Luận văn: Một số định lý biến phân trong không gian có thứ tự

Một số định lý biến phân trong không gian có thứ tự

Trần Văn Toàn Chuyên ngành toán giải tích

Trường ĐHSP Tp. HCM, 2006

Lời nói đầu

Lý thuyết phương trình trong không gian có thứ tự được phát triển mạnh mẽ từ giữa thế kỷ XX và được hoàn thiện, bổ sung cho đến hôm nay. Việc áp dụng quan hệ thứ tự vào nghiên cứu các phương trình toán tử tổng quát một mặt cho phép nghiên cứu sâu hơn các tính chất định tính của nghiệm như tính dương, tính lồi, tính đơn điệu,. . . , Mặt khác, nó cho phép giảm nhẹ điều kiện liên tục của các ánh xạ hoặc kiện lồi của các tập được xét. Do đó, lý thuyết của phương trình trong không gian có thứ tự được ứng dụng rộng rãi để nghiên cứu các phương trình xuất phát từ Vật lý, Hoá học, Sinh học, . . . Thế nhưng, việc ứng dụng lý thuyết này vào các bài toán biến phân lại rất hạn chế và mới chỉ mới bắt đầu trong những năm gần đây. Do đó, việc nghiên cứu ứng dụng quan hệ thứ tự vào bài toán biến phân là cần thiết và hứa hẹn nhiều kết quả mới thú vị.

Mục đích của luận văn này là giới thiệu các dạng trong không gian có thứ tự của một số định lý cơ bản được dùng trong phương pháp biến phân. Đó là các định lý Knaster - Kuratowski - Mazurkiewicz, bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm cân bằng Nash. Đây là các kết quả được công bố trên các bài báo chuyên khảo gần đây. Qua các kết quả này, ta cũng thấy rằng, việc sử dụng quan hệ thứ tự đã cho phép làm giảm nhẹ điều kiện liên tục của ánh xạ và điều kiện lồi của các tập hợp.

Luận văn được chia thành bốn chương:

Chương 1. Định lý Knaster - Kuratowski - Mazurkiewicz trong không gian có thứ tự. Định lý KKM là một định lý rất cơ bản. Đã có nhiều kết quả quan trọng được chứng minh dựa trên định lý này, chẳng hạn bổ đề Sperner, định lý điểm bất động Brouwer, bất đẳng thức Ky Fan,. . . Kể từ khi Knaster, Kuratowski, Mazurkiewicz

chứng minh định lý, đã có nhiều sự tổng quát cho định lý KKM. Trong chương này, từ Định lý 2 trong [3], chúng ta chứng minh được định lý KKM trong không gian có thứ tự dựa trên khái niệm ánh xạ transfer closed valued.

Chương 2. Bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm bất động Fan - Browder, điểm cân bằng Nash trong không gian có thứ tự. Từ Định lý KKM ở Chương 1, chúng ta chứng minh được bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm bất động Fan - Browder và định lý về sự tồn tại điểm cân bằng Nash trong không gian có thứ tự.

Chương 3. Lát cắt liên tục của ánh xạ đa trị và phần tử tối đại trong không gian có thứ tự. Ở phần đầu của chương này, chúng tôi giới thiệu định lý về sự tồn tại lát cắt liên tục của ánh xạ đa trị. Tiếp theo là các định lý về sự tồn tại phần tử lớn nhất trong một quan hệ ưu tiên yếu và sự tồn tại phần tử tối đại trong một quan hệ ưu tiên ngặt.

Chương 4. Ánh xạ đơn điệu tăng và bài toán cực trị. Trong chương này, chúng ta sẽ xem xét sự tồn tại của các điểm bất động bội bằng cách sử dụng các tập bất biến theo quỹ đạo giảm.

Xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS. Nguyễn Bích Huy

về sự hướng dẫn tận tâm của thầy.

Cám ơn anh Nguyễn Thanh Vinh (Phòng Sau đại học, trường ĐHSP thành phố Hồ Chí Minh) đã giúp đỡ để tôi có được phần mềm soạn thảo cho luận văn. Cám ơn anh Phan Đào Việt Long (http://www.viettug. org) đã giúp đỡ tôi rất nhiều trong việc định dạng luận văn này.

Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2006,

Trần Văn Toàn.

Mục lục

Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

Chương 1. Định lý Knaster - Kuratowski-Mazurkiewicz trong

không gian có thứ tự 5

1.1 Nửa dàn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Transfer closed valued. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Chương 2. Bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm bất động Fan - Browder, điểm cân bằng Nash trong không gian có thứ tự 17

2.1 Bất đẳng thức Ky Fan trong không gian có thứ tự. . . . 17

2.2 Định lý điểm bất động Fan - Browder trong không gian có thứ tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.3 Điểm cân bằng Nash trong không gian có thứ tự. . . . . 20

Chương 3. Lát cắt liên tục của ánh xạ đa trị và phần tử tối

đại trong không gian Banach có thứ tự 23

3.1 Các định nghĩa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.2 Lát cắt liên tục và phần tử tối đại. . . . . . . . . . . . . 24

3.3 Ứng dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

Chương 4. Ánh xạ tựa đơn điệu tăng và bài toán cực trị 32

4.1 Các khái niệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4.2 Tập bất biến theo quỹ đạo giảm (Decreasing flow invari- . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ant set). 33

4.3 Điểm bất động của các toán tử tựa đơn điệu tăng. . . . . 40

46 Tài liệu tham khảo

Chương 1

Định lý Knaster - Kuratowski-Mazurkiewicz

trong không gian có thứ tự

1.1 Nửa dàn.

Định nghĩa 1.1.1 Một nửa dàn là một tập có thứ tự một phần X, với thứ tự ký hiệu bởi ≤, mà trong đó mọi cặp (x, x0) của các phần tử có một cận trên nhỏ nhất, ký hiệu x ∨ x0.

Ta thấy rằng mọi tập con A hữu hạn, khác rỗng của X đều có một cận trên nhỏ nhất, ký hiệu là sup A. Trong một tập hợp có thứ tự (X, ≤), hai phần tử bất kỳ x và x0 không phải lúc nào cũng có thể so sánh với nhau được, nhưng trong trường hợp mà x ≤ x0, thì tập

[x, x0] = {y ∈ X : x ≤ y ≤ x0}

được gọi là khoảng có thứ tự.

Bây giờ ta giả sử rằng (X, ≤) là một nửa dàn và A ⊆ X là một tập con hữu hạn, khác rỗng của X. Khi đó ∆(A) = S a∈A [a, sup A] được định nghĩa tốt (vì A hữu hạn, khác rỗng, nên tồn tại sup A và hiển nhiên a ≤ sup A). Hơn nữa, ∆(A) có các tính chất sau:

(a) A ⊆ ∆(A),

(b) Nếu A ⊆ A0, thì ∆(A) ⊆ ∆(A0).

Tính chất (a) hiển nhiên đúng. Tính chất (b) có được với chú ý

a∈A0

a∈A

[ [ [a, sup A0]. [a, sup A] ⊆

Định nghĩa 1.1.2 Một nửa dàn tôpô, hoặc, chính xác hơn, một sup - nửa dàn tôpô là một không gian tôpô có thứ tự X sao cho nó là một nửa dàn với toán tử sup (tức là hàm X × X → X, (x, x0) 7→ x ∨ x0) liên tục.

Định nghĩa 1.1.3 Ta nói rằng tập con E ⊆ X là tập ∆−lồi, nếu với mọi tập con hữu hạn, khác rỗng A ⊆ E, ta có ∆(A) ⊆ E.

A∈F (D) ∆(A).

Với mọi tập D ⊂ X, ta ký hiệu F (D) để chỉ họ các tập con hữu hạn của D, ta có ∆(D) = S

Ví dụ 1.1.1 Cho

X = {(x, 1) : 0 ≤ x < 1} ∪ {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, x ≥ 1, y ≥ x − 1} ⊂ R2.

Thứ tự trong R2 được định nghĩa như sau: với (a, b), (c, d) ∈ R2,

  (a, b) ≤ (c, d) ⇔

 c − a ≥ 0, d − b ≥ 0, d − b ≤ c − a.

Khi đó, X là ∆−lồi.

Định lý 1.1.1 (Brown, 1965) Nếu S là một nửa nhóm tôpô luỹ đẳng liên thông đường với phần tử zero, thì S là một đồng luân tầm thường.

Phần tử x0 ∈ S được gọi là phần tử zero nếu x.x0 = x0 với mọi x ∈ S.

Một nửa dàn tôpô có thể xem như là nửa nhóm tôpô luỹ đẳng, giao

hoán có thứ tự với phép toán (x, x) 7→ x ∨ x0.

Bổ đề 1.1.1 Cho X là nửa dàn tôpô liên thông đường với phần tử x ∈ X sao cho x ≤ x với mỗi x ∈ X. Khi đó, với mọi n ∈ N và mọi hàm liên tục g : ∂∆n −→ X, tồn tại một hàm liên tục f : ∆n −→ X mà thu hẹp của f trên ∂∆n là g.

i=0 ti = 1(cid:9) là đơn hình n chiều

+ : Pn i=0 ti = 0} là biên của nó.

Ở đây ∆n = (cid:8)(t0, t1, . . . , tn) ∈ Rn+1 và ∂∆n = {(t0, . . . , tn) ∈ ∆n : Qn Chứng minh. Ta chứng minh rằng, nếu Sn là mặt cầu trong không gian Euclide n−chiều và g : Sn −→ X là một hàm liên tục, thì g có một sự mở rộng liên tục f : Dn+1 −→ X, với Dn+1 là quả cầu đơn vị đóng trong Rn+1.

Tất cả các đồng luân nhóm của X là tầm thường (xem Định lý 1.1.1). Điều này có nghĩa là nếu µ0 ∈ Sn và x0 ∈ X, và nếu g : Sn −→ X liên tục thoả g(µ0) = x0, thì tồn tại một hàm liên tục H : Sn × [0, 1] −→ X thoả:

• H(µ, 1) = g(µ), ∀µ ∈ Sn, • H(µ, 0) = x0, ∀µ ∈ Sn,

• H(µ0, t) = x0, ∀t ∈ [0, 1].

Để ý rằng H(µ, t) = tg(µ) + (1 − t)x0.

Giả sử g : Sn −→ X liên tục thoả g(µ0) = x0. Đặt f : Dn+1 −→ X xác định bởi

nếu q = 0; x0,   (cid:19) f (q) = H , kqk , nếu q 6= 0.  (cid:18) q kqk

Ta sẽ chứng minh f|Sn = g, tức f (q) = g(q), ∀q ∈ Sn.

Nếu q = 0, thì f (0) = x0 = g(0) (vì 0 ∈ Sn). Nếu q 6= 0, ta có

(cid:19) f (q) = H , kqk

(cid:19) = kqk g (cid:18) q kqk (cid:18) q kqk (cid:18) (cid:19) = 1 vì = kqk x0 + x0 − kqk x0 q kqk (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) + (1 − kqk)x0 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13)

= x0 = g(q), ∀q ∈ Sn.

Vậy f liên tục và f|Sn = g.

Lý luận này không phụ thuộc vào việc chọn µ0 ∈ Sn và x0 ∈ X, cũng

như việc chọn g(µ0) = x0, vì X là liên thông đường.

Định lý 1.1.2 Cho X là một nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường và {Ri : i = 0, . . . , n} là một họ các tập con đóng của X. Giả sử tồn tại các điểm x0, . . . , xn của X sao cho với mọi họ {i0, . . . , ik} của

k S j=0

n T i=0

Ri 6= ∅. các chỉ số thì ta có ∆ ({xi0, . . . , xik}) ⊂ Rij. Khi đó

Chứng minh. Trước hết, ta có xi ∈ Ri, ∀i.

Đặt

k X

(cid:26) (cid:27)

j=0

∆J = t ∈ ∆n : , J = {i0, . . . , ik}. tij = 1

k [

Ta có

j=0

xij ∆ ({xi0, . . . , xik}) = [xij, x], với x = sup j=0,k

k S j=0

là một nửa dàn tôpô liên thông đường với phần tử lớn nhất là x. (vì x ∈ T [xij, x])

Với mỗi cặp chỉ số {i0, i1}, ta có ánh xạ ∆{i0} ∪ ∆{i1} → ∆ ({xi0, xi1})

đặt tương ứng cho đỉnh thứ ij của ∆n đối với xij.

Ta có

∆{i0} ∪ ∆{i1} = ∂∆{i0,i1}.

Thật vậy, theo định nghĩa của ∆J , ta có

∆{i0} = {t ∈ ∆n : ti0 = 1}

và

∆{i1} = {t ∈ ∆n : ti1 = 1} .

Do đó

∆{i0}∪{i1} = (cid:8)t ∈ ∆n : ti0 = 1 hoặc ti1 = 1(cid:9) .

Mặt khác

∂∆{i0,i1} = {t ∈ ∆n : ti0 + ti1 = 1, ti0ti1 = 0} (cid:26) (cid:27) = hoặc t ∈ ∆n : (cid:26) ti0 = 1 ti1 = 0 (cid:26) ti0 = 0 ti1 = 1

Từ đó, ta có

∆{i0} ∪ ∆{i1} = ∂∆{i0,i1}.

Do đó, theo Bổ đề 1.1.1, tồn tại một hàm liên tục

f{i0,i1} : ∆{i0,i1} → ∆ ({xi0, xi1}) .

Hàm này biến đỉnh ik của ∆n thành xk.

∆J → X thu được bằng Đặt |J| là lực lượng của tập J. Hàm f 1 : S |J|=2

|J = fJ là liên tục và thoả

cách đặt f 1

f 1 (∆J ) ⊆ ∆ ({xj : j ∈ J}) , với 1 ≤ |J| ≤ 2.

(ở trường hợp trên J = {i0, i1}), ta có

f 1(∆J ) = f{i0,i1} ({i0, i1}) ⊆ ∆ ({xi0, xi1}) , (f 1 liên tục).

∆J −→ X thoả Giả sử ta có hàm liên tục f k−1 : S |J|=k

f k−1 (∆J ) ⊆ ∆ ({xj : j ∈ J}) , 1 ≤ |J| ≤ k.

Đặt bJ = {i0, i1, . . . , ik} là tập hợp gồm k + 1 chỉ số. Khi đó

bJ =

|J|=k J⊆ bJ

[ ∂∆ ∆J

|J|=k J⊆ bJ

và (cid:16)n [ o(cid:17) . ∆ ({xj : j ∈ J}) ⊆ ∆ xj : j ∈ bJ (cid:1) ⊆ f k−1 (cid:0)∂∆ bJ

Theo Bổ đề 1.1.1, hàm

bJ → ∆

(cid:16)n o(cid:17) f k−1 : ∂∆ xj : j ∈ bJ

có thể được thác triển thành một hàm liên tục

bJ → ∆

bJ1

bJ2

(cid:16)n o(cid:17) : ∆ . xj : j ∈ bJ f k−1 bJ

bJ1

bJ2

6= ∅, thì tồn ∩ ∆ ⊆ ∆J

∩ ∆ Nếu bJ1, bJ2 là các tập con gồm k + 1 chỉ số sao cho ∆ tại một tập hợp J có lực lượng tối đa k phần tử sao cho ∆ và vì vậy

| bJ1∩ bJ2

bJ2| bJ1∩ bJ2

= f k−1 = f k−1 . f k−1 bJ| bJ1∩ bJ2

, ta có một hàm liên tục Bằng cách chọn f k | bJ = f k−1 bJ

|J|≤k+1

[ f k : ∆J −→ X

sao cho

f k(∆J ) ⊆ ∆ ({xj : j ∈ J}) , với 1 ≤ |J| ≤ k + 1.

Sau một số hữu hạn bước, ta được hàm liên tục f : ∆n −→ X thoả

j∈J Fj với mỗi tập chỉ số J.

f (∆J ) ⊆ ∆ ({xj : j ∈ J}) , ∀J ⊆ {0, . . . , n} . Đặt Fi = f −1(Ri), i = 0, . . . , n. Đây là những tập con đóng của ∆n (do Ri đóng và f liên tục) thoả ∆J ⊆ S

i=0 Fi. Khi đó

Do đó, theo bổ đề KKM, tồn tại một điểm µ ∈ Tn

i=0 Ri.

f (µ) ∈ Tn

Bằng cách chứng minh tương tự như Định lý 1.1.2, ta có Định lý sau

Định lý 1.1.3 Cho X là nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường và {Ui : i = 0, . . . , n} là một họ các tập con mở của X. Giả sử tồn tại các điểm x0, . . . , xn của X sao cho với mọi họ {i0, . . . , ik} của các chỉ

i=0 Ui 6= ∅.

k S j=0

số thì ta có ∆ ({xi0, ..., xik}) ⊂ Uij, khi đó Tn

Định lý 1.1.4 Cho X là một nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường, X0 ⊆ X là một tập con khác rỗng của X, và R ⊆ X0 × X là một quan hệ hai ngôi thoả

(i) Với mỗi x ∈ X0, tập R(x) = {y ∈ X : (x, y) ∈ R} khác rỗng và là

tập đóng trong R(X0);

(ii) Tồn tại x0 ∈ X0 sao cho tập R(x0) là compắc;

(iii) Với mọi tập con hữu hạn khác rỗng A ⊆ X0 thì ta có

x∈A

[ [ [x; sup A] ⊆ R(x).

x∈X0

Khi đó tập T R(x) khác rỗng.

Chứng minh. Gọi A là tập con hữu hạn của X. Theo Định lý 1.1.2 x∈A R(x) 6= ∅ (hàm f xây dựng trong Định lý 1.1.2 nhận các giá x∈A [x; sup A], và do đó trong R(X0), ∀x ∈ A, tập f −1(R(x)) thì T trị trong S là một tập con đóng của đơn hình).

Họ {R(x) : x ∈ X0} có tính giao hữu hạn, mỗi tập của họ là một tập

x∈X0

R(x) 6= ∅. đóng và R(x0) là compắc, vì vậy T

1.2 Transfer closed valued.

Cho X là một tập hợp khác rỗng và Y là một không gian tôpô. Đặt 2Y là họ tất cả các tập con của Y .

Định nghĩa 1.2.1 Ánh xạ G : X −→ 2Y được gọi là transfer closed valued (viết tắt là t.c.v.), nếu với mỗi x ∈ X và y /∈ G(x), thì tồn tại x0 ∈ X và một lân cận mở N (y) của y trong Y sao cho y0 /∈ G(x0), ∀y0 ∈ N (y).

Dễ thấy, nếu ánh xạ G : X −→ 2Y là transfer closed valued, thì với

mỗi x ∈ X và y /∈ G(x) suy ra tồn tại x0 ∈ X sao cho y /∈ G (x0).

G(x). Mệnh đề 1.2.1 Cho X, Y là hai không gian tôpô, ánh xạ G : X −→ 2Y là transfer closed valued khi và chỉ khi T x∈X G(x) = T x∈X

Chứng minh.

G(x), nếu G là G(x) = T x∈X Điều kiện cần. Ta cần chứng minh T x∈X transfer closed valued.

G(x). Hiển nhiên ta có T x∈X

G(x). G(x) ⊂ T x∈X

G(x). G(x) ⊃ T x∈X Vì vậy ta chỉ cần chứng minh T x∈X G(x) nhưng y /∈ T x∈X Giả sử trái lại, tồn tại y ∈ T x∈X

Khi đó y /∈ G(z) với mọi z ∈ X. Vì G là t.c.v. nên tồn tại z0 ∈ X sao

G(x). Điều này mâu thuẫn. cho y /∈ G(z0), và do đó y /∈ T x∈X

G(x). Ta cần chứng minh G là transfer closed Điều kiện đủ Giả sử T x∈X G(x) = T x∈X valued.

G(x), nên tồn tại x0 ∈ X G(x) = T x∈X Nếu y /∈ G(x), thì y /∈ T x∈X

sao cho y /∈ G(x0). Do đó, tồn tại lân cận mở N (y) của y sao cho N (y) ∩ G(x0) = ∅ hay ∀y0 ∈ N (y) thì y0 /∈ G(x0). Vậy G là t.c.v. trên X.

z∈N (x)

Định nghĩa 1.2.2 Cho X, Y là hai không gian tôpô, ánh xạ T : X −→ 2Y được gọi là có tính giao địa phương, nếu với mỗi x ∈ X, T (x) 6= ∅, tồn tại một lân cận mở N (x) của x trong X sao cho T T (z) 6= ∅.

Mệnh đề 1.2.2 T : X −→ 2Y có tính giao địa phương khi và chỉ khi X\T −1 là t.c.v., tức là

y∈Y

[ [ T −1y = int (cid:0)T −1y(cid:1) .

y∈Y

Chứng minh. Giả sử T có tính giao địa phương, ta cần chứng minh [ [ T −1y = int (cid:0)T −1y(cid:1) .

Hiển nhiên ta có

y∈Y

[ [ int (cid:0)T −1y(cid:1) ⊂ (cid:0)T −1y(cid:1) .

Vì vậy ta chỉ cần chứng minh

y∈Y

[ [ (cid:0)T −1y(cid:1) ⊂ int (cid:0)T −1y(cid:1) .

(cid:0)T −1y(cid:1), khi đó x ∈ T −1y (với một y nào đó của Lấy x tuỳ ý thuộc S y∈Y

z∈N (x)

T (z) 6= ∅. Y ). Do vậy y ∈ T (x) hay T (x) 6= ∅. Do T có tính giao địa phương, nên tồn tại một lân cận N (x) của x trong X sao cho T

Do đó, tồn tại y ∈ T (z), ∀z ∈ N (x). Hay z ∈ T −1(y), ∀z ∈ N (x). Nên N (x) ⊂ T −1y

y∈Y

Suy ra [ intT −1 (y) . x ∈ intT −1 (y) ⊂

y∈Y

Như vậy ta có [ [ (cid:0)T −1y(cid:1) ⊂ int (cid:0)T −1y(cid:1) .

Điều kiện cần của Định lý được chứng minh.

Điều kiện đủ. Lấy tuỳ ý x ∈ X, T (x) 6= ∅, ta có

x0∈N (x)

int (cid:0)T −1y(cid:1) T −1y = S y∈Y (cid:1)

x0∈N (x)

x ∈ S y∈Y ⇒ ∃y0 ∈ Y sao cho x ∈ int (cid:0)T −1y0 ⇒ ∃N (x) ⊂ T −1y0. ⇒ y0 ∈ T T (x0) ⇒ T T (x0) 6= ∅.

Vậy T có tính giao địa phương.

Định lý 1.2.1 Cho X là một nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường, X0 ⊂ X là một tập con khác rỗng của X, và R ⊂ X0 × X là một quan hệ hai ngôi sao cho

(i) G : X0 −→ 2X là t.c.v., ở đây G(x) = {y ∈ X : (x, y) ∈ R} với

mọi x ∈ X0;

(ii) Tồn tại x0 ∈ X0 sao cho G(x0) là compắc;

x∈A

(iii) Với mọi tập con hữu hạn khác rỗng A ⊆ X0, [ [ [x, sup A] ⊆ G(x).

x∈X0

Khi đó T G(x) 6= ∅.

Chứng minh. Từ các giả thiết (i) và (ii) của Định lý ta suy ra G(x) đóng trong R(X0) và G(x) khác rỗng. Từ (iii), ta có

x∈A

[ [ [ [x, sup A] ⊆ G(x) ⊆ G(x).

G(x) 6= ∅. Tập G(x) thoả tất cả các điều kiện của Định lý 1.1.4, nên T x∈X0

x∈X0

Mà T G(x) = T G(x). Do đó T G(x) 6= ∅.

Định lý 1.2.1 được chứng minh.

Định nghĩa 1.2.3 Cho X là một nửa dàn tôpô hoặc là một tập con ∆− lồi của một nửa dàn tôpô. Hàm số f : X −→ (−∞, +∞) gọi là ∆− tựa lõm, nếu với mọi tập con hữu hạn khác rỗng A = {x1, x2, . . . , xn} ⊆ X, ∀y ∈ ∆ (A), thì f (y) ≥ min {f (x1) , f (x2) , . . . , f (xn)} .

Từ định nghĩa trên ta suy ra f : X −→ (−∞, +∞) là ∆−tựa lõm nếu và chỉ nếu tập {y ∈ X : f (y) > λ} hoặc {y ∈ X : f (y) ≥ λ} là tập ∆−lồi, ∀λ ∈ (−∞, +∞).

Ví dụ 1.2.1 Cho

X = {(x, 1) : 0 ≤ x ≤ 1} ∪ {(1, y) : 0 ≤ y ≤ 1} ⊂ R2.

Thứ tự trên R2 được xác định như sau:

(a, b), (c, d) ∈ R2, (a, b) ≤ (c, d) ⇔ (cid:26) a ≤ c, b ≤ d.

Gọi f là hàm số xác định trên X bởi

f (z) = f (x, y) = x2 − y2, ∀z = (x, y) ∈ X.

Khi đó, f là ∆−tựa lõm.

Chứng minh. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, gọi M (1, 0), N (1, 1), P (0, 1). Khi đó, tập X chính là chính là đường gấp khúc M N P .

∀(a, b) ∈ X thì (a, b) ≤ (1, 1). Do đó sup X = (1, 1).

Giả sử A = {z1, z2, . . . , zn} là tập con hữu hạn, khác rỗng của X (mỗi phần tử zi, (i = 1, n) của A là một điểm nằm trên đường gấp khúc M N P ). Toạ độ zi có dạng zi = (1, y) : 0 ≤ y ≤ 1 hoặc zi = (x, 1) : 0 ≤ x ≤ 1.

Trường hợp 1) zi = (1, yi), ∀i = 1, n. Khi đó sup A = (1, a), a = sup yi. Nếu z = (x, y) ∈ ∆(A), thì tồn tại j thoả (1, yj) ≤ z ≤ (1, a), nên f (z) = 1 − y2 ≥ 1 − a2 = f (zi0), với i0 là chỉ số mà a = yi0.

Trường hợp 2) Tồn tại i1 sao cho zi1 = (xi1, 1). Nếu z = (x, y) ∈ ∆(A), thì tồn tại i sao cho z ≥ zi. Ta có

⇒ (cid:20) z ≥ zi = (xi, 1) z ≥ zi = (1, yi) − 1 = f (zi) (cid:20) f (z) = x2 − 1 ≥ f (zi) f (z) = 1 − y2 ≥ x2 i1

Vậy f là ∆−tựa lõm.

Định nghĩa 1.2.4 Cho X, Y là hai không gian tôpô, ϕ (x, y) : X ×Y → (−∞, +∞) được gọi là strongly path transfer lower semicontinuous (viết tắt SPT l.s.c.) đối với x, nếu với mỗi (x, y) ∈ X × Y và với mọi (cid:15) > 0, thì tồn tại một lân cận mở N (x) của x trong X và tồn tại y0 ∈ Y sao cho với mọi x0 ∈ N (x), ta có ϕ (x, y) ≤ ϕ (cid:0)x0, y0(cid:1) + (cid:15).

Định nghĩa trên tương đương định nghĩa sau:

inf ϕ (cid:0)x, y0(cid:1). Cho X, Y là hai không gian tôpô, ϕ (x, y) : X × Y → (−∞, +∞) được gọi là strongly path transfer lower semicontinuous đối với x, nếu ∀(x, y) ∈ X × Y , tồn tại lân cận N (x) của x trong X và tồn tại y0 ∈ Y sao cho với mọi x0 ∈ N (x), thì ϕ (x, y) ≤ lim x0→x

Như vậy, nếu ϕ là nửa liên tục dưới, thì ϕ là strongly path transfer

lower semicontinuous. Điều ngược lại không đúng.

Ví dụ 1.2.2 Cho X = [0, 1], Y = [0, 1] và ϕ (x, y) xác định trên X × Y

bởi

, nếu x = y;   ϕ (x, y) =

 1 2 1, nếu y = 0, x 6= 0; 0, các trường hợp còn lại.

Khi đó ϕ (x, y) không là l.s.c. trên X × Y nhưng là SPT l.s.c. đối với x.

Thật vậy ∀(x, y) ∈ X × Y thì 0 ≤ ϕ (x, y) ≤ 1.

• ∀(x, y) ∈ X × Y, x 6= 0, x 6= 1, ∀(cid:15) > 0 tồn tại lân cận N (x) = (x − δ, x + δ) của x trong X, chọn y0 = 0, vì ϕ(x0, y0) = 1, nên

ϕ(x, y) < ϕ(x0, y0) + (cid:15), ∀x0 ∈ N (x).

• Với điểm (0, y), xét lân cận N (0) = [0, δ) và chọn y0 = 0 thì với mọi

x0 ∈ N (0), ta có

, nếu y = 0; ϕ(0, y) = ( 1 2 0, nếu y 6= 0,

ϕ(x0, 0) = ( 1 , nếu x0 = 0; 2 1, nếu x0 6= 0.

nên ϕ(0, y) < ϕ(x0, y0) + ε.

• Với điểm (1, y), xét lân cận N (1) = (1 − δ, 1], chọn y0 = 0 thì

∀x0 ∈ N (1), ta có

, nếu y = 1; ϕ(1, y) = ( 1 2 0, nếu 0 ≤ y < 1.

ϕ(x0, y0) = ϕ(x0, 0) = 1,

nên ϕ(1, y) < ϕ(x0, y0) + ε.

• ϕ không là l.s.c vì

(cid:26) (cid:27) (x, y) ∈ X × Y : ϕ (x, y) > = {(x, y) : y = 0, x 6= 0} 1 2

không là tập mở trong X × Y .

Chương 2

Bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm bất động

Fan - Browder, điểm cân bằng Nash trong

không gian có thứ tự

2.1 Bất đẳng thức Ky Fan trong không gian có thứ tự.

Từ Định lý 1.2.1, ta thu được bất đẳng thức Ky Fan tổng quát sau:

Định lý 2.1.1 Cho X là một nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường, f : X × X −→ (−∞, +∞) thoả:

(i) Với mọi x ∈ X, f (x, x) ≤ 0;

(ii) f (x, y) là SPT l.s.c. đối với y;

(iii) Tồn tại x0 ∈ X sao cho {y ∈ X : f (x0, y) ≤ 0} là tập compắc;

(iv) Với mọi y ∈ X, x 7→ f (x, y) là ∆−tựa lõm.

Khi đó, ∃ y∗ ∈ X sao cho f (x, y∗) ≤ 0, ∀x ∈ X.

Chứng minh. Đặt

W (x) = {y ∈ X : f (x, y) ≤ 0}, W = {(x, y) ∈ X × X : f (x, y) ≤ 0}.

Xét tuỳ ý x ∈ X, y0 /∈ W (x), tức là f (x, y0) > 0, 0 < (cid:15) < f (x, y0).

Do f (x, y) là SPT l.s.c. đối với y, nên với mọi (cid:15) (được chọn ở trên),

tồn tại một lân cận N (y0) của y0 trong X, tồn tại x0 ∈ X sao cho

f (x, y0) < f (x0, y0) + (cid:15), ∀y0 ∈ N (y0).

hay

f (x0, y0) > f (x, y0) − (cid:15), ∀y0 /∈ W (x0).

Như vậy,

∀x ∈ X, y0 /∈ W (x) ta suy được ∃x0 ∈ X, y0 /∈ W (x0).

Vậy W (x) là t.c.v.

Bây giờ, ta chứng minh mọi tập con hữu hạn của A của X,

x∈A

[ W (x) . A = {x1, x2, . . . , xn} thì ∆ (A) ⊂

x∈A

[x, sup A] W (x) . Khi đó ∃ y0 ∈ ∆ (A) = S

x∈A

W (x). Giả sử trái lại ∆ (A) 6⊂ S x∈A sao cho y0 /∈ S

Suy ra y0 /∈ W (xi), ∀xi ∈ A ⇒ f (xi, y0) > 0, ∀i = 1, n.

Do (iv), với mọi y ∈ X, x 7→ f (x, y) là ∆− tựa lõm, nên với

A = {x1, x2, . . . , xn} ⊆ X, y0 ∈ ∆(A),

ta có

f (x0, y0) ≥ min {f (x1, y0), f (x2, y0), . . . , f (xn, y0)} > 0.

Điều này mâu thuẫn với giả thiết (i) của Định lý.

W (x) . Vậy ta có ∆ (A) ⊂ S x∈A

W (x) 6= ∅. Hàm W thoả tất cả các điều kiện của Định lý 1.2.1, nên T x∈X

W (x), thì y∗ ∈ W (x), ∀x ∈ X. Lấy y∗ ∈ T x∈X

Vậy f (x, y∗) ≤ 0, ∀x ∈ X.

Định lý 2.1.1 được chứng minh.

2.2 Định lý điểm bất động Fan - Browder trong không gian có thứ tự

Từ Định lý 2.1.1 ta có được định lý điểm bất động Fan - Browder tổng quát sau.

Định lý 2.2.1 Cho X là một nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường và F : X −→ X là ánh xạ với tập giá trị là tập ∆−lồi đóng, khác rỗng; F có tính giao địa phương. Nếu tồn tại x0 ∈ X sao cho X\F −1(x0) là compắc, thì F có một điểm bất động1.

Chứng minh. Đặt f : X × X −→ (−∞, +∞) ,

f (x, y) = (cid:26) 1, nếu x ∈ F (y); 0, nếu x /∈ F (y).

Ta chứng minh định lý bằng phản chứng. Giả sử trái lại F không có điểm bất động. Khi đó, ∀x ∈ X, x /∈ F (x). Ta có f (x, x) = 0.

nếu λ < 0; Với mọi y ∈ X, λ ∈ (−∞, +∞) , tập   A = {x ∈ X : f (x, y) > λ} =

 X, F (y), nếu 0 ≤ λ < 1; nếu λ ≥ 1 ∅,

là tập ∆−lồi (do X, F (y), ∅ là những tập ∆−lồi), vì vậy f (·, y) là ∆−tựa lõm.

Vì F có tính giao địa phương, nên với (x, y) ∈ X × X, F (y) 6= ∅, tồn

u∈N (y)

tại một lân cận N (y) của y trong X sao cho T F (u) 6= ∅.

u∈N (y)

Với mọi (cid:15) > 0, lấy x0 ∈ T F (u), khi đó x0 ∈ F (y0), ∀y0 ∈ N (y).

Suy ra f (x0, y0) = 1 và f (x, y) < 1 + (cid:15) = f (x0, y0) + (cid:15).

Vậy f (x, y) là SPT l.s.c. theo biến y.

Ngoài ra

{y ∈ X : f (x0, y) ≤ 0} = {y ∈ X : y /∈ F −1(x0)} = X\F −1(x0)

1x∗ ∈ X gọi là điểm bất động của ánh xạ F , nếu x∗ ∈ F (x∗).

là tập compắc.

Theo Định lý 2.1.1, tồn tại y∗ ∈ X sao cho f (x, y∗) ≤ 0, ∀x ∈ X.

Điều này mâu thuẫn (vì theo định nghĩa của f (x, y) thì f (x, y) ≤ 0

chỉ với những x thoả x /∈ F (y) chứ không phải ∀x ∈ X).

2.3 Điểm cân bằng Nash trong không gian có thứ tự.

i∈I

j∈I\i

Cho (Xi, ≤i), i ∈ I là một họ các nửa dàn tôpô, gọi X và bXi là các không gian tích với tôpô tích, Y Y X = Xi, Xj, bXi =

Xi, ta định nghĩa và với mọi x, x0 ∈ X = Q i∈I

i, ∀i ∈ I.

x ≤ x0 nếu xi ≤i x0

Khi đó (X, ≤) là một nửa dàn tôpô với (x ∨ x0)i = xi ∨i x0

Định nghĩa 2.3.1 ∀x ∈ X, x = (xi, bxi) , trong đó xi ∈ Xi, bxi ∈ bXi = Q j∈I\i Xj. Điểm x∗ ∈ X được gọi là điểm cân bằng Nash của họ các

hàm số cho trước fi : X −→ (−∞, +∞), nếu với mọi i ∈ I, ta có

i ) .

i , bx∗

i ) = max ui∈Xi

fi (x∗ fi (ui, bx∗

Do Định lý 2.2.1, ta có được sự tồn tại về điểm cân bằng Nash qua Định lý sau đây.

Định lý 2.3.1 Cho N = {1, 2, . . . , n}, với mỗi i ∈ N , giả sử Xi là một tập khác rỗng compắc và là compắc theo dãy, ∆−lồi của nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường, và X = Q Xi, fi : X −→ (−∞, +∞) i∈N

thoả các điều kiện

(i) Với mỗi i ∈ N , với mọi bxi ∈ bXi, ui → fi (ui, bxi) là ∆−tựa lõm; (ii) Với mỗi i ∈ N , fi là u.s.c.;

(iii) Với mỗi i ∈ N ,fi (ui, bxi) là SPT l.s.c. đối với bxi.

Khi đó tồn tại x∗ ∈ X sao cho với mỗi i ∈ N , ta có

i , bx∗

i ) = max ui∈Xi

fi (x∗ fi (ui, bx∗ i )

i∈N Ti(x).

Chứng minh.

(cid:27) Với mọi k = 1, 2, 3, . . ., đặt Wk : X → 2X, Wk (x) = Q Với mọi x ∈ X, ở đây Ti : X → 2Xi, (cid:26) . Ti(x) = fi (ui, bxi) − yi ∈ Xi : fi (yi, bxi) > max ui∈Xi 1 k

Ta có Wk(x) 6= ∅ và là tập ∆− lồi, với mọi x ∈ X.

u∈O(x)

Trong phần tiếp theo, ta chứng minh Wk(x) có tính giao địa phương, tức là, nếu Wk(x) 6= ∅, thì tồn tại một lân cận mở O(x) của x trong X sao cho T Wk(u) 6= ∅.

i∈N

u∈O(x)

Vì \ Y Y \ Ti(u) Ti(u) =

nên ta chỉ cần chứng minh với mỗi i ∈ N , Ti cũng có tính giao địa phương.

i ∈ Ti(x0), ta có

Với x0 ∈ X, Ti(x0) 6= ∅. Lấy y0

i , bx0

(cid:1) − (cid:0)y0 . (2.3.1) fi fi (cid:0)ui, bx0 (cid:1) > max ui∈Xi 1 k

i , bx0

Suy ra (cid:18) (cid:19) (cid:0)y0 (cid:1) − > 0. (cid:1) − fi fi (cid:0)ui, bx0 max ui∈Xi 1 k

Với mọi ε thoả

i , bx0

i trong cXi và tồn tại y∗

i ∈ Xi

i ) của bx0

(cid:18) (cid:18) (cid:19)(cid:19) 0 < ε < (cid:0)y0 (cid:1) − (cid:1) − /2, fi fi (cid:0)ui, bx0 max ui∈Xi 1 k

i ∈ O1

i , bx0

i) + ε, ∀bx0

(cid:1) (cid:0) do (iii) tồn tại một lân cận mở O1(bx0 sao cho (cid:0)y0 (2.3.2) (cid:1) < fi (y∗ fi bx0

i , nên tồn tại một lân cận mở O2

(cid:0) (cid:1) của bx0 Vì max ui∈Xi (cid:0) (cid:1), ta có

i ∈ O2 fi (ui, bx0

(cid:1) + ε. (2.3.3) fi fi (cid:0)ui, bx0 fi (ui, bxi) liên tục tại bx0 i trong cXi sao cho với mọi bx0 bx0 (cid:1) − ε < max (cid:0)ui, bx0 ui∈Xi max ui∈Xi bx0 i) < max ui∈Xi

Đặt (cid:0) (cid:0) O (cid:0)x0(cid:1) = O (cid:0)x0 (cid:1)(cid:1) . (cid:1) × (cid:0)O2

Trong đó O(x0 (cid:1) ∩ O1 bx0 bx0 i i i ) là một lân cận mở của x0 i trong Xi.

Từ (2.3.1),(2.3.2),(2.3.3), với mọi x0 ∈ O(x0),

i) > fi

i , bx0

(cid:0)y0 (cid:0)u0 (cid:1)− (cid:0)u0 . (cid:1)− fi (y∗ fi fi (cid:1)−ε > max ui∈Xi +ε > max ui∈Xi 1 k 1 k

i ∈ T

u∈O(x0) Ti (u) 6= ∅, và do đó, T

u∈O(x0) Ti (u) 6= ∅.

Khi đó y∗

Vì thế Ti có tính giao địa phương. Vậy Wk cũng có tính giao địa

phương.

Theo Định lý 2.2.1, tồn tại xk ∈ X sao cho xk ∈ Wk(xk), vì X là

k=1 có một điểm giới hạn x∗ ∈ X.

compắc nên (cid:8)xk(cid:9)∞

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử xk → x∗ (lấy dãy con của

dãy {xk} là chính nó) khi k → ∞. Với mỗi i ∈ N , ta có

i , bxk

(cid:0)xk , (2.3.4) (cid:1) − fi fi (cid:0)ui, bxk (cid:1) > max ui∈Xi 1 k

Theo giả thiết (ii), với mỗi i ∈ N, fi là nửa liên tục trên, lại do xk → x∗, nên lấy giới hạn trong (2.3.4), ta được

i , bx∗

i ) ≥ lim k→∞

(cid:1) (cid:0)xk fi (x∗

i , bxk (cid:0)xk

i , bxk

sup fi (cid:18) (cid:19) (cid:1) − 1 k

max fi ui∈Xi fi (ui, bx∗ i ) ≥ lim k→∞ = max ui∈Xi

Vậy tồn tại x∗ ∈ X sao cho với mỗi i ∈ N ,

i , bx∗

i ) = max ui∈Xi

fi (x∗ fi (ui, bx∗ i )

Định lý 2.3.1 được chứng minh.

Chương 3

Lát cắt liên tục của ánh xạ đa trị và phần tử

tối đại trong không gian Banach có thứ tự

3.1 Các định nghĩa.

Cho X là một tập hợp.

1. Một quan hệ hai ngôi W ⊆ X × X gọi là quan hệ ưu tiên yếu nếu nó chứa đường chéo của X × X. Do đó W ⊃ {(x, x) : x ∈ X}.

2. Một quan hệ hai ngôi S ⊆ X × X gọi là quan hệ ưu tiên ngặt nếu

nó không chứa phần tử nào của đường chéo của X × X.

3. Phần tử x∗ ∈ X gọi là phần tử lớn nhất đối với quan hệ ưu tiên yếu

W (x). W nếu x∗ ∈ T x∈X

4. Phần tử x ∈ X gọi là phần tử tối đại đối với quan hệ ưu tiên ngặt

S nếu S(x) = ∅.

Như thường lệ, cho một quan hệ hai ngôi R ⊆ X × Y , với x ∈ X và y ∈ Y , ta đặt

R(x) = {y ∈ Y : (x, y) ∈ R} và R−1(y) = {x ∈ X : (x, y) ∈ R}.

Nếu W , S lần lượt là quan hệ ưu tiên yếu và quan hệ ưu tiên ngặt trên X, khi đó ta nói x0 là ưu tiên đối với x nếu x0 ∈ W (x) và x0 là ưu tiên ngặt đối với x nếu x0 ∈ S(x).

5. Cho X, Y là hai không gian tôpô, ánh xạ liên tục f : X → Y được gọi là lát cắt liên tục đối với ánh xạ g : X → 2Y nếu f (x) ∈ g(x), ∀x ∈ X.

3.2 Lát cắt liên tục và phần tử tối đại.

Định lý 3.2.1 Cho K là không gian tôpô compắc, X là nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường, R ⊆ K × X là một quan hệ hai ngôi thoả

x∈X intR−1(x);

(i) K = S

(ii) Với mọi µ ∈ K, tập R(µ) 6= ∅, và nếu x1, x2 ∈ R(µ), thì [x1, x1 ∨

x2] ⊆ R(µ).

Khi đó tồn tại một đơn hình ∆n và hai hàm liên tục h : K −→ ∆n và g : ∆n −→ X sao cho, với mọi µ ∈ K, g(h(µ)) ∈ R(µ).

n S i=1

Chứng minh. Do K là không gian compắc và do giả thiết (i), nên tồn intR−1(xi). tại một tập hữu hạn {x0, x1, . . . , xn} ⊆ X sao cho K =

n X

Tồn tại các hàm số liên tục ψi : K → [0, 1] sao cho

i=0

{µ ∈ K : ψi(µ) > 0} ⊆ intR−1(xi) và ψi = 1.

Xét h : K → ∆n xác định bởi

h(µ) = (ψ0(µ), ψ1(µ), ..., ψn(µ)) .

Vì mỗi ψi liên tục từ K → [0, 1], nên h liên tục từ K đến ∆n.

Bây giờ, theo chứng minh của Định lý 1.1.2, tồn tại một hàm liên tục g : ∆n → X sao cho, với mọi tập con khác rỗng J ⊆ {0, 1, . . . , n}, ta có g (∆J ) ⊆ ∆ ({xj : j ∈ J}) .

Với mỗi µ ∈ K, đặt J(µ) = {j : ψj(µ) > 0}. Khi đó h(µ) ∈ ∆J(µ) và

do đó

g (h(µ)) ⊆ ∆ ({xj : j ∈ J(µ)}) .

Tuy nhiên, {xj : j ∈ J(µ)} ⊆ R(µ) và do giả thiết (ii) ta có

∆ ({xj : j ∈ J(µ)}) ⊆ R(µ).

Vậy g(h(µ)) ∈ R(µ).

Hệ quả 3.2.1 Cho X là một không gian tôpô compắc với các khoảng liên thông đường, R ⊆ X × X là một quan hệ hai ngôi thoả

x∈X intR−1(x);

(i) X = S

(ii) Với mọi x ∈ K tập R(x) 6= ∅ và nếu x1, x2 ∈ R(x), thì [x1, x1 ∨

x2] ⊆ R(x).

Khi đó tồn tại bx ∈ X sao cho bx ∈ R(bx).

Chứng minh Theo Định lý 3.2.1 tồn tại hai hàm liên tục h : X → ∆n và g : ∆n → X sao cho g(h(x)) ∈ R(x), ∀x ∈ X.

Ta sẽ chỉ ra rằng g ◦ h : X → X có một điểm bất động.

Theo định lý điểm bất động Brouwer, hàm h ◦ g : ∆n → ∆n có một

điểm bất động bµ ∈ ∆n, tức (h ◦ g)(bµ) = bµ. Đặt bx = g(bµ). Khi đó

(g ◦ h) (bx) = g ◦ (h(bx)) = g ◦ (h ◦ g)(bµ) = g(bµ) = bx.

Vậy bx là điểm bất động của g(h(x)).

Theo Định lý 3.2.1 thì g(h(x)) ∈ R(x), ∀x ∈ X. Vậy bx ∈ R(bx).

3.3 Ứng dụng.

Trong phần này, với những giả thiết thích hợp, chúng ta chứng minh sự tồn tại phần tử lớn nhất hoặc phần tử tối đại của một quan hệ ưu tiên. Cũng trong suốt phần này, X sẽ ký hiệu cho một nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường.

Định lý 3.3.1 Cho W là một quan hệ ưu tiên yếu trên X sao cho

(i) Với mỗi x ∈ X, tập W (x) là tập đóng và tồn tại một x0 ∈ X sao

cho W (x0) là compắc;

(ii) Nếu x không ưu tiên với x1 hoặc x2, thì x không ưu tiên với x1 ∨x2;

(iii) Nếu x1 ≤ x2 và nếu x không ưu tiên với x1 hoặc x2, thì x không

ưu tiên với mọi y ∈ [x1, x2].

Khi đó W có phần tử lớn nhất.

a∈A

Chứng minh. Ta chỉ ra rằng, với mọi tập con hữu hạn A khác rỗng của X, ta có [ [ [a, sup A] ⊆ W (a). (3.3.1)

Giả sử trái lại, có A là tập con hữu hạn khác rỗng của X, tồn tại y ∈ S W (a). a∈A [a, sup A] sao cho y /∈ S a∈A

Từ đó suy ra y /∈ W (a), ∀a ∈ A. Hay a /∈ W −1(y), ∀a ∈ A. Như vậy

A ⊂ X\W −1(y) (3.3.2)

Từ điều kiện (ii), nếu

(cid:20) x /∈ W (x1) ⇒ x1 /∈ W −1(x) ⇒ x1 ∈ X\W −1(x), x /∈ W (x2) ⇒ x2 /∈ W −1(x) ⇒ x2 ∈ X\W −1(x),

thì x1 ∨ x2 /∈ W −1(x).

Do (iii), nếu x1 ∨ x2 /∈ W −1(x), thì x /∈ W (y), ∀y ∈ [x1, x2]. Tóm lại, từ (ii) và (iii), ta suy ra

(3.3.3) nếu x1, x2 ∈ X\W −1(x), thì [x1, x1 ∨ x2] ⊆ X\W −1(x)

Từ (3.3.2) và (3.3.3), ta suy ra

a∈A

[ [a, sup A] ⊆ X\W −1(y).

a∈A

Tuy nhiên, vì [ y ∈ [a, sup A] ⊆ X\W −1(y),

nên y /∈ W −1(y) hay y /∈ W (y). Điều này mâu thuẫn vì W là một quan hệ ưu tiên yếu.

W (x) 6= ∅. Từ (3.3.1) và Định lý 1.1.4 ta suy ra T x∈X

Vậy W có phần tử lớn nhất.

Nhận xét 3.3.1 Chú ý rằng các điều kiện (ii), (iii) của Định lý trên có thể được thay thế bởi điều sau mà không làm thay đổi kết luận của Định lý hoặc cách chứng minh của nó: Tồn tại một quan hệ hai ngôi cW ⊆ W sao cho x ∈ cW (x), ∀x ∈ X và [x1, x1 ∨ x2] ⊆ X\cW −1(x) nếu x1, x2 ∈ X\W −1(x).

Nhận xét trên sẽ được sử dụng để chứng minh Định lý 3.3.3.

Định lý 3.3.2 Cho S là một quan hệ ưu tiên ngặt trên X sao cho

(i) Với mỗi x ∈ X, tập S−1(x) là tập mở và tồn tại x0 ∈ X sao cho

X\S−1(x0) là compắc;

(ii) Nếu x1, x2 ưu tiên ngặt đối với x, thì x1 ∨ x2 là ưu tiên ngặt đối

với x;

(iii) Nếu x1, x2 ưu tiên ngặt đối với x và nếu x1 ≤ x2, thì x ưu tiên

ngặt đối với y với mọi ∀y ∈ [x1, x2].

Khi đó, S có phần tử tối đại.

Định lý 3.3.3 Cho S là một quan hệ ưu tiên ngặt trên X sao cho

(i) Với mỗi x ∈ X, tập S−1(x) là tập mở và tồn tại x0 ∈ X sao cho

X\S−1(x0) là compắc;

(ii) Nếu a0, a1, . . . , ak là các phần tử thuộc X, và mỗi ai(i = 1, k) đều

ưu tiên ngặt đối với x, thì x /∈ [a0, a0 ∨ a1 ∨ . . . ∨ ak].

Khi đó S có phần tử tối đại.

Chứng minh. Với mỗi tập con Z khác rỗng của X, đặt hZilà họ các tập con hữu hạn khác rỗng của Z. Ta chứng minh tồn tại x ∈ X sao cho S(x) = ∅.

Giả sử trái lại, với mọi x ∈ X, S(x) 6= ∅.

Đặt

a∈A

A∈hS(x)i W (x) = X\S−1(x), cW (x) = X\ bS−1(x).

[ [ [a, sup A], bS(x) =

Ta có cW (x) ⊆ W (x). Thật vậy

∀x ∈ cW (x) ⇒ x /∈ bS−1(x)

a∈A

[ [a, sup A], A ∈ hS(x)i ⇒ x /∈ bS(x) ⇒ x /∈

⇒ x /∈ [a, sup A], A ∈ hS(x)i ⇒ x /∈ S−1(x) ⇒ x ∈ X\S−1(x)

Do đó, nếu x ∈ cW (x), thì x ∈ W (x). Theo Định lý 3.3.1 và Nhận xét 3.3.1, tồn tại bx ∈ X là phần tử lớn nhất của W , tức bx ∈ T x∈X W (x), nhưng khi đó S(bx) = ∅. Điều này mâu thuẫn với giả thiết phản chứng. Do đó, tồn tại bx ∈ X sao cho bx /∈ cW (bx). Hay tồn tại bx ∈ X, sao cho bx /∈ X\S−1(bx). Điều này suy ra bx ∈ bS(bx). Vì thế, tồn tại một tập con hữu hạn A ⊆ S(bx) thoả bx ∈ S a∈A [a, sup A]. Điều này mâu thuẫn với (ii). (Từ (ii), ta suy ra nếu bx ∈ bS(bx), A hữu hạn, thì bx /∈ [a, sup A] ⊂ S a∈A [a, sup A]). Vậy tồn tại x ∈ X sao cho S(x) = ∅ hay S có phần tử tối đại. Từ [2], ta có Định lý sau:

Định lý 3.3.4 Cho Y là không gian para compắc, X là nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường và R ⊆ Y × X là một quan hệ hai ngôi thoả

x∈X intR−1(x);

(i) Y = S

(ii) Nếu x1, x2 ∈ R(y), thì [x1, x1 ∨ x2] ⊆ R(y).

Khi đó tồn tại một hàm số liên tục f : Y → X sao cho, với mọi y ∈ Y, f (y) ∈ R(y).

Định lý 3.3.5 Giả sử X là không gian khả mêtric và với mỗi điểm của X có một cơ sở lân cận gồm các tập con ∆−lồi. Giả sử S ⊆ X × X là một quan hệ ưu tiên ngặt thoả mãn

(i) Với mỗi x ∈ X, tập S−1(x) là tập mở;

x∈X S(x) ⊆ K.

(ii) Nếu x1, x2 ∈ S(x), thì [x1, x1 ∨ x2] ⊆ S(x); (iii) Tồn tại một tập compắc K ⊆ X sao cho S

Khi đó S có phần tử tối đại.

Chứng minh. Nếu S(x) 6= ∅ với mọi x ∈ X, thì X = S x∈X S−1(x). Theo Định lý 3.3.4, tồn tại một lát cắt liên tục f : X → X sao cho ∀x ∈ X, f (x) ∈ S(x). Do điều kiện (iii), ta có f (X) ⊆ K. Từ đây và tính chất của X, ta có f có điểm bất động: f (bx) = bx. Nhưng khi đó bx ∈ S(bx) vô lý vì S là một quan hệ ưu tiên ngặt.

Định nghĩa 3.3.1 Quan hệ S ⊆ X × X gọi là nửa liên tục dưới nếu với mọi x0 ∈ X và mọi tập mở U ⊆ X sao cho S(x0) ∩ U 6= ∅, thì tồn tại một tập mở V ⊆ X sao cho x0 ∈ V và S(x) ∩ U 6= ∅ với mọi x ∈ V .

Định nghĩa 3.3.2 Quan hệ S ⊆ X × X gọi là nửa liên tục trên nếu với mọi x0 ∈ X và mọi tập mở U ⊆ X chứa S(x0), thì tồn tại một lân cận V của x0 sao cho S(x) ⊆ U với mọi x ∈ V .

a∈A B(a, ε) cũng là tập lồi.

Định nghĩa 3.3.3 Ta nói rằng một mêtric d trên X là tương thích nếu nó sinh ra tôpô của X và với mọi (cid:15) > 0 và mọi tập con lồi A, tập (cid:15)−lân cận của A, S

Định lý 3.3.6 Giả sử X có một mêtric đầy đủ tương thích và S ⊆ X × X là một quan hệ ưu tiên ngặt nửa liên tục dưới thoả

x∈X S(x) ⊆ K;

(i) Nếu x1, x2 ∈ S(x), thì [x1, x1 ∨ x2] ⊆ S(x); (ii) Tồn tại một tập compắc K ⊆ X sao cho S

(iii) Với mỗi x ∈ X, tồn tại ηx > 0 sao cho B(x, ηx) ∩ S(x) = ∅.

Khi đó S có phần tử tối đại.

x∈X R(x) ⊆ K, và do đó f (X) ⊆ K.

Chứng minh. Giả sử rằng, với mọi x ∈ X, tập S(x) 6= ∅. Đặt R(x) = S(x). Khi đó R là nửa liên tục dưới và có tập giá trị đóng khác rỗng. Với (cid:15) > 0, đặt S(cid:15)(x) là (cid:15) lân cận của S(x) đối với metric tương thích. Ta có R(x) = T (cid:15)>0 S(cid:15)(x), và nếu x1, x2 ∈ S(cid:15)(x), thì [x1, x1 ∨ x2] ⊆ S(cid:15)(x) (vì S(cid:15)(x) là tập lồi). Do đó, nếu x1, x2 ∈ R(x), thì [x1, x1∨x2] ⊆ R(x). Theo [2], ta suy ta R có một lát cắt liên tục f : X → X. Vì S x∈X S(x) ⊆ K và K là tập compăc, nên ta có S

Tuy nhiên, theo [2], ta biết rằng X là một thu hẹp tuyệt đối, vì thế (theo Dungundji và Granas, 1982) f phải có điểm bất động x ∈ X. Điều này suy ra x ∈ S(x), nhưng ta gặp mâu thuẫn với (iii).

a∈A S(a).

Cho d : X × X → R+ là một mêtric trên X, với mọi (cid:15) > 0 và A ⊆ X, ta kí hiệu B[A, (cid:15)] là (cid:15)−lân cận của A, tức là S a∈A B(a, (cid:15)), trong đó B(a, (cid:15)) là quả cầu đơn vị tâm a, bán kính (cid:15). Với S ⊆ X × X và A ⊆ X, ta ký hiệu S[A] là tập S

Định lý 3.3.7 Giả sử X là không gian mêtric compắc, X thoả các tính chất sau:

(a) Mỗi điểm của X có một cơ sở lân cận các tập ∆−lồi mở;

(b) Bao đóng của một tập con ∆−lồi là một tập ∆−lồi.

Gọi S ⊆ X × X là một quan hệ ưu tiên ngặt sao cho:

(i) Nếu x1, x2 ∈ S(x), thì [x1, x1 ∨ x2] ⊆ S(x); (ii) Với mọi (cid:15) > 0 và với mọi x ∈ X thoả S(x) 6= ∅, tồn tại δ(cid:15),x

sao cho S[B(x, δ(cid:15),x)] ⊆ B[S(x), (cid:15)];

(iii) Với mỗi x ∈ X, tồn tại ηx > 0 sao cho B(x, ηx) ∩ S(x) = ∅.

Khi đó S có phần tử tối đại.

Chứng minh. Giả sử trái lại, với mọi x ∈ X, tập S(x) khác rỗng. Với mọi x ∈ X, đặt R(x) là S(x). Với mọi (cid:15) > 0, ta có B[S(x), (cid:15)/4] ⊆ B[R(x), (cid:15)], vì thế

S[B(x, δx,(cid:15)/4)] ⊆ B[S(x), (cid:15)/4] ⊆ B[R(x), (cid:15)]. Nếu x0 ∈ B(x, δx,(cid:15)/4), thì R(x0) ⊆ B[S(x), (cid:15)/4] và khi đó

R[B(x, δx,(cid:15)/4)] ⊆ B[R(x), (cid:15)].

x,(cid:15) sao cho R[B(x, δ0

x,(cid:15))] ⊆ B[R(x), (cid:15)].

Do đó, với mọi (cid:15) > 0, tồn tại δ0

Điều này suy ra R là nửa liên tục trên.

Theo (b), ta thấy rằng với mỗi x ∈ X, thì R(x) là một nửa dàn compắc và nó có phần tử lớn nhất. Tuy nhiên, R(x) cũng là tập lồi, nên cũng theo (b), nó là liên thông đường, vì X có các khoảng liên thông đường (ở đây chúng ta sử dụng kết quả là: Nếu một nửa dàn liên thông đường có phần tử lớn nhất, thì nó có nhóm đồng luân tầm thường). Hơn nữa, với mỗi x ∈ X, R(x) là không tuần hoàn. Theo một kết quả của Van de Vel, tồn tại x∗ ∈ X sao cho x∗ ∈ R(x∗). Khi đó, với mọi (cid:15) > 0, B(x∗, (cid:15)) ∩ S(x∗) 6= ∅. Điều này mâu thuẫn với (iii).

Định lý 3.3.7 được chứng minh.

Định lý 3.3.8 Cho X là một tập ∆−lồi, compắc, khác rỗng của một nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường. Giả sử G : X −→ 2X có tính giao địa phương, và với mọi x ∈ X, x /∈ ∆(G(x)). Khi đó, tồn tại x∗ ∈ X sao cho G(x∗) = ∅.

Chứng minh. Ta có ∆(G) : X → 2X xác định bởi ∀x ∈ X,

A∈F (G(x))

[ ∆ (A) . ∆(G)(x) = ∆(G(x)) =

z∈N (x)

Vì G có tính giao địa phương, nên ∀x ∈ X, G(x) 6= ∅, tồn tại một lân cận N (x) của x trong X sao cho T G(z) 6= ∅.

Do đó  

z∈N (x)

A∈F (G(z))

\ \ [ ∆(G(x)) = ∆(A)   6= ∅.

Vì vậy ∆(G) cũng có tính giao địa phương.

Giả sử rằng ∀x ∈ X, G(x) 6= ∅. Khi đó ∆(G(x)) 6= ∅. Theo Định lý 2.2.1, tồn tại x0 ∈ X sao cho x0 ∈ ∆(G(x0)). Điều này mâu thuẫn với giả thiết với mọi x ∈ X, x /∈ ∆(G(x)).

Định lý 3.3.8 được chứng minh.

Chương 4

Ánh xạ tựa đơn điệu tăng và bài toán cực trị

Trong [4], Hu là người đầu tiên nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động của toán tử gián đoạn tựa đơn điệu tăng, dưới điều kiện A : Rn → Rn là một toán tử tựa đơn điệu tăng và tồn tại một nghiệm trên và dưới của A.

Gần đây, tác giả của [1] đã xét sự tồn tại điểm bất động của toán tử liên tục tựa đơn điệu tăng trong không gian Banach. Dưới điều kiện nón là một thể nón chính quy, tác giả đã chứng minh kết quả về sự tồn tại điểm bất động của toán tử liên tục tựa đơn điệu tăng. Phương pháp chứng minh của tác giả là sử dụng phương trình vi phân trong không gian Banach.

Trong phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại của điểm bất động bội của toán tử liên tục tựa đơn điệu tăng trong không gian Hilbert. Phương pháp sử dụng trong phần này dựa trên khái niệm tập bất biến theo quỹ đạo giảm.

4.1 Các khái niệm.

Cho E là không gian Banach.

1. Tập P ⊂ E, P 6= ∅ được gọi là nón nếu

• P đóng, P + P ⊂ P, λP ⊂ P , ∀λ ≥ 0,

• P ∩ (−P ) = {θ}.

2. Nếu P là nón, thì thứ tự trong E sinh bởi nón P được xác định như

sau: với x, y ∈ E, x ≤ y ⇔ y − x ∈ P.

3. Nón P được gọi là thể nón nếu phần trong của P , ký hiệu IntP

khác rỗng.

4. Đặt (E∗, k·k) là tôpô đối ngẫu của E, và đặt

P ∗ = {ϕ ∈ E∗ : ϕ(x) ≥ 0, x ≥ 0}

Khi đó, ta nói P ∗ là nón đối ngẫu hay nón liên hợp của P .

Định nghĩa 4.1.1 Cho D ⊂ E, ánh xạ A : D −→ E gọi là ánh xạ tựa đơn điệu tăng nếu

x, y ∈ D, x ≤ y, ϕ ∈ P ∗, ϕ(x) = ϕ(y) ⇒ ϕ(Ax) ≤ ϕ(Ay).

4.2 Tập bất biến theo quỹ đạo giảm (Decreasing flow invariant set).

Cho H là không gian Hilbert, f : H −→ R1, f ∈ C 2−0, f 0(x) = x − Ax và A : H −→ H là toán tử tựa đơn điệu tăng.

Xét bài toán IVP (Initial Value Problem) sau:

= Ax − x, (4.2.1)

( dx dt x(0) = x0.

Theo lý thuyết phương trình vi phân trong không gian Banach, bài toán (4.2.1) có nghiệm duy nhất, ký hiệu bởi x(t, x0), với khoảng tồn tại nghiệm lớn nhất bên phải là [0, η(x0)).

Định nghĩa 4.2.1 Cho M là một tập con của H. Nếu

{x (t, x0) |t ∈ [0, η (x0))} ⊂ M, ∀x0 ∈ M,

thì M được gọi là tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f .

Ta có các Bổ đề sau:

Bổ đề 4.2.1 f (x(t, x0)) là giảm với t ∈ [0, η(x0)).

Thật vậy, ta có

(x (t, x0)) = (f 0(x(t, x0), x0(t, x0)) df dt

= (x(t, x0) − Ax(t, x0), x0(t, x0)) = (−x0(t, x0), x0(t, x0)) = −kx0(t, x0)k2 ≤ 0

Bổ đề 4.2.2 Các kết luận sau đây là đúng:

(i) H là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f .

µ∈∧

(ii) Nếu {Mµ |µ ∈ ∧} là một họ các tập bất biến theo quỹ đạo giảm của Mµ cũng là tập bất Mµ, T f , ở đây ∧ là một tập chỉ số, thì S µ∈∧

biến theo quỹ đạo giảm của f .

a và f <

a đều là tập bất biến theo quỹ đạo

(iii) Với mọi a ∈ R1, các tập f ≤

giảm của f .

Định nghĩa 4.2.2 Cho M và D là các tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f , D ⊂ M . Đặt CM (D) = (cid:8)x0 (cid:12) (cid:12)x0 ∈ M, tồn tại t0 ∈ [0, η(x0)) thoả x(t0, x0) ∈ D (cid:9) .

Khi đó CM (D) gọi là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm sinh bởi D . Nếu D = CM (D), thì D được gọi là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ của f đối với M .

Nhận xét. Ta có

1) H là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ của H.

2) Nếu D1, D2 là hai tập bất biến theo quỹ đạo giảm rời nhau của f ,

thì CM (D1) ∩ CM (D2) = ∅.

Bổ đề 4.2.3 Giả sử tập liên thông M là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f , D là một tập con mở của M và là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ của f . Nếu D 6= M , thì biên của D đối với M , ký

hiệu ∂M D, khác rỗng và là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ của f .

M (cid:17)

Chứng minh. Do các giả thiết M liên thông và D 6= M , ta có ∂M D 6= ∅. (cid:16) (cid:16) M \D = M, D ∩ M \D = ∅. Thật vậy, nếu ∂M D = ∅, thì D ∪

để chỉ bao đóng của D đối vớiM ). Điều này mâu thuẫn

(Ký hiệu D với sự kiện M là tập liên thông.

M (cid:17)

* Trước hết, ta chứng minh ∂M D là tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f , tức là {x (t, x0) |t ∈ [0, η(x0))} ⊂ ∂M D, với mọi x0 ∈ ∂M D.

Giả sử trái lại, với mọi x0 ∈ ∂M D, ta xét bài toán IVP (4.2.1). Nếu tồn tại t0 ∈ [0, η(x0)) sao cho x(t0, x0) /∈ ∂M D, khi đó x(t0, x0) ∈ D ∪ (cid:16) M \D (theo định nghĩa của biên).

0 ∈ U , tồn tại t00 ∈ [0, η(x0

0)) sao cho x(t00, x0) ∈ M \D M

0) ∈ M \D

0 ∈ D ∩ U sao cho x(t00, x0

Nếu x(t0, x0) ∈ D, thì x0 ∈ CM (D) = D (vì D là tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ của f ). Điều này mâu thuẫn với x0 ∈ ∂M (D) và D là tập con mở của M . M , chú ý rằng M \D Mặt khác, nếu M \D

6= ∅, x(t0, x0) ∈ M \D là mở đối với M , do sự phụ thuộc liên tục của phương trình vi phân với điều kiện đầu, ta biết rằng tồn tại một lân cận U của x0 trong M sao M cho với mọi x0 . Ta có thể lấy x0 . Điều này mâu thuẫn với sự kiện D là tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f .

Vậy {x(t, x0) |t ∈[ 0, η(x0))} ⊂ ∂M D.

Vì ∂M D là một tập đóng đối với M , nên ∂M D là tập bất biến theo

quỹ đạo giảm của f .

* Tiếp theo, ta chứng minh ∂M D là tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ của f , tức là CM (∂M D) = ∂M D.

Hiển nhiên, ta có ∂M D ⊂ CM (∂M D).

Ta chứng minh CM (∂M D) ⊂ ∂M D.

Với x0 ∈ CM (∂M D) ⊂ M , thì tồn tại t1 ∈ [0, η(x0)) sao cho x(t1, x0) ∈ ∂M D. Khi đó x0 /∈ D (Vì D là tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ của f ).

. Xét bài toán IVP sau: Giả sử x0 ∈ M \D

= x − Ax, (4.2.2)

( dx dt x(0) = x(t1, x0).

Gọi x(t) là nghiệm duy nhất của (4.2.2). Đặt τ = t1 − t, khi đó

= dx(t1 − t, x0) dt dx(τ, x0) d(t1 − τ ) (4.2.3) = − dx(τ, x0) dτ = x(t1 − t, x0) − A(x(t1 − t, x0)).

Điều này có nghĩa x(t1 − t, x0) là nghiệm của hệ (4.2.2).

Do tính duy nhất nghiệm của hệ (4.2.2), ta có

0 ∈ U , tồn tại t0 ∈ [0, η(x∗

0)) thoả x∗(t0) ∈ M \D

(4.2.4) x(t) = x(t1 − t, x0), 0 ≤ t ≤ t1

và x(t1) = x(0, x0) = x0. Do sự phụ thuộc liên tục của phương trình vi phân với điều kiện đầu, tồn tại một lân cận U của x(0) trong M sao cho với mọi x∗ . Ở đây, x ∗(t) ký hiệu cho nghiệm duy nhất của hệ

= x − Ax, (4.2.5)

0)) ký hiệu cho khoảng tồn tại nghiệm lớn nhất của x∗(t). Đặc

( dx dt x(0) = x∗ 0

0 ∈ U ∩ D và xét bài toán IVP sau:

và [0, η(x∗ biệt, ta có thể lấy x∗

= Ax − x, (4.2.6) ( dx dt x(0) = x∗(t0).

Bằng cách chứng minh tương tự như (4.2.3) và (4.2.4), ta có

x (t, x∗(t0)) = x∗ (t0 − t) , 0 ≤ t ≤ t0. (4.2.7)

Lấy t = t0 trong (4.2.7), khi đó ta có

0 ∈ D.

x (t, x∗(t0)) = x∗ (0) = x∗

Do đó, x∗(t0) ∈ CM (D). Vì CM (D) = D, nên x∗(t0) ∈ D. Điều này mâu thuẫn với x∗(t0) ∈ M \D hay x0 ∈ D ∪ ∂M D. Vì . Do đó x0 /∈ M \D x0 /∈ D, nên x0 ∈ ∂M D.

Bổ đề 4.2.3 được chứng minh.

Bổ đề 4.2.4 Cho M là tập liên thông và là tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f , D là một tập con mở của M và cũng là tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f . Khi đó

(i) CM (D) là một tập con mở của M ;

x∈∂M D

f (x) > −∞, thì f (x) ≥ inf f (x), (ii) Nếu CM (D) 6= M, inf x∈∂M D inf x∈∂M CM (D)

trong đó ∂M D và ∂M CM (D) lần lượt là biên của D và của CM (D) đối với M .

Chứng minh. Do tính phụ thuộc liên tục của phương trình vi phân vào điều kiện đầu, nên kết luận thứ nhất của Bổ đề đúng.

x∈∂M D

Giả sử kết luận của (ii) không đúng, khi đó tồn tại x0 ∈ ∂M CM (D) f (x). Vì f (x) liên tục, nên tồn tại một lân cận mở sao cho f (x0) < inf

U của x0 trong M sao cho U ∩ CM (D) 6= ∅ và với mọi x1 ∈ U, f (x1) < inf f (x). Ta có thể chọn x1 ∈ U ∩ CM (D) và xét bài toán IVP (4.2.1) x∈∂M D với giá trị đầu là x1. Khi đó, tồn tại t0 ∈ [0, η(x1)) sao cho x(t0, x1) ∈ D. Do đó, tồn tại t ∈ (0, t0) với x(t, x1) ∈ ∂M D. Vì thế, theo Bổ đề 4.2.1 (f là hàm giảm), và do x(t, x1) ≥ x1 = x(0) (f giảm theo biến t, t ∈ (0, t)), ta có

f (x). f (cid:0)x (cid:0)t, x1 (cid:1)(cid:1) ≤ f (x1) < inf x∈∂M D

Điều này mâu thuẫn. Vậy kết luận (ii) của Bổ đề được chứng minh.

f (x) là giá trị tới hạn của f . Định lý 4.2.1 Giả sử M là tập đóng bất biến theo quỹ đạo giảm của f , f (x) > −∞. Khi đó, f có ít nhất f thoả điều kiện P.S. trên M , và inf x∈M một điểm tới hạn trong M , và c = inf x∈M

Chứng minh.

0 sao cho c ≤ f (xn

0 ) ≤ c+

f (x). Với mọi n ∈ N, tồn tại xn .

Đặt c = inf x∈M 0 ) là nghiệm duy nhất của (4.2.1) và [0, η(xn 1 n 0 )) là khoảng tồn

Đặt x(t, xn tại nghiệm lớn nhất. Ta có

0 )) = (f 0 (x (t, xn

0 )) , x0 (t, xn

0 )) = − kx0 (t, xn

0 )k2 ≤ 0. (4.2.8)

f (x (t, xn d dt

Do bất đẳng thức H¨older, ta có

t2Z

0 )k dt ≤

0 )k2 dt

!1/2 t2Z kx0 (t, xn kx0 (t, xn (4.2.9) (t2 − t1)1/2 .

t2Z

Mặt khác từ (4.2.8), ta suy ra

0 ))dt = f [x (t1, xn

0 )] − f [x (t2, xn

0 )] .

0 )k2 dt = −

0 )), 0 ≤ t1 < t2 < η(xn

f (x (t, xn kx0 (t, xn d dt

(4.2.10) 0 ), ta

Do f là hàm giảm theo biến t trên [0, η(xn suy ra

0 )] ≤ f [x (0, xn

0 )] = f (xn

0 ) .

(4.2.11) f [x (t1, xn

Vì

0 ) ∈ M,

f (x), x (t2, xn c = inf x∈M

nên

0 )] ≤ −c.

0 )] ≥ c hay − f [x(t2, xn Từ (4.2.9),(4.2.10),(4.2.11),(4.2.12), ta suy ra

(4.2.12) f [x(t2, xn

0 ) − c)1/2 (t2 − t1)1/2

0 ) − x (t1, xn Bây giờ ta chứng minh η(xn

0 )k ≤ (f (xn 0 ) = +∞. Giả sử trái lại, nếu η(xn

(4.2.13) kx (t2, xn

0 ) < +∞. 0 )− và

Do (4.2.13), ta thấy kx (t2, xn

0 ) − x (t1, xn 0 )−. Do đó tồn tại x∗ ∈ M sao cho

0 )k → 0 khi t1 → η(xn 0 ) = x∗. x (t, xn

0 )−

t2 → η(xn lim t→η(xn

0 ) + 0 )).

0 ) sẽ là [0, η(xn δ(x∗)) với δ(x∗) > 0. Điều này mâu thuẫn với tính cực đại của [0, η(xn Vậy η(xn

0 ) = +∞.

Suy ra, khoảng tồn tại nghiệm lớn nhất của x(t, xn

Từ (4.2.8), với mọi t > 0 ta có

0 ))k2dt = f (x (0, xn

0 )) − f (x (t, xn

0 )) < f (xn

0 ) − c < +∞.

Z kf 0 (x (t, xn

Vì thế tồn tại tn ∈ {x (t, xn

0 )) ≤ f (xn

0 ) ≤ c +

0 ))k ≤

0 ) |t ∈ [0, η(xn 0 ))} , tn → +∞ sao cho 1 1 n n

0 ), {f (yn)} bị chặn, kf 0(yn)k = 0, nên theo điều kiện P.S. dãy {yn} có dãy con {ynk} ynk = y0. Khi đó, y0 ∈ M (vì M đóng).

. c ≤ f (x (tn, xn , kf 0 (x (tn, xn

Phiếm hàm f thoả: với mọi dãy {yn}, yn := x(tn, xn lim n→∞ hội tụ. Giả sử lim k→∞

0 ) ≤ c +

(4.2.14) f (ynk) ≤ f (xnk 1 nk

Cho k → ∞ trong (4.2.14), ta được f (y0) ≤ c.

f (x), y0 ∈ M , nên c ≤ f (y0).

f (x). Mặt khác, do c = inf x∈M Do đó f (y0) = c = inf x∈M

f (x). Điều này chứng tỏ y0 là điểm tới hạn của f và f (y0) = c = inf x∈M

Từ các Bổ đề 4.2.3 và 4.2.4 ta có định lý sau

Định lý 4.2.2 Giả sử M là tập liên thông và là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f ; D là một tập con của M và cũng là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f . Khi đó

(i) CM (D) là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f và CM (D) là

một tập con mở của M ;

(ii) Nếu CM (D) 6= M , thì ∂M CM (D) là một tập bất biến theo quỹ đạo

giảm đầy đủ;

f (x) > −∞, thì f (x) ≥ (iii) Nếu CM (D) 6= M và inf x∈∂M D inf x∈∂M CM (D)

f (x). inf x∈∂M D

Định lý 4.2.3 Giả sử M là tập liên thông và là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm f , D là một tập con đóng của M , int D 6= ∅ (int D ký hiệu cho phần trong của D đối với M ), và D tập bất biến theo quỹ đạo giảm f . Giả sử f thoả điều kiện P.S. trên ∂M D, f không có điểm tới f (x) > −∞. Khi đó, các kết luận của Định lý hạn trên ∂M D và inf x∈∂M D

4.2.2 vẫn đúng.

Chứng minh.

Ta chỉ cần chứng minh CM (D) là một tập con mở của M . Với mọi x0 ∈ CM (D), tồn tại t0 ∈ [0, η(x0)) sao cho x(t0, x0) ∈ intD. Khi đó do tính phụ thuộc liên tục của phương trình vi phân vào điều kiện đầu, ta có CM (D) là một tập con mở của M . Định lý 4.2.3 được chứng minh.

4.3 Điểm bất động của các toán tử tựa đơn điệu tăng.

Trong phần này, chúng ta sẽ đề cập tới các điểm bất động bội của toán tử tựa đơn điệu tăng.

Bổ đề 4.3.1 Cho P là nón trên E và cũng là tập khoảng cách. Giả sử rằng

(i) u, v ∈ C 1[[t0, t0 + a), E], f ∈ C[[t0, t0 + a) × E, E] và f (t, x) là tựa

đơn điệu tăng theo x với mỗi t ∈ [t0, t0 + a);

(ii) u0(t) − f (t, u(t)) ≤ v0(t) − f (t, v(t)), t ∈ [t0, t0 + a);

(iii) kf (t, x) − f (t, y)k ≤ g(t, kx − y|), x ∈ E \ P, y ∈ ∂P , ở đây g là

hàm duy nhất.

Khi đó, nếu u(t0) ≤ v(t0), thì u(t) ≤ v(t), t ∈ [t0, t0 + a).

Bây giờ, ta đặt thêm một số điều kiện:

(H1) Cho H là một không gian Hilbert, P ⊂ H là một thể nón, f : P → R1 là hàm thuộc C 2−0. Giả sử rằng f 0(x) = x − Ax, A : P → P là tựa đơn điệu tăng, và f thoả điều kiện P.S. trên P .

(H2) Tồn tại x0 ∈ intD, y0 ∈ intD sao cho Ax0 ≤ x0, Ay0 ≥ y0.

Với điều kiện (H1) và Bổ đề 3 trong [6], ta biết rằng P là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm.

Định lý 4.3.1 Giả sử rằng các điều kiện (H1), (H2) đúng và

(i) y0 (cid:2) x0;

f (x) > −∞, f không có điểm tới hạn trên ∂P D1, trong đó

(ii) inf x∈D1 D1 = [θ, x0].

Khi đó A có ít nhất hai điểm bất động trên P .

Chứng minh.

Đặt D2 = {x ∈ P : x ≥ y0}. Vì H là không gian Hilbert và P là tập

lồi đóng, ta biết rằng P là một tập khoảng cách.

Theo Bổ đề 4.3.1 thì D1, D2 là các tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f . Vì y0 (cid:2) x0, nên D1 ∩ D2 = ∅. Theo định nghĩa của CP (D1), ta có

CP (D1) ∩ D2 = ∅, CP (D1) 6= P.

Từ đó, theo Định lý 4.2.3 ta suy ra ∂P CP (D1) là một tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f và

x∈∂P D1

f (x) ≥ inf f (x) > −∞. c1 = inf x∈∂P CP (D1)

f (x). Theo Định lý 4.2.1 thì c1, c2 là các giá trị tới hạn và

Đặt c2 = inf x∈D1 tồn tại x1, x2 sao cho

x1 ∈ ∂P CP (D1), x2 ∈ D1, f (xi) = ci, i = 1, 2.

f (x). Ta có f (x1) = c1 = inf x∈∂P CP (D1)

Do đó f 0(x1) = 0, suy ra x1 − Ax1 = 0 hay x1 = Ax1. Vậy x1 là điểm bất động của A trên P . Tương tự ta cũng có x2 là hai điểm bất động của A trên P . Định lý được chứng minh.

Định lý 4.3.2 Giả sử các điều kiện (H1), (H2) thoả và

(i) y0 ≤ x0; (ii) tồn tại z0 ∈ D2 với z0 (cid:2) x0 sao cho

f (x), (4.3.1) max {f (θ), f (z0)} < inf x∈∂P (D1∩D2)

ở đây D1 = [θ, x0], D2 = {x ∈ P |x ≥ y0};

f (x) > −∞. (iii) f không có điểm tới hạn trên ∂P (D1 ∩ D2); inf x∈D1∪D2

Khi đó A có ít nhất năm điểm bất động.

Chứng minh. Đặt D3 = D1 ∩ D2. Theo Bổ đề 4.3.1 ta suy ra rằng D1 và D2 là hai tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f . Vậy D3 cũng là tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f .

Theo (4.3.1), ta suy được rằng θ /∈ CD1(D3), z0 /∈ CD2(D3). Từ Định lý 4.2.3, ta có ∂D1CD1(D3), ∂D2CD2(D3) là hai tập bất biến

theo quỹ đạo giảm của f . Đặt

F1 = D1\CD1(D3), F2 = D2\CD2(D3).

Ta chứng minh được rằng Fi(i = 1, 2) là tập bất biến theo quỹ đạo giảm của f .

Đặt

f (x), c1 = f (x), c2 = f (x), c3 = inf x∈F1 inf x∈∂D1 CD1 (D3) inf x∈∂D2 CD2 (D3)

f (x). c4 = inf x∈F2 f (x), c5 = inf x∈D3

Theo Định lý 4.2.1, ta có ci (i = 1, 2, 3, 4, 5) là các giá trị tới hạn, và tồn tại năm điểm xi (i = 1, 2, 3, 4, 5) sao cho f (xi) = ci. Rõ ràng, xi (i = 1, 2, 3, 4, 5) là năm điểm cố định của A. Định lý được chứng minh.

Ví dụ 4.3.1 Cho H = R2, P = R+ × R+. Xét ánh xạ A : R2 −→ R2,

(cid:19)

A ((x1, x2)) = (1 + sin x1) + x2, x1 + 5π(1 + cos x2 , (x1, x2) ∈ R2. (cid:18)1 8 1 4 1 4

Khi đó, A có ít nhất hai điểm bất động trên P .

Trước hết, ta chứng minh Bổ đề sau:

Bổ đề 4.3.2 Cho X = R2, f : X → X, f ((x, y)) = (f1(x, y), f2(x, y)). Nếu f1(x, y) là hàm tăng theo biến y và f2(x, y) là hàm tăng theo biến x, thì f là tựa đơn điệu tăng.

Chứng minh. Đặt

K = {(x, y) ∈ R2|x ≥ 0, y ≥ 0}

và

K ∗ = {(a1, a2) ∈ R2 : a1 ≥ 0, a2 ≥ 0}.

Với (x, y), (x0, y0) ∈ K, (x, y) ≤ (x0, y0), ∀ϕ = (a1, a2) ∈ K ∗ thoả ϕ((x, y)) = ϕ((x0, y0)), ta cần chứng minh ϕ(f (x, y)) ≤ ϕ(f (x0, y0)). Ta có

ϕ(f (x, y)) = a1f1(x, y) + a2f2(x, y), ϕ(f (x0, y0)) = a1f1(x0, y0) + a2f2(x0, y0).

Từ ϕ((x, y)) = ϕ((x0, y0)), ta suy ra a1x + a2y = a1x0 + a2y0 hay

(4.3.2) a1(x − x0) = a2(y0 − y)

Vì a1 ≥ 0 và x ≤ x0, nên a1(x − x0) ≤ 0. Tương tự, vì a2 ≥ 0 và y ≤ y0, nên a2(y0 − y) ≥ 0.

Do đó (4.3.2) xảy ra khi và chỉ khi



  

a1 = 0 và a2 = 0, a1 = 0 và y = y0, a2 = 0 và x = x0, x = x0 và y = y0.

• Nếu a1 = a2 = 0, thì ϕf (x, y) = ϕf (x0, y0) = 0.

• Nếu a1 = 0 và y = y0, thì

ϕ(f (x, y)) = a2f2(x, y) và ϕ(f (x0, y0)) = a2f2(x0, y).

Do f2 là hàm tăng theo x và x ≤ x0, nên ϕ(f (x, y)) ≤ ϕ(f (x0, y)).

• Nếu a2 = 0 và x = x0, thì

ϕ(f (x, y)) = a1f1(x, y) và ϕ(f (x0, y0)) = a1f1(x, y0). Do f1 là hàm tăng theo y và y ≤ y0, nên ϕ(f (x, y)) ≤ ϕ(f (x, y0)).

• Nếu x = x0 và y = y0, thì ϕ(f (x, y)) = ϕ(f (x0, y0)).

Vậy Bổ đề được chứng minh.

Trở lại ví dụ, ta có A : P −→ P là tựa đơn điện tăng vì x2 7→ x1 + 5π(1 + cos x2) tăng (1 + sin x1) + x2 tăng với mọi x1 và x1 7→ 1 4 1 4 1 8 với mọi x2.

Đặt

(cid:0)x2 f (x1, x2) = (cid:1) − g(x1, x2),

1 + x2 2 1 8

x1 − x1 cos x1 + x1x2 + 5πx2 + 5π sin x2. g(x1, x2) = 1 2 1 8 1 4

(cid:19) (cid:19) , = (1 + sin x1) + x2, x1 + 5π (1 + cos x2) (cid:18)1 8 1 4 1 4 Khi đó, ta có (cid:18)∂g(x1, x2) ∂x1 ∂g(x1, x2) ∂x2

= A ((x1, x2)) , (cid:19) (cid:19) , , = (x1, x2) − (cid:18)∂f (x1, x2) ∂x1 ∂f (x1, x2) ∂x2 (cid:18)∂g (x1, x2) ∂x1 ∂g (x1, x2) ∂x2

= x − Ax (ở đây x = (x1, x2)).

(cid:17) , π Đặt x0 = , y0 = (π, 8π) . (cid:16)π 2

Khi đó ta có (cid:19) (cid:17) (cid:16) π, π + 5π (1 + cos π) 1 + sin + Ax0 =

π 2 (cid:19) 1 8 (cid:17) = + , π ≤ , π = x0, π 4 1 8 1 4 (cid:16)π 2 (cid:19) (1 + sin π) + 2π, π + 5π (1 + cos 8π) Ay0 = 1 4 (cid:19) + 2π, 10.25π = > (π, 8π) = y0. (cid:18)1 8 (cid:18)1 4 (cid:18)1 8 (cid:18)1 8

h i × [0, π ]. 0, Bây giờ ta chứng minh f (x1, x2) > −5π2 − , (x1, x2) ∈ π 2 π 16

h i 0, cos x1 − x1 giảm trên , nên g(x1) ≥ 1 8 π 2 1 8 (cid:17) = − g Thật vậy, hàm g(x1) = (cid:16)π π 16 2 , hàm g(x2) = −5πx2 − 5π sin x2 giảm trên [0, π], nên i h × [0, π], ta có 0, g(x1) ≥ g(π) = −5π2, và ∀ (x1, x2) ∈ π 2

1 + x2 2

(cid:0)x2 (cid:1) − x1x2 ≥ x1x2 − x1x2 = x1x2 ≥ 0. h (x1, x2) = 1 2 1 4 1 4 3 4

Từ y0 > x0, y0 (cid:2) x0 (do x0 − y0 /∈ P ) và

h i × [0, π ], 0, f (x1, x2) > −5π2 − , (x1, x2) ∈ π 2

. ta suy ra f (x) > −5π2 − π 16 π 16 inf x∈[θ,x0]

Ta cũng kiểm tra được rằng (cid:17) (cid:17) A , y 6= , y , A (x, π) 6= (x, π) , 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ π. (cid:16)π 2 (cid:16)π 2 π 2

h i Vậy f không có điểm tới hạn trên biên của 0, × [0, π] . Theo Định π 2 lý 4.3.1, ta biết rằng A có ít nhất hai điểm bất động trên P .

Tài liệu tham khảo

1. Gerd Herzog, A fixed point theorem for quasimonotone increasing

mappings, Acta Sci. Math. (Szeged). 64(1988), 293-297.

2. Charles D. Horvath, Extension and selection theorems in topological spaces with a generalized convexity structure, Annal. of the Falcuty of Science of Toulouse, II, 2(1993), 253-269.

3. Charles D. Horvath, Juan Vicente Llinares Ciscar, Maximal elements and fixed points for binary relations on topological ordered spaces, J. Math. Econom. 25(1996), 291-306.

4. S. Hu, Fixed points for quasimonotone maps in Rn, Pro. Amer.

Math. Soc. 115(1988), 1111-1114.

5. Qun Luo, KKM and Nash equilibria type theorems in topological

ordered spaces, J. Math. Anal. Apll. 264(2001), 262-269.

6. Jingxian Sun, The Schauder about condition in critical point theory,

Chinese Sci. Bull. 31(1986).

7. Jingxian Sun and Xi’an Xu, Decreasing flow invariant sets and fixed points of quasimonotone inreasing operators, Pro. Amer. Math. Soc. 129(2001), 2663-2669.