Một vài mở rộng véctơ của nguyên lý biến phân ekeland

Một vài mở rộng véctơ của nguyên lý biến phân ekeland

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN HÀ CHI

MỘT VÀI MỞ RỘNG VÉCTƠ

CỦA NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌC

Chuyên ngành : Toán giải tích

Mã số: 60.46.01

Người hướng dẫn khoa học:

PGS.TS TRƯƠNG XUÂN ĐỨC HÀ

Thái Nguyên - 2011

Mục lục

Chương 1 NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND CỔ ĐIỂN 3

1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 3

1.2 Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển 6

Chương 2 NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND VÉCTƠ 12

2.1 Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đơn trị 12

2.2 Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đa trị 17

Chương 3 NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND VÉCTƠ DỰA TRÊN SỰ TỒN TẠI ĐIỂM CỰC TIỂU CỦA MỘT TẬP TRONG KHÔNG GIAN TÍCH 25

3.1 Quan hệ thứ tự trong không gian tích 25

3.2 Sự tồn tại điểm cực tiểu của một tập trong không gian tích 27

3.3 Mở rộng Định lý 2.2.8 37

3.4 Ứng dụng: Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đơn trị 40

Kết luận 43

Tài liệu tham khảo 44

MỞ ĐẦU

Chúng ta đã biết rằng một hàm f nửa liên tục dưới trên một tập đóng X thìđạt cực tiểu trên đó nếu X compact, điều này không còn đúng nữa nếu bỏ giảthiết compact

Năm 1974, Ekeland đưa ra một nguyên lý mới (được gọi là nguyên lý biếnphân Ekeland) Nguyên lý này phát biểu rằng nếu cho trước một hàm nửa liêntục dưới và bị chặn dưới f trên một không gian mêtríc đầy đủ, ta có thể tìmđược một hàm nhiễu của f sao cho hàm nhiễu này có cực tiểu toàn cục

Ngoài ra, nếu f là hàm khả vi thì đạo hàm của f có thể làm nhỏ tùy ý.Trong hơn 30 năm qua, nguyên lý biến phân Ekeland đã được mở rộng theonhiều hướng: các ánh xạ là đơn trị hoặc đa trị nhận giá trị trong không gian lồiđịa phương, không gian véctơ, ánh xạ nhiễu là hàm trơn,

Nguyên lý này đã trở thành một công cụ mạnh và được sử dụng rất nhiềutrong giải tích không trơn, giải tích phi tuyến, tối ưu,

Trong bản luận văn này, chúng tôi giới thiệu lại một cách có hệ thống một vàidạng véctơ của nguyên lý biến phân Ekeland được trình bày trong các bài báo[3], [10], [12] của các tác giả Y.Araya, Chr.Tammer, C.Zălinescu và T.X.Đ.Ha.Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 3 chương:

• Chương 1: Gồm một số kết quả của giải tích cổ điển về các điều kiện đểhàm nửa liên tục dưới đạt giá trị cực tiểu; nguyên lý biến phân Ekeland cổđiển được trình bày trong bài báo [6] và một cách chứng minh ngắn gọnnguyên lý biến phân Ekeland cho trường hợp không gian hữu hạn chiều có

sử dụng điều kiện bức theo [1]

• Chương 2: Một vài sự mở rộng của nguyên lý biến phân Ekeland cho ánh

xạ đơn trị và đa trị nhận giá trị trong không gian véctơ từ các bài báo

[3], [10].

• Chương 3: Định lý về sự tồn tại của điểm cực tiểu của một tập trong khônggian tích và một vài mở rộng của nguyên lý biến phân Ekeland được giớithiệu trong bài báo [12] Qua cách tiếp cận mới này, ta có được các kếtquả đã trình bày ở chương 2

Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn PGS.TS Trương Xuân Đức Hà, người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn tác giả trong suốt quá trình làm luận văn

Tác giả xin được bầy tỏ lòng biết ơn tới các thầy cô của Trường Đại học Sư phạm Thái Nguyên, trường Đại học Sư phạm I - Hà Nội, Viện Toán học Hà Nội

đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ tác giả hoàn thành khóa học

Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn Trung tâm Giáo dục thường xuyên

và Đào tạo cán bộ tỉnh Quảng Ninh, gia đình và bạn bè đã giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập và nghiên cứu

Thái Nguyên, tháng 8 năm 2011

Nhận xét 1.1.2 Hàm f là nửa liên tục dưới tại x0 khi và chỉ khi ∀ε > 0 tồn tạimột lân cận U của x0 sao cho ∀x ∈ U ta có f (x) > f (x0) − ε.

Sau đây là một ví dụ minh họa cho tính nửa liên tục dưới của hàm số

Ta có một số tính chất của hàm nửa liên tục dưới như sau:

Mệnh đề 1.1.4 Cho X là một không gian tôpô và hàm f : X → R ∪ { + ∞}

Khi đó các điều kiện sau là tương đương:

(i) f là hàm nửa liên tục dưới trên X

(ii) Trên đồ thị của f là tập đóng trong X × R.

(iii) ∀a ∈ R thì tập mức La f là tập đóng trong X

Chứng minh (i) ⇒ (ii) Giả sử f là hàm nửa liên tục dưới trên X Ta lấy dãy{(xn, an)} ⊂ epi f sao cho lim

f(x0) 6 limn→∞inf f (xn) 6 limn→∞an= a0

Tức là, (x0, a0) ∈ epi f , hay epi f là tập đóng trong X × R

(ii) ⇒(iii) Giả sử epi f là tập đóng trong X × R Với a ∈ R tùy ý, ta chứng minh

Laf là tập đóng trong X Thật vậy; lấy dãy { xn} ⊂ Laf sao cho lim

n→∞xn = x0

Ta có f (xn) 6 a, ∀n vì { xn} ⊂ Laf nên (xn, a) ∈ epi f Do lim

n→∞xn = x0 nênlim

n→∞(xn, a) = (x0, a) Ta lại có epi f là tập đóng kéo theo (x0, a) ∈ epi f Vậy

f(x0) 6 a Suy ra x0∈ Laf, hay Laf là tập đóng

(iii)⇒ (i) Giả sử Laf là tập đóng trong X , ∀a ∈ R nhưng f không là hàmnửa liên tục dưới tại x0 ∈ X Khi đó, có dãy { xn} ⊂ X sao cho lim

n→∞xn = x0

mà lim

n→∞inf f (xn) < f (x0) Ta chọn ε > 0 đủ nhỏ sao cho tồn tại k ∈ N để

f(xn) 6 f (x0) − ε(∀n > k) Xét tập mức L = {x ∈ X | f (x) 6 f (x0) − ε } Dễthấy rằng xn ∈ L, ∀n > k Do L là tập đóng theo giả thiết nên x0 ∈ L Tức là,

f(x0) 6 f (x0) − ε(vô lý) Vậy f là hàm nửa liên tục dưới trên X

Mệnh đề 1.1.5 [1] Cho hàm f : X → R ∪ { + ∞} là hàm nửa liên tục dưới trên

tập compact X Khi đó f đạt cực tiểu trên X

Chứng minh. Đặt α = inf{ f (x) |x ∈ X } Khi đó có một dãy { xn} ⊂ X sao cholim

n→∞f(xn) = α Do X compact, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử { xn}hội tụ tới x0 ∈ X Vì f nửa liên tục dưới nên α = lim

xn→x0inf f (xn) > f (x0) Ta có

f(x0) ∈ R nên α > −∞, nhưng x0∈ X nên f (x0) > α Vậy f (x0) = α = inf

x∈X f(x),hay f (x) đạt cực tiểu trên X

Nếu tập X chỉ đóng mà không compact thì nói chung một hàm f nửa liên tụcdưới trên X có thể không đạt cực tiểu trên X Tuy nhiên, trong trường hợp hữuhạn chiều ta có mệnh đề sau:

Mệnh đề 1.1.6 [1] Nếu f : X → R ∪ { + ∞} hàm nửa liên tục dưới trên một tập

đóng X trong không gian hữu hạn chiều mà bức trên X thì f đạt cực tiểu trên trên tập ấy.

Nhắc lại rằng hàm f được gọi là bức trên một tập X nếu f (x) → +∞ khi

x∈ X, kxk → +∞

Chứng minh. Lấy a ∈ X Ta có tập mức D = { x ∈ X | f (x) 6 f (a)} là đóngtheo Mệnh đề 1.1.4 Giả sử D không bị chặn thì có một dãy {xn} ⊂ X, với

f(xn) 6 f (a) và kxnk → +∞ Do f bức trên X nên f (xn) → +∞, mâu thuẫn với

f(xn) 6 f (a) Vậy D compact (vì một tập đóng, giới nội trong không gian hữu

hạn chiều là một tập compact) Theo Mệnh đề 1.1.5, f có cực tiểu trên D, cựctiểu này cũng là cực tiểu trên X

Khi X không compact, hoặc f không thỏa mãn điều kiện bức thì hàm f cóthể không đạt cực tiểu Ta có các ví dụ sau:

Ví dụ 1.1.7 Xét hàm f : X = R\{ 0} → R với f (x) =1x Ta có X không compact

và f không đạt cực tiểu trên X

Ví dụ 1.1.8 Xét hàm số f : R → R với f (x) = ex Ta có f không thỏa mãn điềukiện bức trên R và f không đạt cực tiểu trên R

1.2 Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển.

Khi X là không gian mêtric đầy đủ, ta có thể làm nhiễu hàm f để có mộthàm đạt giá trị cực tiểu trên X Điều đó được thể hiện qua định lý sau:

Định lý 1.2.1 [10] (Nguyên lý biến phân Eleland cổ điển)

Cho (X , d) là một không gian mêtric đầy đủ f : X → R ∪ { + ∞} là hàm số

nửa liên tục dưới, bị chặn dưới trong X Cho ε > 0 và xε ∈ X thỏa mãn

Để chứng minh định lý 1.2.1 ta xét một quan hệ thứ tự "6" trong khônggian tích X × R như sau: Cho α > 0,

(x1, y1) 6 (x2, y2) ⇔ y2− y1+ αd(x1, x2) 6 0 (1.2.1)Hiển nhiên quan hệ "6" có tính phản xạ

Giả sử ta có (x1, y1) 6 (x2, y2) và (x2, y2) 6 (x1, y1) Theo định nghĩa củaquan hệ "6" ta có

α Suy ra (x1, y1) 6 (x3, y3) , tức là quan hệ "6" có tính chấtbắc cầu

Ta xét bổ đề sau sẽ được dùng trong chứng minh định lý 1.2.1 :

Bổ đề 1.2.3 Cho S là một tập con đóng của X × R sao cho

∃m ∈ R : (x, y) ∈ S ⇒ y > m

Khi đó, với mỗi (x1, y1) ∈ S, tồn tại phần tử (x, y) ∈ S sao cho (x1, y1) 6 (x, y) và (x, y) là phần tử cực đại trong S theo quan hệ thứ tự "6" , tức là, nếu (x, y) ∈ S

và (x, y) 6 (x, y) thì (x, y) = (x, y).

Chứng minh. Bắt đầu từ (x1, y1) ta xây dựng dãy { (xn, yn)} như sau: Giả sử(xn, yn) đã được xác định Đặt

α hay (x1, y1) 6 (x, y) Suy ra (x, y) ∈ S, tức là S đóng.Đặt

mn= inf{y ∈ R |(x, y) ∈ Sn} (1.2.4)Hiển nhiên mn> m và yn+16 yn Chọn (xn+1, yn+1) ∈ Sn sao cho:

T

n=1

Sn= { (x, y)} Theo địnhnghĩa, (xn, yn) 6 (x, y), ∀n Suy ra, (x1, y1) 6 (x, y)

Giả sử tồn tại (x, y) ∈ S và (x, y) 6 (x, y) Theo tính chất bắc cầu của quan hệ

"6", ta có (xn, yn) 6 (x, y) Vậy (x, y) ∈ Sn, ∀n Suy ra (x, y) = (x, y)

Bây giờ ta sẽ chứng minh nguyên lý biến phân Ekeland trong định lý 1.2.1

Ta có, (x∗, y∗) là phần tử cực đại trong S theo quan hệ thứ tự "6"

Vì (x∗, y∗) ∈ S nên f (x∗) 6 y∗, suy ra f (x∗) − y∗+ αd(x∗, x∗) 6 0 Vậy,

suy ra f (x∗) 6 f (xε) Vậy (i) đúng.

Do f (xε) 6 inf f (x) + ε nên f (x∗) > f (xε) − ε Thế vào (1.2.7), ta có

f(xε) − ε − f (xε) + ε

λd(x∗, xε) 6 0

Suy ra d(x∗, xε) 6 λ , hay (ii) nghiệm đúng

Do (x∗, y∗) là phần tử cực đại nên với mọi x ∈ X , x 6= x∗ mà f (x) 6= +∞nên quan hệ (x∗, f (x∗)) 6 (x, f (x)) không xảy ra, nghĩa là, f (x) − f (x∗) +

Định lý 1.2.4 [1] Cho một hàm f : X → R ∪ { + ∞} bị chặn dưới và nửa liên

tục dưới trên tập đóng X ⊂ Rn và cho một số ε > 0 Với mọi cực tiểu ε−xấp xỉ

xε của f và mọi λ > 0 tồn tại x∗sao cho

Dễ thấy, g(x) là hàm nửa liên tục dưới và bức trên X Theo Mệnh đề 1.1.6, g

có một điểm cực tiểu x∗ trên X , tức là có một x∗ sao cho

f(x∗) + ε

λ kx∗− xεk 6 f (x) + ε

λ kx − xεk (1.2.8)Cho x = xε , ta được

f(x∗) + ε

λ kx∗− xεk 6 f (xε)

Từ đó f (x∗) 6 f (xε) Vậy (i) được chứng minh.

Đồng thời theo định nghĩa của xε, ta có

Cuối cùng, từ (1.2.8) suy ra

f(x∗) 6 f (x) + ε

λ {kx − xεk − kx∗− xεk} 6 f (x) + ε

λ kx − x∗k , ∀x 6= x∗.Vậy (iii) được chứng minh

2.1 Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đơn trị

Cho Y là không gian véctơ tôpô, tập K ⊂ Y được gọi là nón nếu ∀k ∈ K, ∀λ >

Định lý 2.1.3 [3] Cho (X , d) là một không gian mêtric đầy đủ, Y là không

gian Banach và K ⊂ Y là một nón nhọn, lồi, đóng, có phần trong khác rỗng,

k0∈ int K và cho f : X → Y Giả sử rằng với ε > 0, tồn tại một điểm x0∈ X sao

cho f (X ) ∩ ( f (x0) − εk0− int K) = /0 và f thỏa mãn điều kiện

Bổ đề 2.1.4 [3] Cho Y là một không gian Banach, K là một nón lồi đóng Ta

lấy k0 ∈ K\{ − K} và xác định hK,k0 : Y → [ − ∞, +∞] bởi hK,k0(y) = inf{t ∈

R y∈ tk0− K} Khi đó hàm hK,k0 có các tính chất sau:

(i) hK,k0 có ít nhất một giá trị hữu hạn (proper).

(ii) hK,k0 là hàm nửa liên tục dưới.

(iii) hK,k0 là hàm dưới tuyến tính.

(iv) hK,k0 là K− đơn điệu (nghĩa là y16Ky2 kéo theo hK,k0(y1) 6 hK,k0(y2) )

(v) { y ∈ Y hK,k0 (y) 6 t} = tk0− K.

(vi) hK,k0(y + λ k0) = hK,k0(y) + λ , ∀y ∈ Y, λ ∈ R.

Hơn nữa, nếu k0 ∈ int K thì hK,k0 có thêm các tính chất sau:

(vii) hK,k0 nhận giá trị hữu hạn.

(viii) hK,k0 là hàm liên tục.

(ix) { y ∈ Y hK,k0 (y) < t} = tk0− int K.

(x) hK,k0 đơn điệu ngặt (nghĩa là y2−y1∈ int K kéo theo hK,k0(y1) < hK,k0(y2)).

Bổ đề 2.1.5 [3] Giả sử rằng Y là một không gian véctơ tôpô, K là một nón lồi

đóng, có phần trong khác rỗng, k0 ∈ K\(−K) và A ⊂ Y là một tập khác rỗng

sao cho A ∩ (− int K) = /0 Khi đó, hK,k0 là hàm nhận giá trị hữu hạn liên tục sao cho

hK.k0(−y) < 0 6 hK,k0(x), ∀x ∈ A, y ∈ int K

Chứng minh. (Định lý 2.1.3)

Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng ε = 1

Trước hết ta thấy rằng ∀x ∈ X , hK,k0◦ f là bị chặn dưới trên X Theo Bổ đề2.1.5 ta có

(b) Nếu y ∈ F(x) thì F(y) ⊂ F(x) (tính bắc cầu)

Hiển nhiên (a) đúng vì f (y) + d(y, y)k0= f (y) Để chứng minh tính chất (b), talấy y ∈ F(x) và giả sử rằng z ∈ F(y) Khi đó, ta có f (z) + d(y, z)k06Kf(y) và

z∈F(y)hK,k0( f (z)) 6 hK,k0( f (y)) nên ta thu được các bấtđẳng thức

06 hK ,k 0( f (xn+1)) − inf

z∈F(xn+1)hK,k0( f (z)) 6 2−nvà

Do đó, f (x0) − f (x) ∈ K + d(x, x0)k0⊂ int K Vậy (i) đúng

Vì x ∈ F(xn), ∀n nên F(x) ⊂ F(xn), ∀n Suy ra, F(x) = { x} , tức là (iii) đúng

Để chứng minh (ii), ta giả sử rằng d(x, x0) > 1 Khi đó, ta có

(d(x, x0) − 1) k0+ K ⊂ int K

Từ (2.1.2) ta có

f(x) ∈ f (x0) − d(x, x0)k0− K ⊂ f (x0) − k0− int K

Điều này mâu thuẫn với giả thiết Vậy, (ii) đúng

Nhận xét 2.1.6 Trong định lý trên ta lấy Y = R, K = R+ = [0, ∞), k0 = 1 ∈

R+\{ 0} ta được định lý 1.2.1

2.2 Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đa trị

Đã có rất nhiều tác giả mở rộng nguyên lý biến phân Ekeland cho ánh xạ đatrị F với giá trị trong không gian véctơ Trong mục này, chúng tôi trình bày mộtdạng của nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho trường hợp F là ánh xạ đa trịK−nửa liên tục dưới theo bài báo [10]

Cho X là một không gian mêtric đầy đủ, Y là một không gian véctơ tôpô,

Ngoài ra, nếu A4KBvà C4KDthì B ⊂ A + K và D ⊂ C + K Suy ra, B + D ⊂

A+C + K, hay A +C4KB+ D Do đó, nếu A4KBthì A + z4KB+ z, ∀z ∈ Y Xét ánh xạ đa trị F : X ⇒ Y

Định nghĩa 2.2.2 Ta nói F là K− nửa liên tục dưới trên X nếu ∀a ∈ Y , tập

...

Đã có nhiều tác giả mở rộng nguyên lý biến phân Ekeland cho ánh xạ đatrị F với giá trị không gian véctơ Trong mục này, chúng tơi trình bày mộtdạng nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho trường hợp... 2.1.6 Trong định lý ta lấy Y = R, K = R+ = [0, ∞), k0 = ∈

R+\{ 0} ta định lý 1.2.1

2.2 Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh... chứng minh

Cho X không gian mêtric đầy đủ Nguyên lý biến phân Ekeland

mở rộng cho ánh xạ đa trị K− nửa liên tuc sau:

Định lý 2.2.8 [10] Giả sử F K− nửa liên tục dưới, có