Luận văn Thạc sĩ: Hàm chọn của một số lớp ánh xạ đa trị và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Đức Dũng

HÀM CHỌN CỦA MỘT SỐ

LỚP ÁNH XẠ ĐA TRỊ

VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Đức Dũng

HÀM CHỌN CỦA MỘT SỐ

LỚP ÁNH XẠ ĐA TRỊ

VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Người hướng dẫn: Nguyễn Bích Huy

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU ........................................................................................................... 1

Chương 1. HÀM CHỌN LIÊN TỤC ....................................................................... 3

1.1 Tính liên tục của các ánh xạ đa trị ............................................................. 3

1.1.1 Tính nửa liên tục và liên tục của các ánh xạ đa trị .............................. 3

1.1.2 Các ví dụ ........................................................................................... 10

1.2 Hàm chọn liên tục .................................................................................... 16

1.2.1 Sự tồn tại của hàm chọn liên tục ....................................................... 16

1.2.2 Các ví dụ ........................................................................................... 18

1.3 Hàm chọn xấp xỉ ...................................................................................... 21

1.3.1 Khái niệm hàm chọn xấp xỉ .............................................................. 21

1.3.2 Sự tồn tại của các hàm chọn xấp xỉ ................................................... 22

1.4 Bậc tôpô của ánh xạ đa trị - điểm bất động ............................................. 24

1.4.1 Bậc tôpô của ánh xạ đa trị ................................................................. 24

1.4.2 Điểm bất động của ánh xạ đa trị ....................................................... 29

Chương 2 HÀM CHỌN ĐO ĐƯỢC ...................................................................... 35

2.1 Sự tồn tại của hàm chọn đo được ............................................................ 35

2.1.1 Khái niệm ánh xạ đa trị đo được ....................................................... 35

2.1.2 Sự tồn tại của hàm chọn đo được ...................................................... 40

2.2 Các ví dụ áp dụng .................................................................................... 42

Chương 3 HÀM CHỌN CỦA ÁNH XẠ TĂNG ................................................... 42

3.1 Ánh xạ đa trị tăng .................................................................................... 46

3.1.1 Các khái niệm .................................................................................... 46

3.1.2 Ánh xạ đa trị tăng .............................................................................. 48

3.2 Hàm chọn của ánh xạ tăng ....................................................................... 49

3.2.1 Sự tồn tại hàm chọn đơn điệu của ánh xạ tăng ................................. 49

3.2.2 Các ví dụ áp dụng .............................................................................. 60

KẾT LUẬN .............................................................................................................. 64

TÀI LIỆU THAM KHẢO ...................................................................................... 64

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT.

: Lớp các tập con của tập

2 \Y 

: Lớp các tập con khác rỗng của tập

)FG (

: Đồ thị của ánh xạ

Fix( )F

x Ar ( , )

: Tập hợp các điểm bất động của ánh xạ

.A B ,

( ,

)

Hd A B : Khoảng cách Hausdorff giữa hai tập

: Khoảng cách từ điểm x đến tập

B x r 0( , )

0x bán kính

: Quả cầu mở tâm

B x r 0( , )

0x bán kính

: Quả cầu đóng tâm

L X Y ( , )

: Tập hợp các ánh xạ tuyến tính từ X vào

( )R T

: Ảnh của ánh xạ tuyến tính

( )N T

: Nhân của ánh xạ tuyến tính

: Chuẩn của

convA

h.k.n : Hầu khắp nơi.

: Bao lồi của tập A.

x : Dãy nx hội tụ yếu về

0.x

: Độ đo Lebesgue.

diamA

: Đường kính của tập

: Giá của hàm suppf .f

D

: Biên của tập

: s - đại số.

y

.x y ,

: Cận dưới của hai phần tử

y

.x y ,

: Cận trên của hai phần tử

X 

: Tập các phần tử cực đại của

X 

: Tập các phần tử cực tiểu của

LỜI CẢM ƠN

Trước tiên tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đối với trường Đại học Sư phạm Thành

phố Hồ Chí Minh, phòng Sau Đại học, Khoa Toán – Tin trường Đại học Sư phạm

Thành phố Hồ Chí Minh, Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Ninh Thuận và trường THPT

Chu Văn An, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi được tham gia học tập khóa học

Cao học và hoàn thành luận văn này .

Xin chân thành cám ơn quý cô thầy đã tham gia giảng dạy lớp Cao học

chuyên ngành Toán Giải Tích khóa 21 đã trang bị cho tôi những kiến thức cơ bản

làm nền tảng giúp cho tôi bước đầu làm quen với công việc nghiên cứu khoa học.

Đặc biệt, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS. TS. Nguyễn Bích

Huy, người thầy đã tận tình giảng dạy, hướng dẫn, sửa chữa và góp ý cho tôi trong

suốt quá trình thực hiện luận văn.

Cám ơn quý thầy cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian đọc và

đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn.

Cám ơn các bạn học viên trong lớp cao học chuyên ngành Toán Giải Tích

khóa 21 đã nhiệt tình giúp đỡ, góp ý và động viên tinh thần giúp tôi hoàn thành tốt

luận văn này.

Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 30 tháng 08 năm 2012.

Học viên thực hiện

Nguyễn Đức Dũng

LỜI NÓI ĐẦU

Lý thuyết về các ánh xạ đa trị bắt đầu được quan tâm, nghiên cứu và phát triển

mạnh từ những năm 1950. Xuất phát từ sự phát triển nội tại của toán học cũng như

do nhu cầu mô tả nhiều mô hình tự nhiên và xã hội. Cho đến nay lý thuyết về các

ánh xạ đa trị đã được nghiên cứu, phát triển khá hoàn chỉnh và đã tìm được nhiều

ứng dụng rộng rãi, có giá trị trong toán học cũng như các lĩnh vực đời sống xã hội.

Chẳng hạn như trong lý thuyết phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng,

lý thuyết tối ưu và điều khiển, các bài toán kinh tế, lý thuyết trò chơi…

Do phạm vi ứng dụng rộng rãi cũng như giá trị và tầm quan trọng của nó, việc

nghiên cứu các ánh xạ đa trị trong suốt một thời gian dài luôn là một đề tài hấp dẫn,

đã thu hút được rất nhiều các nhà toán học trên thế giới. Việc tiếp cận và nghiên cứu

nó cũng được phát triển theo nhiều hướng, nhiều phương pháp khác nhau. Tuy

nhiên một pháp tự nhiên và hữu hiệu để nghiên cứu các tính chất của ánh xạ đa trị

đó là nghiên cứu các ánh xạ đơn trị có chứa đầy đủ những tính chất, thông tin của

ánh xạ đa trị đó. Hàm chọn (hay lát cắt) của ánh xạ đa trị là một trong những ánh xạ

đơn trị như vậy.

Chính vì những lý do trên, chúng tôi đã chọn đề tài: Hàm chọn của một số lớp

ánh xạ đa trị và ứng dụng làm đề tài trình bày trong luận văn Thạc sĩ của mình.

Trong luận văn này, chúng tôi đã tham khảo các tài liệu, tập hợp lại và trình bày

theo sự hiểu biết của mình về điều kiện tồn tại hàm chọn của các ánh xạ đa trị cùng

với các tính chất như tính liên tục, tính xấp xỉ, tính đo được, tính đơn điệu… Đồng

thời cũng thông qua các hàm chọn này xây dựng bậc tôpô cho ánh xạ đa trị và ứng

dụng của nó trong việc nghiên cứu điểm bất động của ánh xạ đa trị.

Kết cấu của luận văn được chia thành 3 chương.

Chương 1 Hàm chọn liên tục. Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày về tính

nửa liên tục, liên tục và Hausdorff – liên tục của các ánh xạ đa trị từ đó xem xét

điều kiện tồn tại của các hàm chọn liên tục. Đồng thời cũng trình bày về cấu trúc

hàm chọn xấp xỉ liên tục từ đó xây dựng bậc tôpô cho ánh xạ đa trị và ứng dụng vào

việc nghiên cứu điểm bất động của các ánh xạ đa trị. Các ví dụ trong chương này đã

chỉ ra điều kiện tồn tại nghiệm liên tục của một bao hàm thức vi phân, điều kiện tồn

tại nghiệm tuần hoàn chu kỳ w trong bài toán giá trị đầu của phương trình vi phân

đây chính là điểm bất động của ánh xạ đa trị Poincaré.

Chương 2 Hàm chọn đo được. Trong chương này, chúng tôi tập trung trình

bày về cấu trúc đo được của hàm chọn thông qua các tính chất đo được và đo được

yếu của các ánh xạ đa trị. Điều kiện tồn tại của các hàm chọn đo được. Các ví dụ

trong chương này giúp thấy được một ứng dụng quan trọng của hàm chọn đo được

vào bài toán điển hình của lý thuyết điều khiển tối ưu.

Chương 3 Hàm chọn của ánh xạ tăng. Trong chương này, chúng tôi trình bày

khái niệm ánh xạ đa trị tăng bằng cách mở rộng một quan hệ thứ tự trên một tập X

.X Từ đó định

cho trước thành một quan hệ thứ tự trên lớp các tập hợp con của

nghĩa ánh xạ đa trị tăng và xem xét điều kiện tồn tại hàm chọn đơn điệu của ánh xạ

tăng khi tập đích của nó là một tập được sắp thứ tự bộ phận, một dàn hay một dây

chuyền. Khác với hai chương đầu, chủ yếu xét hàm chọn của ánh xạ đa trị trong

không gian Banach. Chương thứ ba, trình bày hàm chọn của ánh xạ tăng trong

không gian có thứ tự cho nên chúng tôi chỉ xét trên các tập hợp được sắp bộ phận và

các trường hợp đặc biệt là trên các dàn hay các dây chuyền.

Vì lý do những kiến thức cơ sở được sử dụng trong luận văn không nhiều, cho

nên để tiện cho người đọc, chúng tôi đã không chia ra một chương riêng để trình

bày về những kiến thức cơ sở, mà những kiến thức cơ sở này sẽ được trình bày ngay

trước mỗi phần có liên quan và được sử dụng đến trong luận văn.

Mặc dù đã hết sức cố gắng nhưng vì thời gian và kiến thức còn hạn chế cho

nên luận văn này có thể không tránh khỏi những sai sót ngoài ý muốn. Rất mong

nhận được sự chỉ bảo, góp ý của các thầy cô trong hội đồng phản biện và sự góp ý của các bạn học viên.

Chương 1. HÀM CHỌN LIÊN TỤC

1.1 Tính liên tục của các ánh xạ đa trị

1.1.1 Tính nửa liên tục và liên tục của các ánh xạ đa trị

Trước khi xét tính liên tục của ánh xạ đa trị ta sẽ trình bày lại một số khái

niệm và ký hiệu liên quan đến các ánh xạ đa trị được sử dụng trong phần này.

Cho hai tập hợp khác rỗng ,X Y một ánh xạ đa trị từ X vào Y là một phép

đặt tương ứng mỗi phần tử x X với một tập hợp con của Y mà ta ký hiệu là Fx .

F X  . Cũng có thể định nghĩa ánh xạ đa trị F

Như vậy, nếu ta ký hiệu 2Y là lớp tất cả các tập con của Y thì một ánh xạ đa trị F

từ X vào Y được ký hiệu là

F X   .

2 \Y

    . Khi đó ta ký hiệu

x X

sao cho

Trường hợp đặc biệt, đối với ánh xạ F mà với mỗi x X , tập Fx chỉ chứa

một phần tử thì ánh xạ F chính là ánh xạ đơn trị đã biết từ X vào Y .

A X B Y ,

 ta có các khái niệm sau:



F X  , với

( )F A , được

Cho ánh xạ đa trị

• Ảnh của tập A qua ánh xạ F là một tập con của Y , ký hiệu là

F A ( )

 x A

 

xác định bởi: .

• Ảnh ngược lớn của tập B qua ánh xạ F là một tập con của X , ký hiệu là

1( ),

  x X Fx B { :

   .

F B 

 1( ) F B 

được xác định bởi:



  x X Fx B { :

 1( ) F B

}

, được xác định bởi: . • Ảnh ngược nhỏ của tập B qua ánh xạ F là một tập con của X , ký hiệu là F B 1( )

)FG , được xác

, X Y ký hiệu là ( • Đồ thị của ánh xạ F là một tập con của

)



x y {( , )

 

X Y y Fx :



}

X thì điểm x X mà x Fx

. định bởi: (

gọi là điểm bất động của ánh xạ F . • Nếu Y

Tập hợp các điểm bất động của ánh xạ F ký hiệu là Fix( )F .



x X

  thì f được

:f X Y thỏa mãn ( ) f x • Khi có ánh xạ đơn trị

gọi là hàm chọn (hay lát cắt) của ánh xạ đa trị F .

• Cho X là không gian Banach, khoảng cách từ điểm x X đến tập A X là

,A B

x A ( , )



inf{|



 y A }

. Khoảng cách Hausdorff giữa hai tập hợp con

d A B ( ,

) max sup ( ,

x B



); sup ( ,

x A )

của X là





0x , ta ký hiệu

x 0

hội tụ yếu về • Nếu dãy { }nx

Bây giờ ta sẽ trình bày các khái niệm và một số tính chất của ánh xạ đa trị nửa

liên tục, liên tục và Hausdorff – liên tục trong không gian Banach.

2 \Y

F D X   , ta nói:

1( ) F V

Định nghĩa 1.1.1. Cho ,X Y là các không gian Banach và một ánh xạ đa trị

V Y là mở.

a) F là nửa liên tục trên trên D nếu tập là mở trong D với bất kỳ

F V 1( ) 

V Y là mở.

b) F là nửa liên tục dưới trên D nếu tập là mở trong D với bất kỳ

Từ Định nghĩa 1.1.1 ở trên ta có ngay một số tính chất sau:

,X Y là các không gian Banach và một ánh xạ đa trị

2 \Y F D X   . Khi đó ta có:

Mệnh đề 1.1.1. Cho

1( ) F A 

a) F là nửa liên tục trên trên D nếu và chỉ nếu đóng trong D với

F A 1( )

bất kỳ A Y là đóng.

b) F là nửa liên tục dưới trên D nếu và chỉ nếu đóng trong D với

bất kỳ A Y là đóng.

Chứng minh.

 1( ) F V

  { x D

Fx V

}

a) Ta có F là nửa liên tục trên trên D khi và chỉ khi tập

D x D Fx V



}

 là đóng trong D với mọi V Y là mở. Hay có nghĩa là tập

là mở trong D với bất kỳ V Y là mở. Điều này tương đương với tập

 D x D Fx



Y A ( \ )}

là đóng trong D với mọi A Y đóng. Tương đương

x D Fx





Y A ( \ )}

với tập { là đóng trong D với bất kỳ A Y là đóng. Tức là

x D Fx A { :

   



}

F A 1 ( ) 

tập đóng trong D với bất kỳ A Y là đóng.



F V 1( ) 

x D Fx V { :



}

   là mở trong D với bất kỳ V Y là mở. Điều này có nghĩa

b) Ta có F là nửa liên tục dưới trên D khi và chỉ khi tập hợp

x D Fx V :



}

   là đóng trong D với bất kỳ V Y là

tương đương với tập {

x D Fx Y A ( \ )





}

  là đóng trong D với bất kỳ

mở. Nói cách khác tập {

A Y là đóng. Tương đương với tập

x D Fx A { } :

1 F A ( )







D với bất kỳ A Y là đóng. 

là đóng trong

Trước khi tiếp tục trình bày thêm một số tính chất ta có một vài nhận xét sau:





x D Fx V { :

}

 1 F V

( )

 1 F V 

với Đối với ánh xạ đơn trị F ta có

mọi tập mở V Y do vậy trong trường hợp này định nghĩa nửa liên tục trên, nửa

liên tục dưới của F là trùng nhau và có nghĩa là liên tục. Như vậy, hiển nhiên rằng

D và

  không có quan hệ gì



)

x (

)

đối với hàm nửa liên tục trên j : D X    đã được định nghĩa trước đây bởi

j x lim ( n 

với bất kỳ dãy { }nx

với Định nghĩa 1.1.1. bởi vì khi đó j có thể gián đoạn. Tuy nhiên, có một sự tương



lim n Fx n 

tự khi cho rằng đối với một ánh xạ đa trị nửa liên tục trên F ta có

x và với

0Fx là đóng. Thật vậy, bởi vì theo định nghĩa ta có

với bất kỳ dãy

0x có nghĩa là

 1

 k n

  

Fx lim n  n

và ánh xạ F nửa liên tục trên tại





B e (0, )





B e (0, )

nFx

lim n 

với mọi với mọi n đủ lớn, từ đó

0Fx nếu

0Fx là đóng.

e  và vì thế lim n Fx



D

chứa trong

Ta cũng có thể định nghĩa ánh xạ đa trị F nửa liên tục trên tại điểm

V Fx

d

)

 sao cho

x V 0( ,

như sau: với mọi tập mở trong Y đều tồn tại

F B x ( (

d  , )

D V

)

 Khi đó ta có F là nửa liên tục trên trên D nếu như F là nửa

D .

D

liên tục trên tại mọi

Tương tự, ta có thể định nghĩa ánh xạ đa trị F nửa liên tục dưới tại

y Fx

d

)

 0

x y V 0( ,

như sau: với mọi và mọi lân cận V của y đều tồn tại

Dd , )

 Khi đó ta có F là nửa liên tục dưới

 x B x 0(

D .

sao cho Fx V   với mọi

trên D nếu và chỉ nếu F là nửa liên tục dưới tại mọi

2 \Y

F D X   thỏa mãn Fx đóng với mọi x D . Khi đó ta có:



D x ,

y Fx

 y Fx

 với bất kỳ dãy

r sup{ ( ,

) :

}

Mệnh đề 1.1.2. Cho ,X Y là các không gian Banach và một ánh xạ đa trị

x { } n

 thì 0

F là nửa liên tục dưới trênD .

r sup{ ( ,

y Fx

) :

 y Fx

}

 với 0

a) Nếu

b) Nếu F là nửa liên tục trên trên D thì



D x ,

x { } n

 . x 0

bất kỳ dãy

Chứng minh.

a) Giả sử F không nửa liên tục dưới trên D . Khi đó tồn tại tập mở V Y sao

.D Suy ra tồn tại

F V 1 ( )



F V 1( ) 

cho không là tập mở trong sao cho có dãy

x . Khi đó

F V 1 ( )

0Fx V   và

nFx V   với mọi n .

nx { }



mà

r  sao cho

V . Khi đó



 , bởi vì V mở nên tồn tại

Fx V 0

B y r 0( , )

Fx

 

r sup{ (

y Fx ,

) :

Chọn

B y r 0( , )

Fx

 khi n   . Vậy F là nửa liên tục dưới trên

với mọi n . Điều này mâu thuẫn với giả thiết

x . Lấy 0

e  tùy ý, khi đó do F là nửa liên tục trên nên





B e (0, )

là dãy bất kỳ sao cho b) Giả sử F là nửa liên tục trên và { }nx

nFx

với n đủ

e  nhỏ tùy ý , do

r sup{ ( ,

y Fx

) :

 y Fx

 với n đủ lớn. Bởi vì

lớn. Vì thế

r sup{ ( ,

y Fx

) :

 y Fx

}

 .  0

vậy ta phải có

2 \Y

F D X   thỏa mãn Fx đóng với mọi x D . Khi đó:

Mệnh đề 1.1.3. Cho ,X Y là các không gian Banach và một ánh xạ đa trị

)FG là đóng.

a) Nếu F là nửa liên tục trên và D đóng thì đồ thị (

( )F D compact và D đóng thì F là nửa liên tục trên khi và chỉ khi

b) Nếu

)FG đóng.

đồ thị (

Chứng minh.

)

x y (

)

( G

x y ( , n

x và 0

, x y n

y . Ta chứng minh

D và

Fx

D

, giả sử tức là a) Lấy tùy ý dãy (

. Trước tiên, do D đóng { }nx



 . Mặt

D . Tiếp theo, do (

)

( G

x nên 0

, x y n

và nên

khác, Fx đóng với mọi x D và F là nửa liên tục trên nên theo Mệnh đề 1.1.2 (b)



r sup{ (

y Fx ,

) :

}

 . Vì 0

y Fx ( ,

)

 , lại do

y nên 0

ta có

Fx

)

( G

0Fx đóng nên 0 y

( , x y 0

)FG là đóng.

. Vậy nên (

( )F D compact và D đóng. Trước tiên, ta thấy

x D , b) Cho Fx đóng với mọi

)FG là đóng. Ngược lại,

rằng nếu F nửa liên tục trên thì theo câu (a) ta có đồ thị (

)FG đóng, ta chứng minh F là nửa liên tục trên trên D . Nếu trái lại

F không là nửa liên tục trên trên D , khi đó tồn tại một lân cận mở V Y chứa

( )F U

V . Bây giờ,

Fx sao cho với mọi lân cận mở U của x trong X ta đều có



giả sử đồ thị (



B x n  ( ,

)

B x n ( ,



1, 2,...

V

nFx

sao cho lấy U  Với mỗi n chọn

Fx

 và { }

F D ( )

V . Khi đó ta có lim n x



. và lấy ny sao cho n y và ny

 

y F D ( )

( )F D compact, không mất tính tổng quát ta có thể coi lim 

Vì . Ta

)

x y ( , )

( G

, x y n

x y , n

. Bởi và ( thấy rằng y V . Từ đó, với mỗi n ta có (

G (

)FG đóng cho nên ( , ) x y

. Điều này mâu thuẫn với y V . Như vì đồ thị (

vậy phải có F là nửa liên tục trên. 

Y 2 \ .

F D X   Khi đó nếu D là tập compact, F là nửa liên tục trên và Fx

Mệnh đề 1.1.4. Cho ,X Y là các không gian Banach và một ánh xạ đa trị

( )F D là compact.

( )F D . Vì Fx compact với mọi

compact với mọi x D thì

Chứng minh. Lấy { }tV là một họ phủ mở của

x D nên tồn tại một số hữu hạn các tập

tV sao cho

Fx W x

xW là

, trong đó

tV , với mọi x D . Điều này dẫn đến một họ

hợp của một số hữu hạn các tập

)

( )F D . Với mỗi

x DW  là họ phủ mở của {

F W x

F là nửa liên tục trên nên

xU mở, do đó họ {

U  là một phủ mở của D trong

x D

X . Vì D compact nên tồn tại một phủ con hữu hạn

,...,

U của D . Từ đây

U U , x

đặt . Khi đó do x D ,

( )F D .

W phủ

,...,

W W , x x

suy ra

ixW

Bây giờ bởi vì mỗi là hợp của một số hữu hạn các tập trong họ { }tV nên

, ...,

V t k

V V , t t 1 2

rõ ràng ta thu được một phủ con hữu hạn của phủ { }tV . Vậy ta phải

( )F D là tập compact. 

có

Dựa vào các khái niệm nửa liên tục trên, nửa liên tục dưới ta đưa ra định nghĩa

ánh xạ đa trị liên tục sau:

Y 2 \ ,

F D X   ta nói F là liên tục trên D nếu nó vừa là nửa liên tục trên

Định nghĩa 1.1.2. Cho ,X Y là các không gian Banach và một ánh xạ đa trị

vừa là nửa liên tục dưới trên D .

Ta thấy rằng khái niệm liên tục của ánh xạ đa trị trong Định nghĩa 1.1.2 được

định nghĩa thông qua các khái niệm nửa liên tục trên và nửa liên tục dưới, bởi vậy

khi nghiên cứu các ánh xạ đa trị thì các khái niệm nửa liên tục trên và nửa liên tục

dưới sẽ là các khái niệm được quan tâm và sử dụng nhiều hơn khái niệm liên tục đã

được giới thiệu trong Định nghĩa 1.1.2.

Tuy nhiên, đối với các ánh xạ đa trị, bởi vì Fx là một tập con của Y và ta sẽ

làm việc với chúng chủ yếu trên các tập hợp nên ta sẽ giới thiệu thêm một khái niệm

liên tục có nhiều ý nghĩa và ứng dụng khi nghiên cứu, đó là khái niệm Hausdorff -

liên tục.

,X Y là các không gian Banach và một ánh xạ đa trị

d Fx Fx 

(

)

Y 2 \ ,

F D X   ta nói F là Hausdorff- liên tục tại

0x nếu

Định nghĩa 1.1.3. Cho

x và nói F là Hausdorff - liên tục trên D nếu nó là

với bất kỳ dãy

D .

Hausdorff - liên tục tại mọi điểm

,X Y là các không gian Banach và một ánh xạ đa trị

2 \Y

F D X   thỏa mãn Fx đóng với mọi x D . Khi đó:

Mệnh đề 1.1.5. Cho

a) Nếu F là Hausdorff - liên tục thì F là nửa liên tục dưới.

b) Nếu Fx compact với mọi x D thì F là Hausdorff - liên tục nếu và chỉ

nếu F liên tục.

(

Chứng minh.

d Fx Fx  . Hay ) 0

a) Giả sử F là Hausdorff - liên tục, theo định nghĩa ta có

); sup ( ,

y Fx

x . Suy 0

max sup ( , Fx

      

    )    

sao cho với bất kỳ dãy { }nx

x . Do đó theo Mệnh đề

y Fx

 y Fx

 với bất kỳ dãy

r sup{ ( ,

) :

}

1.1.2 (a) thì F là nửa liên tục dưới.

b) Cho Fx compact với mọi x D . Giả sử F là Hausdorff - liên tục, theo câu (a)

ta đã có F là nửa liên tục dưới. Để chứng minh F nửa liên tục trên, lấy tùy ý tập

    .

x Ta có

F A 1 ( )

nFx

nx { }



sao cho đóng A Y và dãy

,n chọn



 . Do F là Hausdorff - liên tục nên

 và do tính compact của

)

ny Fx ( ,

0Fx dẫn đến có một dãy con hội tụ, không

Bây giờ với mỗi

 . Vậy

  y 0

F A 1( ) 

mất tính tổng quát giả sử là đóng do đó F là

nửa liên tục trên. Ngược lại, giả sử F liên tục nghĩa là nó vừa là nửa liên tục dưới

x thì do F là nửa liên tục trên nên theo Mệnh

vừa là nửa liên tục trên, nếu

r sup{ ( ,

y Fx

) :

 y Fx

}

 . Bây giờ để chứng minh

đề 1.1.2 (b) ta có

a  sao cho

d Fx Fx  ,

(

)

ta sẽ chứng tỏ rằng không tồn tại

)

Fx

( , y Fx

a  với mọi n và

nào đó. Thật vậy, nếu không thì do

0Fx nên không mất tính tổng quát ta có thể coi

  y 0

và tính compact của

)

V B y a

, /2)



a

0( , y Fx

nFx V   . Điều này mâu thuẫn với tính nửa liên tục dưới của F tại

0x . Vậy F

. Đặt do vậy ta thấy rằng với n đủ lớn thì

là Hausdorff - liên tục. 

1.1.2 Các ví dụ

Một số ví dụ sau đây sẽ phần nào giúp làm rõ hơn về các ánh xạ đa trị, các

thuộc tính nửa liên tục, liên tục và Hausdorff - liên tục. Đồng thời cũng giúp làm rõ

thêm những giả thiết về các tính chất của Fx như đóng, lồi, compact…

:T X

Y

Ví dụ 1.1.1. Cho hai không gian Banach ,X Y và một toàn ánh

F X   được xác định bởi

2 \Y

1 Fy T y

trên đó. Xét ánh xạ đa trị . Khi đó



)

  { y Y Fy M :

     }

y Y T y M {

   }

 1 F M ( 

  { y Y

 

x M Tx

  } y

T M (

)

với một tập bất kỳ M X ta có:

Do đó từ Định nghĩa 1.1.1 và Mệnh đề 1.1.1 ta thấy rằng ánh xạ F là nửa liên

tục dưới nếu và chỉ nếu T là ánh xạ mở. Ánh xạ F là nửa liên tục trên nếu và chỉ

nếu T là ánh xạ đóng.

T L X Y

( ,



)

( )R T

Y là đóng và

Giả sử nói riêng . Vì T là toàn ánh nên

c  0

r |

c x N T ( ,

( ))

   1 T y

x N T

( )

với Tx trên X với một y . Ta có |



X Tx :|

 |

x N T (

( )),

  .

nào đó, thật vậy giả sử ngược lại tồn tại

Tx  tức

0 đây là điều vô lý.

N T

( )

e  ta được

Cho dẫn đến 0

y trong Y . Do T là toàn ánh

thỏa Bây giờ, giả sử với bất kỳ dãy { }ny

Tx

0x sao cho

nTx

Tx nên 0

và . Bởi vì nên tồn tại { }nx



x N T

( ))



)

x  điều này kéo theo

nx (

( nT x



cho nên dẫn đến

)

(

)

  hay 1 1 d T y T y n

  1 ) nx T y ( , 0

1   . Từ đó suy ra 0( x T y

d Fy Fy  . Vậy F là Hausdorff - liên tục và do đó theo Mệnh đề 1.1.5 (a)

(

)

và

N T  0

( )

T  với 0

thì F là nửa liên tục dưới hay T là ánh xạ mở. Tuy nhiên,



nx {



x n n / :

 với

không là ánh xạ đóng. Để thấy được điều này ta xét

N T

( )

Tx  . Ta có A đóng và



F A T A ( )

( )

  x 0

 

T x n { ( / )} 1

và nên

  0

T A ( )

( )T A không đóng. Do đó F không phải là ánh xạ

T x n lim ( / ) 1  n

vậy

   là tập compact.

D X

nửa liên tục trên hay T không phải là ánh xạ đóng.

Ví dụ 1.1.2. Cho X là không gian Banach và

2 \D

P X   được định nghĩa bởi:

  { z D x

  z |

x Dr ( ,

)}

Xét mêtric chiếu

Khi đó Px đóng trong D compact nên Px compact với mọi x D . Thật vậy,

z bởi vì:

Px



 n

  x |

    x |

  x |

, giả sử lấy tùy ý dãy { }nz

x D ( ,

 )

    | x

x D ( ,

)





 . n

Dẫn đến

z  nên

x Dr ( ,

)

Px

  z 0

. Hay Cho n   , ta được

nên Px đóng. Hơn nữa, Px cũng lồi nếu D là lồi. Thật vậy:

t 

[0,1]

  (1

 t v D )



,u v Px D

 và



x D ( ,

)



    ) t v

t u | (

  

)

t v )(



) |



t u |

   |

) |

  | x

r t x D ( ,

)

  (1

r ) ( ,

x D

)



x D ( ,

)

Hơn nữa: . Bởi vì D lồi nên

  (1

 t v Px )

Vậy . Do đó Px lồi với mọi x D .

P A 1 ( )

nx { }



giả sử Bây giờ lấy tùy ý A X là đóng và lấy bất kỳ dãy

x ta chứng minh

P A 1 ( )





. Giả sử trái lại khi đó ta có

  z |

)

  đều có

z A

A   . Dẫn đến

  { z A

0Px

A 1

x D ( , 0

. Đặt

  z

x Dr ( ,

)}

  z A x {

  z

x Dr ( ,

)}

  .

A 2

A A A 1 2

và thì rõ ràng

  e

0 :|

   |

  và

   |

x D z ( ),

 

x D z A ( 1



 với n đủ lớn, khi đó:

2A . Mặt khác vì

x nên 0

  | z





   |

  | z

 

x D ( , 0

z A 1

  | z

  | z





   |

x D ( , 0

  z A 2

Khi đó

A   và

A   với n đủ lớn. Hay

A   với n đủ

nPx

Suy ra

    . Như vậy ta phải có

nPx

A   vậy P là nửa liên tục trên trên X .

0Px

lớn. Điều này mâu thuẫn với sự kiện

Tuy nhiên P có thể không là nửa liên tục dưới nếu lồi, vì thế P cũng

không là Hausdorff - liên tục. Ta hãy xem một ví dụ minh họa cụ thể trong trong



{( ,|

x x

|) :

 

[ 1,1]}

  với chuẩn:

X   và

hình 1.1 sau. Lấy

 | ( , ) | max{|

x y

|,|

2\{(0, ) :

y 



, P không nửa liên Khi đó P là Hausdorff – liên tục trên

y y  và cũng dễ thấy

P y không liên thông với

(0, )

tục dưới tại những điểm (0, ),

y  . 0

X  và cho các hàm bị chặn

Ví dụ 1.1.3. Cho X là không gian Banach,

y

x ( )

F   

2 \

xác , : trên  . Xét ánh xạ đa trị j y    thỏa mãn ( ) x



j [ ( ), ( )]

  . Hiển nhiên Fx compact lồi với mọi x   . Khi

định bởi

đó, điều kiện cần và đủ để ánh xạ đa trị F nửa liên tục dưới là các hàm j nửa liên tục trên và y nửa liên tục dưới. Thật vậy:

• Điều kiện đủ:

Giả sử j là nửa liên tục trên và y là nửa liên tục dưới. Lấy bất kỳ tập mở

x  . Bởi vì

F V 1

( ),

F V 1 ( )

V   và

nx   ,



giả sử dãy { }

j [ ( x

y ), ( x

)]

   . Do j là nửa liên tục trên, y là

0Fx V   . Tức là

nên

x ( )

y

x ( )

)



x (

)



)xy 0(

j lim ( x n 



  

nửa liên tục dưới và trên  cho nên

y x ), (

)]

xy lim ( n 

. Điều này dẫn đến [ ( j x với n đủ lớn, hay là

F V 1( )

nFx V   với n đủ lớn. Do vậy



F V 1( ) 

là với n đủ lớn. Bởi vậy

mở trong  .

• Điều kiện cần:



j [ ( ), ( )]

là nửa liên tục dưới, ta Giả sử ánh xạ đa trị F xác định bởi

chứng minh j là nửa liên tục trên và y là nửa liên tục dưới. Lấy tùy ý dãy

x  . Ta phải chứng tỏ rằng

)



x (

)

{ }nx   giả sử

j lim ( x n 

và



)

y x (

)

x (

)





j lim ( x n 

y x lim ( n 

  y

)

 . Do F là nửa liên tục trên tại

x và V 

xj 0(

0x nên với dãy

r ), /2

. Thật vậy, giả sử trái lại . Khi đó đặt



V với n đủ lớn. Dẫn đến

x 0(

)x ( 0

nFx

 j



là lận cận của , ta có

/2r



xj (

xj lim ( n 

. Vậy phải với n đủ lớn. Điều này mâu thuẫn với

có j là hàm nửa liên tục trên. Lập luận tương tự như trên ta cũng có được y là

hàm nửa liên tục dưới.

[0,1],



: f J

n  

 là một hàm liên tục và thỏa

Ví dụ 1.1.4. Cho

f t x | ( , ) |



 (1 |

. Ta biết rằng bài toán giá trị đầu của phương trình vi phân:

f t u ( , )  x    u   u (0) 

X C J

( )

X   2 \



  { u C J

( ) :

(1.1) định bởi và xét ánh xạ đa trị có nghiệm trên J . Đặt

là một nghiệm của (1.1)} . Ta biết rằng Sx là compact, liên

t 

(0,1]



2 \







t { ( ; ) : u



}

R S

 , trong đó

  là ánh xạ

P x t

và xét ánh xạ đa trị - Poincaré được cho bởi thông. Lấy

t

R Xt :

. Rõ ràng P t

t ( ) u

 . Nói

R u t

P xt

liên tục được xác định bởi là compact liên thông trong và P xt

P xt

n  ta có ngay

chung, đây là những tính chất tốt nhất mà ta có thể nói về . Trong trường hợp

compact, lồi vì trong trường hợp này là một điểm hoặc

một khoảng compact.

x

nSx

S A 1( ) 

nu 

A

f t u ( ,

)

(0)

nSx

  n

  x n

Ta có S là nửa liên tục trên. Thật vậy, lấy tùy ý A X đóng và dãy { }nx      giả sử . Ta có Khi đó với mỗi n chọn

u





1( ) S A 

knu

ta được trong J và . Do vậy từ Định lý

trong X và cho nên . Vậy là Ascoli-Arzela ta có

Rt liên tục, Sx compact với mọi x và S

Pt cũng là nửa liên tục trên.

đóng với bất kỳ A đóng. Bây giờ bởi vì

là nửa liên tục trên do đó

  2 \



)n f 

Ví dụ 1.1.5. Cho ánh xạ đa trị là nửa liên tục trên, (

f x là một điểm hoặc một khoảng

f x compact, lồi với mọi x , tức ( )

( )

compact và ( )

F C J ( , :

)



p L J 2

 \

a [0,

]





và xét ánh xạ đa trị xác compact trong  . Cho

f x p   . Do ( ) )

[1,

  { v L J

v t ( ) : ( )



f u t ( ( ))

định bởi h.k.n trong }J với

u C J

( )

pL J , Hơn nữa vì một dãy hội tụ trong

( )

pL J đều có một dãy con hội tụ h.k.n nên

( )

Fu là đóng trong

pL J . Để chứng minh rằng Fu   , ta phải tìm một hàm chọn

thì Fu là tập con lồi, bị chặn của compact, lồi với mọi x nên với mọi

f u

J  

 2 \



, điều này là có thể thực hiện được dưới những đo được v của ( ( )) :

giả thiết đã cho ở trên, ta sẽ thấy trong Ví dụ 2.1.1, chương 2. Ở đây, chúng ta sẽ





)FG là nửa đóng yếu, nghĩa là cho

u v 0, n

v 0

và chứng tỏ đồ thị (

Fu



dẫn đến . Bởi vì f là nửa liên tục trên, cho nên với mỗi tập mở

( ))



  { y

: ( , (

y f u t

( )))

}



f u t 0(

nd  sao cho

f B u t ( (

( ),

conv ( (

f B u t

( ),

d  . Từ đây ta có: ))n

V n

d  . Điều này dẫn đến ))n

V n





f B u t

conv ( (

d ( ), ))

conv ( (

( ),

))

( ))

d n

f u t ( 0



 1

V n  1



chứa đều tồn tại

( ))

conv ( (

f B u t

( ), )). d

f u t ( 0



 

Mặt khác hiển nhiên ta có

( ))

conv ( (

f B u t

d ( ), ))

f u t ( 0



 

Vậy trên J .



d ( ), )

( )C J dẫn đến

nu s ( )

B u t ( 0

u trong 0

n d 0( )

Hơn nữa với và



f B u t ( (

d ( ), ))

  | t

r d ( ).

  t |

r d ( )

nv s ( )

n d 0( )

 t h

Do đó với nên: và |

conv ( (



f B u t

( ), )) d

( ) v s ds n



1 h

(1.2)

với những giá trị n đủ lớn và h đủ nhỏ;

Nhớ lại rằng tích phân là giới hạn của các tích phân các hàm bậc, nghĩa là tổng

v J (

)

Jm (

)



J (

)

m n 1

m n  1





n i



qL t t ( ,

 và )

〈 nv

− , 〉 0 1 v 

và . Bởi vì với m là độ đo Lebesgue,

 t h

khi n   ta thu được (1.2) với 0v thay vì nv



J , cho nên ta có

h  với hầu như tất cả t

( ) v s ds 0

( ) v t 0



1 h

và bởi vì khi

d  . Tức là ta phải có



conv ( (

f B u t

d ( ), ))

v t ( ) 0

h.k.n trong J với mọi



( ))

v t ( ) 0

f u t ( 0

h.k.n trong

1.2 Hàm chọn liên tục

1.2.1 Sự tồn tại của hàm chọn liên tục

Khi xét đến khái niệm hàm hay ánh xạ, thì một trong những tính chất “đẹp”

của nó mà ta thường quan tâm là tính liên tục. Theo tiên đề chọn ta biết rằng mọi

ánh xạ đa trị đều có hàm chọn. Tuy nhiên trong mục này, ta sẽ xét điều kiện tồn tại

hàm chọn liên tục của ánh xạ đa trị. Trước hết, ta nhắc lại một số khái niệm sau:

i IV  là một họ phủ mở của X , tức là

• Cho X là một không gian tôpô và { }i

V i

 i I

 

. Ta gọi một phân hoạch đơn vị đối với phủ này là một họ các hàm

X đều tồn tại

[0,1]



i xj ( )

 trên \ iX V , với mỗi

: i Xj

sao cho liên tục

)

V V x 0(

i Vj  chỉ có thể xảy ra với một số hữu hạn i và

sao cho lân cận



( ) xj i



trên

i IV  của một không gian tôpô X được gọi là phủ hữu hạn địa

• Một phủ { }i

phương nếu với mọi x X có một tập mở V chứa x sao cho V có giao khác rỗng

iV trong phủ đó.

jU đều nằm

chỉ với một số hữu hạn các tập

• Phủ { }jU được gọi là phủ nội tiếp của phủ { }iV nếu với mọi

iV nào đó.

trong một

• Một không gian tôpô Hausdorff được gọi là không gian paracompact nếu

mọi phủ mở đều có một phủ nội tiếp hữu hạn địa phương.

F X   là ánh xạ

2 \Y

Bổ đề 1.2.1. Cho ,X Y là các không gian Banach,

f X :

Y ,

Xl   . Giả (0,

)

nửa liên tục dưới và các ánh xạ đơn trị liên tục

Fx B f x

( ( ), ( ))



  với mọi x X . Khi đó ánh xạ đa trị

G X  

2 \Y

sử

Fx B f x

( ( ), ( ))



cũng là nửa liên tục dưới. được xác định bởi Gx 

0Gx V   .

x G V ( )  0

ta có Chứng minh. Lấy tùy ý tập mở V Y và

  



Fx (



B f x ( (

xl ), (

)))

y Gx V V 0

0yV của

và một lân cận mở Chọn

V B f x ( (



xl ), (

))

 

V B f x ( (

xl ), (

))

0y .

sao cho bởi vì tập là mở chứa

0x trong

0xU của

Bây giờ, do tính liện tục của f và l nên tồn tại một lân cận mở

X sao cho

x U



B f x

( ( ), ( ))

với mọi Vì F là nửa liên tục dưới nên ta

,    

0x trong X sao cho

 Fx V y

x W x

0xW của

, 

U U



Fx B f x

l ( ( ), ( ))



0x và

V y

0xW thì U là một lân cận mở của

Đặt chọn một lân cận mở

Fx B f x

l ( ( ), ( ))



   với mọi x U . Hay Gx V   với mọi

dẫn đến

x U . Vậy

U G V 1( ) 

G V 1( ) 

nên là mở do đó G là nửa liên tục dưới. 

2 \Y

F D X   là

Định lý 1.2.1. Cho ,X Y là các không gian Banach,

ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới và Fx lồi, đóng với mọi x D . Khi đó F chứa

một hàm chọn liên tục.

Chứng minh.

e  tồn tại hàm liên tục

f x ( )



Fx B e (0, )



Bước 1: Ta sẽ chứng tỏ rằng với :f D Y sao cho

trên D mà không cần giả thiết rằng Fx đóng. Thật vậy, cho







 x D y Fx V   {

}

F y V (

)

e  , đặt 0

V B e (0, )



 

trước và thì

 y Y

 

và D X là không gian là mở do F là nửa liên tục dưới. Bởi vì

i IW  của phủ { {

i I

i IW  . }i

j  đối với phủ {

U  và một phân hoạch đơn vị { }i

}y y Y

Banach nên D là paracompact, do đó có một phủ nội tiếp hữu hạn địa phương

x y ( ).

I chọn

iy sao cho

ij  trong \

i I 

 

f x iyX U . Đặt ( )

 nghĩa là

thì Với mỗi i

x U

i xj ( )

do f là tổng hữu hạn các hàm liên tục nên f liên tục và



Fx V

 và do đó ( ) f x



Fx V

 bởi vì tập hợp này là tập lồi.

hay



 (0, 2 )n

2 ,

n n

1, 2,...





Bước 2: Cho Ta được họ , bằng quy nạp ta

:nf D Y sao cho:

xây dựng các hàm liên tục

n  và 2

x ( )



f x ( ) n

 f 1 n

V 2 n

với



n  trên D .

( ) f x n

 với Fx V n

(1.3) (1.4)

1f là dễ thấy từ bước thứ nhất. Giả sử ta đã có

f . thỏa (1.3) và (1.4). Ta chứng minh tồn tại

f 1

2, f

,..., k

1kf  cũng thỏa mãn (1.3) và

Bây giờ, sự tồn tại của







)

f x V ( ( ) k k

(1.4). Đặt hiển nhiên Gx là lồi và khác rỗng. Theo Bổ đề

1.2.1 ta có G là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới. Theo bước 1 thì tồn tại một hàm





1kf  sao cho

f k

x Gx V ( ) k

 1

liên tục, ký hiệu là trên D . Khi đó:







x ( )

( )



f k

 Fx V k

f k

f x V V k k

  k

f x ( ) k

V 2 k

 1

và trên D .

k  . Vì thế theo nguyên lý quy nạp ta

Do vậy (1.3) và (1.4) thỏa mãn với (



có (1.3) và (1.4) được thỏa mãn với mọi n .

x ( )





2 (0, 2 )n B

f x ( ) n

 f 1 n

V 2 n

Bước 3: Từ quan hệ bao hàm (1.3) ta có trên

1 | 2 n   

C D Y Do đó ).

( ,

D . Suy ra

f n

f  1 n

là dãy Cauchy trong dẫn đến { }nf

)

2 ,n

hội tụ theo chuẩn về hàm f cho nên f liên tục. Từ quan hệ bao hàm (1.4) dãy { }nf



  . Nhưng vì { }nf x D

nf x Fx

Fx

Fx đóng dẫn đến ( ) f x

cho ta ( ( ), r hội tụ theo chuẩn về hàm f và

trên D . 

1.2.2 Các ví dụ

Để xét các ví dụ minh họa và áp dụng, trước hết ta cần nhắc lại một số khái

niệm có liên quan được sử dụng sau đây:

• Cho X là không gian Banach, tập B X được gọi là bị chặn nếu B được

r  sao cho

B B r (0, )



chứa trong một quả cầu nào đó, tức tồn tại .



sup{|



 x y B

}

được gọi là đường kính của . B • diam

• Cho B là một họ các tập con bị chặn của không gian Banach ,X nếu B  B

e  sao cho B

không là compact tương đối (hay tiền compact) thì tồn tại một số

không thể được phủ bởi một số hữu hạn các quả cầu bán kính e và cũng không thể

phủ B bởi một tập hợp hữu hạn các tập có đường kính nhỏ hơn e .

:a b ,

 B

định nghĩa bởi: • Cho X là không gian Banach, xét các hàm

B ( )



d inf{



0 :

}d .

được phủ bởi hữu hạn các tập có đường kính •

B ( )



r inf{



0 :

Khi đó a được gọi là độ đo phi compact (Kuratowski).

được phủ bởi hữu hạn quả cầu bán kính bằng }r . Khi •

đó b được gọi là độ đo cầu phi compact.

l   ( ) 

là Ví dụ 1.2.1. Cho  là tập con đóng của một không gian Banach,

sup | ( ) |

x t

:x    với chuẩn |

 |

( )

:x    . Khi

C   là không gian con đóng của tất cả các hàm liên tục, bị chặn

( )  

không gian Banach các hàm bị chặn và

y C {  

( ) :| 





P l :

C 2





| 

   ( ) 

định bởi: đó mêtric chiếu

 ( ),



x Cr ( ,

( ))}

x t 1( )

  là tồn tại. Để thấy được điều này, cho

l  

x s lim ( )  t s

và

 2



x t ( )





x t ( ) 1

x t ( ) 2

 ta | 1

2( ) x t

lim ( ) x s  t s

. Khi đó trên  và với



t ( )



j  ( ) t



 trên  . Hàm j là nửa liên tục trên và y là

x t ( ) 2

x t ( ) 1

có

 sao cho ( )

y C 

nửa liên tục dưới. Do đó ta lấy j   . Ta sẽ chứng tỏ y y



x C ( ,

 và chú ý rằng: ( ))



          a

. Thật vậy, đặt y Px

  x |

 . Hơn nữa cho

e  bởi vì



x C ( ,

 do ( ))



a |

 sao cho | ( )

  . Vì thế

Dẫn đến

z C 

 | z

tính chất của inf nên tồn tại

      bởi vì z liên b

x    b e z    . Cho nên e b x

e  và do đó

  

 . Suy ra a

tục. Do vậy   với mọi b e

 . Bằng lập luận tương tự ta thấy rằng P là ánh xạ Lipschitz hằng số 2

b |

đối với mêtric – Hausdorff Hd nên cũng P chứa một hàm chọn liên tục (xem [11]

a [0,

]

Theorem Kripke p.173).

  và ánh xạ đa

Ví dụ 1.2.2. Cho X là một không gian Banach

(

2 \X

, )  F J B x r

  là Hausdorff - liên tục thỏa

F t x lồi đóng với mọi

( , )

trị

B B x r , )



t x . Giả sử rằng ( ( ( , )

F J B



))



g k B

( ),

với mọi và với k  trong 0,

đó g là một độ đo phi compact. Khi đó bài toán giá trị đầu của phương trình vi

phân sau:

1C . Thật vậy, bởi vì với giả thiết đã cho thì

F t u ( , )  x    u   u (0) 

 f J B x r , )

(

 thỏa mãn

có một nghiệm địa phương thuộc lớp

ánh xạ đa trị F chứa một hàm chọn liên tục

B B x r , )



f J B ( (

  )

F J B ( (



))



g k B ( )

với mọi và do vậy bài toán:

1C .

có một nghiệm địa phương thuộc lớp f t u ( , )  x    u   (0) u 

F Hausdorff - liên tục, Fx lồi đóng, bị chặn với mọi x D và Y lồi đều. Khi đó

Chú ý các trường hợp đặc biệt có thể tồn tại các hàm chọn liên tục, ví dụ như



f x ( ) |



y Fx ( ,

Fx

0y Y và xác định hàm f bởi ( ) f x

và chọn tùy ý

Rõ ràng f là hàm chọn liên tục của F . Cũng chú ý rằng Định lý 1.2.1 là sai nếu

P trong Ví dụ 1.1.2 là nửa liên tục trên nhưng không chứa một hàm chọn liên tục.

như Y không đầy đủ hoặc Fx không đóng hay không lồi. Chẳng hạn ánh xạ đa trị

Ta hãy xét một ví dụ minh họa khác.

(0)

2 |  x

   u  u 

Ví dụ 1.2.3. Xét bài toán giá trị đầu của phương trình vi phân:

   { ( t

2 |) }

Dễ thấy rằng . Xét ánh xạ đa trị - Poincaré nửa liên tục





2 )

khi

2 |)

khi

, 0]

[ t  

P x t

  

2 |)

khi

t  

 (   0,( t      ( t 

trên Pt với được phát họa trong hình 1.2 và được cho bởi:

]a nhận được

Khi đó có nhiều hàm chọn liên tục của ánh xạ đa trị Pt . Tuy nhiên nghiệm đa

trị nửa liên tục trên S của phương trình vi phân này trên đoạn [0,

chính xác một hàm chọn liên tục, cụ thể là hàm chọn liên tục này thu được bằng

cách chọn nghiệm cực đại theo x với mỗi x . Chú ý rằng S và Pt không là nửa liên

x  .

tục dưới tại điểm

1.3 Hàm chọn xấp xỉ

1.3.1 Khái niệm hàm chọn xấp xỉ

Ta thấy rằng trong nhiều trường hợp, giả thiết về tính nửa liên tục dưới của

ánh xạ đa trị F không được thỏa mãn hay Fx không đóng với mọi x D . Khi đó

giả thiết về điều kiện tồn tại của hàm chọn liên tục không thỏa mãn cho nên ta

không thể tìm chính xác một hàm chọn liên tục f của ánh xạ đa trị F . Tuy nhiên,

trong thực tế nhiều khi ta không cần thiết phải tìm một hàm chọn liên tục của ánh xạ

  là giống nhau

y , )

đa trị F . Ví dụ khi nghiên cứu về lý thuyết bậc tôpô ta cần tìm lớp các ánh xạ đơn

trị f là ánh xạ compact sao cho bậc Leray-Shauder deg( I

với mọi f . Để giải quyết vấn đề này ta đưa ra khái niệm hàm chọn xấp xỉ.

F D X  

2 \Y

Định nghĩa 1.3.1. Cho ,X Y là các không gian Banach,

e  . Khi đó một ánh xạ đơn trị liên tục

f x Fx

)

e với mọi x D .

là một ánh xạ đa trị và :f D Y được

gọi là một hàm chọn xấp xỉ - e của F nếu ( ( ),

Đến đây, vấn đề được đặt ra là với điều kiện nào của ánh xạ đa trị F thì ta có

thể tìm được những hàm chọn xấp xỉ với một sai số tùy ý cho trước. Ta thấy rằng

điều kiện nửa liên tục dưới là tốt đối với các hàm chọn liên tục, nửa liên tục trên

trên các tập hợp compact lại là tốt đối với cấu trúc của các hàm chọn xấp xỉ.

1.3.2 Sự tồn tại của các hàm chọn xấp xỉ

X  là mở và D  

Định lý 1.3.1. Cho ,X Y là các không gian Banach,

2 \Y

F    nửa liên tục trên và Fx lồi với mọi x   . Khi đó với

là compact,

  { x X

r : ( ,

x D

)

 và một

}

e  tồn tại một lân cận Ve của D với

V e

mọi

conv( ( ))

F D

(



F D B x 

( , )) e

f V : e

e 

f x ( ) e



B e (0, )

sao cho hàm liên tục hữu hạn chiều

trên Ve .

Chứng minh. Với mỗi x D vì F là nửa liên tục trên nên ta tìm được

F B x

d ( ( , )



)



 Fx B x

e ( , )



e ( , )x

D ,



  i

1,.

D 



B x r với i

( , ) i

sao cho và bởi vì D compact, ta có

e x ( , ), i





ta có thể lấy ir sao cho 3 r i

..,m . Đặt

{ }m ij  sao cho i

W e

B x r ( , ) i i

1 

 

và chọn một phân hoạch đơn vị

B x r và chọn



(

supp ij  ( , ) i

 F D B x r ( , )). i

Khi đó ta xét ánh xạ đơn trị

conv( ( ))

F D

( ). x y

f W : e

e 

( ) f x e



 

được định nghĩa bởi thì rõ ràng fe là



conv( ( ))

F D

f x ( ) e

liên tục và có tính chất với mọi x Ve . Ta còn phải chứng



 F D B x

e ( , )

(



e (0, ),

f x ( ) e

  x We

minh và định nghĩa số Lấy x We

max{ :

 nên dẫn đến



 . Bởi vì supp ij  ( , )

B x r và i

j xj ( )

r p

r j

( ) xj j



)

| |

   

x B x r ( j

    x j

r 2 p

r p

r j

, vì vậy: |

 

)

   | |



   |



z B x r ( j

r j

r 2 p

r 3 p

Do đó ta có: |

)



B x (

(  z B x

B x r ( j j

r , 3 ) p

, 3 ) r p

điều này dẫn đến và ta cũng có Suy ra



xd (

e , )

x B x d ( , )





, ). e

r 3 p

( px

nên với Ta lại có:



(

))



 F D B x (

(

d , )





e (0, )

 F D B x r , j





B e (0, )

 . Do vậy:

j xj ( )



( ). x y





(0, ) e

( ) f x e

1 



Từ đây ta được với mọi j sao cho

Cuối cùng, để kết thúc chứng minh ta chọn tùy ý lân cận Ve của D sao cho

conv( ( ))

F D

V We

e , khi đó ta có

f V : e

e 

là một hàm liên tục hữu hạn chiều và

(



F D B x 

( , )) e



(0, ) e

f x ( ) e

thỏa mãn trên Ve . 

,D D của  , thì Định

Nhận xét rằng khi ta có hai tập con compact rời nhau

lý 1.3.1 cho ta thấy rằng với e đủ nhỏ ta tìm được hai lân cận không giao nhau

conv( (

));



e ( , ))

(



,D D sao cho

f x ( ) e

 F D B x i

1 ,V Ve

f V ( e

1 e  )

F D 1

2 e

và của

B e trên

(0, )

e 

inf{|



iVe với

  { x X

r : ( ,

)

 e };

i  1, 2; chẳng hạn chọn e sao cho 2

e . Do



}

x D y D , 1 2

1 V e

2 e   { x X

x D 1

  . Nói một cách rõ hơn, với giả thiết như

)

e khi đó rõ ràng

}

x Dr ( , 2

1 2 e V Ve

và ( , )xd e

e  tồn tại một lân cận Ve của D và một hàm liên tục hữu

Định lý 1.3.1 thì với

conv( ( ))

F D

f V : e

e 

  . |

hạn chiều sao cho với mọi x Ve tồn tại y D và z Fy

  và | e

f x ( ) e

sao cho |

Bởi ý nghĩa của hệ quả này dẫn đến một điều rất tự nhiên để định nghĩa bậc

tôpô của ánh xạ đa trị F nửa liên tục trên với Fx lồi đóng.

1.4 Bậc tôpô của ánh xạ đa trị - điểm bất động

X  là một tập mở bị

1.4.1 Bậc tôpô của ánh xạ đa trị

Mệnh đề 1.4.1. Cho X là không gian Banach thực,

2 \X

x   .

F    là ánh xạ nửa liên tục trên, Fx lồi đóng với mọi

chặn và

e  sao 0

( )F  là compact tương đối và x Fx

Nếu với mọi x   thì tồn tại 0



(0,

f xe ( )

cho với mọi x   và trong đó fe tồn tại từ Định lý 1.3.1.

je  và 0

Chứng minh. Giả sử rằng kết luận không đúng, khi đó tồn tại

)

Fy

jx   sao cho

f xe (

jy và

e

. Do Định lý 1.3.1 tồn tại sao cho:



(1.5)

x ( )



f e

 e j

(1.6)

)

( xe f

nên từ (1.6) ta được: Vì



 e j

(1.7)

F  có một dãy con hội tụ, do

( )

jz ( )F  là tập compact tương đối nên dãy { }

Vì

z . Từ đây và điều kiện (1.7)

đó không mất tính tổng quát có thể giả sử rằng

z và bởi vậy do điều kiện (1.5) ta được

z . Bây giờ do tính nửa

cho ta

Fy

Fz

{ }jx   là tập đóng và dãy

z nên 0

0z   . Điều này mâu thuẫn với sự

. Hơn nữa để ý rằng ta có liên tục trên của F và cũng do

Fx

kiện x với mọi x  . 

X  là một tập mở bị

Định nghĩa 1.4.1. Cho X là không gian Banach thực

F    là ánh xạ nửa liên tục trên có giá trị lồi đóng. Giả sử rằng

2 \X

( )F  là tập compact tương đối và

x F  với mọi x  . Khi đó ta định nghĩa

( )

chặn và

bậc Leray-Schauder của ánh xạ đa trị F như sau:

deg(

I F

, 0)

  

  , 0) ,

I lim deg( e

(1.8)

với fe được xác định như trong Định lý 1.3.1.

Ta thấy rằng Định nghĩa 1.4.1 là hợp lý. Bởi do Mệnh đề 1.4.1 nên tồn tại



(0,

)

e  sao cho 0

f xe ( )

fe  là ( )

. Khi đó rõ ràng với mọi x   và

, 0)



(0,

)

fe  là hợp lý với mọi

. Ta compact. Do đó sự tồn tại của deg( I

e sao cho

(1  

 với mọi

e 1

tf x ( ) e

t f x ) ( ) d

nhận xét rằng tồn tại số

t x  ( , )

[0,1]

 và



 và 0

e d ,



(0,

)

e 1

t e 0,

. Thật vậy, giả sử tồn tại

x (

)

  (1

)



jx   sao cho

t f e j

f x ( d

Do nhận xét của Định lý 1.3.1, tồn



y y và 1 1 2 z ,j j j

1 Fy z , j

2 j















1 j

2 j

1 j

f x e

2 j

f x d

 d j

tại thỏa mãn:

( )F  là tập compact tương đối nên dãy { }jx

Do có một dãy con hội tụ, không

x   bởi vậy

1 jy

x và 0

2 jy

x . Kết 0

mất tính tổng quát giả sử rằng

1{ }jz

1 jz

  z 1

có một dãy con hội tụ, giả sử là và tương tự dãy quả là dãy

2{ }jz

2 jz

  z 2

cũng có một dãy con hội tụ và cũng giả sử là . Khi đó ta có

  (1

t z )

x F  với mọi

( )

  x 0

x  .

, điều này mâu thuẫn với giả thiết

Từ Định nghĩa 1.4.1, ta thấy rằng bậc Leray-Shauder của ánh xạ đa trị được

định nghĩa thông qua bậc Leray-Shauder của ánh xạ đơn trị compact trên một tập

mở bị chặn cho nên cũng tương tự như đối với các ánh xạ đơn trị ta có các tính chất

I      ; 1

, 0)

Mệnh đề 1.4.2. Bậc đã định nghĩa từ Định nghĩa 1.4.1, có các tính chất:

a) (Tính chuẩn tắc) deg( ,

 

 x Fx

I F   thì tồn tại

, 0)

. b) (Tính giải được) Nếu deg(

: [0,1]

   là ánh xạ compact, nửa liên

2 \X

c) (Tính đồng luân) Cho

x F x

t x 

[0,1]

 . Khi đó ta có

tF x

tục trên, lồi đóng và với mọi ( , )

t 

[0,1]

deg(

, 0)

I F  không phụ thuộc

,  là hai tập com mở rời nhau của  và

  ( I F

)( \(

    thì:

))

deg(

I F

  

, 0)

deg(

I F



deg(

I F

, 0)

  , , 0) 1

  , 2

d) (Tính cộng tính) Nếu

Chứng minh.

a) Hiển nhiển từ tính chất bậc Leray-Shauder của các ánh xạ đơn trị.

b) Giả sử ngược lại, mọi x   ta đều có x Fx . Do Fx compact nên tồn tại

(0,

)



x Fx

e . Suy ra với mọi

xe  sao cho ( ,

, 0)

I F 

, 0)

fe   . Dẫn đến deg(

fe không có điểm bất động do vậy deg( I



   . Điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết. Như vậy nếu có

, 0)

I lim( e 0

thì do Mệnh đề 1.4.1 nên

deg(

I F   thì tồn tại x   sao cho x Fx

, 0)

e  . Gọi 0

t u 

[0,1]

fe là các ánh xạ tồn tại từ Định lý

fe và

và c) Với mỗi ,

  

I deg(

, 0)

I deg(

  . Suy ra , 0)

  



, 0)

f e u

f e t



I lim deg( e 0 t

I lim deg( e 0 u

  

, 0)

deg(

, 0).

, 0)

I F t

  I F u

fe  . Hay deg(

,  là hai tập com mở rời nhau của  và

  ( I F

)( \(

    hơn

))

1.3.1, theo tính chất đồng luân của bậc Leray-Shauder của ánh xạ đơn trị ta có được:

  ( I

)( \(

))

d) Vì

    , với e đủ nhỏ và fe là ánh xạ tồn

nữa Fx compact nên

I deg(

  

, 0)

I deg(



I deg(

, 0).

f e

  , f , 0) e 1

  f , e 2

tại từ Định lý 1.3.1. Ta có

  

, 0)



, 0)

f e

  , 0) , f 1 e

  f , e 2

I lim deg(  e

Suy ra

deg(

I F

  

, 0)

deg(

I F



deg(

I F

, 0)

  , , 0) 1

  , 2

Vậy . 

Bây giờ, với g là một độ đo phi compact trong 1.2.2, ta sẽ định nghĩa bậc tôpô

X  là mở, bị chặn

2 \X F    là ánh

của ánh xạ đa trị g - co trên một tập mở, bị chặn tại một điểm y bất kỳ.

Cho X là không gian Banach

xạ đa trị nửa liên tục trên và Fx lồi đóng với mọi x   . Cho g là một độ đo phi

k  . 1

F B ( ( ))

g

B ( )

compact a hoặc b . Giả sử F là một ánh xạ đa trị g - co nghiêm ngặt, tức là

với mọi B   và với

  ( I F

)(

 . Giống như định nghĩa bậc tôpô cho ánh xạ đơn

)

Giả sử rằng 0

, 0)

I F   nếu x Fx 0

trị đã biết trước đây, ta định nghĩa deg( trên  và



 conv ( ), F

I F  (

1 ) (0)

  , ta lại định nghĩa các tập

trong trường hợp

n  và 1



F conv (

 

)



C  1 n



 

với là tập compact lồi thỏa mãn

1  ) (0)

I F ( 



  và

  (

)





,D trong đó

x Dr ( ,

)

e và }

  có lân cận mở Ve của

x X { e  

D C 

. Khi đó áp dụng Định lý 1.3.1 cho

F D conv ( )





f V : e e





 F D B x

e ( , ))

(



e (0, )

f x ( ) e

một ánh xạ compact hữu hạn chiều sao cho ta có

e  đủ nhỏ. Thật vậy:

trên Ve . Ta chứng tỏ rằng fe không có điểm bất

  nếu )

Ve

động trên (

)

   )

)

  

ne  và 0

xe f (

  V ( e n

V ( e n

Giả sử trái lại với

  . Trước tiên, ta chú ý rằng

)

   

Ve (

vì nếu không sẽ dẫn đến

  . Bởi vậy ta có

)

 conv ( )F D

C 

D Ve

nx   với

xe ( f

, tức là



)

D và |

  . Do đó không mất

nx 

B e (0, n

e n

với mọi n và

x  , vì D là compact.

x và 0

tính tổng quát giả sử

Fx

0Fx là đóng, điều này mâu

Do vậy , bởi vì F là nửa liên tục trên và



  được xác định với mọi

, 0)

f Ve , e

thuẫn với x Fx trên D . Do vậy deg( I

e  đủ nhỏ và nó là một số nguyên độc lập với cách chọn của Ve và fe thỏa mãn

các điều kiện ở trên.

Bởi vậy ta có thể đưa ra định nghĩa bậc tôpô của ánh xạ đa trị g - co trên một

tập mở, bị chặn tại một điểm y bất kỳ như sau:

X  là tập mở, bị chặn,

2 \X

F    là ánh xạ đa trị nửa liên tục trên, g - co nghiêm ngặt với Fx lồi,

  ( I F

)(

 . Khi đó:

)

Định nghĩa 1.4.2. Cho X là không gian Banach,

đóng mọi x   và

I F

   . y , )

I F (

1 y ) ( )

  thì ta lấy deg(

Nếu

  

I F

y , )

I deg(

  thì ta lấy deg(

I F (

y 1 ) ( )

   , f e

V y , ) e

Ve và fe có được bởi Định lý 1.3.1.

Nếu với

Cũng chú ý rằng trong Định nghĩa 1.4.2 ở trên ta đã sử dụng lập luận như đã



 

F conv( (

)

 y );



F conv( ( )

  );

 1

n  và 1

  với

e

F ( ,

  đủ nhỏ. 0

y , )

trình bày nhưng lần này được tổng quát cho một điểm y bất kỳ, tức là:





 

)

g k

x ({ })

 . Rõ

D C 

Chú ý rằng Fx là compact thực sự vì Fx đóng và ( g

ràng bậc này trùng với bậc đã được định nghĩa đối với ánh xạ đơn trị g - co nghiêm

ngặt đã biết trước đây. Từ Định nghĩa 1.4.2 và tính chất của bậc, hiển nhiên rằng

bậc tôpô đã định nghĩa có được các tính chất sau đây:

Mệnh đề 1.4.3. Với F và  được xác định như trong Định nghĩa 1.4.2, khi

y  với

, )

đó bậc tôpô của ánh xạ đa trị g - co nghiêm ngặt có các tính chất sau:

y   . a) deg( , I

deg(

I F

  

y , )

deg(

I F



deg(

I F

y , )

  , y , ) 1

  , 2

,  2

  ( I F

)( \(

    )).

với bất kỳ b)

là các tập con mở không giao nhau của  và

 I H t

( , ),

  là độc lập đối với

y , )

J 

[0,1]

( , )

2 \X H J    thỏa mãn

H t x là lồi đóng, H là nửa liên tục trên

  ( I H J )(

 ).

khi ta xét đồng luân c) deg(

và là g - co nghiêm ngặt với

1.4.2 Điểm bất động của ánh xạ đa trị

Trong phần này, ta sẽ sử dụng bậc tôpô của ánh xạ đa trị đã được xây dựng

và tính chất bất biến đồng luân, ta sẽ xem xét điều kiện tồn tại điểm bất động của

lớp các ánh xạ đa trị.

F D   là nửa liên tục trên và là g - co nghiêm ngặt, Fx lồi, đóng với mọi

2 \X

x D . Khi đó Fix( )F   nếu một trong các điều kiện sau được thực hiện:

Định lý 1.4.2. Cho X là không gian Banach, D X bị chặn, ánh xạ đa trị

l  và với

l ( x



)



D

F D ( )

D .

trên D với mọi a) D mở và

b) D lồi đóng và

Chứng minh.

x  . Hiển nhiên

J 

[0,1]

H t x  ( , )

tFx là compact lồi và H là g - co nghiêm ngặt trên J D . Ta chứng minh H là

, không mất tính tổng quát giả sử a) Đặt

H A 1( ) 

)



t x {( , )



J D H t x A

( , )



}

   là đóng. Thật vậy, lấy bất kỳ dãy ( , t x  n n

nửa liên tục trên trên J D . Lấy tùy ý A X là đóng, ta chứng minh

)

    n

)

H A 1 ( )

t x ( , n

t z ( , ) 0

( , H t x n

t x ( , n



1( ) H A 

, giả sử . Do nên

Fx

    . Khi đó với mỗi n , chọn

t Fx n

sao cho tức là ta có

A . Bởi vì

y ({



1})



x ({



1})

t y }n n {

 , do đó dãy { }ny

có





y cho nên

t y 0 0

 t Fz H t z 0( , ) 0

t y n k

n k

kny

dãy con hội tụ là . Mặt khác do



 vậy

A là tập đóng, dãy {

}

A và

t y 0 0

H t z A 0( , )

t y 0 0

t y n k

n k

t y n k

n k

nên

1( ) H A 

là đóng. Từ đây dẫn đến H là nửa liên tục trên. Do đó áp dụng Mệnh đề

I F D

, 0)

 deg( ,

I D  dẫn

, 0)

1.4.3 (c) về tính bất biến đồng luân ta có deg(

đến Fix( )F   .

b) Ta có thể quy về (a) theo cách thông thường bởi vì với một ánh xạ co

:R X

D  thì F R

l 

( )F D

D nên dẫn đến x Fx

2 \D  . Chú ý rằng do D lồi đóng và

là ánh xạ đa trị, nửa liên tục trên, compact từ X vào

trên D

l  .  1

với mọi

Từ Định lý 1.4.2, ngay lập tức ta có một hệ quả sau, nó là một công cụ cơ bản

được ứng dụng trong việc tìm kiếm sự cân bằng đối với các bài toán kinh tế.

  x









1 ,

f D :

 2 \



x ( ) i

n 





Hệ quả 1.4.1. Cho là



 ánh xạ nửa liên tục trên với ( )

f D bị chặn và ( )

f x lồi đóng với mọi x D . Giả sử

〈

〉

,D tức là

f x x  ( ),

〈 y x ,

  

f x ( )

.D Khi đó tồn tại

thêm trên trên

x D sao cho ( ) f x

 

.n 

n  

〉 . Trong đó ,y x〈 là tích vô hướng trong

f D bị chặn nên có thể coi ( ) f D



B r (0, )

〈

〉



  { x D x z :

min

〉 〈 , } y z

(0, )

2 \D g z g B r   bởi ( )

 y D

và định nghĩa Chứng minh. Do ( )

z B r (0, )



và g là ánh xạ đa Ta sẽ chứng minh ( )g z là compact, lồi với mọi

D nên ( )g z bị chặn với mọi z . Hơn nữa,

trị nửa liên tục trên. Thật vậy, do ( )g z

〉 và xét tùy ý dãy

min

〈 , y z





g z x ( ),

 . x

z B r (0, )



x { } n

y D 

〉 là ánh xạ liên tục nên

cố định , đặt

j  〈 x ( )

x z ,

〉

〈

Khi đó bởi vì ánh xạ : Dj   , định bởi



〉 . Nhưng bởi vì ta có { }

g z ( )

)xj 0(

x z , 0

xj lim ( n 

〈 lim , x z n n 

〉

〈

〉

hay do

〉 min



a

g z ( )

( )g z

,nx z

0,x z

〈 y D y z , 

đó . Vậy . Suy ra do đó

D   là đóng và bị chặn nên nó là compact.

đóng. Vì ( )g z 





g z ( ),

  t

[0,1]

x x , 1

〉

, ta có: Tiếp theo, ta sẽ chứng minh ( )g z lồi.

〈 tx

  (1



  (1

  

t a )



t x z ) 2

〈 t x z , 1

〈 ) t x z 2

z B r (0, )



  (1

t x )



g z ( )

Do đó . . Vậy ( )g z lồi với mọi

g A 1 ( )

z . Do 0

nz { }



, giả sử Bây giờ lấy tùy ý A D là đóng và dãy

)



g z (

)

 . Vì

    . Vì vậy với mỗi n ta chọn

g A 1( )

ng z



nên (

{ }ny

〉

là dãy trong A compact nên có dãy con hội tụ, không mất tính tổng quát ta có

〉 và ta có

min

〈 , y z



g z (

)

  . Mặt khác

〈 , y z n

y D 

〉

〉 và

〉 . Dẫn

min

〈 y z ,



min

〈 y z ,

〈 y z

y 0,

z nên 0

〈 y z , n

 y D

〉

〉 . Vậy

thể coi nên



min

〈 y z ,

)

g z 0(

〈 y z , 0

 y D

cho nên theo kết quả ở trên ta có đến



)

 hay

)

A   , tức là

g A 1 ( )

g z 0(



g A 1( ) 

. Vậy đóng nên g là

nửa liên tục trên.

Chú ý rằng ta sẽ có được điều cần chứng minh nếu ta tìm x và z sao cho

g z ( )

f x ( )

〈

〉

〈 và . Thật vậy, vì nên theo giả thiết ta có 0 và 〉 ,z x 



x z ,



min

〈 y z ,

g z ( )

〉 đưa đến 0

 y D

nên 0 ,y z 〈 〉 với mọi y D . Đặc

  z

f x ( )

e điều này có nghĩa 0

e e 2, 1

,..., n



f x ( )

  . Bây giờ một cặp ( , )x z như vậy là một điểm bất động của ánh xạ đa

n 

. Vậy biệt với y lần lượt bằng

 F D B r (0, )



nD   \ 2

F x z ( , )



g z ( )



f x ( )

F như vậy hoàn toàn thỏa mãn giả thiết của trường hợp (b) trong Định lý 1.4.2, như

trị , được định nghĩa bởi . Ánh xạ

 

n  

.  vậy điểm bất động thực sự tồn tại, do đó có x D sao cho ( ) f x



〈

Để xét ví dụ áp dụng trước tiên ta nhắc lại ký hiệu sau. Cho X là không gian

x y ,

  | y

〉 = 



t lim (|  t

. Banach, với ,x y X . Ta ký hiệu

Ví dụ 1.4.1. Cho X là một không gian Banach, D X là lồi đóng, bị chặn,

f g , :   D X với g liên tục, tuần hoàn chu kỳ w theo biến thứ nhất và sao cho: 

f t B ( ( ,

))



a ( ) ( ) k t B 1

〈

y với mọi

2 |

với mọi tập B D và (i)

g t x ( , )



g t y x ( , ),





〉 y 

k t 2( ) |

,x y D .

f t x



g t x | ( , ) |

 trên

D

và g là liên tục đều, | ( , ) | (ii) f

 1 l r

x (



f t x ( ( , )



g t x D ( , )),

)

 trên

D



lim  0 l

(1.9)

1 L

([0,

])







k 1

  k 2

k t ( ( ) 1

k t dt ( )) 2



  . Ta biết rằng bài toán giá trị đầu của phương trình vi phân:

và (iii)

Đặt 0f

0( , ) f t v   x D

   v   v (0) 

(1.10)

w [0,

]

, (xem [6], Theorem 2). Ta muốn tìm nghiệm tuần có một nghiệm trên

 

f t v 0( , )

, tức là điểm bất động của ánh xạ đa trị - Poincaré hoàn chu kỳ w của

P B

( ))

2 \D

a k e

B ( )

P Dw   . Dễ dàng thấy rằng (

với mọi B D . Do đó ta

( )

 và C chứa tất cả

P C w

dễ dàng tìm một tập hợp compact, lồi C D sao cho

các điểm bất động của Pw . Ta cũng biết rằng Pw là nửa liên tục trên và P xw là

compact với mọi x D , nhưng P xw có thể không lồi. Do vậy ta không thể áp dụng

w với các giả thiết đã cho ở trên. Bởi vậy ta giả sử thêm điều kiện là:

Định lý 1.4.2 (b) và trong thực tế là ta không thể tìm một nghiệm tuần hoàn chu kỳ

 và không mất tính tổng quát, giả sử 0 D

 (iv) D  

Bây giờ, chú ý rằng (1.9) tương đương với:

x x *( )





*( ( , ))

 0



J x ,

 

D x

, | * | 1

 và

x f t x 0

x y sup *( ) D

(1.11)

d  nào đó, (1.11) dẫn đến

(0, )

d  với một

  thỏa mãn

f 0

f e

Vì

ed  .

x f t x e

(1.11) với vế phải *( ( , ))

 

f t v ( , ) e

 khi đó ta có các hàm tuần hoàn chu kỳ

e  . Vì 0

ve sao cho:

Giả sử rằng có một nghiệm ve tuần hoàn chu kỳ w với mỗi



1})





1})



a k



1})

v ({ (0) : n

({ ( ) : n

v ({ (0) : n

Do vậy { (0)} là compact tương đối, và cho nên dễ dàng để thấy rằng { }nv

 

có một dãy con hội tụ đều, giới hạn của dãy con đó là một nghiệm tuần hoàn chu kỳ

w của

f t v 0( , )

. Bởi vì g Ie và f thỏa mãn điều kiện giống như g và f . Do

đó không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng:

x x *( )





 



J x ,

 

D x

, | * | 1

 và

f t x *( ( , )) 0

x y sup *( ) D

(1.12)

m  độc lập với t và x .

trong đó

Sự cải thiện này của (1.11) có một sự thuận lợi rằng (1.11) cũng sẽ đúng với



(0,

]

nd  mở rộng 0f lên J X

với mọi ánh xạ gần với 0f . Đặc biệt xét

J X

  sao cho X

:nf

và sự mở rộng xấp xỉ bởi ánh xạ Lipschitz địa phương

t x ( , )



( , ) |

)

 

f n

d n

f t x 0

 trên J D . Vì nf thỏa mãn (1.11), bài toán

f n

( , t v n

(0)v

x D

  có duy nhất một nghiệm trên D phụ thuộc một cách liên tục theo x .

và

D là liên tục nhưng nó không cần là

:nP D

Do vậy ánh xạ tương ứng Poincaré

:R X

C và chú ý rằng

C có một điểm bất động

:nRP C

nx bởi Định lý

C . Hơn nữa ta có các hàm

x

ánh xạ bất biến Pw compact lồi từ tập C vào trong chính nó. Do đó, xét ánh xạ co

nv sao cho:

( ) |

)



d  trên J . 0

  v n

f n

( , t v n

( , f t v 0 n

 với | n

y t n

Schauder. Bởi vì C compact, ta có thể giả sử

(0)

  và

v n

P x n n

v w ( ) n

}

knv

có một dãy con { hội tụ đều đến v là Một lần nữa dễ dàng thấy rằng { }nv

 

(0)v

x . Đặc biệt,

w ( )

w v ( )



 và do

f t v 0( , )

P x w

knv

và nghiệm của

đó ta có:



w ( )



w ( )



w ( )

n k

RP x n k

n k

Rv n k

P xw

0( , ) f t v   x D

Điều này có nghĩa . Do vậy bài toán có nghiệm tuần

   v   (0) v 

hoàn chu kỳ w .

Chương 2 HÀM CHỌN ĐO ĐƯỢC

2.1 Sự tồn tại của hàm chọn đo được

2.1.1 Khái niệm ánh xạ đa trị đo được

Trong Ví dụ 1.1.5 ta đã thấy rằng có một sự cần thiết cho những kết quả về

các hàm chọn đo được, và ta cũng mong muốn chúng tồn tại dưới một số giả thiết

tương đối yếu. Trong mục này ta sẽ nghiên cứu khái niệm, sự tồn tại và một số tính

chất hàm chọn đo được của ánh xạ đa trị. Trước hết ta cần nhắc lại một số khái niệm

liên quan đến nội dung này.

) A được gọi là không gian đo được nếu  là một tập hợp và A

Một cặp ( ,

là một s - đại số các tập con của  , tức là A là một tập con của 2 sao cho:

   

i)   A ii)





A .

i  1

iA  A với mọi

A i

 1



iii)

A 

( )

( ).B Tập

B gọi là

Cho không gian mêtric ( , )d , khi đó s - đại số nhỏ nhất chứa tất cả các tập



mở của  gọi là s - đại số Borel của  , ký hiệu là

nU . Một

U 1





của các tập mở tập Borel trong  . Một tập Fs là giao đếm được

F 1 n



tập Gd là hợp đếm được của các tập đóng nF

( L

   ta cũng có s - đại số

của tất cả các Trong trường hợp đặc biệt

  ( )

 

( L

 và với

tập con Lesbegue - đo được của ta có

M  :



)}n

( L

- đại số của tất cả các tập con Lesbegue - đo được của  . là

( )L

( )B và các tập dạng

 , trong đó

A {

 

A B

 với

B 

( )

B sao cho

nm là một độ đo

n Bm ( )

là - đại số nhỏ nhất chứa Ta cũng nhắc lại rằng

Lesbegue - chiều. Ta có một số kết quả sau đây:

]

[ , a b



J ( )

)

  thì



 ( b i

 khi và chỉ khi với mọi

)

• Nếu

M   có độ đo không tức là

n Mm (

e  cho trước đều tồn tại không quá đếm được các khoảng

iJ sao cho

• Tập

e

)

Jm ( n



  và J • Hợp không quá đếm được các tập có độ đo không cũng là một tập có độ đo

M (

)

    i



 i I



 

không. Tức là với I không quá đếm được.

)D A và ( ,

) B , một ánh xạ đơn trị

f B 1( )

:f D   được gọi là (

)A,B - đo được nếu

 A với mọi B  B .

)

f x ( )

• Cho hai không gian đo được ( ,

f x :nf D   là đo được và (

• Nếu trên D thì f cũng đo được và

   x {

r : ( ,

x M

)



p 1 }.

 1 f M (

)

 

 1 f M lim (   n

nếu M đóng và

  ( )

B B . Để kiểm tra tính đo được của

f V 1( )

Cho  là một không gian mêtric và

 A với mọi tập mở V  B hoặc một điều kiện

f ta cần kiểm tra rằng

1( f M

)

 A với mọi tập đóng M  B . Như vậy ta có được tập

tương đương là

W {

 

f W 1 (

)

}

 A là một s - đại số chứa tất cả các tập mở, và bởi vậy ta

hợp



W {

 

f W 1 (

)



}

A , vì B là nhỏ nhất với thuộc tính này. Đặc biệt

có

D 

( L

f D   được gọi là Lesbegue - đo được nếu

và ánh xạ

( ), D

1( ) f V

,m    ))m ( B 

1m  thì ta chỉ cần phải kiểm tra rằng

- đo được, tức là nếu là Lesbegue - đo được với mọi f là (

x D f x { : ( )



D ( )

  L }

tập mở V . Nói riêng, nếu



với mỗi r   , bởi vì điều này sẽ dẫn đến

}



D f ( ),

a b ([ , ))



D ( )

( )D

x D f x { : ( )





f V 1( )

 L

và do vậy với

mỗi tập mở V   .

Bây giờ với những khái niệm và những kết quả đã được nhắc lại ở trên, ta sẽ

bắt đầu xét tính đo được của các ánh xạ đa trị.

)D A là không gian đo được, ( , )d là một không

Định nghĩa 2.1.1. Cho ( ,

2 \

: F D

  . Khi đó ta nói:

F V 1( )

gian mêtric và ánh xạ đa trị

 A với mọi tập mở V  .

a) F đo được nếu

F A 1( )

 A với mọi tập đóng A   .

b) F đo được yếu nếu

Chú ý Định nghĩa 2.1.1 nói chung không có sự mô tả đơn giản giống trong trường

W {

)

}



 



A không cần phải là

F W 1 ( 

hợp ánh xạ đơn trị, bởi vì họ

   

(

)

  x D Fx W { :

}

 D F W 

x D Fx



  ( \

)

  . Tuy nhiên điều này vẫn còn có ích để

}

)

 {

1( \ W F  

một s - đại số và chú ý rằng ta chỉ có

)

 A với mọi tập M đóng hoặc

F M 1( 

 A với mọi V mở.

F V 1( ) 

xem xét ánh xạ đa trị F sao cho thỏa mãn

)D A là một không gian đo được, ( , )d là một không

Mệnh đề 2.1.1. Cho ( ,

F D :

2 \

  . Khi đó ta có:

gian mêtric và ánh xạ đa trị

)

 A với mọi

 A với mọi tập đóng M   , thì

F V 1( ) 

F M 1( 

a) Nếu

tập mở V  .

r

y Fx ( ,

)

b) F là đo được yếu nếu và chỉ nếu hàm khoảng cách : Dj   định bởi

( ))A B

y x ( )

- đo được với mọi y   . là (

Chứng minh.

V  



mở ta viết V dưới dạng hợp đếm được các tập đóng như sau: a) Với

  x V {

 : ( ,( \ ))



}

V 



trong đó đóng.

  n

 Fx M

  .



x F V 1( ) 

Khi đó với dẫn đến Fx V   nên



(

)

F M 1 ( 

 x F M 

 1 F M ( 

1 

 

 

Suy ra . Ngược lại với tồn tại n

Fx M

  nên Fx V   hay

1( ).

x F M 

x F V 

tức Vậy sao cho

( )

 A .

 A với mọi n thì

).n

 1 F V 

 1 F M ( 

F V 1( ) 

F M 1( 

1 

 

Do đó nếu

F B y r

1( ( , ))

x D {

}

r : ( ,

y Fx

)

{ x D Fx B y r ( , )  



   

 . } r

 

b) Kết quả này hiển nhiên được suy ra từ:

F B y r

1( ( , ))

 A

 

r  hay {

x D

y Fx ( ,

)

}

Từ đó ta thấy rằng nếu ánh xạ đa trị F là đo được yếu thì

  A với mọi y   và

r

y Fx ( ,

)

r  . Do vậy hàm khoảng cách

: Dj   được xác định bởi

y x ( )

với mọi y   và

( ))A B

là ( là đo được với mọi y   . 

)D A là một không gian đo được, ( , )d là một không

Mệnh đề 2.1.2. Cho ( ,

  . Khi đó ta có:

F D :

2 \

gian mêtric và ánh xạ đa trị

F A 1( ) 

 A với mọi tập đóng A   .

a) F đo được nếu và chỉ nếu

F V 1( ) 

 A với mọi tập mở V  .

b) F đo được yếu nếu và chỉ nếu

c) Nếu F là đo được thì F cũng là đo được yếu.

d) Nếu Fx compact với mọi x D thì F điều kiện cần và đủ để F đo được

là F đo được yếu.

 1( ) F V

  { x D Fx V :



}

 A với mọi tập

Chứng minh.

a) Ta có F đo được khi và chỉ khi

x D Fx



 

A ( \ )}

 A với mọi tập đóng

A   . Có nghĩa là {

x D Fx A :



}

    A với mọi tập đóng A   . Tức là

D x D Fx A



}

    A với mọi tập đóng A   . Bởi vì A là s - đại số

mở V  . Điều này tương đương {

}

{ x D Fx A :  

    A với mọi tập đóng A   .

 1( ) F A 

 1( ) F A

  { x D Fx A } :



 A với

nên tương đương

b) Ta có F là đo được yếu khi và chỉ khi

x D Fx



 

( \V)}

 A với mọi

mọi tập đóng A   . Điều này tương đương {

x D Fx V :



}

    A với mọi tập mở V  . Tương

tập mở V  . Hay {

D x D Fx V



}

    A với mọi tập mở V  . Bởi vì A là s

đương với \{

  { x D Fx V :

}

    A với mọi tập mở

V  

 1( ) F V 

- đại số nên .

 1( ) F V

  { x D Fx V :



}

 A với mọi tập mở

V  

Ta có đo được suy ra c)

x D Fx



 

V ( \ )

}

   A với mọi tập mở V  . Tức là

. Dẫn đến {

 D x D Fx

 

V ( \ )

   A }

x D Fx A :



}

    A với mọi tập đóng A   . Do Mệnh đề

 {

F A 1( ) 

với mọi tập mở V  . Hay cũng có nghĩa là

 A với mọi tập mở V  . Vậy F là đo được yếu.

F V 1( ) 

2.1.1 (a) dẫn đến

d) Điều kiện cần: Giả sử F là đo được, theo câu (c) ta có F là đo được yếu.

A   là đóng và chứng minh:

  { x D Fx A :

    A . }

 1( ) F A 



Điều kiện đủ: Giả sử F đo được yếu, để chứng minh F là đo được ta lấy tùy ý

}

: ( , r

) y A

{ y   



A n

 1

 

, với là tập mở. Khi đó Ta viết



F A 1( ) 

F A 1 ( 

x F A 1( )   



  dẫn đến

, A n

    cho nên

Fx A   . Bởi vì

Fx A n

),n

x F A 

. Thật vậy, trước tiên, ta có tức là

).n

F A 1 ( 

1 

 

   x



 hay

y     . Khi đó với mỗi n ta chọn n

 . Fx A n

Fx A n

),n

  x F A

Ngược lại, tức là với mọi n . Hay

Fx

compact nên có dãy con hội tụ. Không mất tính Ta xây dựng được dãy { }ny

y . Do Fx compact trong không gian mêtric nên Fx

tổng quát, có thể giả sử

y cho nên



Fx A

 . Do



Fx A n

 và



A n

1 

 

đóng, , { } y

1  F A ( ) 

1  F A ( 

x F A 1( ) 

1 

 

F là đo được yếu nên

 A với mọi

F A 1(  n

F A 1( 

. Vậy . Mặt khác, bởi vì đó Fx A   tức là

 )

, dẫn đến 





A . Suy

n . Do vậy

1  F A (  n

1 

  1  F A ( ) 

 1  F A (  n

 )

 



A . Bởi vì A là tập đóng bất kỳ trong  nên theo câu (a)

 1 F A ( ) 

    1  F A ( )   

c    

ta có F là đo được. 

2.1.2 Sự tồn tại của hàm chọn đo được

)D A là một không gian đo được, ( , )d là một không

Định lý 2.1.1. Cho ( ,

F D :

  sao cho:

2 \

 A với mọi tập mở V  . (tức F là đo được yếu)

gian mêtric khả ly và

F V 1( ) 

z D

b) Fz là đầy đủ với mỗi

( ))A B - đo được.

Khi đó F chứa được một hàm chọn (

Chứng minh. Bằng phương pháp quy nạp, ta sẽ định nghĩa một dãy hàm đo

n  và với mọi x D ta luôn có:

:nf D   sao cho với mọi

được

r ( ( ),

)

 2 n

nf z Fz

(2.1)

( ))

2 n 1  

( ), z



( d f n

f z n

1 

(2.2)

x , với p là số

x { }n n

 trù mật trong  . Định nghĩa 0( ) f z

Trước tiên, ta lấy

Fz B x (

,1)

  . Bởi vì:

)

  { z D Fz B x (



,1)

 

} \

z D Fz B x { (





,1)

  }

 1 x 0 ( f

 m p

1 F B x ( (

,1)) \

1 F B x ( (

 ,1))

 

m p 





nguyên nhỏ nhất sao cho

 A và do

f V 1 0 ( )

x 1 f 0 (

nên là hợp không quá đếm được của như thế,

( ))A B - đo được. Bây giờ, giả sử ta đã có kf . Khi

do đó dễ dàng thấy rằng 0f là (

x và ( ( ), r

)

 2 k

  z D i

1( ) x f k i

f z ( ) k

kf z Fz

dẫn đến kết quả , bởi vì ta đó với

 Fz B x

 ( , 2 )k

 . Do đó ta định nghĩa

z D và p là số

f k

z 1( ) 

 với p

 k

  1 k

có

 Fz B x

( , 2 )



B x (

, 2

)

 . Theo đó

1kf  được

nguyên nhỏ nhất sao cho

D i

 1

 

và nó là đo được, hơn nữa ta cũng có định nghĩa trên

(

z Fz ( ),

)



  2 k 1

z ( ),

( ))



 k 2



  1 k 2



  1 k 2

1kf 

 1

d f ( k

f z k

 1

và trên D . Vậy

cũng thỏa mãn các điều kiện (2.1) và (2.2).

Cuối cùng, do hai điều kiện (2.1), (2.2) và tính chất đầy đủ của Fz , rõ ràng

f z ( )

Fz

nf z ( )

kéo theo sự tồn tại của hàm và trên D :f D   sao cho ( ) f z

và tất nhiên ta có f là hàm đo được bởi vì nf là đo được. Do vậy định lý được

chứng minh. 

Hệ quả 2.1.1. Cho D là một không gian khả mêtric,  một không gian mêtric

  là ánh xạ đa trị với giá trị đóng nửa liên tục dưới

F D :

2 \

đầy đủ, khả ly và

f U 1( )

là hoặc nửa liên tục trên. Khi đó, F chứa được một hàm chọn f thỏa mãn

( ))

( )DB , khi đó ( , D

DB là một

tập Fs với mọi tập mở U Y .

Chứng minh. Xét s - đại số Borel trên D là

không gian đo được. Nếu F là nửa liên tục dưới hoặc nửa liên tục trên thì do Mệnh

 1( ) F V

D ( )

 B với mọi tập mở V  . Áp dụng Định lý 2.1.1 suy

D ( ),

 ( ))

f là (

B B - đo được, tức là

đề 2.1.1. ta có

V 

( )

1( )  f V

D ( )

B . Do đó f là hàm chọn thỏa mãn

 B với mọi tập mở

ra F chứa được một hàm chọn

1( ) f U

với mọi tập mở U Y .  là tập Fs

)D A là một không gian đo được. ( , )d là một không

Định lý 2.1.2. Cho ( ,

F D :

  sao cho:

2 \

 A với mọi tập mở V  .

gian mêtric khả ly và

F V 1( ) 

b) Fz là đầy đủ với mỗi z D

các hàm chọn đo được của F sao cho với mỗi z D Khi đó tồn tại một dãy { }nf



  }

f z { ( ) : n

thì

( , )n i   , ta định

là một tập trù mật trong . Với Chứng minh. Lấy { }nx

 i



, 2 ) khi

F z ni



 i , 2 ))  i , 2 ))

khi

 z F B x ( (  n  1 z F B x ( ( 

  Fz B x (    Fz 

nghĩa ánh xạ đa trị sau:

( , )n i   ta có phép đặt tương ứng mỗi z D với một tập

Rõ ràng với mỗi

niF z là một ánh xạ đa trị thỏa

niF z là đầy đủ với mọi z D . Bây giờ ta

hợp /2e

z D F z V { :



z D F z V { :

)

1 F B x ( (

 i , 2 )







A .



 

 1 F V 

 

  i , 2 ))

}        1  F B x ( (  

}      ( )  

chứng minh niF là đo được yếu. Thật vậy, với bất kỳ tập mở V   xét tập:

Vậy ánh xạ đa trị niF là đo được yếu, theo Định lý 2.1.1 thì niF có một hàm



z { ( )}

f ni

. Bây giờ ta chứng tỏ . Thật vậy: chọn đo được là nif



f ni

F z ni

 (do Fz đóng chứa niF z )

Trước tiên ta có: { ( )}

e  , chọn i thỏa 2

i  





 . Vì thế

x Fz B x (

 , 2 )i

2 i

 . Khi đó ta có

và và Ngược lại, cố định z D , lấy x Fz

nd x x , ) (

chọn n sao cho



z ( )

 F z B x (

 , 2 )i

f ni

 1( (  z F B x

và cho nên . Do đó:

z x ( ), )



z x ( ),

)



(

 . Vậy



z { ( )}

f ni

d f ( ni

d x x , ) n

. 

Từ định lý 2.1.2 ta thấy rằng nếu các điều kiện của giả thiết Định lý 2.1.2 được



 trên D .

f z { ( ) : n

thỏa mãn thì tồn tại không quá đếm được các hàm chọn đo được nf sao cho

2.2 Các ví dụ áp dụng

Ví dụ 2.1.1. Xét giả thiết tương tự như trong Ví dụ 1.1.5 tức là cho ánh xạ đa

  2 \

f x đóng với mọi

x   ,

f  bị chặn và ( )





trị nửa liên tục trên, (

a [0,

u C J ( ;

  v L J {

v t ( ) : ( )

f u t ( ( ))



)n  và

cho

h.k.n trong }J . Như ta đã nói trong Ví dụ 1.1.5, ta sẽ chứng tỏ M   bằng cách là chỉ ra

v L J ( )

rằng tồn tại một hàm chọn Lebesgue - đo được v của f u . Bởi tính bị chặn của f

. Theo giả thiết, ta có f là nửa liên tục rõ ràng là v cũng bị chặn nghĩa là

f u J  

 2 \



là nửa liên tục trên trên J . Vì thế trên và u liên tục trên J nên

(

)

(

)



J ( )

B với mọi M đóng.



f u M 1 ) ( 

 1 f u M ) ( 

đóng với mọi M đóng hay





(

f u V

J ( )



 1 ) ( ) 

Áp dụng Mệnh đề 2.1.1 (a) ta được với mọi tập mở

f x đóng với mọi

f u t )( )



x   nên (

V   . Hơn nữa do ( )

là đóng, do đó đầy

J . Cuối cùng áp dụng Định lý 2.1.1 cho ánh xạ đa trị f u ta có một hàm Borel - đo được của f u , do đó tồn tại hàm chọn Lebesgue - đo được v

đủ với mọi t

của f u . Vậy ta có M  .

Ví dụ 2.1.2. Có lẽ đơn giản nhất nhưng cũng là bài toán điển hình của lý

thuyết điều khiển tối ưu. Xét bài toán giá trị đầu của phương trình vi phân:

, ( )) (2.3) f t x u t ( ,  x    x   x (0) 

    n

f t x u

, ) |

  c (1 |



|),



 liên tục, thỏa mãn | ( ,

: [0,

U là đo được. Xét một tập đóng

U   là compact và

B   sao

trong đó



v { : [0,

]



U v :

B . Đặt

T v

cho đo được} . Vấn đề đặt ra là tìm một hàm

“điều khiển” u M sao cho một trong những quỹ đạo tương ứng x được xác định



j  v t ( ) min{

0 :

}

   đạt được cực tiểu của nó tại u , trong đó

P x v ( , ) 0

, ( ))

sao cho bởi (2.3) chạm đến B trong thời gian nhỏ nhất, tức là ta phải tìm u M

, )

tP x v là ánh xạ đa trị - Poincaré của:

f t x v t ( , 

   u   u (0) 

. Đối với bài toán này để

hiểu được ý nghĩa ta phải có thêm một số giả thiết về tập B , trước tiên ta giả sử:

)

B   với một

t 

tP x v ( , 0

sao cho (i) Tồn tại 0v M

)vj 0(

phải được thỏa mãn. Khi đó , cực tiểu của tất cả các t như thế, tồn tại vì B

]

v

}

T  

([0,

T . Chú ý rằng nghiệm của (2.3) là nghiệm trong

([0,

T của:

])v

là compact trong nghiệm của (2.3) với đóng và tập { : [0,

])v



f t x u t ( ,

, ( ))

x t ( )

g s x s ds ( , ( ))

   x

với ( , ) g t x

]vT bởi vì g là đo được theo t , liên tục theo x

là liên tục tuyệt đối và tồn tại trên [0,

) min{ ( ) :



 v M

}



g t x ( , )

 (1 |

v 0(

c v

và thỏa . Ta thấy rằng nếu thì ta

tìm được hàm “điều khiển” thỏa mãn yêu cầu.



j inf { ( ) :

 v M

}

v (

)

  t 0

t thì ta cố định tùy ý



)

M sao cho

 . Nếu có các n sao cho

t n

nv (

nvT

Bây giờ, ta giả sử rằng , lấy dãy { }nv

]

0u U và đặt

nv t ( )

u trên 0

nvT t với tất cả n này. Khi đó ta có nghiệm (

điểm

t [0,

]

nx trên

của:

( )) (2.4) f t x v t ( , ,  x    x   x (0) 

x t ( ) n n

B . Bởi điều kiện của f và tính compact của U . Rõ ràng là { }nx

thỏa mãn

x trong

( )C J . Giới hạn x là hàm Lipschitz trên J , liên tục tuyệt đối và khả

)

( ) t x

là dãy hàm Lipschitz đều và bị chặn trên J , như vậy không mất tính tổng quát

t  . Do đó ta chỉ cần tìm u M

( t n

thì ( ) x sao cho x vi trong J và

)

là nghiệm của (2.3). Để kết thúc ta cần một giả sử thứ hai:

f t x U lồi với mọi ( , ) ( , t x

J  

(ii)

F t x ( , )



f t x U ( ,

)

F J  

2 \





F t x ( ,

)

F t x là compact lồi, vì

( , )

Khi đó ánh xạ đa trị xác định bởi

  n

trong J hiển nhiên liên tục đối với Hd và

x trong

( )C J . Lập luận giống như trong Ví dụ 1.1.5, ta thấy rằng

 

F t x ( , )

  ( ) x t

F t x t

( , ( ))

và

trong J . Cho N J là tập có độ đo không sao cho

G t ( )

  { u U g t u : ( , )



x t

( )}



f t x t u ( , ( ), )

( )G t

và . Khi đó trên \J N , ( , ) g t u

J N \

A   là đóng ta chứng tỏ rằng:





 1( ) G A

  { t

 ( ) J N x t :

g t U A ( ,

)}

J N ( \ )

 L

khác rỗng và compact với . Lấy tùy ý

  thì đặc biệt ta có

G A 1( )

  là tầm thường. Nếu

G A 1( )

Trường hợp



g t U A ( , )



U A   . Vì

G J 

 2 \

0 :

G t 0( )



1,..., ( )}

p n



J N \

được định nghĩa bởi là liên

ne  sao cho

int ne  , ta tìm {

p n ( )

))

)





tục, Bây giờ cho sao

)



p n 1,..., ( )

e n

1 

( ( G B t 0 n i

( G t 0 n i

( B t n i

B t ( n i

 

p n ( )

cho và với .







 1 G A ( )

)

(0,

)}

e n

 1

 1

 t B t { ( n i

 ( ) N x t G t ( n i

 

Do vậy



)

B e (0, n

G t 0( in

)

t {



)



(0,

)}



J N ( \ )



Vì là mở và x  là Lebesgue-đo được, ta có:

e n

B t ( e n n i

 ( ) J N x t G t ( n i

1( ) G A

 L ( \ )

J N do đó Định lý 2.1.1. cho một hàm chọn đo được u của G

( )u t

và bởi vậy

u trên N với tùy ý

0u U , ta được u là hàm cần tìm.

trên \J N . Ta đặt

Chương 3 HÀM CHỌN CỦA ÁNH XẠ TĂNG

3.1 Ánh xạ đa trị tăng

3.1.1 Các khái niệm

,X ta nói: Cho X là một tập khác rỗng cùng với một quan hệ hai ngôi  trên

•  là một quan hệ thứ tự trên X nếu nó có các tính chất:

 

a X a

a 

(tính phản xạ) (i)



 a b X a

b

 và b

a thì a

(tính phản đối xứng) (ii)



 a b c X a

, ,

 và b

c

c thì a

(tính bắc cầu) (iii)

•  là một thứ tự nghiêm ngặt trên X nếu nó có tính chất bắc cầu nhưng không

phản xạ và không đối xứng.

Một nhận xét quan trọng đó là với bất kỳ thứ tự  thì đảo ngược của nó là 

 x

 cũng là một thứ tự. Do vậy, mỗi khái niệm, mỗi

được xác định bởi y

phát biểu có liên quan đến thứ tự đều chứa một dạng đối ngẫu của nó.

• Một tập được sắp bộ phận là một tập hợp X cùng với một thứ tự trên đó. • Một tập được sắp toàn phần hay một dây chuyền là một tập hợp được sắp bộ

,x y X ta phận X mà thứ tự  trên đó là toàn bộ, nghĩa là với bất kỳ hai phần tử

y hoặc y

x .

)X  là một tập sắp thứ tự bộ phận và

đều có hoặc x

,x y X , phần tử z X là một

x và z

• Cho ( ,

y . chặn dưới của x và y nếu z

• Một chặn dưới tốt nhất hay cận dưới của x và y là một chặn dưới z X của

z  với bất kỳ z  cũng là một chặn dưới của x và y . Rõ ràng,

chúng sao cho z

y .

,x y là x

cận dưới nếu tồn tại là duy nhất. Ta ký hiệu cận dưới của cặp

• Một chặn trên tốt nhất hay cận trên của x và y là một chặn trên z X của

z  với bất kỳ z  cũng là một chặn trên của x và y . Rõ ràng, cận

y .

,x y là x

chúng sao cho z

trên của x và y nếu tồn tại là duy nhất. Ta ký hiệu cận trên của cặp

• Một nửa dàn dưới là một tập hợp được sắp bộ phận X mà với bất kỳ cặp

y .

,x y X đều tồn tại cận dưới x

• Một tập hợp được sắp bộ phận X được gọi là Zorn bị chặn dưới nếu mọi dây

A 

 đều chứa một chặn dưới.

2 \X

chuyền

A tồn tại trong X với mọi dây chuyền

A 

 .

2 \X

• Một tập hợp được sắp bộ phận X gọi là một dây chuyền đầy đủ bên dưới nếu

Các khái niệm chặn trên, cận trên, nửa dàn trên, Zorn bị chặn trên, dây

chuyền đầy đủ bên trên là các khái niệm được định nghĩa đối ngẫu với các khái

niệm tương ứng đã nêu.

• Một tập hợp được sắp bộ phận X được gọi là dây chuyền đầy đủ nếu nó là

dây chuyền đầy đủ cả bên trên và bên dưới.

• Một tập hợp được sắp bộ phận X được gọi là một dàn nếu nó vừa là một nửa

dàn trên vừa là một nửa dàn dưới. Hay nói cách khác một dàn là một tập hợp được

y và x

y là tồn tại.

A 

,x y X thì x sắp bộ phận X mà với bất kỳ cặp

x A

z X sao cho

   . Một chặn dưới tốt nhất hay cận dưới của A là một

z  với bất kỳ z  là một chặn dưới của A.

. Một chặn dưới của A là • Cho X là một tập được sắp bộ phận và

chặn dưới z X của A sao cho z

Giống như trường hợp hai phần tử, cận dưới nếu tồn tại là duy nhất. Ký hiệu A là

A được ký hiệu là A .

cận dưới của A. Tương tự ta cũng có định nghĩa đối ngẫu chặn trên và cận trên của

    và

    .

)X  gọi là được sắp tốt nếu với mọi tập

Chú ý rằng ta quy ước

• Một tập hợp được sắp toàn phần ( ,

con khác rỗng A của X đều tồn tại phần tử A .

Định lý Zermelo. Mọi tập hợp đều có thể được sắp tốt.

)X  là tập sắp thứ tự sao cho mọi dây chuyền

A 

2 \X



Bổ đề Zorn. Cho ( ,

   x X y X y



  

}

đều có một chặn trên. Khi đó {

F X   , ta ký hiệu:

2 \Y

,X Y là các tập hợp được sắp bộ phận và







      { x X x

X x ,

};







      { x X x

X x ,

};

F x

   : {

y Fx



z Fx z





};

F x

   : {

y Fx



z Fx z





};

Cho

3.1.2 Ánh xạ đa trị tăng

* trên 2 \Y  được gọi là một thứ tự



y z Y ,



Định nghĩa 3.1.1. Một quan hệ hai ngôi

y { }

* 

z { }

  ,

)Y  là tập hợp

mở rộng của  từ Y lên 2 \Y  nếu nó thỏa mãn

Ta bắt đầu nêu một số thứ tự mở rộng từ Y lên 2 \Y  . Cho ( ,

A B 

. Xét các quan hệ thứ tự mở rộng sau:

2 \Y



được sắp bộ phận và

b

);



       a A b B b

(

B a :

  và b



(3.1)

  ); a



       a A b B a

(

A a :

 và b

inf

(3.2)



    

a A b B a

 b

sup

(3.3)



    

b B a A a

 b

(3.4)



  A

UpA

B

inf

và (3.5)

sup B



  A

và (3.6)

inf và

sup

Tất cả các quan hệ trên đều có tính bắc cầu, trong đó các thứ tự

là phản xạ. Ngoài ra khi Y là một dàn, ta định nghĩa thứ tự trên các tập con của Y

như một liên kết của các phần tử “cực đại và cực tiểu” và cũng định nghĩa dạng yếu:

b B

a (

(

));

         a A b B ,

(3.7)

         a A b B ,

b A

a (

(

));

(3.8)



  ( A

B

B

)

và (3.9)



  ( A

B

B

);

hoặc (3.10)

Vt

wV





Quan hệ là quan hệ phản đối xứng và bắc cầu. Cả và hoặc

là một dây chuyền. đều có thể không bắc cầu mặc dù Vt và wV là bắc cầu khi



inf

  A



sup

  A

    A B      A B 

Ta dễ dàng kiểm tra tính chất sau:



  A

Dn và

inf là tương đương; Up và

sup là tương đương.

Do vậy . Nếu X là một dây chuyền thì

 biểu thị một trong số các quan hệ (3.1) – (3.10) và

X là một tập hợp được sắp bộ phận. Một ánh xạ đa trị

2 \Y

F X   được gọi là

Định nghĩa 3.1.2. Cho

  

 nếu Fx

ánh xạ tăng đối với quan hệ với bất kỳ x   . x

3.2 Hàm chọn của ánh xạ tăng

3.2.1 Sự tồn tại hàm chọn đơn điệu của ánh xạ tăng

* khi đó một hàm chọn tăng f của F

Cho F là ánh xạ đa trị tăng đối với

gọi là hàm chọn đơn điệu của ánh xạ tăng. Trong phần này ta nghiên cứu sự tồn tại

của các hàm chọn đơn điệu của ánh xạ tăng. Ta sẽ xét các trường hợp tập đích Y là

một tập được sắp thứ tự bộ phận, một dàn hoặc một dây chuyền.

Trước hết ta xét trường hợp tập đích Y là một tập được sắp bộ phận.

F X   là tăng đối với quan hệ Dn và F x   với mọi x X . Khi đó

2 \Y

F chứa một hàm chọn đơn điệu.

Mệnh đề 3.2.1. Cho ,X Y là các tập được sắp bộ phận và một ánh xạ đa trị

F x

Chứng minh. Với mỗi . x X , do F x   nên ta chọn tùy ý ( ) f x

 

  , do F là tăng đối với quan hệ Dn nên

Rõ ràng f là hàm chọn của F . Ta sẽ chứng minh hàm f như vậy là hàm chọn đơn



điệu của F . Lấy tùy ý x

Dn





 ( ) f x

 F x

f x ( )

 F x



và thì từ định nghĩa của do đó với

f x ( )



f x  ( )

sao cho và . Mặt khác do trong công thức (3.1) tồn tại z Fx

f x ( )

f x ( )

f x ( )

F x

f x ( )

 

f x ( )

nên ta phải có , như vậy . Từ đây suy ra và z Fx

. Vậy f là hàm chọn đơn điệu của F . 

Đối ngẫu của Mệnh đề 3.2.1, ta có ngay kết quả về sự tồn tại của hàm chọn

đơn điệu đó là F tăng đối với quan hệ Up và F x   với mọi x .

inf thỏa Fx là một dây chuyền hữu hạn

2 \Y

F X   là tăng đối với quan hệ

Mệnh đề 3.2.2. Cho ,X Y là các tập được sắp bộ phận và một ánh xạ đa trị

với mọi x X . Khi đó F chứa một hàm chọn đơn điệu. Hơn nữa nếu X    thì

X 

g X :

Y là một hàm chọn hạn chế của F trên *X đều

và bất kỳ với *X



g x ( ),

 

x X

f x tồn tại một hàm chọn đơn điệu f của F sao cho ( )

Chứng minh. Với x X , do Fx là dây chuyền hữu hạn nên Fx tồn tại

Fx 



  , do F là x trong Fx , đặt ( ) f x . Rõ ràng f là hàm chọn của F . Với x

inf nên tồn tại

 z Fx



f x ( )

 . Mặt khác ( )

f x

 

 . Do

tăng đối với

f x

 

f x ( )

đó theo tính chất bắc cầu ta có ( ) . Vậy f là hàm chọn đơn điệu của F .

X 

F x

* :





   x

X x *,

  x

 ( ) g x

khi }, khi

 x X  x X X

* \ *

 g x { ( )},     { z Fx 

ta xét ánh xạ: Bây giờ, nếu X    và *X

Do Fx là dây chuyền hữu hạn nên *F x   và *F x cũng là dây chuyền hữu hạn.

inf , do đó áp dụng phần thứ nhất ta có *F chứa hàm

Hơn nữa *F là tăng đối với



g x ( ),

 

x X

f x chọn đơn điệu f . Do định nghĩa của *F nên ta có ( )

. 

Mệnh đề 3.2.3. Cho ,X Y là các tập được sắp bộ phận, trong đó X hữu hạn,

F X   là tăng đối với quan hệ

2 \Y

inf và Fx là một dây

một ánh xạ đa trị

g X :

Y là một hàm chọn hạn

 



X 

và chuyền với mọi x X . Với

*X thì tồn tại một hàm chọn đơn điệu f của F sao cho

chế của F trên

 

x X

f x ( )

g x

( ),



g x ( ),

 

x X

. Bởi vì mọi Chứng minh. Ta bắt đầu bằng cách đặt ( ) f x

x x ,

X 

đều không so sánh được với nhau, do đó tính đơn điệu của f hiển nhiên



X X

\ *

x X  1



được thỏa mãn. Tiếp theo ta đặt và với mỗi ta ký hiệu:



x {



X x * :

 } x

( ) S x

 

S x ( )

x x

  )

x x

 )



 ( ) f x

x X  1

Với mỗi và . ta đặt ( , sao cho ( ,



x x

 )

x x

 là )

x X  1

( )

( ) min ( , f x  x S x

min ( , x  x S x ( )

, ta đặt (chú ý rằng Khi đó với mỗi

xác định bởi vì X hữu hạn cho nên ( )S x hữu hạn). Do định nghĩa ta có f là hàm



X  1

X X  1\ 1

. Bây giờ, ta lại định nghĩa và tiếp tục trình tự như tăng trên

bước trên. Bởi vì X hữu hạn nên quá trình này sẽ kết thúc sau một số hữu hạn

,F khi đó rõ ràng f là hàm đơn điệu

g x ( ),



 

x X

.  bước. Như vậy ta thu được hàm chọn f của trên X và thỏa mãn điều kiện ( ) f x

Mệnh đề 3.2.4. Cho X là một dây chuyền hữu hạn, Y là tập được sắp bộ

inf . Khi đó F chứa một hàm chọn

2 \Y

F X   là tăng đối với thứ tự

phận,



X (max )

z . 0

đơn điệu. Hơn nữa với tồn tại f là hàm chọn của F sao cho

Chứng minh. Do X là một dây chuyền hữu hạn nên ta có thể đánh số các

     . Rõ ràng

...



0 max

inf

. Đặt phần tử trong X như sau:

f x (

)



x mà F là tăng đối với

inf nên

  z 0

. Vì . Do đó

f x (

)

Fx

)

f x (

)

y sao cho 1

f x 0(

y tồn tại 1

y . 1

inf

. Ta đặt với



x mà F là tăng đối với

inf nên

. Do đó với Bởi vì

f x (

)

Fx

)

f x (

)

y . Tiếp tục quá

f x 1(

tồn tại sao cho . Ta đặt

Fx

y . Như vậy ta đã xây dựng được

y trình trên ta chọn được n

X (max )

và đặt ( f x

z .  0

một hàm f là hàm chọn đơn điệu của F thỏa mãn

Mệnh đề 3.2.5. Cho X là một dây chuyền hữu hạn, Y là tập được sắp bộ

X và *

Fx

F X   là tăng đối với RS , *x

2 \Y

f x

z . *

phận, . Khi đó F chứa

một hàm chọn đơn điệu f sao cho ( *)

...

Chứng minh. Vì X là một dây chuyền hữu hạn nên ta có thể đánh số các

     . Bởi vì ta có *x

X nên

phần tử trong X như sau:

x với một số k nào đó,



{0,1,..., }

. Khi đó có một hai khả năng sau đây

có thể xảy ra:

f x (

)



f x ( *)

  * z



k  , chọn

. Sau đó tiếp tục quá • Nếu

f x ),..., (

f x 2(

F cũng tăng đối với

inf .

trình chọn như trong Mệnh đề 3.2.3. Bởi vì F tăng đối với RS nên



k  thì do

  1k

Fx  1 k

và cho nên ta chọn được • Nếu

)

sup ta lần lượt

f x (

)



f x  sử dụng tính (

f x   ( k 1

f x  ( 1 k

. Khi đó, vì đã có

f x (

f x ),..., (

)

inf ta lần lượt chọn

)

 2

f x  sử dụng tính (

chọn được và vì đã có

f x (

f x ),..., (

)



được . Như vậy ta đã xây dựng được hàm chọn đơn điệu f của F

f x

z .  *

thỏa mãn điều kiện ( *)

F X  

2 \Y

Định lý 3.2.1 Cho ,X Y là các tập được sắp thứ tự bộ phận,

X và

Fx

RS . Với

là ánh xạ đa trị tăng đối với . Khi đó F chứa một

f x (

)

z . 0

hàm chọn đơn điệu f (đối với một thứ tự thích hợp nào đó trên Y ) sao cho



Chứng minh. Dựa vào Định lý Zermelo ta có thể giả sử Y được sắp tốt bởi

)Y  là một dây chuyền. Có thể giả sử 0 min

thứ tự  . Hiển nhiên khi đó ( ,

f x



f x tồn tại và duy nhất với mỗi x X . Hiển nhiên f là hàm chọn

. Bây giờ ta định nghĩa (min được lấy đối :f X Y xác định bởi ( ) min

f x (

)

z . Ta chứng minh f là hàm tăng.

với  ). Thì ( )

của F , hơn nữa

 

RS nên



, do đó với Lấy x x   , bởi vì F tăng đối với

 ( ) f x



f x  ( )

sao cho nên tồn tại u Fx . Mặt khác do u Fx

 ( ) min f x



f x  ( )

. Vậy . Do tính bắc cầu của thứ tự  nên ta có ( ) f x

f là hàm chọn đơn điệu của F đối với thứ tự  . 

Phần tiếp theo, ta sẽ xem điều kiện tồn tại hàm chọn đơn điệu trong trường

hợp tập đích Y là một dàn.

Mệnh đề 3.2.6. Cho X là các tập được sắp bộ phận, Y là một dàn và một

 và F x   với mọi

F X   là tăng đối với quan hệ

2 \Y

x X . Khi đó F chứa một hàm chọn đơn điệu.

ánh xạ đa trị

Chứng minh.

 thì F cũng là tăng đối với



Trước tiên, ta chứng minh F là tăng đối với

  

Dn . Thật vậy, với mọi

x x ,



X x ,

 ta có Fx



. Khi đó, với mọi

  

  thì do Fx

  

y Fx



Fx y Fx

 ,

 

. Rõ chọn z nên z

y nên

. Do đó F là tăng đối với Dn . Tiếp theo, ta ràng z y và z

áp dụng kết quả Mệnh đề 3.2.1 ta được điều phải chứng minh. 

Định lý 3.2.2. Cho X là một tập hợp được sắp bộ phận, Y là một dàn và ánh

wV và sao cho với mọi

F X   là tăng đối với

2 \Y

xạ đa trị x X , Fx là

dây chuyền đầy đủ bên trên và F x   . Khi đó tồn tại một hàm chọn đơn điệu f

của ánh xạ đa trị F .

Chứng minh. Để chứng minh Định lý 3.2.2 trước tiên ta định nghĩa R là tập

2 \Y G X   sao cho:



hợp các ánh xạ

 

x X F x Gx



;

(3.11)

 

x X y z Fx y ,





 và z

(3.12) y Gx    z Gx ;

  thì Gx là dây chuyền con đầy đủ bên trên trong Fx

x X

G là tăng đối với wV

(3.13)

(3.14)

G X   xác định bởi

2 \Y

. Ta định nghĩa Rõ ràng F   R

x X

: 

 



 R

(3.15)

G  R .

Bây giờ để chứng minh Định lý 3.2.2 ta cần một số bổ đề sau đây:

Bổ đề 3.2.1. Với G được xác định như trong (3.15) khi đó ta có Chứng minh. Ta kiểm tra các điều kiện (3.11) – (3.14) được thỏa mãn cho G

Kiểm tra điều kiện (3.11): •

 



 

x X

ta có F x Gx với mọi G  R .



 F x

 





 R • Kiểm tra điều kiện (3.12):

. Suy ra hay F x Gx

 

x X y z Fx y ,





 và y Gx



  R

dẫn đến Suy ra y Gx , với

z Gx G

  R dẫn đến



z Gx



  R

. Vậy mọi G  R . Kéo theo

• Kiểm tra điều kiện (3.13):

y z Gx G ,

  R điều này kéo theo



 

z Gx G

  R.



 ,y z Gx

dẫn đến



   R

Do vậy ta có .

• Kiểm tra điều kiện (3.14):

 

  ta sẽ chứng tỏ

 

z Gx

và . Khi đó Lấy tùy ý y Gx   

y Gx  

và z Gx với mọi G  R .

với mọi  Nếu y   z Fx thì do điều kiện (3.12) ta được y   z Gx

 

z Gx

. , G  R do vậy y

 

z Gx G

  R . Do

 

Gx G ,

  R nên

 

z Fx

thì  Nếu y

 

z Gx 

 

z Gx 

. ta phải có y với mọi G  R .Vậy y

 

z Gx

là tùy ý nên Vì y Gx   . Do đó G  R . Cuối cùng do

F x

     nên

x X

 



Gx   với mọi ,

x X

  . Vậy G  R. 

và giả thiết (3.11) nên F x Gx

Ta có nhận xét rằng với mỗi G  R và x X , vì Gx là dây chuyền đầy đủ

bên trên nên ta có G x  



  y G x 

Bổ đề 3.2.2. Nếu và z F x thì y z .

  và y y

  . Do đó

Chứng minh. Giả sử ngược lại, ta sẽ có y

 



 

z Fx

z  Gx  và y

. Điều này mâu thuẫn với . 

G X  

2 \Y

* :

Bây giờ với bất kỳ G  R , ta định nghĩa phép biến đổi



được xác định như sau:

 

* G x

  : {

z Gx

    x ,

 y G x

}

*G  R

(3.16)

*G xác định như trong (3.16) ta có

Bổ đề 3.2.3. Mỗi G  R thì với

*G thỏa các điều kiện (3.11) – (3.14)

Chứng minh. Ta kiểm tra



• Kiểm tra điều kiện (3.11):

x X z F x Gx

 





    , x

y G x

kéo theo z Gx

với z F x thì theo Bổ đề 3.2.2 ta có y z .

* z G x

* F x G x Gx

 



*G x ta có

. Vậy . Do đó theo định nghĩa của

Kiểm tra điều kiện (3.12): •

 

x X y z Fx y ,





 và z

* z G x

* y G x

  x ,

. Ta chứng minh với mọi

z . Vậy

u G x   

* z G x

* y G x

do . nên u y . Do đó ta được u thật vậy

• Kiểm tra điều kiện (3.13):

* sup Z G x

* Z G x

. Ta phải chứng tỏ . Chú ý Cố định x X và xét dây chuyền

rằng sup ở đây có nghĩa là chặn trên nhỏ nhất trong Fx có thể phụ thuộc vào x .





sup

*  Z G x

  và y G x 

z

Giả sử . Khi đó ta , tức là có x sao cho y

  và y z

  . Mặt khác, bởi vì Gx là dây chuyền con đầy đủ trong

có z

Fx nên



sup

 Z Gx



 

. Ta lại có . Do u G x   thì z Gx nên y Gx 

  z y

 

z Gx 

. Mà y G x   và y hoặc y   z Gx nên hoặc y

 

z Gx 

* u G x

u và y

. Bây giờ với mọi u Z thì do . Vậy phải có y   z Gx  Fx nên y

u bởi vì . Do đó u    . z y z định nghĩa của z ta có z

Điều này mâu thuẫn với định

* z G x

. Như vậy ta phải có . nghĩa của z  sup Z



• Kiểm tra điều kiện (3.14):

 



*  x y G x ,

* z G x

Lấy và . Do nên hoặc y   z Gx

 

z Gx  .

hoặc

 

* z G x

 

z Gx



thì bởi vì (3.12) nên .  Nếu y

 

z G x 

 và

 

z Gx  .

Ta chứng tỏ . Với mọi x  Nếu

z bởi vì



u G x 

* z G x

y G x 



. Do đó ta có u và u y bởi vì

 

z G x 

  . Vì x  và u là tùy ý nên ta có

*G  R . 

*G thỏa các điều kiện (3.11) – (3.14) nên với mọi G  R thì

*G xác định như trong (3.15) và (3.16) ta có

G G

Vậy

Bổ đề 3.2.4. Với G và

;

* G x



  R

  R :



* G x

  : {

z Gx

    x ,

 y G x

  }

Chứng minh. Ta có



*{ :G G



R}. Do Bổ đề 3.2.3, với mỗi

Lấy tùy ý ký hiệu x X ,

* G x



*G  R nên ta có

* R

R . Do đó

G  R thì





Điều

G G

*G x Gx

này dẫn đến . Bởi vì x X là tùy ý nên 

G x

     .

x X

Bổ đề 3.2.5. Với G xác định như trong (3.15) ta có

Chứng minh.

  F x Gx



 z F x

y Fx y



z Fx {  

  



z G x G



  R

G  R nên dẫn đến

 z Gx

  

y Gx y

   R . Vậy

z G ,





Với mọi Mặt khác bởi vì

 F x G x G

  R . Do đó

 F x



  G x G x

  thì

x X



 R

. Dẫn đến

G x

     . 

x X

Nên

Bây giờ Định lý 3.2.2 được chứng minh như sau: Mỗi x X , do Bổ đề 3.2.5

f x G x

:f X

Y là hàm chọn của F . Ta

. Khi đó ta được hàm ta chọn tùy ý ( )



sẽ chứng minh f là hàm tăng. Thật vậy:

f x ( )

 

f x ( )



  f x G x G x ( )





 ( ) f x

G x

. Theo (3.16) thì .   . Do x x

Vậy f là tăng nên nó là hàm chọn đơn điệu của F . 

Một cách tự nhiên, dạng đối ngẫu cũng hợp lý. Chú ý rằng tính chất dây

chuyền có tính đầy đủ bên trên của mỗi Fx trong Định lý 3.2.2 không thể được

thay thế bằng tính Zorn bị chặn trên.

Mệnh đề 3.2.7. Cho X là một tập hợp được sắp bộ phận hữu hạn, Y là một

F X   là ánh xạ đa trị tăng đối với wV . Khi đó tồn tại một hàm

2 \Y

dàn, và

chọn đơn điệu của F .



Chứng minh. Ta ký hiệu:





 X x ( )

x {

X x :

 x }

Với mỗi x X thì

x X y

, *



 thì

 F x y

( ; *)

  { y Fx y



Với mỗi

Fx

X 

 F x y

( ; *)

  với

sao cho tồn tại * Bổ đề 3.2.6. Với mỗi *

x X x

( *)

. mọi

y Fx



 Z y

( ) : {

 

x X x

( *) :

 F x y

( ; *)

  };

Chứng minh. Với mỗi , ta ký hiệu:

( ) :

( *) \

( );

 Z y



 X x

 Z y

Fx

0 y y ,

1 ,...

và định nghĩa một dãy bằng truy hồi như sau: Chọn tùy ý

Fx

. Khi đó: Giả sử đã xác định

y và kết thúc tiến trình.

 Z y (

)



X x

( *)

ta chọn • nếu

  , ta chọn tùy ý

 Z y (

)



X x

( *)

Z y (

Z y (

thì dẫn đến • Nếu

*Fx



wV nên

x . Ta có F là tăng đối với

tùy ý, bởi . Chọn y Fx

Fx









  nên ta

 F x y ( ;

nên hoặc . Mặt khác vì

  y







k  

1 

, do vậy . Khi đó ta định nghĩa có

    , rõ ràng là 1k y

)

 ( Z y



. Bởi vì X là hữu hạn nên một

0 y y ,

,...

y ta có điều phải

dãy phải không đổi từ một my nào đó. Chọn * y

chứng minh. 

X sao cho mỗi

Bây giờ ta chứng minh Mệnh đề 3.2.7, do X là một tập được sắp thứ tự hữu

1,..., m

hạn nên ta có thể chia X ra thành hữu hạn các lớp rời nhau

kX như vậy là một dây chuyền hữu hạn. Bằng quy nạp và áp dụng Bổ đề 3.2.6

lớp

kX .

ta chứng tỏ tồn tại hàm chọn đơn điệu f của F trên mỗi dây chuyền hữu hạn

Thật vậy.

   . ...

x kX được đánh số và sắp thứ tự 1



Giả sử các phần tử của



Fx

)

  .

F x y ( 1

y Chọn 1

X tùy ý, vì 1 max k x

, do Bổ đề 3.2.6 ta có



max



)

y Chọn 2

F x y ( 1

X x k

\{ } 1



tùy ý, vì , tương tự như trên ta cũng

y thỏa mãn

F x y (

)

  … Tiếp tục quá trình trên ta chọn được dãy

y 1,..., n



  {1,..., }n và

  k

{1,...,(

 . 1)}

y  1, k

có

y ta được f là hàm chọn đơn điệu của F trên

kX . Tiến hành

Đặt ( f x

X . Bây giờ với mọi x

1,..., m

lần lượt trên các dây chuyền x   thì rõ ràng x  và

  ,x x X

x phải cùng thuộc một lớp

kX nào đó, hơn nữa với bất kỳ hai phần tử

mà không thuộc cùng một lớp thì không so sánh được với nhau do đó tính đơn điệu

của f vẫn được thỏa mãn. Vậy f là hàm chọn đơn điệu của F trên X . 

Chú ý rằng tính hữu hạn của X trong Mệnh đề 3.2.2 không thể thay thế được

bằng tính dây chuyền đầy đủ.

Định lý 3.2.4. Cho X là tập hợp được sắp bộ phận, Y là một dàn con của tích

F X   là ánh xạ đa trị tăng

2 \Y

Đêcác của một số hữu hạn các dây chuyền và

đối với quan hệ Vt . Khi đó tồn tại một hàm chọn đơn điệu f của F

 m M

 

Chứng minh. Giả sử trong đó mỗi mC là một dây chuyền. Do



{1, ..., }

M hữu hạn nên ta có thể giả sử

. Khi đó dựa vào Định lý Zermelo

mC được sắp tốt với một thứ tự

m . Cho

ta giả sử mỗi ,y z Y , ta có



m M

 

{1,..., }

z thì tồn tại

y 1( ,...,

z . Do đó ta định nghĩa:

y cho m

;

D y z ( , )



m M y {





};



min ( , );

D y z

 z

z 

y d

sao . Với y và z  1( ,...,

và

Để chứng minh định lý này ta cần hai bổ đề sau:

Y được sắp tốt bởi thứ tự

.

A 

2 \X

 ta định

Bổ đề 3.2.7. Nếu Y là dàn con Y của tích Đềcác hữu hạn các dây chuyền thì



 y A

};



y min{

y A

 và

c

Chứng minh. Rõ ràng  là một thứ tự trên Y . Với mỗi

c 2

c nghĩa 1

y min{ 1

y 1

…. Trong đó, min

m tương ứng trong mC . Khi đó



  (là cực tiểu của A) đối với thứ tự  . 

c 1( , ...,

c )m

trong định nghĩa của mỗi mc là đối với thứ tự

z

  



 . y

Bổ đề 3.2.8. Cho . Khi đó z ,y z Y và y

: {

};

 

m M y





Ta dễ dàng kiểm tra rằng Chứng minh. Ký hiệu



min

D

 

D y y ( ,

  ) z

D x y ( ,

 . Ta đặt

)

. Khi đó:

z y

  .

z Nếu d

y thì z d

và y

z y

  .

y Nếu d

z thì y d

và y

z

  



 .  y

Như vậy nếu y . Khi đó z

f x



f x là tồn tại và duy nhất và f là hàm chọn của F . Ta sẽ chứng tỏ f là

 ) thì ( )

(đối với Bây giờ, để chứng minh Định lý 3.2.3 ta định nghĩa ( ) min

Vt nên ta có

hàm tăng. Thật vậy, x

f x ( )

 

f x ( )



f x ( )

 

f x ( )

 

f x ( )

và thì   bởi vì F là tăng đối với x  Fx  . Khi đó, nếu như

f x ( )



 ( ) f x



f x ( )

 ( ) f x



 ( ) f x



f x ( )

và

f x ( )

 

f x ( )

 và ( ) f x



f x ( )

 ( ) f x



do vậy từ định nghĩa của f ta có . Điều này dẫn đến mâu thuẫn với Bổ

đề 3.2.8. Vậy f là hàm chọn đơn điệu của F . 

3.2.2 Các ví dụ áp dụng

2 \Y

F X   là ánh xạ tăng đối với Dn

Ví dụ 3.2.1. Từ Mệnh đề 3.2.1 và Bổ đề Zorn, ta có ngay kết quả sau: Cho

,X Y là các tập hợp được sắp bộ phận,

và mọi x X thì Fx là dây chuyền con đầy đủ của Y . Khi đó F có hàm chọn đơn

F x   Do đó theo Mệnh đề 3.2.1 thì F có hàm chọn đơn điệu. Ta thấy rằng tính dây chuyền con đầy đủ của Fx không thể bỏ. Hơn nữa ta cũng thấy rõ sự khác

điệu. Thật vậy, do Fx là dây chuyền con đầy đủ của Y nên theo Bổ đề Zorn ta có

inf , ta không thể thay thế thứ tự Dn bằng thứ tự

Dn và

inf . Để thấy rõ điều này ta xét một minh họa cụ thể sau đây:

nhau giữa hai thứ tự

u v ( , )

X Y 

{(0, 0),(0,1),(1, 0),(1,1)}

  với thứ tự ( , ) x y

Cho khi và

F X   được định nghĩa như

2 \Y

u và y

chỉ khi x v . Cho ánh xạ đa trị

(0, 0)



{(0,1),(1, 0)};

(0,1)



{(0,1)};

(1, 0)



{(1, 0)};

(1,1)



{(1,1)}

sau: .

inf nhưng không là tăng đối với Dn do đó dễ

Khi đó rõ ràng F là tăng đối với

dàng thấy rằng F không chứa hàm chọn đơn điệu nào.

Ví dụ 3.2.2. Trong Mệnh đề 3.2.5 giả thiết X là dây chuyền hữu hạn là cần

X 

{(0, 0),(0,1),(1, 0),(1,1)}

Y  :



3 [0, 5]



:F X 

  ,



 và ánh xạ

(0, 0)



{(0, 2, 2),(2, 0, 0)};

(1, 0)

 {(1, 4, 3), (4,1, 3)};

2 \Y  định nghĩa bởi

thiết. Để thấy rõ điều này ta hãy xét một ví dụ minh họa cụ thể sau đây: Cho

(0,1)



{(3, 4,1),(1, 3, 4)}

(1,1)



{(3, 5, 3),(5, 3, 5)}

và . Dễ dàng kiểm tra F là

RS , hơn nữa ta có F x   và F x   với mọi x X . Tuy

tăng đối với

nhiên do X không phải là một dây chuyền cho nên không có hàm chọn đơn điệu

của F . Thật vậy, giả sử f là hàm chọn đơn điệu của F . Khi đó nếu

(0, 0)



(0, 2, 2)

(1, 0)



(1, 4, 3)

(0,1)

thì và

z F

(1,1)

f

(1, 0)

f

(0,1)

 (1, 3, 4). Tuy nhiên không có ta cũng được (2, 0, 0)



sao cho và . Nếu (0, 0) f

điều trái ngược tương tự.

Ví dụ 3.2.3. Trong Định lý 3.2.2, ta thấy rằng tính dây chuyền đầy đủ bên trên

của Fx là cần thiết và nó không thể thay thế bởi tính Zorn bị chặn trên. Để thấy rõ

X  

[ 1,1]

điều này ta xét một minh họa cụ thể sau đây. Cho và một ánh xạ đa trị

x  .

(0)

X

\{0}

x

F X   xác định bởi:

2 \X

và nếu

Khi đó rõ ràng mỗi Fx là Zorn bị chặn trên và bị chặn dưới, hơn nữa F là

wV . Tuy nhiên,

(0)F

F không chứa hàm chọn đơn điệu và cả đểm bất động.

không phải là dây chuyền đầy đủ bên trên nên tăng đối với

Ví dụ 3.2.4. Để thấy rõ hơn giả thiết F x   trong Định lý 3.2.2 là không





)









x x {(0, 0)} {( , 1

x x , 1

Y  :

[0,1]

F X   được xác định như sau:

2 \Y

 và

  . Ánh xạ

x   2 1} 2

)

x

x  . Khi đó F tăng đối với quan hệ wV .

(0, 0)



(0,1],

F x x ( , 1

{ } 1

thể bỏ, xét một minh họa sau: Cho

nếu 1



)



)

  và

  . Khi đó: 2

 x x ( , 1

 2

x x ( , 1

 1

Thật vậy,

)

(0, 0)

F x x 

)

(0,1]

)

x   .

x x  ( , 1 2

( , 1

 F x x ( , 1

 2

 x { } 1

Nếu thì , , với 1

)

(0, 0)

x  nên không tồn tại

x x  ( , 1 2

x x  và 1



 x x , 1

 2

 1

x   để 1 1

 2

  và x 1

  2

Nếu thì do

)



(0, 0)



(0,1]

 F x x ( , 1

 2

 x { }; 1

F x x ( , 1



Suy ra .



)

y F x x



)

  y

(0,1]

 F x x ( , 1

 2

    1

( , 1



. Rõ ràng ta có Lấy tùy ý

  y

min{ , }



(0,1]



)

 x y 1

F x x ( , 1

)

 F x x ( , 1

  ) 2

F x x ( , 1

. Vậy

Hơn nữa, X là một tập được sắp bộ phận không có dây chuyền vô hạn (vì thế

là dây chuyền đầy đủ). Y là một dây chuyền đầy đủ và mỗi Fx là một dây chuyền

con đầy đủ bên trên. Tuy nhiên F không có hàm chọn đơn điệu.

Ngoài những ví dụ minh họa ở trên, ta thấy rằng một ứng dụng quan trọng của

Định lý 3.2.2 đó là dựa vào định lý này ta có thể thu được một chứng minh chính

xác khác của Định lý Milgrom và Shannon’s (1994).

Để chứng minh định lý này, trước tiên ta cần nhắc lại khái niệm sau:

Cho X là một dàn, một hàm :f X   được gọi là tựa siêu môđun nếu như

f x ( )



f x (

 dẫn đến

)

f x (

  y )

f y ( )

x y X ,

với mọi và nếu như

f x ( )



f x (

 thì dẫn đến ( f x

)

  ) y

f y ( )

Ví dụ 3.2.5 (Định lý Milgrom và Shannon, 1994). Cho X là một dàn đầy

đủ, hàm :f X   là tựa siêu môđun và sao cho với mọi dây chuyền C X ta

đều có:



(sup )

f x lim sup ( )  x C x C sup



(3.17)



(inf

)

f x lim sup ( )  x C x C , inf



(3.18) và



  { x X

   y X

( ) f y

( )} f x

( ) x X f x 

là dàn con đầy đủ Khi đó arg max

khác rỗng của X .

:Fa 

F f X   được xác định bởi

: (

)

2 \X

x X f x { : ( )



 . Hai điều kiện (3.17) và (3.18) bảo đảm rằng mỗi Fa là một

}

Chứng minh. Ta xét ánh xạ

 

x Fa

f x 

dàn con đầy đủ của X . Nếu x Fa nhưng y thì ( ) và y Fb

f y (

)

  ) x

f y ( )

x do đó bởi tính tựa siêu môđun của f nên ta có ( f y

. Do vậy ta



cho nên . Vậy F là tăng đối với wV , với bất kỳ thứ tự có y   x Fb

f X ).

được  nào đã được trước chọn trên (

)

f X cảm sinh từ  . Do Định lý 3.2.1, tồn tại một

Ta hãy xét một thứ tự trên (

 : { ( )}a f X g a (



)

là dây chuyền trong X . Ta hàm chọn đơn điệu g của F . Rõ ràng

sup

f x

f x ( )

 ký hiệu * :



arg max

f x ( )

  . Bây giờ do tính tựa siêu môđun của f bảo đảm rằng

 x X

arg max

với mọi x X do (3.17) cho nên dẫn đến ta có ( *)

x X f x ( ) 

là một dàn con của X . Vì nó là dây chuyền con đầy đủ, nên nó là

một dàn con đầy đủ của X . 

KẾT LUẬN

Trong quá trình tham khảo tài liệu, trình bày lại và chứng minh chi tiết các

kết quả cơ bản về hàm chọn của ánh xạ đa trị tôi thấy rằng điều kiện tồn tại của hàm

chọn phụ thuộc nhiều vào tính chất của ánh xạ đa trị chứa nó và tính chất của không

gian được xét. Chẳng hạn sự tồn tại của hàm chọn liên tục phụ thuộc vào tính nửa

liên tục dưới của ánh xạ đa trị cùng với tính chất Fx lồi đóng với mọi x . Trong khi

đó sự tồn tại của hàm chọn xấp xỉ lại phụ thuộc vào tính nửa liên tục trên của ánh xạ

đa trị xác định trên các tập compact và tính chất Fx lồi với mọi x . Sự tồn tại của

hàm chọn đo được lại phụ thuộc vào tính đo được yếu của ánh xạ đa trị, tính chất

đầy đủ của Fx đặc biệt tập đích của ánh xạ đa trị là một không gian mêtric khả ly.

Sự tồn tại của hàm chọn đơn điệu của ánh xạ tăng lại phụ thuộc hoàn toàn vào quan

hệ thứ tự được mở rộng trên các tập hợp.

Trong một số ví dụ ta thấy rằng sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ đa trị khi

nghiên cứu bằng phương pháp bậc tôpô phụ thuộc vào sự tồn tại của hàm chọn liên

tục. Ngược lại, đối với ánh xạ đa trị tăng thì điểm bất động có thể tồn tại mà không

cần đến sự tồn tại của hàm chọn đơn điệu. Điều này giúp cho việc nghiên cứu trạng

thái cân bằng Nash một khái niệm cơ bản trong lý thuyết trò chơi. Mặt khác các ví

dụ áp dụng cũng cho thấy được sự tồn tại của hàm chọn liên tục dẫn đến sự tồn tại

nghiệm của bao hàm thức vi phân và nghiệm tuần hoàn chu kỳ w cho bài toán giá

trị đầu của phương trình vi phân. Sự tồn tại của hàm cho đo được dẫn đến một kết

quả thú vị cho sự tồn tại nghiệm bài toán điển hình của lý thuyết điều khiển tối ưu.

Thông qua luận văn này tôi cũng đã bước đầu tiếp cận với việc nghiên cứu

khoa học thực sự nghiêm túc và có hệ thống. Tôi cũng đã học tập được rất nhiều

trong cách đặt vần đề và trình bày vấn đề, tìm ra những ứng dụng cụ thể thông qua

việc đọc, nghiên cứu các tài liệu tham khảo cũng như khi làm việc cùng với thầy

hướng dẫn.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Việt:

[1] Nguyễn Đông Yên (2007), Giáo trình Giải tích đa trị, Nhà xuất bản khoa học

tự nhiên và công nghệ, tr. 18 – 89.

Tiếng Anh:

[2] C. Castaing, M. Valadier (1977), Convex Analysis and Measurable Multifunc-

tions, Springer-Verlag, pp. 65 – 71.

[3] Donan O’regal, Yeol Je Cho, Yu-Qing Chen (2006), Topological Degree

Theory And Applications, Chapman & Hall/CRC, pp. 38 – 43.

[4] G. Teschl (2001), Nonlinear Function Analysis, Institute for Mathematics Nor.

Uni. at Vien, Austria.

[5] K. Deimling (1985), Nonlinear Function Analysis, Springer-Verlag.

[6] K. Deimling (1978), Open problems for ordinary diffrerential equations in

Banach spaces, in Proc. “Equa. Diff. 78” Firenze: Centro, pp. 127 – 137.

[7] L. Gasinskii, N.S. Papageorgiou (2005), Nonlinear Analysis, Chapman & Hall

/CRC.

[8] L. Gorniewicz (1998), Topological Fixed Point Theory of Multivalued Map-

pings, Springer.

[9] N. S. Kukushkin (2009), Monotonicity Conditiions, Monotone selections and

Enquilibra, Russian Academy of Sciences, Dorodnicyn Computing Center,

Moscow, pp. 1 – 16.

[10] N. S. Kukushkin (2010), On the existence of monotone selections, Russian

Academy of Sciences, Dorodnicyn Computing Center, Moscow.

[11] R. B. Holmes (1972), A course on Optimization and Best Approximation,

Springer-Verlag.

[12] R. E. Smithson (1971), Fixed points of order preserving multifunctions. Proc.

Amer. Math. Soc, pp. 304 – 310.

Luận văn Thạc sĩ: Hàm chọn của một số lớp ánh xạ đa trị và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Đức Dũng

HÀM CHỌN CỦA MỘT SỐ

LỚP ÁNH XẠ ĐA TRỊ

VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Đức Dũng

HÀM CHỌN CỦA MỘT SỐ

LỚP ÁNH XẠ ĐA TRỊ

VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Người hướng dẫn: Nguyễn Bích Huy

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012

MỤC LỤC

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CÁC CHỮ VIẾT TẮT.

LỜI CẢM ƠN

LỜI NÓI ĐẦU

Chương 1. HÀM CHỌN LIÊN TỤC

1.1 Tính liên tục của các ánh xạ đa trị





1.2 Hàm chọn liên tục

1.3 Hàm chọn xấp xỉ

1.4 Bậc tôpô của ánh xạ đa trị - điểm bất động



 ánh xạ nửa liên tục trên với ( )

Chương 2 HÀM CHỌN ĐO ĐƯỢC

2.1 Sự tồn tại của hàm chọn đo được

2.2 Các ví dụ áp dụng

Chương 3 HÀM CHỌN CỦA ÁNH XẠ TĂNG

3.1 Ánh xạ đa trị tăng

3.2 Hàm chọn của ánh xạ tăng

KẾT LUẬN

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Việt:

Tiếng Anh:

Tài liệu liên quan

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu ảnh hưởng của các hoạt động kinh tế xã hội và biến đổi khí hậu đến môi trường nước ven bờ Cát Bà - Hạ Long

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu ảnh hưởng của các hoạt động kinh tế xã hội và biến đổi khí hậu đến môi trường nước ven bờ Cát Bà - Hạ Long

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Quản lý đào tạo ở các trường trung cấp Phật học khu vực Đông Nam Bộ

Luận án Tiến sĩ: Quản lý đào tạo ở các trường trung cấp Phật học khu vực Đông Nam Bộ

Tóm tắt Luận án tiến sĩ: Quản lý văn hóa nhà trường ở các trường trung học phổ thông thành phố Hồ Chí Minh trong bối cảnh thực hiện chương trình giáo dục phổ thông 2018

Luận án Tiến sĩ: Nâng cao đạo đức công vụ của đội ngũ công chức, viên chức tỉnh Tiền Giang hiện nay

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nâng cao đạo đức công vụ của đội ngũ công chức, viên chức tỉnh Tiền Giang hiện nay

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Dị thường vật lý B trong mô hình 3-3-1 đảo tối thiểu

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp luật dẫn và điều khiển cho một lớp tên lửa đối hải trên cơ sở ứng dụng mạng nơ ron và hệ mờ

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Chặn trên cho một số bất biến của vành và Iđêan phân bậc

Tài liêu mới

Luận án Tiến sĩ: Trích xuất mạch vành và phát hiện bất thường trên mạch vành hỗ trợ trong chẩn đoán

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Trích xuất mạch vành và phát hiện bất thường trên mạch vành hỗ trợ trong chẩn đoán

Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp, đặc trưng và ứng dụng của vật liệu khung cơ kim loại trên cơ sở Bismuth

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp, đặc trưng và ứng dụng của vật liệu khung cơ kim loại trên cơ sở Bismuth

Luận án Tiến sĩ: Tác động của trách nhiệm xã hội đến tài sản thương hiệu, sự hài lòng và ý định quay lại của du khách - Trường hợp các điểm đến ở khu vực Đông Nam Bộ, Việt Nam

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Tác động của trách nhiệm xã hội đến tài sản thương hiệu, sự hài lòng và ý định quay lại của du khách - Trường hợp các điểm đến ở khu vực Đông Nam Bộ, Việt Nam

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu chế tạo vật liệu xúc tác quang trên nền TiO₂, ZnO biến tính bởi chấm lượng tử Graphene pha tạp nitơ và nano bạc

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu chế tạo vật liệu xúc tác quang trên nền TiO₂, ZnO biến tính bởi chấm lượng tử Graphene pha tạp nitơ và nano bạc

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phát triển các mô hình sinh kế bền vững dựa vào canh tác nông nghiệp của người dân ở vùng đệm Vườn quốc gia Tà Đùng

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phát triển các mô hình sinh kế bền vững dựa vào canh tác nông nghiệp của người dân ở vùng đệm Vườn quốc gia Tà Đùng

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp dung dịch Ferrate (FeO₄²⁻) bằng phương pháp điện hoá và ứng dụng trong xử lý nước thải

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp dung dịch Ferrate (FeO₄²⁻) bằng phương pháp điện hoá và ứng dụng trong xử lý nước thải

Tóm tắt Đề án Thạc sĩ: Đào tạo nguồn nhân lực trong bối cảnh chuyển đổi số tại Học viện Công nghệ Bưu chính Viễn thông

Đề án Thạc sĩ: Đào tạo nguồn nhân lực trong bối cảnh chuyển đổi số tại Học viện Công nghệ Bưu chính Viễn thông

Luận án Tiến sĩ: Tác động của văn hoá doanh nghiệp đến năng lực sáng tạo của nhân viên các doanh nghiệp ICT Việt Nam - Nghiên cứu trường hợp Tập đoàn FPT

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng