được gọi là ∆-lõm loại 1 trên tập con lồi A ⊆ X nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ A, t ∈ [0,1] và z ∈ ∆ thì
[f(x 1 ) ∈ z +C, f(x 2 ) ∈ C] ⇒[f(tx 1 + (1−t)x 2 ) ∈ tz + C], (3.24) và f được gọi là ∆-lõm loại 2 trên tập con lồi A nếu (3.24) được thay bởi [f(x 1 ) ∈/ z−intC, f(x 2 ) ∈ C] ⇒[f(tx 1 + (1−t)x 2 ) ∈/ tz −intC].
Mệnh đề 3.3.2 Nếu f là C-lõm tổng quát trên tập con lồi A thì f vừa là
∆-lõm loại 1 vừa là ∆-lõm loại 2.
Chứng minh cho phần ∆-lõm loại 1 được thực hiện tương tự Giả sử x₁, x₂ ∈ A, t ∈ [0,1] và z ∈ ∆ sao cho f(x₁) ∈ z+C, f(x₂) ∈ C Chúng ta cần chứng minh rằng f(tx₁+(1−t)x₂) ∈ tz+C Nhờ vào tính chất C-lõm tổng quát, ta có f(tx₁+(1−t)x₂) ∈ tf(x₁) +
C ∈ tz +tC +C ⊂ tz +C Điều ngược lại của Mệnh đề 3.3.2 nói chung không đúng Điều này được minh họa bằng thí dụ sau đây.
Thí dụ 3.3.2 Cho X = Y = R, A = R, C = R + và ∆ = [−1,0] Xét hàm số Dirichlet
Ta thấy rằng D(x) thỏa mãn tính chất ∆-lõm trên A Tuy nhiên, hàm số này không C-lõm tổng quát trên A.
Tính liên tục H¨ older của ánh xạ nghiệm xấp xỉ
Đối với e ∈ intC và ε > 0, ta định nghĩa ∆ = [−εe, 0] Với mỗi (ε, λ, à) ∈ (0, ε)¯ ìΛìM, các tập nghiệm xấp xỉ của (WVEP) và (SVEP) được ký hiệu là Π w (ε, λ, à) và Π s (ε, λ, à) Cụ thể, Π w (ε, λ, à) bao gồm các x ∈ K(λ) sao cho f(x, y, à) + εe không thuộc −intC với mọi y ∈ K(λ), trong khi Π s (ε, λ, à) bao gồm các x ∈ K(λ) sao cho f(x, y, à) + εe thuộc C với mọi y ∈ K(λ) Một ánh xạ f: X → Y được gọi là l.α-Hölder đối với e ∈ intC tại x0 ∈ X nếu tồn tại một lân cận V của x0 sao cho với mọi x1, x2 ∈ V, f(x1) thuộc f(x2) + lkx1 − x2kα [−e, e].
Bổ đề 3.3.1 Giả sử rằng
(i) K là l.α-H¨older tại λ 0 , tức là tồn tại một lân cận U của λ 0 sao cho với mọi λ 1 , λ 2 ∈ U thì
(ii) tồn tại một lõn cận V của à 0 sao cho f(ã, y, à) là ∆-lừm loại 2 trờn K(U), với mọi (y, à) ∈ K(U)ìV.
Khi đú, với mọi ε 1 , ε 2 ∈ (0,ε)¯ với ε 1 < ε 2 và (λ, à) ∈ U ìV thỡ
Chứng minh Trước hết, ta chứng tỏ rằng Π w (ε 1 , λ, à) ⊆ Π w (ε 2 , λ, à). Thật vậy, giả sử rằng cú x¯ ∈ Π w (ε 1 , λ, à) \ Π w (ε 2 , λ, à) Khi đú, tồn tại ¯ y ∈ K(λ) sao cho f(¯x,y, à) + (ε¯ 1 e−ε 1 e) +ε 2 e ∈ −intC.
Suy ra f(¯x,y, à) +¯ ε1e:= (ε1 −ε2)e+c1, với c 1 ∈ −intC Vỡ C là nún lồi và (ε 1 −ε 2 )e+c 1 ∈ −intC nờn f(¯x,y, à) +¯ ε 1 e ∈ −intC Điều này khụng thể xảy ra vỡ x¯ thuộc Π w (ε 1 , λ, à) Do đú,
Lấy bất kỳx 2 ∈ Π w (ε 2 , λ, à) vàx 0 ∈ Π w (0, λ, à) Khi đú với mọi y ∈ K(λ) thỡ ta cú f(x 2 , y, à) +ε 2 e /∈ −intC và f(x 0 , y, à) ∈ C Do tớnh∆-lừm loại
+ε 1 e /∈ −intC. Điều này dẫn đến x 1 := ε 1 ε2 x 2 + ε 2 −ε 1 ε2 x 0 ∈ Π w (ε 1 , λ, à).
Do giả thiết (i) nên ta có K(λ) ⊆ K(λ 0 ) + lB(0,kλ −λ 0 k α ),∀λ ∈ U và do đó diamK(λ) ≤ η Khi đó, kx 2 −x1k = |ε 1 −ε 2 | ε 2 ||x 2 −x0|| ≤ η ε 2 |ε 1 −ε2|, nên
H ∗ (Π w (ε 2 , λ, à),Π w (ε 1 , λ, à)) ≤ η ε 2 |ε 1 −ε 2 | (3.27) Kết hợp (3.26) và (3.27), ta có (3.25) đã được chứng minh
Bổ đề 3.3.2 Giả sử rằng
(i) K là l.α-H¨older tại λ 0 , tức là tồn tại một lân cận U của λ 0 sao cho với mọi λ1, λ2 ∈ U thì
(ii) tồn tại một lõn cận V của à 0 sao cho f(ã, y, à) là ∆-lừm loại 1 trờn K(U), với mọi (y, à) ∈ K(U)ìV.
Khi đú, với mọi ε 1 , ε 2 ∈ (0,ε)¯ với ε 1 < ε 2 và (λ, à) ∈ U ìV thỡ
Chúng ta sẽ không trình bày phần chứng minh vì phương pháp chứng minh tương tự như trong Bổ đề 3.3.1 Theo Định lý 3.3.1 (tham khảo [19]), các điều kiện cần thiết phải được thỏa mãn.
(i) K là l.α-H¨older tại λ0, tức là tồn tại một lân cận U của λ0 sao cho với mọi λ1, λ2 ∈ U thì,
(ii) tồn tại một lõn cận V của à 0 sao cho với mọi x, y ∈ K(U) thỡ f(x, y,ã) là h.β-Hăolder đối với e trờn V;
(iii) với mỗi à∈ V và x ∈ K(U) thỡ f(x,ã, à) là q.δ-Hăolder đối với e trờn K(U).
Khi đó, với mọi εˆ∈ (0,ε)¯ , các phát biểu sau đây là đúng:
(a) với mỗi (y, à) ∈ K(U)ìV, f(ã, y, à) là ∆-lừm loại 1 trờn K(U) thỡ Π s liên tục H¨older trên (ˆε,ε)¯ ×U ×V.
(b) với mỗi (y, à) ∈ K(U)ìV, f(ã, y, à) là ∆-lừm loại 2 trờn K(U) thỡ Π w liên tục H¨older trên (ˆε,ε)¯ ×U ×V.
Chúng tôi sẽ trình bày chứng minh cho bài toán yếu, cụ thể là khẳng định (b), do kỹ thuật chứng minh tương tự nhau.
Ta sẽ chứng tỏ rằng, với mọi (ε 1 , λ 1 , à 1 ),(ε 2 , λ 2 , à 2 ) ∈ (ˆε,ε)¯ ìU ìV thỡ
H(Π w (ε 1 , λ 1 , à 1 ),Π w (ε 2 , λ 2 , à 2 )) ≤k 1 |ε 1 −ε 2 |+k 2 ||à 1 −à 2 || β +k 3 ||λ 1 −λ 2 || αδ , trong đó k 1 , k 2 , k 3 là các số dương và phụ thuộc vào εˆ, l, α, h, Không mất tính tổng quát, giả sử rằng ε 1 < ε 2
Bước 1 Trước hết ta sẽ ước lượng choH(Π w (ε1, λ1, à1),Π w (ε2, λ1, à1)). Theo Bổ đề 3.3.1, với mọi (λ, à) ∈ U ìV thỡ
Bước 2 Ta sẽ đỏnh giỏ H(Π w (ε 2 , λ 1 , à 1 ),Π w (ε 2 , λ 1 , à 2 )) với à 1 6= à 2
Ta xét hai trường hợp
Trường hợp 1 hkà 1 −à 2 k β ≤ε 2 Đặt r = hkà 1 −à 2 k β thỡ 0< r ≤ε 2
Ta khẳng định rằng, Π w (ε2 −r, λ1, à1) ⊆ Π w (ε2, λ1, à2) Giả sử rằng cú ¯ x ∈ Π w (ε2 −r, λ1, à1)\Π w (ε2, λ1, à2) Khi đú, tồn tại y¯∈ K(λ1), f(¯x,y, ௠1) +f(¯x,y, ௠2)−f(¯x,y, ௠1) +ε2e ∈ −intC, suy ra f(¯x,y, ௠1 ) + (ε 2 − r)e = f(¯x,y, ௠1 ) − f(¯x,y, ௠2 ) − re + ˆc, với ˆ c ∈ −intC.
Dựa vào giả thiết (ii), ta có f(¯x, y, à 1)−f(¯x, y, à 2) ∈ hkà 1 −à 2 k β [−e, e] và từ đó suy ra f(¯x, y, à 1) + (ε 2 −r)e = rs−re+ ¯c, với s∈ [−e, e] Kết quả này dẫn đến f(¯x, y, à 1) + (ε 2 −r)e ∈ −intC, tạo ra mâu thuẫn với ¯x ∈ Π w (ε 2 −r, λ 1, à 1) Từ kết quả của Bước 1, ta có thể kết luận.
≤ ηh ˆ ε kà 1 −à 2 k β Tương tự, ta được
H(Π w (ε 2 , λ 1 , à 1 ),Π w (ε 2 , λ 1 , à 2 )) ≤ ηh ˆ ε kà 1 −à 2 k β Trường hợp 2 hkà 1 −à 2 k β > ε 2 Đặt η 1 = diamV < +∞ Khi đú, tồn tại một số tự nhiên nsao cho η1 n ≤ εˆ h
.Phõn hoạch đoạn [à 1 , à 2 ] bởi cỏc nỳt v 1 , v 2 , , v n+1 thỏa món v 1 = à 1 , v n+1 = à 2 và kv i −v i+1 k = kà 1 −à 2 k n , i= 1, , n, ta có kv i −v i+1 k β kà 1 −à 2 k n β
≤ εˆ h ≤ ε 2 h Áp dụng Trường hợp 1, ta được
Bước 3 Bõy giờ, ta ước lượng H(Π w (ε 2 , λ 1 , à 2 ),Π w (ε 2 , λ 2 , à 2 )) for λ 1 6= λ 2 Ta cũng xét hai trường hợp.
0 < r 0 ≤ ε 2 Với mọi y 2 ∈ K(λ 2 ) thì tồn tại y 1 ∈ K(λ 1 ) sao cho
||y 1 −y 2 || ≤l||λ 1 −λ 2 || α Lấy bất kỳ x 0 ∈ Π w (ε2 −r 0 , λ1, à2) và y2 ∈ K(λ2) thỡ f(x 0 , y2, à2) +f(x 0 , y1, à2)−f(x 0 , y2, à2) + (ε2 −r 0 )e /∈ −intC.
Kết hợp với giả thiết (iii), ta được f(x 0 , y2, à2) + ε2e /∈ −intC, ∀ y2 ∈ K(λ2), tức là, x 0 ∈ Π w (ε2, λ2, à2) Suy ra Π w (ε2 −r 0 , λ1, à2) ⊆ Π w (ε2, λ2, à2).
Sử dụng Bước 1, ta được
Tương tự, ta cũng có ước lượng sau.
Đặt η 2 = diam(U) < +∞ Khi đó tồn tại một số tự nhiên N thỏa mãn η 2
Phân hoạch đoạn [λ 1 , λ 2 ] bởi N + 1 nút u 1 , , u N +1 sao cho u 1 = λ 1 , u N +1 = λ 2 , ku j −u j+1 k = kλ 1 −λ 2 k
. Theo Trường hợp 1, ta suy ra
≤ Nηql δ ˆ ε kλ 1 −λ 2 k αδ := k 3 kλ 1 −λ 2 k αδ Bước 4 Kết hợp các kết quả của ba bước trên ta thu được tính liên tục H¨older của Π w
Thí dụ sau đây chỉ ra tính cốt yếu của tính ∆-lõm của f.
Thí dụ 3.3.3 Cho εˆ = 1 3 ,ε¯ = 3, X = A = R,Λ ≡ M = [0,1], K(λ) [−3,3], Y = R 2 , C = R 2 + , e = (1,1)∈ intC và f(x, y, à) ((0,0), x = 0,(−1,−1), x 6= 0.
Khi đó, các giả thiết (i), (ii) và (iii) của Định lý 3.3.1 đều được thỏa mãn. Tính toán trực tiếp ta được Π w (ε) ≡ Π s (ε) [−3,3], ε ≥1, {0}, 1 3 ≤ ε < 1.
Rõ ràng, ánh xạ nghiệm này không liên tục H¨older tại ε 0 = 1 Lý do ở đây là f không ∆-lõm loại 1 và cũng không ∆-lõm loại 2 trên ∆ = [−3e,0].
Nếu Y = R, C = R + và e = 1, thì (WEP) và (SEP) trở nên tương đồng và chuyển thành bài toán cân bằng vô hướng đã được thảo luận trong Chương 3 Trong trường hợp đặc biệt này, chúng ta đạt được kết quả như sau.
Hệ quả 3.3.1 (Xem [19]) Xét bài toán (EP) và giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn.
(i) K là l.α-H¨older liên tục tại λ 0 , tức là tồn tại một lân cận U của λ 0 sao cho với mọi λ 1 , λ 2 ∈ U thì
(ii) tồn tại một lõn cận V của à0 sao cho với mọi (y, à) ∈ K(U)ìV thỡ f(ã, y, à) là ∆-lừm trờn K(U);
(iii) với mọi x, y ∈ K(U) thỡ f(x, y,ã) là h.β-Hăolder liờn tục trờn V;
(iv) với mọi à ∈ V và x ∈ K(U) thỡ f(x,ã, à) là q.δ-Hăolder liờn tục trờn K(U).
Khi đó, ánh xạ nghiệm xấp xỉ của bài toán (EP) là liên tục H¨older trên(ˆε,ε)¯ ×U ×V.
Trong Chương 3, chúng tôi đã trình bày kết quả nghiên cứu về tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm trong các bài toán cân bằng véc tơ phụ thuộc tham số Chúng tôi đã áp dụng hai hướng tiếp cận: đầu tiên là phương pháp vô hướng hóa tuyến tính, giúp đưa bài toán véc tơ về dạng vô hướng và đạt được tính liên tục H¨older cho bài toán cân bằng véc tơ yếu Tuy nhiên, phương pháp này thường chỉ hiệu quả với bài toán cân bằng yếu Do đó, chúng tôi đã chuyển sang hướng tiếp cận thứ hai, sử dụng các giả thiết về tính lồi giảm nhẹ, và cũng đạt được tính liên tục H¨older cho ánh xạ nghiệm của cả hai dạng mạnh và yếu trong bài toán cân bằng véc tơ.
CỦA BÀI TOÁN CÂN BẰNG
Trong lý thuyết tối ưu, khái niệm đặt chỉnh H¨older lần đầu được E Bednarczuk đề xuất cho bài toán tối ưu véc tơ Các tác giả sau đó đã mở rộng khái niệm này cho bài toán cân bằng vô hướng, sử dụng các kỹ thuật không thể áp dụng trực tiếp cho hàm mục tiêu có giá trị véc tơ Chương này giới thiệu khái niệm đặt chỉnh H¨older cho bài toán tựa cân bằng véc tơ mạnh và yếu, đồng thời thiết lập các điều kiện đủ cho sự đặt chỉnh H¨older của các bài toán này Để hỗ trợ người đọc, chúng tôi trình bày lại các kết quả chính và chứng minh từ bài báo số [22], giúp theo dõi sự phát triển của các kết quả Chúng tôi cũng giả định rằng tập nghiệm của các bài toán luôn khác rỗng trong lân cận của điểm đang xét Nội dung chương này được trích từ các bài báo số [17, 22].
Tính đặt chỉnh H¨ older của bài toán cân bằng vô hướng
Trong mục này, cho X,Λ, M là các không gian metric Ánh xạ đa trị
K : Λ ⇒ X có giá trị khác rỗng và f : X ×X ×M → R là hàm giá trị thực Với mỗi (λ, à) ∈ ΛìM, ta xột bài toỏn cõn bằng phụ thuộc tham số sau đây:
Tìm x¯ ∈ K(λ) sao cho với mọi y ∈ K(λ), f(¯x, y, à) ≥ 0 Đối với ε ≥ 0 và (λ, à) ∈ Λì M, tập nghiệm xấp xỉ của bài toán (EP) được ký hiệu là Se(ε, λ, à) Bài toán (EP) được gọi là đặt chỉnh H¨older tại điểm (¯λ, à) nếu thỏa mãn hai điều kiện đã nêu.
(i) S(0,e λ,¯ à)¯ là tập đơn phần tử;
(ii) ỏnh xạ nghiệm xấp xỉ Se liờn tục Hăolder calm tại (0,λ,¯ à)¯
Bây giờ ta xét giả thiết sau đây dùng để nghiên cứu tính đặt chỉnh H¨older cho bài toán (EP).
Với h >0, β ≥ 1 và điểm đang xột (¯λ,à)¯ ∈ ΛìM, tồn tại một lõn cận
U(¯λ) của ¯λ,V(¯à) của ௠sao cho với mọi à ∈ V(¯à) và x 6= y trờn K U(¯λ) thì
Giả thiết (M) liên quan đến tính giả đơn điệu mạnh và tính tựa đơn điệu mạnh với hai biến x và y, điều này được thể hiện qua bổ đề dưới đây.
(i) Nếu f thỏa giả thiết (M) thì f là l.α-H¨older giả đơn điệu mạnh trên
A Ngược lại, nếu f là l.α-H¨older giả đơn điệu mạnh trên A và tựa đơn điệu trên A thì f thỏa giả thiết (M).
(ii) Nếu f là l.α-H¨older đơn điệu mạnh trên A thì f thỏa giả thiết (M).
Điều kiện đủ cho tính đặt chỉnh H¨older của bài toán cân bằng (EP) được phát biểu trong Định lý 4.1.1 Theo đó, các điều kiện cần thiết phải được thỏa mãn để đảm bảo tính chất này.
(i) tồn tại cỏc lõn cận U(¯λ) của λ¯ và V(¯à) của ௠sao cho với mọi x, y ∈ K(U(¯λ)) thỡ f(x, y,ã) là n 1 δ 1 -Hăolder calm tại à¯;
(ii) với mọi x ∈ K(U(¯λ)) và à ∈ V(¯à) thỡ f(x,ã, à) là n 2 δ 2 -Hăolder trờn K(U(¯λ));
(iii) f(ã,ã,à)¯ thỏa điều kiện (M) trờn K(U(¯λ));
(iv) K là l.α-H¨older calm tại λ¯ trên U(¯λ).
Khi đú, bài toỏn (EP) đặt chỉnh Hăolder tại (¯λ,à)¯
Chứng minh Xét W là một lân cận của 0 trên [0,1] Lấy bất kỳ λ ∈
U(¯λ), à ∈ V(¯à) và ε ∈ W Trước nhất, ta chứng minh rằng với mỗi x 0 ∈ S(0, λ,e à)¯ và x ∈ Se(ε, λ, à) thỡ d1 := d x0, x ≤ n 1 h
Giả sử rằng x 0 không bằng x, vì nếu không thì đẳng thức sẽ luôn đúng Cả x 0 và x đều thuộc K(λ) và là nghiệm của bài toán (EP), do đó f(x 0, x) ≥ 0 và f(x, x 0) + ε ≥ 0 Từ đó, theo (iii), ta có d f(x 0, x) ≥ d f(x, x 0) và d f(x, x 0) ≥ hd β 1 Kết hợp các bất đẳng thức này với f(x 0, x) và f(x, x 0) + ε, ta có d f(x, x 0) ≥ hd β 1.
Vỡ f là n1.δ1-Hăolder calm tại ௠trờn K(U(¯λ)) nờn từ (i), ta suy ra n 1 d δ 1 (¯à, à) + d(ε,0) ≥ hd β 1 Suy ra (4.1) đã được chứng minh.
Tiếp theo, ta chứng minh rằng với mỗix¯∈ S(0,e λ,¯ à)¯ vàx0 ∈ Se(0, λ,à)¯ , d2 := d x, x¯ 0
Giả sử rằng x¯ 6= x 0 Từ (iv) suy ra tồn tại x 1 ∈ K(¯λ) và x 2 ∈ K(λ) sao cho d x, x¯ 2 ≤ ld α (¯λ, λ); (4.5) d x 0 , x 1 ≤ ld α (¯λ, λ) (4.6)
Do định nghĩa tập nghiệm của bài toán (EP), f x, x¯ 1 ,௠≥0; (4.7) f x 0 , x 2 ,௠≥ 0 (4.8) Mặt khác, từ (iii) suy ra d f x, x¯ 0 ,௠,R + +d f x 0 ,x,¯ ௠,R + ≥ hd β 2
Kết hợp bất đẳng thức này với (4.7) và (4.8), ta được d f x, x¯ 0 ,௠, f x,¯ 1 ,௠+ d f x 0 ,x,¯ ௠, f x 0 , x 2 ,௠≥ hd β 2
Vì f là n2.δ2-H¨older theo biến thứ hai trên K(U(¯λ)), theo (ii), từ bất đẳng thức cuối suy ra n2 d δ2 x0, x1 + n2 d δ2 x, x¯2 ≥ hd β2 Kết hợp bất đẳng thức này với (4.5) và (4.6), ta có n2 l δ2 d αδ2 (¯λ, λ) + n2 l δ2 d αδ2 (¯λ, λ) ≥ hd β2, từ đó suy ra d β2 ≤ 2n2 l δ2 h d αδ2 (¯λ, λ) Như vậy, ta đã chứng minh được (4.4).
Với mọi x¯ ∈ S(0,e λ,¯ à)¯ và x ∈ S(ε, λ, à)e , ta cú d x, x¯ ≤ d 1 +d 2
Ta suy ra được tính liên tục H¨older calm của ánh xạ nghiệm Se tại điểm
(0,λ,¯ à)¯ và dễ dàng thấy rằng S(0,e λ,¯ à)¯ là tập đơn phần tử Vậy bài toỏn
(EP) đặt chỉnh Hăolder tại điểm (¯λ,à)¯
4.2 Tính đặt chỉnh H¨ older của bài toán tựa cân bằng véc tơ
4.2.1 Bài toán tựa cân bằng véc tơ
Bài toán tựa cân bằng là sự mở rộng tự nhiên của bài toán cân bằng, trong đó tập ràng buộc phụ thuộc vào biến trạng thái Nghiên cứu về xung lượng ngẫu nhiên trong bài toán điều khiển tối ưu năm 1973 của Bensoussan, Gousat và Lions đã chỉ ra sự cần thiết phải xem xét trường hợp tập ràng buộc phụ thuộc vào biến trạng thái Trong phần này, giả sử X, Λ, M là các không gian metric và Y là không gian định chuẩn, với A ⊆ X là tập con khác rỗng và C ⊆ Y là một nón lồi, đóng, có đỉnh với phần trong khác rỗng Chúng ta xét hàm f : A×A×M → Y và K : A×Λ ⇒ A có giá trị khác rỗng, từ đó phân tích hai bài toán tựa cân bằng yếu và mạnh phụ thuộc tham số.
(WQEP) Tìm x¯ ∈ K(¯x, λ) sao cho với mọi y ∈ K(¯x, λ) thì f(¯x, y, à) 6∈ −intC.
(SQEP) Tìm x¯∈ K(¯x, λ) sao cho với mọi y ∈ K(¯x, λ) thì f(¯x, y, à) ∈ C.
Để mở rộng khái niệm về sự đặt chỉnh cho bài toán tựa cân bằng phụ thuộc tham số, ta xem xét định nghĩa 4.2.1: Điểm x˜∈ K(˜x, λ) được gọi là ε-nghiệm ứng với e của (WQEP) ((SQEP)) nếu với mọi y ∈ K(˜x, λ), f(˜x, y, à) + εe không thuộc −intC, và f(˜x, y, à) + εe thuộc C.
Với mỗi (λ, à) ∈ ΛìM, ta ký hiệu
S Q s (ε, λ, à) ={x˜∈ K(˜x, λ)|f(˜x, y, à) +εe ∈ C,∀y ∈ K(˜x, λ)},lần lượt là các tập ε-nghiệm ứng với e của (WQEP) và (SQEP).
Bài toán tựa cân bằng véc tơ (WQEP) được coi là đặt chỉnh H¨older tại điểm (¯λ,à)¯ nếu thỏa mãn hai điều kiện cụ thể.
(i) S Q w (0,λ,¯ à)¯ (S Q s (0,λ,¯ à)¯ ) là tập đơn phần tử.
(ii) S Q w (S Q s ) liờn tục Hăolder calm tại (0,λ,¯ à)¯
Trong phần này, ta xét hai giả thiết sau đây dùng để xét sự đặt chỉnh H¨older của hai bài toán tựa cân bằng yếu và mạnh.
(W) Với h > 0, β ≥ 1 và điểm đang xột (¯λ,à)¯ ∈ ΛìM, tồn tại cỏc lõn cận U(¯λ) của λ¯, V(¯à) của ௠sao cho với mọi à ∈ V(¯à) và x 6= y trờn
E U(¯λ) thì hd β (x, y) ≤ d(f(x, y,à), Y¯ \ −intC) + d(f(y, x,à), Y¯ \ −intC) Nếu (4.9) được thay thế bởi hd β (x, y) ≤ d(f(x, y,à), C) + ¯ d(f(y, x,à), C), thì ta có giả thiết thứ hai, ký hiệu là (S) thay cho (W) Định lý 4.2.1 (Xem [17]) giả sử các điều kiện sau đây được thỏa mãn:
(i) tồn tại cỏc lõn cận U(¯λ) của λ¯ và V(¯à) của ௠sao cho f là n 1 δ 1 - Hăolder calm tại ௠và, với mọi x ∈ E(U(¯λ)) và à ∈ V(¯à), f(x,ã, à) là n2.δ2-H¨older trên E(U(¯λ));
(ii) giả thiết (S) được thỏa mãn;
(iii) với mọi λ ∈ U(¯λ) và x ∈ E(U(¯λ)), K(ã, λ) là l 1 α 1 -Hăolder liờn tục trờn E(U(¯λ)) và K(x,ã) là l 2 α 2 -Hăolder calm tại λ;¯
Khi đú, bài toỏn (SQEP) đặt chỉnh Hăolder ứng với e tại (¯λ,à)¯
Chứng minh Xột (ε, λ, à) ∈ W ìU(¯λ) ìV(¯à), với W là một lõn cận của 0 trờn [0,1] Trước hết, ta chứng minh rằng, với mỗi x¯ ∈ S Q s (0,λ,¯ à)¯ và x0 ∈ S Q s (0, λ,à)¯ thỡ d 1 := d x, x¯ 0 ≤ 2n 2 l δ 2 2 h−2n2l δ 1 2
Nếu x¯ = x 0 thì (4.10) hiển nhiên đúng Xét x 6= x 0 Do (iii) nên tồn tại x 1 ∈ K(x 0 ,λ)¯ và x 2 ∈ K(¯x, λ) sao cho max{d x, x¯ 2 , d x 0 , x 1 } ≤ l 2 d α 2 (¯λ, λ) (4.11)
Do tính liên tục H¨older của K nên tồn tại x 0 1 ∈ K(¯x,λ)¯ và x 0 2 ∈ K(x 0 , λ) sao cho max{d(x 1 , x 0 1 ), d(x 2 , x 0 2 )} ≤ l 1 d α 1 x, x¯ 0 (4.12)
Do định nghĩa của tập nghiệm (SQEP) nên x¯ và x 0 thỏa mãn f(¯x, x 0 1 ,à)¯ ∈ C, f(x 0 , x 0 2 ,à)¯ ∈ C (4.13)
Từ (ii) ta suy ra d(f(¯x, x 0 ,à), C) +¯ d(f(x 0 ,x,¯ à), C)¯ ≥ hd β 1 (4.14)
Do đó từ giả thiết tính liên tục H¨older trong (i) của f ta suy ra n2d δ 2 (x0, x1) +n2d δ 2 (x1, x 0 1 ) +n2d δ 2 (¯x, x2) + n2d δ 2 (x2, x 0 2 ) ≥hd β 1
Sử dụng (4.11) và (4.12), ta được n 2 l δ 2 2 d α 2 δ 2 (¯λ, λ) +n 2 l δ 1 2 d α 1 1 δ 2 +n 2 l δ 2 2 d α 2 δ 2 (¯λ, λ) +n 2 l 1 δ 2 d α 1 1 δ 2 ≥ hd β 1 Điều này có nghĩa là (4.10) được chứng minh: d β 1 ≤ 2n 2 l 2 δ 2 h−2n2l δ 1 2
Bõy giờ ta sẽ chứng minh rằng, với mọi x 0 ∈ S Q s (0, λ,à)¯ vàx ∈ S Q s (ε, λ, à) thì d 2 := d x 0 , x ≤ n 1 h−2n 2 l 1 δ 2
Ta chỉ cần chỉ ra rằng (4.15) đúng với mọi x 0 6= x Vì x 0 ∈ K(x 0 , λ), x ∈ K(x, λ)nờn theo tớnh liờn tục Hăolder củaK(ã, λ)tồn tạix 3 ∈ K(x 0 , λ) và x 4 ∈ K(x, λ) sao cho max{d x 0 , x4
Do x 0 và x là nghiệm của (SQEP) nên f(x 0 , x 3 ,à)¯ ∈ C, f(x, x 4 , à) +εe ∈ C (4.17) Mặt khác, từ giả thiết (ii) ta suy ra d(f(x0, x,à), C) +¯ d(f(x, x0,à), C)¯ ≥ hd β 2 Bất đẳng thức này kết hợp với (4.17) dẫn đến d(f(x 0 , x,à), f¯ (x 0 , x 3 ,à)) +¯ d(f(x, x 0 ,à), f¯ (x, x 0 , à))
Do đó, từ (i) ta suy ra n 2 d δ 2 (x, x 3 ) + n 1 d δ 1 (¯à, à) + n 2 d δ 2 (x 0 , x 4 ) + d(ε,0) ≥hd β 2
Kết hợp bất đẳng thức này với (4.16) ta được n 2 l 1 δ 2 d α 2 1 δ 2 +n 1 d δ 1 (¯à, à) +n 2 l 1 δ 2 d α 1 1 δ 2 ≥ hd β 2
Do đó, (4.15) được suy ra từ (iv) bởi vì d β 2 ≤ n 1 h−2n 2 l 1 δ 2
Với mọi x¯∈ S Q s (0,¯λ,à)¯ và x ∈ S Q s (ε, λ, à), kết hợp cỏc kết quả ở trờn, ta được d x, x¯ ≤ d1 +d2. Vớik 1 = 2n 2 l δ 2 2 h−2n 2 l 1 δ 2
1 β,k 2 = n 1 h−2n 2 l δ 1 2 β 1 vàk 3 = 1 h−2n 2 l δ 1 2 β 1 , sử dụng (4.10) và (4.15) ta được ρ S Q s (0,λ,¯ à), S¯ Q s (ε, λ, à) ≤ k 1 d α 2 δ 2 /β (¯λ, λ) +k 2 d δ 1 /β (¯à, à) +k 3 d(ε,0).
Ta có thể suy ra tính liên tục H¨older của ánh xạ nghiệm S Q s tại điểm (0,λ,¯ à)¯, với tập nghiệm S Q s (0,λ,¯ à)¯ là tập đơn phần tử Do đó, bài toán (SVEP) được đặt chỉnh H¨older tại điểm (¯λ,à)¯.
Sau đây, ta sẽ cho các thí dụ để chỉ ra tính cốt yếu của các giả thiết trong Định lý 4.2.1.
Thí dụ 4.2.1 Cho X = A = R, M = Λ = [0; 1], K(λ) = [0; 1], λ¯ = 0, và f(x, y, λ) x−y, nếu λ = 0, y−x, ngược lại.
Ngoại trừ giả thiết (i), các giả thiết của Định lý 4.2.1 đều được thỏa mãn Cụ thể, với mỗi x khác y, hàm f(x, y, α) không liên tục Hőlder calm tại λ¯ = 0 Điều này dẫn đến việc f không liên tục Hőlder calm với mọi θ.
Ánh xạ nghiệm này không liên tục H¨older tại λ¯ = 0 do vi phạm giả thiết (i), vì vậy bài toán không thỏa mãn điều kiện H¨older tại điểm này.
Trong ví dụ 4.2.2, với X = A = R, M = Λ = [0; 1], và K(λ) ≡ [−1; 1], hàm f(x, y, λ) được định nghĩa là λ(x + y) với λ¯ = 0 Tất cả các giả thiết của Định lý 4.2.1 đều được thỏa mãn ngoại trừ điều (ii) Qua đó, chúng ta có thể tính được nghiệm của bài toán.
S(λ) là một ánh xạ xác định trên khoảng [-1,1] khi λ = 0, và chỉ nhận giá trị {1} khi λ khác 0 Ánh xạ này không liên tục H¨older calm tại λ¯ = 0 do vi phạm giả thiết (ii) Cụ thể, với x = 1 và y = 0, ta có d f(1,0,0), R + + d f(0,1,0), R + = 0 < h|1−0| β = h cho mọi h, β > 0.
Vậy bài toán không đặt chỉnh H¨older tại điểm đang xét.
K(λ) được định nghĩa là {0} khi λ = 0 và {−1,0,1} trong các trường hợp khác Điều này cho thấy tính liên tục H¨older của K không được thỏa mãn, mặc dù tất cả các giả thiết của Định lý 4.2.1 đều được nghiệm đúng Từ đó, ta có thể tính được tập nghiệm.