BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH VÕ VIẾT TRÍ MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH TRONG KHÔNG GIAN BANACH CÓ THỨ TỰ LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH 2016 Tai Lieu C[.]
Không gian với thứ tự sinh bởi nón, không gian với K-chuẩn
Dưới đây, chúng tôi luôn xét hình nón có các tính chất nêu trong định nghĩa sau đây. Định nghĩa 1.1
Không gian Cho(E; ) là một không gian tôpô tuyến tính thực, trong đó E được xác định là không gian tuyến tính trên trường số thực, đồng thời tôpô này tương thích với cấu trúc đại số của E.
Tập K E gọi là nón trên E nếu:
(i) K là tập lồi, đóng, khác rỗng
Trong E với nón K ta định nghĩa quan hệ thứ tự như sau: x y ,y x2K:
Khi đó ta gọi bộ ba (E; K; ) là không gian có thứ tự sinh bởi nón K (gọn hơn là không gian có thứ tự ).
Trong trường hợp (E;k:k) là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K ta gọi bộ ba(E; K;k:k) là không gian Banach thứ tự. Định nghĩa 1.2
Cho (E; K;k:k) là không gian Banach thứ tự Nón K được gọi là nón chuẩn nếu như tồn tại số N >0sao cho u v thì kuk Nkvk: (1.1)
Các tính chất sau của thứ tự đã nêu thường xuyên được sử dụng.
Cho (E; K; ) là không gian thứ tự, khi đó:
2) Với các lưới fx g;fy gtrong E thoả x y (8 2 ) , x !x và y !y thì x y:
3) Nếu fx n g E là dãy tăng và x n !x thì x n x (8n2N).
Cho (E; K;k:k) là không gian Banach thứ tự và K là nón chuẩn Khi đó:
1) Với các dãy fx n g;fy n g;fz n g trong E thoả x n y n z n (8n 2N) và limx n limz n =x thì limy n =x:
3) Nếu dãy đơn điệu fx n g trong E có chứa dãy con hội tụ về x thì limx n =x: Định nghĩa 1.3
Cho(E; K; )là không gian thứ tự,M E:Một ánh xạA:M !E gọi là dương nếu
A(x) với mọi x2M mà x ; được gọi là tăng nếu x; y 2M và x y thì A(x) A(y):
Rõ ràng rằng, nếuA :E !E là ánh xạ tuyến tính và dương thì nó là tăng.
Với (E; K;k:k) là không gian Banach thứ tự, ký hiệu E là không gian liên hợp. Tập hợp
K 2E :f(x) 0 cho mọi x2Kg được gọi là nón liên hợp củaK Các tính chất được nhắc lại dưới đây của nón liên hợp được sử dụng mà không chứng minh.
2) x2Kn f gthì tồn tại f 2K thoả f(x)>0.
4) Nếu x2@K thì tồn tại f 2K n f0g để cho f(x) = 0:
Mệnh đề sau cho phép chúng ta chọn N = 1 trong (1.1).
Cho không gian Banach (E;k:k) với thứ tự sinh bởi nón K và k:k là phiếm hàm Minkowskii của tập hợp [B( ;1) K]\[B( ;1) +K]: Khi đó
1) k:k là một chuẩn trong E thoả kuk kuk 8u 2 E và kuk kvk nếu như u v,
2) k:k k:k nếu như K là nón chuẩn. Định nghĩa 1.4([55])
Cho không gian E với thứ tự sinh bởi nón K và không gian tuyến tính thực X, một ánh xạ từ X sang E được gọi là K-chuẩn hoặc chuẩn nón trên X nếu thỏa mãn hai điều kiện: (i) p(x) thuộc E với mọi x trong X và p(x) bằng E nếu và chỉ nếu x thuộc X, trong đó E và X lần lượt là các phần tử không của E và X.
NếuplàK-chuẩn trênX thì cặp(X; p)sẽ gọi là không gianK-chuẩn Không gian này nếu được xét với tôpô thì được ký hiệu bởi (X; p; ).
Định lý điểm bất động kiểu Krasnoselskii trong không gian với K-chuẩn nhận giá trị trong không gian Banach
không gian với K-chuẩn nhận giá trị trong không gian Banach.
Trong mục này, cho (E; K;k:k) là không gian Banach thứ tự và (X; p) là không gian K-chuẩn Chúng ta sẽ sử dụng hai tôpô được định nghĩa dưới đây. Định nghĩa 1.5
Ta định nghĩa giới hạn lim n !1x n = x nếu và chỉ nếu lim n !1p(x n - x) = 0 trong không gian E Một tập con A của X được gọi là tập đóng nếu A = ∅ hoặc A có tính chất: với mọi dãy (x n) thuộc A mà lim n !1x n = x thì x thuộc A Tôpô trên X được ký hiệu là 1, xác định bởi các điều kiện trên.
Tôpô 2 trên không gian X được xác định bởi họ các nửa chuẩn ff p:f 2K g, tạo thành một không gian vectơ tôpô lồi địa phương Trong đó, tập hợp các phần tử x thuộc X thỏa mãn điều kiện max sẽ được xem xét.
1 i nf i p(x)< " ; f i 2K ; n2N ; " >0 lập thành một cơ sở lân cận của gốc và một lưới fx g X hội tụ đến x theo 2 nếu và chỉ nếu limf(p(x x)) = 0 với mọi f 2K : Định nghĩa 1.6([55])
Cho(E; K;k:k)là một không gian Banach thứ tự và(X; p)là không gianK-chuẩn. Giả sử là một tôpô trên X
1) Ta nói rằng(X; p; )làđầy đủ theo Weierstrass nếu với mọi dãy bất kỳfx n g X mà chuỗi P 1 n=1 p(x n+1 x n ) hội tụ trong E thì dãyfx n g hội tụ trong (X; p; ).
Theo Kantorovich, một dãy (fx n g) được coi là đầy đủ trong không gian (X; p; ) nếu nó thỏa mãn điều kiện p(x k, x l) a n với mọi k, l n, và lim n → ∞ a n = E (1.2) Điều này có nghĩa là dãy (fx n g) sẽ hội tụ trong (X; p; ) Hai bổ đề dưới đây sẽ làm rõ mối quan hệ giữa các khái niệm đầy đủ đã nêu.
Trong không gian Banach (E; K; k:k), được xác định bởi nón chuẩn K với N = 1 trong (1.1), và (X; p) là một không gian K-chuẩn, ánh xạ q : X → R, với q(x) = kp(x)k, được xem là một chuẩn trên X.
1) Tôpô 1 trùng với tôpô của không gian định chuẩn (X; q).
2) Nếu (X; p; 1 ) là đầy đủ theo Weierstrass thì (X; q) là đầy đủ.
Rõ ràng rằng, chuẩn q trên không gian X và giới hạn lim n→∞ x_n = x trong (X; p; 1) xảy ra khi và chỉ khi lim n→∞ x_n = x trong (X; q) Do đó, tập A trong X là đóng trong (X; p; 1) nếu và chỉ nếu A là tập đóng trong (X; q), từ đó khẳng định đầu tiên được chứng minh Để chứng minh tính đầy đủ của (X; q), chúng ta xem xét dãy {x_n} trong X thỏa mãn
P1 n=1 q(x n )0để x 0 2X; '[p(x 0 x)]< ) ' p(g(x 0 ) g(x))< ": (1.8) Chứng minh.
Giả sử ta có lướifx g 2 X,x !x Ta sẽ chứng tỏg(x )!g(x), hay cần chứng minh p(g(x ) g(x))! E : (1.9)
Giả sử W là lân cận của E dạng
Với mỗi ' i 2 , i 2 f1;2; :::; ng và số " nói trên, theo giả thiết ta tìm được các số dương i để cho x 0 2X; ' i [p(x 0 x)]< i ) ' i p(g(x 0 ) g(x))< ": (1.10)
1 i n i là một lân cận của E Vìx !xnênp(x x)!
E Do đó tồn tại 0 2 để
Suy ra với 0 ta có' i (p(x x))< min
1 i n i i với mọii2 f1;2; :::; ng Sử dụng (1.10) ta suy ra
' i p(g(x ) g(x))< " 8i2 f1;2; :::; ng;8 0 : Điều này đưa đến p(g(x ) g(x))2W 8 0 :
Do đó có khẳng định (1.9) Vậy g liên tục. Định lý 1.2
Trong không gian có thứ tự (E; K; ), với tôpô xác định bởi họ nửa chuẩn, và không gian (X; p; ) với p là K-chuẩn, tôpô được xác định tương ứng Giả sử (X; p; ) đầy đủ theo Weierstrass, thì C là tập đóng trong X và ánh xạ.
T :C !X thoả mãn các điều kiện sau
(2) Tồn tại fQ n :E !Egn 2N là dãy các ánh xạ dương, liên tục và có các tính chất:
(2b) Với mỗi ' 2 và mỗi số " >0 thì tồn tại >0 và số r 2N để cho
(2c) Với mỗi z 2C thì p(T z n (x) T z n (y)) Q n [p(x y)] 8n2N , x; y 2C: Khi đó ánh xạ (I T) 1 :C !C là xác định và liên tục.
Bước 1: Chứng minh sự tồn tại của ánh xạ (I T) 1 :
Cố địnhz 2C Với x 0 2C bất kỳ, ta đặtx n =T z (x n 1 ); n= 1;2; :::; : Quy nạp theo n ta có x n =T z n (x 0 ); x n+1 =T z n (x 1 ) Sử dụng giả thiết (2c) ta có p(x k x k+1 ) = p T z k (x 1 ) T z k (x 0 )
Do giả thiết (2a) nên chuỗi
Q k p(x 0 x 1 ) hội tụ trong E: Từ (1.11) và Bổ đề 1.3 thì chuỗi
P1 n=1 p(x n x n+1 )hội tụ trong E Do(X; p; ) đầy đủ theo Weierstrass nên ta tìm được x 2X đểx n !x
Từ bất đẳng thức vừa nêu, tính liên tục của Q 1 tại E và vì x n ! x nên p(x
Giả sử ta cũng có a=T z (a) Khi đó p(x a) =p(T z n (x ) T z n (a)) Qnp(x a):
Trong không gian \(E\), tập hợp \(Q_n p(x, a)\) hội tụ, dẫn đến \(p(x, a) \in E\) và suy ra \(x = a\) Điều này cho thấy điểm bất động của \(T_z\) là duy nhất Cụ thể, tồn tại ánh xạ \(z \mapsto (z)\), trong đó \((z)\) là điểm bất động của \(T_z\) Hơn nữa, dễ dàng nhận thấy rằng \((I T)^{-1} = I\) và \((z) = \lim_{n \to \infty} T_z^n(x)\) với \(x \in C\) bất kỳ.
Bước 2: Chứng minh = (I T) 1 liên tục.
Cố địnhy2C, đặtx= (y):Với' 2 và" >0;ta chứng minh tồn tại số dương để cho với y 0 2C ; x 0 = (y 0 ) thì
'(p(y y 0 ))< ) '(p(x x 0 ))< " (1.13) Thật vậy, sử dụng giả thiết (2b) với "= 1 3 " ; tồn tại số 2(0; ")và số r2N để cho
2 0 Với cặp ('; 0 0 ); do tính liên tục đều của T nên ta tìm được số 1 2(0; 0 0 ) để cho vớia; b 2C thì khẳng định sau đúng
2 1 (để có 0 1 + 0 1 1 ); với cặp ('; 0 1 ) cùng với tính liên tục đều của T ta tìm được số 2 2 (0; 0 1 ) để cho mọi a; b2C mệnh đề sau đúng
'p(a b)< 2 )'p[T(a) T (b)]< 0 1 : Tiếp tục như thế ta tìm được các dãy hữu hạn phần tử j ; 0 j i=0;1;2;:::;r 1 thoả j < 0 j 1 và 0 j + 0 j j 8j = 1;2; :::; r 1 và đồng thời với mọi a; b2C thì mệnh đề sau đúng
Bây giờ đặt = r 1 Với y 0 2 C thoả '(p(y y 0 )) < thì ta có các khẳng định dưới đây:
Bằng quy nạp theo j = 1;2;3; :::; r ta sẽ chứng minh
Ta có T y (z) T y 0(z) = y y 0 nên '[p(T y (z) T y 0(z))] = 'p(y y 0 ) < r 1 : Điều này cho ta (1.16) là đúng với j = 1: Giả sử (1.16) đúng với j 2 f1;2; :::; kg (ở đây k < r 1); khi đó
= T (a) T (b) +y y 0 ; (1.17) với a = T y k (z); b =T y k 0 (z): Áp dụng giả thiết quy nạp (1.16) với j :=k và mệnh đề (1.15) ta có được
' p T y k+1 (z) T y k+1 0 (z) 0 r k 1 + r 1 < r k 1: Kết thúc quá trình quy nạp Vậy (1.16) đúng và đặc biệt với k=r ta có
Suy ra khẳng định (i) là đúng.
Chúng ta sẽ tiến hành chứng minh bằng phương pháp quy nạp cho n = 1, 2, Đầu tiên, với kết quả đã được chứng minh ở phần (i), mệnh đề cần chứng minh là đúng khi n = 1 Tiếp theo, giả sử mệnh đề này đúng cho n = k, tức là có giả thiết
Q r p(a b) +p T y r (b) T y r 0 (b) ; trong đóa :=T y rk (z), b:=T y rk 0 (z):Sử dụng giả thiết quy nạp (1.19) và áp dụng (1.14), khẳng định (i) đã chứng minh, ta có
Kết thúc quá trình quy nạp Cuối cùng, ta chứng minh (1.13) TừT y nr (x 0 ) !x (khi n! 1) nên tồn tại n x 0 2N để cho
' p T y n x0 r (x 0 ) x < " (1.20) và với chú ý x 0 =T y 0(x 0 ) = T y n 0 x0 r (x 0 ) ta có
Sử dụng khẳng định (ii) đã chứng minh vào (1.21) và sử dụng (1.20) ta có
Ta hoàn thành chứng minh. Định lý 1.3
Trong không gian có thứ tự (E; K; ) với tôpô xác định bởi họ nửa chuẩn, đầy đủ theo dãy, và (X; p; ) là không gian với p là K-chuẩn cùng tôpô tương ứng, giả sử (X; p; ) đầy đủ theo Weierstrass C là tập lồi, đóng trong X và các ánh xạ T; S :C → X thoả mãn các điều kiện đã nêu.
(1) T liên tục đều, S liên tục, T(C) +C C, S(C) C và S(C) là compact tương đối.
(2) Tồn tại dãy các ánh xạ dương, liên tục fQ n :E !Egn 2N thoả các tính chất (2a), (2b), (2c) của Định lý 1.2.
Khi đó ánh xạ T +S có điểm bất động trong C:
Theo kết quả Định lý 1.2 thì ánh xạ (I T) 1 : C ! C là xác định và liên tục Áp dụng Định lý Tychonoff cho ánh xạ (I T) 1 S : C ! C với chú ý tập (I T) 1 S(C)chứa trong tập compact (I T) 1 h
S(C)i thì ánh xạ (I T) 1 S có điểm bất động Đó là điểm bất động của ánh xạ T +S.
Trường hợp không gian lồi địa phương xác định bởi cơ sở lân cận gốc
sở lân cận gốc. Định nghĩa 1.8
Cho (E; K; ) là không gian tuyến tính tôpô với tôpô và thứ tự sinh bởi nón K:
1) Một tập con M của E gọi là chuẩn tắc nếu như
2) Ta nói không gian lồi địa phương có thứ tự(E; K; ) có tính chất chuẩn tắc nếu nó có cơ sở lân cận của gốc là họ gồm các tập lồi, cân đối, chuẩn tắc và nếu V, W thuộc thì V \K+W \K cũng là tập chuẩn tắc.
1 Nếu E là không gian Banach và K là nón chuẩn với hằng số N = 1 thì mọi quả cầu B(0; r) là tập chuẩn tắc.
2 Xét không gian các dãy số thực E =n x= x (i) i 2N :x (i) 2Ro với thứ tự sinh bởi nónK =n x= x (i) i
Xét họ gồm các tập dạng
Dễ thấy mỗiV là tập lồi, cân đối, chuẩn tắc Xét tập W 2 cho bởi
Ta sẽ chứng minhV \K +W \K là tập chuẩn tắc Giả sử x y+z; y 2V \K; z 2W \K; x= x (i) ; y = y (i) ; z= z (i) :
Do 0 x (i) y (i) +z (i) nên tồn tại t (i) 2 [0;1] sao cho x (i) =t (i) y (i) +z (i) 8i2 N Đặtv = t (i) y (i) i=1;2;:: ,w= t (i) z (i) i=1;2;:: thì ta cóv 2V\K,w2W\Kvàx=v+w vậy x2V \K+W \K.
Dãy Cauchy trong không gian lồi địa phương (E; K; ) được định nghĩa là dãy fx_n g E, trong đó với bất kỳ lân cận W của gốc, tồn tại một số nguyên n_0 thuộc N sao cho với mọi n, k thuộc N và n ≥ n_0, ta có |x_{n+k} - x_n| < 2W Khái niệm đầy đủ trong không gian này liên quan đến việc mọi dãy Cauchy đều hội tụ trong không gian đó.
Không gian lồi địa phương (E; K; ) gọi là đầy đủ theo dãy nếu mọi dãy Cauchy đều hội tụ.
Cho không gian lồi địa phương có thứ tự (E; K; ) có cơ sở lân cận của gốc là gồm các tập lồi, cân đối, chuẩn tắc.
1) Giả sử các lưới fa g 2^ ;fb g 2^ ,fc g 2^ thoả a b c với mọi 2 ^ và a !x; c !x: Khi đó b !x:
2) Giả sử không gian (E; K; ) là đầy đủ theo dãy và fa n g K, fb n g K thoả mãn a n b n , P 1 n=1 b n hội tụ Khi đó chuỗi P 1 n=1 a n hội tụ.
1 Đầu tiên ta xét trường hợp a = 8 Khi đó x = Với bất kỳ W 2 , vì c ! x = nên tồn tại 0 để c 2 W với mọi 0: Do W là chuẩn tắc nên ta có b 2 W với mọi 0 Vậy b ! x = Bây giờ, xét lưới fa g mà a ! x Do b a c a ! nên sử dụng trường hợp vừa chứng minh ta cób a ! : Chú ý rằng,a !x ta suy ra b x ! :
2 Đặtu n =a 1 +a 2 +:::+a n ; v n =b 1 +b 2 +:::+b n ,n2N Ta cófv n gn là dãy Cauchy nên với mỗi W 2 ta có vn+k vn 2 W 8n n0: Do un+k un vn+k vn và tính chuẩn tắc của tậpW ta suy rau n+k u n 2W 8n n 0 Vậy fu n gn là dãy Cauchy nên hội tụ hay chuỗi
Cho không gian lồi địa phương có thứ tự và cơ sở lân cận của gốc là các tập lồi, cân đối, chuẩn tắc Giả sử X là không gian tuyến tính bất kỳ và p : X → K là K-chuẩn trên X Đối với mỗi x ∈ X, ta định nghĩa các họ x = x + p⁻¹(W) với W ∈ ; và x = V X : ∃W ∈ và x + p⁻¹(W) ⊆ V.
Tôpô (duy nhất) tại điểm x trong không gian X tạo ra hệ lân cận tại x, từ đó xác định một cơ sở lân cận tại x thuộc X Không gian X được ký hiệu với tôpô là (X; p; ).
Ta kiểm tra là tôpô trênX Theo một kết quả của không gian tôpô, ta sẽ chứng tỏ họ x thoả các tính chất dưới đây:
(iv) Với mỗi V 2 x ; tồn tại W 2 x sao cho V 2 y với mọi y2W:
Tính chất (i), (ii), (iii) dễ dàng kiểm tra, và ta sẽ kiểm tra tính chất (iv) Với V = 2x, ta chọn G2 để x + p1(G) thuộc V Nhờ tính chất của cơ sở lân cận, ta chọn G0 để G0 + G0G Ta có p1(G0) + p1(G0) = p1(G), vì với t1, t2 thuộc p1(G0), ta có p(t1 + t2) = p(t1) + p(t2) thuộc G0 + G0G Nhờ tính chuẩn tắc của G, ta có p(t1 + t2) thuộc 2G hay t1 + t2 thuộc p1(G) Chọn W = x + p1(G0) thuộc 2x, với mọi y thuộc W, ta có y + p1(G0) = x + p1(G0) + p1(G0) thuộc V Do đó, V = 2V y.
1) Lưới fx g hội tụ về xtrong X đối với tôpô khi và chỉ khi p(x x) ! E
2) (X; p; ) là không gian lồi địa phương với họ cơ sở lân cận của gốc là họ fp 1 (W) :W 2 g
Khẳng định rằng có ngay từ p(x x)2W, x x2p 1 (W), x 2x+p 1 (W) và chúfx+p 1 (W): W 2 là cơ sở lân cận của x Tính liên tục của phép toán cộng và phép nhân được suy từ các khẳng định trước đó, Bổ đề 1.5 và các bất đẳng thức p(x + y x y) p(x x) + p(y y); p(x x) j jp(x x) + j jp(x).
Ta chứng minh mỗi tập V =p 1 (W), W 2 là lồi Vớia; b2V, 2[0;1] và chú ý W là tập lồi thì có p( a+ (1 )b) p(a) + (1 )p(b)2W:
Mặt khác, vì W là chuẩn tắc nên p( a+ (1 )b) 2 W hay là a+ (1 )b 2 V. Vậy V là tập lồi. Định lý 1.4
Giả sử (E; K;) là không gian lồi địa phương có thứ tự, đầy đủ theo dãy và có tính chất chuẩn tắc Không gian (X; p;) được xây dựng theo Định nghĩa 1.9 cũng được xem là đầy đủ theo Weierstrass (hoặc Kantorovich) Cho C là tập đóng trong X và ánh xạ T: C → X Các điều kiện sau đây cần được thoả mãn.
(2) Tồn tại dãy các ánh xạ dương, liên tục fQn :E !Egn 2N thoả các tính chất:
Q n ( ) hội tụ, (2b) V 2 thì tồn tại W 2 và r 2N để cho Q r (W +V) V,
(2c) Với mỗi z 2C thì p(T z n (x) T z n (y)) Q n p(x y) cho mọi n 2N; x; y 2C:
Khi đó ánh xạ (I T) 1 :C !C là xác định và liên tục.
Bước 1: Chứng minh sự tồn tại của ánh xạ (I T) 1 :
Cố định z 2C và lấyx 0 2C tuỳ ý, ta xây dựng dãy lặp x n =T z n (x 0 ),n 2N : Ta có p(x n+1 x n ) = p(T z n (x 1 ) T z n (x 0 ))
Q n p(x 1 x 0 )hội tụ nên chuỗi P 1 n=1 p(x n+1 x n )hội tụ theo Bổ đề 1.5 Không gian (X; p; ) đầy đủ theo Weierstrass nên tồn tạix 2C đểx n !x Mặt khác, ta có p(x T z (x )) = p(x x n+1 +T z (x n ) T z (x )) p(x x n+1 ) +Q n p(x n x ) ! E ; (khi n! 1).
Suy ra x là điểm bất động của T z : Giả sử cũng có a2C, T z (a) = a, thì p(x a) =p(T z n (x ) T z n (a)) Q n p(x a) ! E (khi n! 1) nên a=x : Vậy T z có điểm bất động duy nhất.
Như vậy, 8z2C thì phương trình(I T) (x) =z có nghiệm duy nhất trongC:Do đó = (I T) 1 là xác định: Hơn nữa, theo trong chứng minh trên thì T z n (x 0 ) ! (z), với bất kỳ x 0 2C.
Bước 2: Chứng minh = (I T) 1 là liên tục.
Cố định y 2 C, đặt x = (y): Khi đó x là điểm bất động của T y nên x =T y n (x) với mọi n 2 N: Giả sửV 0 2 ; ta sẽ chứng tỏ tồn tại tập V 0 2 để nếu y 0 2C thoả p(y y 0 )2V 0 thì p(x x 0 )2V 0 , ở đâyx 0 = (y 0 ).
Thật vậy, theo tính chất của họ lân cận của gốc trong không gian (E; ) ta chọn được V 2 thoả V +V V 0 Sử dụng giả thiết (2b) ta tìm được W 2 và số r2N để có
W +W V và Q r (W +V) V: (1.22) Đặt W 0 =W; chọn W 0 0 2 sao cho W 0 0 +W 0 0 W 0 : Sử dụng tính liên tục của Q 1 tại gốc, với lân cận W 0 0 ta tìm đượcW 1 2 để cho
Do tính chuẩn tắc của W 0 0 và p(T(a) T (b)) =p(Ty(a) Ty(b)) Q1 p(a b) (8a; b2C) thì ta có mệnh đề sau đúng
Chọn W 1 0 2 sao cho W 1 0 +W 1 0 W 1 , lại tiếp tục sử dụng tính liên tục của Q 1 tại E ta tìm đượcW 2 2 để có W 2 W 1 0 và mệnh đề sau đúng
Tiếp tục quá trình trên ta tìm được các dãy lân cận của gốcfW i gi=0;1;:::;r 1 và fW i 0 gi=0;1;:::;r 1 có các tính chất
W j W j 0 1 ; và W j 0 +W j 0 W j và mệnh đề sau đúng
8a; b2C; p(a b)2W j )p(T (a) T (b))2W j 0 1 (1.23) với mọi j = 1;2; :::; r 1. Đặt V 0 =W r 1 ;ta sẽ chứng minh các kết quả sau:
(i) Vớiy 0 2C thoả p(y y 0 )2V 0 thì p T y r (z) T y r 0(z) 2W0 cho mọi z 2C: (1.24)
(ii) p T y rn (a) T y rn 0 (a) 2W +V cho mọi a2C và n2N (1.25)
T y 2 (z) T y 2 0(z) = T(T y (z)) T (T y 0(z)) +y y 0 nên p T y 2 (z) T y 2 0(z) p(T (a) T (b)) +p(y y 0 ); (1.26) với a=T y (z), b=T y 0(z) Sử dụng (1.23), chú ý p(a b) = p(y y 0 )2W r 1 W r 0 2 thì ta có p(T (a) T(b)) +p(y y 0 )2W r 0 2 +W r 0 2 W r 2 :
Từ (1.26) và tính chuẩn tắc của tập W r 2 ta suy ra p T y 2 (z) T y 2 0 (z) 2W r 2 với mọi z 2C: (1.27)
Lập luận tương tự có p T y 3 (z) T y 3 0(z) 2W r 3 ; ::::; p T y r (z) T y r 0(z) 2W 0 với mọi z2C:
Chứng minh mệnh đề (1.25) bằng quy nạp theo n Đầu tiên, với n=1, mệnh đề này hiển nhiên đúng Giả sử mệnh đề đúng cho n=k, ta sẽ chứng minh cho n=k+1 Theo đó, ta có p T y r(k+1) (a) = p T y r T y rk (a) + p T y r T y rk 0 (a), từ đó có thể suy ra mệnh đề (1.25) cũng đúng cho n=k+1.
Suy ra p T y r(k+1) (a) T y r(k+1) 0 (a) Q r p T y rk (a) T y rk 0 (a) +p T y r (z)) T y r 0(z) ; (1.28) ở đây z =T y rk 0 (a) Sử dụng giả thiết quy nạp p T y rk (a) T y rk 0 (a) 2 W +V, quan hệ bao hàm (1.22) và kết quả (1.24) thì ta có
Từ (1.28) cùng với tính chuẩn tắc của tập V +W thì ta có mệnh đề (1.25) đúng với n=k+ 1.
Cuối cùng ta chứng tỏ rằng y 0 2C thoả p(y y 0 )2V 0 ; x= (y); x 0 = (y 0 ) thì p(x x 0 )2V 0 :
Thật vậy, với chú ýx=T y nr (x) thì p(x x 0 ) p T y nr (x) T y nr 0 (x) +p T y nr 0 (x) x 0 cho mọi n2N :
Mặt khác T y nr 0 (x) ! (y 0 ) = x 0 (khi n ! 1) nên tồn tại n y 0 2Nđể cho p T y n 0 y0 r (x) x 0 2W và khi đó ta có p(x x 0 ) p Ty n y0 r (x) T y n 0 y0 r (x) +p T y n 0 y0 r (x) x 0 :
Do đó sử dụng khẳng định (1.25) đã chứng minh ta có p(x x 0 )2W +V +W V +V V 0 : Định lý được chứng minh. Định lý 1.5
Giả sử (E; K;) là không gian lồi địa phương có thứ tự, đầy đủ theo dãy và chuẩn tắc Không gian (X; p;) được định nghĩa ở Định nghĩa 1.9 là đầy đủ theo Weierstrass (hoặc Kantorovich) Tập C là tập lồi, đóng trong X cùng với các ánh xạ T.
S :C !X thoả mãn các điều kiện sau đây
(2) Tồn tại dãy các ánh xạ dương, liên tục fQn:E !Egn 2N có các tính chất (2a), (2b) và (2c) nêu trong Định lý 1.4 và
(3) S liên tục, S(C) C và S(C) là compact tương đối.
Khi đó ánh xạ T +S có điểm bất động trong C:
Theo Định lý 1.4, ánh xạ (I T) 1 : C → C được xác định và liên tục Tập (I T) 1 S(C) nằm trong tập compact (I T) 1 S(C), do đó cũng là tập compact Áp dụng Định lý Tychonoff, ánh xạ (I T) 1 S có điểm bất động, và điểm này cũng là điểm bất động của ánh xạ T + S.
Ứng dụng vào bài toán Cauchy trong thang không gian Banach
Trường hợp bài toán không nhiễu
Cho thang các không gian Banach f(F s ;k:ks) :s2(0;1]g; = [0; M] và ánh xạ f :
F !F thoả mãn điều kiện sau
(A1) Với 0< s < r 1thì f là liên tục từ (F;k:kr) vào F s và
B r s; trong đó B; C là các hằng số không phụ thuộc vàor; s; u; v; t:
Xét bài toán Cauchy x 0 (t) = f[t; x(t)]; t2[0; M] x(0) =x 0 2F 1 (1.30) hay bài toán phương trình tích phân tương đương x(t) = x 0 +
Ta ký hiệu 4 = f(t; s) : 0 < s 0 là số mà ta sẽ chọn sau vàE là không gian các hàm u(t; s)thoả mãn hàm t7!u(t; s)liên tục trên [0; a(1 s)) 8s2(0;1) và kuk:= sup n ju(t; s)j: ha(1 s) t 1 i : (t; s)2 4 o
Ta có E là không gian Banach, trong E ta xét thứ tự sinh bởi nón K các hàm không âm. Đặt X là không gian các hàm x2 \00 cho trước, tồn tại
>0 để cho vớit; t 0 2 a thoả jt t 0 j< thì ta có kS(x)j a(t) S(x)j a(t 0 )ks a < " 8x2X:
(ii) Với mỗi t 2 a thì tập fS(x)j a(t) :x2Xg là tập compact tương đối trong
Theo giả thiết (A2), tập g(a F) là compact tương đối trong F, do đó tồn tại một số >0 sao cho kg(v; x)ks a 8(v; x)2 a F Chọn 2 0; " với x2X và (t; t 0)2 a a thoả jt t 0 j0 và x 0 (t) k
Bằng cách áp dụng tính tăng của ánh xạ C và phương pháp quy nạp, chúng ta có thể chứng minh rằng x 0 (t) (kC) n (x 0 ) (t) theo công thức (2.10) Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh điều này cho các giá trị n = 1, 2, bằng phương pháp quy nạp.
Thật vậy, rõ ràng (2.11) đúng khin = 1 Giả sử mệnh đề (2.11) đúng cho n=j Khi đó
Suy ra (2.11) đúng cho n =j + 1 và do đó khẳng định (2.11) được chứng minh Vậy từ (2.10) và (2.11) thì với mọi n= 1;2; ::: ta có x 0 (t) k 1+ +:::+ n :kx 0 k n :t n :h
:Điều này dẫn đến x 0 = Vậy toán tử A=B+mC thoả các điều kiện (H1), (H2) của Định lý 2.2 Vì thế toán tử F có điểm bất động trong D:
PHƯƠNG TRÌNH VỚI ÁNH XẠ ĐA TRỊ CHỨA THAM SỐ
TRONG KHÔNG GIAN CÓ THỨ TỰ
Trong chương này, chúng tôi nhắc lại định nghĩa và các tính chất của khái niệm liên tục trong ánh xạ đa trị, cũng như bậc tôpô tương đối của ánh xạ đa trị dương Tiếp theo, chúng tôi trình bày các kết quả liên quan đến bậc tôpô tương đối, ứng dụng vào việc chứng minh sự tồn tại của các điểm bất động khác trong ánh xạ đa trị dương.
Kết quả chính của chương này là mở rộng định nghĩa của Krasnoselskii về tính liên tục của tập nghiệm cho phương trình với ánh xạ đa trị có tham số, cũng như mở rộng định lý Krasnoselskii về khoảng giá trị của tham số để đảm bảo phương trình có nghiệm Phương pháp nghiên cứu được áp dụng là sử dụng bậc tôpô tương đối kết hợp với phương pháp chặn dưới đơn điệu và khai thác các mối quan hệ liên quan.
Chúng tôi áp dụng kết quả từ các định lý 3.7 và 3.8 để nghiên cứu bài toán biên phụ thuộc vào hàm điều khiển dạng (6) Mục tiêu là chứng minh sự tồn tại của cặp giá trị riêng và vectơ riêng dương cho ánh xạ đa trị tăng, thuần nhất.
Chúng tôi mở rộng các khái niệm 0-dương, u 0-đơn điệu và dương mạnh, đồng thời giới thiệu một số đại lượng thay cho bán kính phổ trong ánh xạ đa trị Qua đó, chúng tôi chứng minh các tính chất quan trọng như bội đơn và sự duy nhất của cặp giá trị riêng cùng vectơ riêng dương.
Các kết quả của mục 3.2, 3.3 đã được gửi đăng trong các bài báo [TG4], [TG3].
Bậc tôpô tương đối của lớp ánh xạ đa trị cô đặc
Tính nửa liên tục và compact của ánh xạ đa trị
Dưới đây chúng tôi nhắc lại các khái niệm liên tục, khái niệm compact của ánh xạ đa trị được sử dụng trong chương này. Định nghĩa 3.1 ([13], [15])
Cho (X; 1), (Y; 2) là các không gian tôpô và ánh xạ đa trị F : E X !
1) F gọi là nửa liên tục trên trong E nếu fx2E :F (x) Vg 2 ( 1 ) E với mọi
V 2 2 ;trong đó ( 1 ) E là thu hẹp của 1 trên E:
2) F gọi là nửa liên tục dưới trong E nếu fx2E :F(x)\V 6=?g 2 ( 1 ) E cho mọi V 2 2 :
Khi F(x) là tập hợp một phần tử và F là ánh xạ đơn trị, khái niệm nửa liên tục trên và nửa liên tục dưới tương đương với khái niệm liên tục thông thường đối với ánh xạ đơn trị.
Trong không gian Banach X; Y, ký hiệu B(x₀) là quả cầu mở với tâm x₀ và bán kính r Các khái niệm nửa liên tục có thể được diễn đạt lại thông qua mệnh đề sau.
Cho X; Y là các không gian Banach và ánh xạ đa trị F :E X !2 Y n f?g
1) F là nửa liên tục trên khi và chỉ khi với mỗi x 0 2 E và mỗi tập mở V chứa
F (x 0 ) thì tồn tại số >0 để cho F (B (x 0 )\E) V:
2) F là nửa liên tục dưới khi và chỉ khi với mỗi x 0 2E, mỗi y 2F (x 0 )và mỗi lân cận mở V của y thì tồn tại số >0 để cho F(x)\V 6=? với mọi x2B (x 0 )\E: Cho (Y;k:k)là không gian Banach, với A; B 22 Y n f?g ta định nghĩa khoảng cách Hausdorffd H (có thể là 1) trên 2 Y n f?g định bởi d H (A; B) := max sup x 2 A
(x; A) (3.1) với (x; A) = inffkx yk:y2Ag: Định nghĩa 3.2 ([13])
Cho (X;k:k1);(Y;k:k2) là các không gian Banach và ánh xạ đa trịF :D X !
1) Ta nóiF là compact nếu nhưF (S) = [ x 2 SF(x)là tập compact tương đối trong Y; vớiS là tập bị chặn bất kỳ trong D.
2) Ta nói F là liên tục nếu(8x 0 2D;(x n ) D; x n k : ! k 1 x)d H (F x n ; F x 0 ) !0): Các mối quan hệ giữa các khái niệm liên tục, khái niệm compact, các tiêu chuẩn nhận biết chúng được thể hiện bởi mệnh đề dưới đây mà không chứng minh.
Cho (X;k:k1);(Y;k:k2) là các không gian Banach và ánh xạ đa trị F :D X !
2 Y n f?g có tính chất F (x) là tập đóng với mọi x2D: Khi đó
8x 0 2D;(x n ) D; x n k : ! k 1 x 0 )supf (y; F x n ) :y2F x 0 g !0 thì F là nửa liên tục dưới trong D:
(ii) Nếu F là nửa liên tục trên trong D thì
(iii) F là liên tục thì F là nửa liên tục dưới.
(iv) Nếu F (x) là tập compact với mọi x2D thì ta có F liên tục khi và chỉ khi F là nửa liên tục dưới và nửa liên tục trên trong D:
(v) Nếu D compact, F là nửa liên lục trên và F(x) là compact cho mọi x2D thì
Để chứng minh các kết quả chính trong chương này, chúng tôi sẽ phát biểu và chứng minh những khẳng định dưới đây dựa trên các kết quả đã nêu.
Cho (X;k:k1), (Y;k:k2) là các không gian Banach, D X, F : D !2 Y n f?g là ánh xạ đa trị.
1) Nếu F là nửa liên tục trên, dãy fx n g trong D hội tụ về x 0 , dãy fy n g thoả y n 2F (x n ), y n !y 0 và F(x 0 ) là tập đóng thì y 0 2F (x 0 ):
2) Nếu F là compact và có đồ thị f(x; y)2X Y :x2D; y 2F (x)glà tập đóng trong X Y thì khi đó F là nửa liên tục trên:
1 8k2N , từ tính chất nửa liên tục trên ta tìm được n k 2N để cho
Do y n k 2F (x 0 ) +B 1 k (0) nên ta tìm được dãy fz k g F(x 0 ) để cho ky n k z k k2 < k 1 :
Từ giả thiếty n !y 0 ta suy raz k !y 0 và do F (x 0 )đóng nên y 0 2F (x 0 ):
2 Giả sử x 0 2X và V là tập mở chứa F(x 0 ); áp dụng Mệnh đề 3.1, ta sẽ chứng tỏ rằng
Giả sử khẳng định (3.2) không đúng, ta có thể tìm được dãy \( f(x_n) \) hội tụ về \( x_0 \) và dãy \( f(y_n) \) thuộc \( 2F(x_n) \) Nhờ tính compact của \( F \) và tính bị chặn của dãy \( f(x_n) \), ta có thể giả sử \( y_n \) hội tụ về \( y_0 \) Từ tính chất của \( F \) với đồ thị đóng, ta suy ra \( y_0 \) thuộc \( F(x_0) \).
V mở nêny n 2V với n đủ lớn, ta gặp mâu thuẫn.
Cho không gian Banach X, Y và ánh xạ đa trị F : D X → 2 Y không chứa phần tử rỗng là nửa liên tục dưới Giả sử dãy {x_n} thuộc D hội tụ về x_0 ∈ D Khi đó, với mỗi y ∈ F(x_0), tồn tại một dãy {y_k} với k = 1, 2, hội tụ về y và thỏa mãn y_k ∈ F(x_{n_k}), trong đó {x_{n_k}} là một dãy con của {x_n}.
Dãy fy k g được xây dựng theo quy nạp, bắt đầu với k = 1 Áp dụng Mệnh đề 3.1 cho lân cận mở V1 = B1(y) của y, ta tìm được số dương 1 > 0 và x n1 2 B1(x0) sao cho F(xn1) \ V1 khác rỗng Chọn y1 2 F(xn1) \ V1 khác rỗng Giả sử đã chọn được yk và xn k, với Vk = Bk 1(y) thỏa mãn yk 2 F(xn k) \ Vk Tiếp tục áp dụng Mệnh đề 3.1 cho lân cận.
V k+1 =B (k+1) 1 (y)củayvới chú ýx n !x 0 thì ta tìm được số dương k+1;vàn k+1 > n k để x n k+1 2 B k+1 (x 0 ) đồng thời F x n k+1 \V k+1 6=?: Chọn y k+1 2 F x n k+1 \V k+1 : Vậy ta tìm được dãy fy k gk như yêu cầu.
Từ một ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới với giá trị lồi đóng, ta có thể chọn được một hàm đơn trị liên tục Kết quả này được phát biểu như sau:
Cho không gian Banach X và Y, cùng với ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới F: D → 2^Y \ {∅}, trong đó F(x) là tập lồi và đóng cho mọi x thuộc D Dưới các điều kiện này, tồn tại một hàm đơn trị, liên tục f: D → Y, sao cho f(x) thuộc F(x) cho mọi x thuộc D.
Bậc tôpô tương đối
Khái niệm bậc tôpô tương đối của toán tử đa trị cô đặc theo độ đo phi compact đã được đề cập trong tài liệu [15] Trong bài viết này, chúng tôi áp dụng khái niệm đó cho trường hợp ánh xạ cô đặc, cụ thể là ánh xạ compact, và liệt kê một số tính chất hữu ích mà không đưa ra chứng minh.
Cho D là tập mở, bị chặn của không gian Banach X với thứ tự sinh bởi nón K Giả sử F: K\D → 2^(K\{?}) là ánh xạ đa trị nửa liên tục, compact và có giá trị lồi đóng Nếu x không thuộc D với mọi x thuộc K, thì bậc tôpô tương đối của F trên D đối với K được xác định là một số nguyên, ký hiệu là i_K(F; D) Bậc tôpô này sở hữu tất cả các tính chất hữu ích tương tự như bậc tôpô của ánh xạ đơn trị compact.
Cho D là tập mở, bị chặn của X; F :K\D !2 K n f?g là ánh xạ đa trị nửa liên tục trên, compact và nhận giá trị lồi, đóng Giả sử x =2 F (x) với mọi x 2 K \@D:
1) Nếu i K (F; D)6= 0 thì F có điểm bất động.
2) Nếu x0 2D\K thì iK(xb0; D) = 1, với xb0 là ánh xạ hằng nhận giá trị là x0:
3) Nếu U 1 ; U 2 chứ trong U là hai tập mở rời nhau và nếu x / (x) với mọi x 2
4) Nếu H : [0;1] K\D !2 K n f g nửa liên liên tục trên, compact với giá trị lồi đóng và nếu x =2H(t; x) cho mọi (t; x)2[0;1] (K\@D) thì i K (H(1; :); D) =i K (H(0; :); D) (gọi là tính chất bất biến qua đồng luân).
Dựa trên chứng minh của Định lý 3.2 trong tài liệu [15], chúng tôi đã chứng minh một kết quả quan trọng cho việc tính bậc tôpô của ánh xạ compact dương, được trình bày qua mệnh đề dưới đây.
Cho không gian Banach thứ tự (X; K; k:k) là tập mở, bị chặn và chứa điểm gốc Ánh xạ đa trị dương T : K \! 2 K n f?g là nửa liên tục trên, compact, và nhận giá trị lồi, đóng.
1) i K (T; ) = 0nếu tồn tại u2Kn f gđể cho x =2T(x) +kuvới mọi x2K\@ và mọi k 0:
2) i K (T; ) = 1 nếu kx =2T (x) cho mọi x2K\@ và mọi k 1:
1 Với ánh xạ compact H(t; x) = (1 t)T(x) +tku;ta chứng minh mệnh đề
9k 0 >0 :8k k 0 ;8t2[0;1] thì (x2K \@ )x =2H(t; x)): (3.3) là đúng Thật vậy, giả sử trái lại mệnh đề (3.3) không đúng Khi đó ta tìm được các dãy fx n g K\@ , ft n g [0;1]; fk n g R và fy n g thoả y n 2T (x n ); k n ! 1và x n = (1 t n )y n +t n k n u: (3.4)
Từ tính compact của T và đẳng thức (3.4), ta suy ra rằng dãy \( f_{t_n} \) là bị chặn, cho phép chọn một dãy con hội tụ Giả sử \( t_n \to k_0 \) và với giả thiết \( k_n \to 1 \), ta có \( t_n \to 0 \) Từ (3.4) và tập \( T(K\@) \) là compact tương đối, ta có thể giả sử \( y_n \to y_0 \) và do đó \( x_n \to x_0 \in K\@ \) Theo Mệnh đề 3.3, \( y_0 \in T(x_0) \) Khi \( n \to 1 \) trong (3.4), ta có \( x_0 = y_0 + ku \), điều này mâu thuẫn với giả thiết đã khẳng định.
Khẳng định (3.3) đã được chứng minh Áp dụng tính chất bất biến qua đồng luân cho H(t; x), ta có i K (T; ) = i K (u; b) với u b là ánh xạ hằng x7! fkug Khi k đủ lớn, ku = 2K, dẫn đến ánh xạ bu không có điểm bất động Do đó, theo Mệnh đề 3.6, ta nhận được i K (u; b) = 0.
2 Ta sẽ sử dụng tính bất biến qua đồng luân cho ánh xạ compact H(t; x) (1 t)A 0 (x) +tT(x) với A 0 là ánh xạ hằng x 7! f g Với giả thiết của khẳng định
(2) thì x =2 H(t; x) cho mọi (t; x) 2 [0;1] (K\@ ) và do đó theo Mệnh để 3.6 thì i K (T; ) = i K (A 0 ; ) = 1:
Tính bậc tôpô tương đối cho một số lớp ánh xạ và ứng dụng vào bài toán điểm bất động
dụng vào bài toán điểm bất động.
Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu một số kết quả liên quan đến bậc tôpô tương đối của ánh xạ đa trị Các kết quả này được trình bày thông qua việc sử dụng ánh xạ tuyến tính làm chặn dưới hoặc chặn trên, cũng như thông qua các ánh xạ xấp xỉ tại điểm và tại 1.
Ta xây dựng quan hệ "
Trong không gian Banach thứ tự (X; K;k:k), với k = 1, 2, 3, chúng ta xem xét hai tập hợp A và B là các tập con khác rỗng Khái niệm ánh xạ đa trị (k)-tăng được định nghĩa như sau:
B , 8x2A;8y2B thì x y (nghĩa là B x+K; 8x2A). b Một ánh xạ F :E X !2 X n f?g gọi là(k) tăng, k = 1;2; nếu x, y2E và x y dẫn đến F (x)
F (y); và F gọi là (3) tăng nếu x, y 2 E và x < y dẫn đến
Các quan hệ giữa hai tập hợp đã được nhiều nhà toán học nghiên cứu và ứng dụng Những quan hệ này sẽ tương đương với quan hệ thứ tự sinh bởi nónK khi các tập hợp A và B chỉ có một phần tử Ánh xạ đơn trị tăng là một loại ánh xạ tăng.
" vừa nêu có tính chất bắc cầu, các ký hiệu
, (k) được sử dụng một cách tự nhiên Tập một phần tửfagcũng được đồng nhất với cách viết một phần tửa.
Cho (X; K;k:k) là không gian Banach thực với thứ tự sinh bởi nón K: Đặt K :Kn f gvà với mỗi x2K ta ký hiệu hxi+ =f x: >0g:
Cho K là nón trong không gian Banach X Giả sử L1 và L2 là các ánh xạ tuyến tính liên tục, với một trong số chúng là u0 dương trên K Nếu L1 u L2 u cho mọi u thuộc K và tồn tại các cặp ( ; x) thuộc R+ n {0} K, ( ; y) thuộc R+ n {0} K sao cho x L1 x và L2 y y, thì ta có
2) Nếu = thì dẫn đến hxi+ =hyi+. Định lý 3.1
Cho là tập mở, bị chặn và chứa gốc của không gian Banach thứ tự (X; K;k:k),
A : K \ ! 2 K n f?g là ánh xạ đa trị nửa liên tục trên, compact và có giá trị lồi đóng.
1) Nếu tồn tại ánh xạ L (đơn trị) tuyến tính dương, liên tục có bán kính phổ r(L) 1 và thoả
2) Giả sử X =K K và tồn tại ánh xạ L(đơn trị) tuyến tính, hoàn toàn liên tục, u 0 dương trên K; có bán kính phổ r(L) 1 và thoả
1 Để áp dụng Mệnh đề 3.7, ta sẽ chứng tỏ rằng u *(u) 8u2K\@ và 8 >1: (3.7)
Nếu giả thuyết (3.7) không đúng, sẽ tồn tại u 2 K và > 1 sao cho u 2 A(u) Theo (3.5), ta có u Lu, dẫn đến I 1 L u Do r 1 L 1r(L) < r(L) 1, nên tồn tại I 1 L 1 là ánh xạ tuyến tính dương, liên tục Điều này cho thấy rằng u; do đó u=; dẫn đến mâu thuẫn.
2 Giả sử x 0 2K, ta chứng tỏ rằng u *(u) + x 0 8u2K\@ và 8 >0: (3.8)
Giả sử trái lại, ta tìm được u 2K \@ và > 0 để cho u2 A(u) + x 0 Khi đó, từ (3.6) ta suy ra u Lu Theo Định lý Krein-Rutman thì r(L) là một giá trị riêng của
L Tức là tồn tạiy2K để choLy =r(L)yvà do đó theo Mệnh đề 3.8 (Keener-Travis) ta có r(L) = 1 và u2 hyi+ Đặtu= y ( >0) thì ta cóLu=u: Điều này dẫn đến u Lu+ x 0 =u+ x 0 ; mâu thuẫn Áp dụng Mệnh đề 3.7 ta suy rai K (A; K ) = 0. Định nghĩa 3.4
Cho X; Y là các không gian tuyến tính tôpô, ánh xạ đa trịF :X !2 Y gọi làánh xạ lồi nếu tập graph(F) = f(x; y)2X Y :y2F (x)g là tập lồi trong không gian tíchX Y:
Một điều kiện cần và đủ để ánh xạ đa trị là lồi được phát biểu bởi nhận xét bên dưới mà việc chứng minh không khó khăn.
Nhận xét 3.1 Ánh xạ đa trị F :X !2 Y là lồi khi và chỉ khi
Cho là tập mở, bị chặn chứa điểm gốc; ánh xạ đa trị T: K ! 2^K n f?g là nửa liên tục trên, compact, lồi và nhận giá trị đóng Đồng thời, không có trong K véctơ riêng ứng với giá trị riêng bằng 1.
1) i K (T; ) = 0 nếu T có trong K véctơ riêng ứng với giá trị riêng lớn hơn 1;
2) i K (T; ) = 1 nếu T không có trong K véctơ riêng ứng với giá trị riêng lớn hơn 1.
Khẳng định thứ hai được suy ra từ Mệnh đề 3.7 Để chứng minh khẳng định đầu, giả sử (0; x0) là cặp riêng dương của T với 0 > 1 Chúng ta cần chứng tỏ giả thiết của Mệnh đề 3.7 được thỏa mãn với x = 2T(x) + x0, 8x2K@, 8 > 0.
Giả sử trái lại rằng, tồn tại x 2 K \@ và 0 để cho x 2 T (x) + x 0 : Khi đó,
9y2T (x) để cho x=y+ x0: Với các số dương ; bất kỳ ta có
Bây giờ, ta cần tìm các số dương , để cho có các đẳng thức:
Giải hệ (3.12) ta tìm được
Với và xác định như (3.13), đặt v = 0 x+ x 0 2 K Với chú ý T là ánh xạ lồi ta có
0 + x0 và điều này cùng với (3.11) dẫn đến v 2 T(v) là điều mâu thuẫn Vậy khẳng định (3.10) là đúng Áp dụng Mệnh đề 3.7 ta cói K (T; ) = 0. Định lý 3.3
Cho là tập mở bị chặn chứa điểm gốc; các ánh xạ đa trị F là nửa liên tục trên, compact và nhận giá trị lồi đóng Đồng thời, không có véctơ riêng ứng với giá trị riêng bằng 1 và thoả mãn F'(x) với mọi x thuộc K Khi đó, chỉ số hình học i_K(F) bằng i_K(').
Với mỗi 2[0;1]và x2 K ta đặt H( ; x) = F (x) + (1 )'(x) Từ giả thiết
F (x) '(x) và ' có giá trị lồi ta có x H( ; x) x '(x) 8x2K \@ : Điều này cùng với giả thiết x =2 '(x) đưa đến x =2 H( ; x) 8x 2 K \@ : Theo tính chất bất biến qua đồng luân ta có i K (F; ) =i K ('; ). Định nghĩa 3.5
Cho các ánh xạ đa trị F; ': K !2 K n f?g Với mỗi x2K ta ký hiệu kF(x) '(x)k0 = supfky y 0 k:y 2F(x); y 0 2'(x)g và nói rằng cặp ánh xạ(F; ')
1) thoả điều kiện (c 0 ) nếu lim x 2 K; k x k! 0 k F (x) '(x) k 0 k x k = 0;
2) thoả điều kiện (c 1 ) nếu lim x 2 K; k x k!1 k F (x) '(x) k 0 k x k = 0:
1 Cho các hàm đa trị F; ' : K ! 2 K , xác định bởi F (x) = x+x 2 B, '(x) = x.Cặp (F; ') thoả điều kiện (c 0 )
Với x 6= 0 ta có sup y 2 F(x);y 0 2 '(x) k y y 0 k k x k = sup
3 Nếu F :X !X là ánh xạ đơn trị thoả F( ) = và ' là đạo hàm Fréchet theo nón K của F tại (tương ứng tại 1) thì (F; ') thoả điều kiện (c 0 ) (tương ứng thoả điều kiện (c 1 )). Định lý 3.4
Cho không gian Banach thứ tự (X; K;k:k) và các ánh xạ đa trị compact F; ':K !2 K n f?g, nửa liên tục trên, nhận giá trị lồi đóng, 2F ( ) Đồng thời, ' không có trong K véctơ riêng ứng với giá trị riêng bằng 1 và ' là 1-thuần nhất dương (theo nghĩa '( x) = '(x);8 >0) Khi đó, có đẳng thức i K (F; B r ( )) =i K ('; B r ( )) (3.14) trong các trường hợp nhất định.
(ii) (F; ') thoả (c 1 ), số r đủ lớn.
8x 2 K, và 2 [0;1], đặt H( ; x) = F (x) + (1 )'(x) Ta có H( ; :) là compact, nửa liên tục trên và có giá trị lồi đóng Với mỗi x 2 K, y 2 F (x) và y 0 2'(x) ta có kx y (1 )y 0 k = kx y 0 (y y 0 )k kx y 0 k ky y 0 k kx y 0 k ky y 0 k: (3.15)
Để chứng minh tồn tại số dương b sao cho inf w 2 '(x) kx wk bkxk 8x2K, ta đặt b = inf{kx yk : x2K; kxk = 1, y2'(x)g} Nếu b = 0, ta sẽ tìm được các dãy fx n g và fy n g trong K thỏa mãn kx n k = 1; y n 2'(x n) và kx n y n k !0.
Từ tính compact của ta giả sử rằng limy n = y 0 2Kv và tồn tại limx n = y 0 2K với ky 0 k = 1 Từ tính nửa liên tục của ta dẫn đến y 0 2'(y 0), điều này gây mâu thuẫn, do đó ta có b > 0 Khi xét x2K, đặt x = x 0 với kxk = kx 0 k, ta có x 0 2K và kx 0 k = 1 Kết hợp với tính thuần nhất của ta, ta có inf w 2 '(x) kx wk kxk = inf w 2 '(x 0) x 0 w kx 0 k b.
Vậy khẳng định (3.16) được chứng minh Từ (3.15) và (3.16) ta có kx y (1 )y 0 k kxk b k F (x) k x '(x) k k 0 : (3.17)
Trường hợp (F; ') thoả (c 0 ), ta tìm được số r > 0 đủ nhỏ để b k F(x) '(x) k 0 k x k >0,
8x;kxk r Do đó từ (3.17) ta có x =2 H( ; x) 8x 2K\@B r ( ) Áp dụng tính chất bất biến đồng luân ta có i K (F; B r ( )) = i K ('; B r ( )): Trường hợp (F; ') thoả (c 1 ) ta lập luận tương tự. Định lý 3.5
Cho không gian Banach thứ tự (X; K;k:k) với X = K K và ánh xạ đa trị A : K ! 2 K n f?g là compact, nửa liên tục trên, có giá trị lồi đóng Giả sử 1 và 2 là các tập mở, bị chặn, thỏa mãn các điều kiện 2 1 ( 2.
(i) Tồn tại các ánh xạ tuyến tính P, Q : K ! K hoàn toàn liên tục, lần lượt có bán kính phổ là r(P),r(Q); với P là u 0 dương, và có một trong hai trường hợp sau:
Với 2(r(Q); r(P)), phương trình x2A(x) có nghiệm trong Kn f g Để chứng minh, ta đặt := 1 và giả sử A không có điểm bất động trên @ 1 [@ 2 Nếu điều này không đúng, ta sẽ có ngay điều cần chứng minh Nếu điều kiện (3.18) được thoả mãn, ta sẽ có kết quả mong muốn.
Phương trình với ánh xạ đa trị chứa tham số có chặn dưới đơn điệu
Tính liên tục của tập nghiệm dương của phương trình
Tập nghiệm của (3.21) được định nghĩa là tập hợp
Chúng tôi khảo sát tính liên tục và không bị chặn của tập nghiệm theo nghĩa Kras- noselskii dưới đây. Định nghĩa 3.6
Một tập S X gọi là liên tục, không bị chặn xuất phát từ nếu với mọi tập mở
;bị chặn, chứa thì S\@ là tập khác rỗng.
Vớix và 2Kn luôn tồn tại số cực đại thỏa mãn điều kiện nhất định Số này sở hữu nhiều tính chất quan trọng thường được áp dụng, được thể hiện qua các bổ đề dưới đây.
Giả sử (X; K;k:k)là không gian Banach thứ tự Với u2Kn f gvà v 2Kn f gta định nghĩa u(v) = supft2R + :u tv2Kg: (3.23)
1 Ta có 02 ft2R + :u tv 2Kg, nếu u (v) =1, ta tìm được dãy ft n g R + n f0g sao cho tn! 1 và u tnv 2K với mọin Khi đó t 1 nu v 2K và khi chon ! 1thì ta có v 2 K là điều mâu thuẫn.
2 Hiển nhiên theo định nghĩa của u(v).
3 Giả sử t 0 = u (v) > 0, khi đó 8" > 0 ta tìm được t " > 0 thoả u t " v 2 K và t 0 " < t " t 0 Từ tính đóng của K và cho" !0 ta cóu t 0 v 2K Bây giờ với mọi t2[0; t 0 ], do u tv= t 0 t t
0 (u t 0 v) và tính chất lồi của K thì u tv 2K.
4 Ta tìm được số r > 0 để cho B(u; r) int(K) Vì u 2 k r v k v 2 B(u; r) K nên u(v) 2 k r v k >0.
5 Giả sử trái lạix 0 =u t 0 v =2@K:Khi đó ta tìm được r >0đểB(x 0 ; r) K: Chọn t = 2 r k v k > 0 và x = u (t 0 +t)v; thì kx x 0 k = jtj:kvk < r: Do đó x 2 K; mâu thuẫn với tính cực đại của t 0 : Định lý 3.7
Cho (X; K;k:k) là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K và ánh xạ F :
K !2 K n f?g là nửa liên tục trên hoặc nửa liên tục dưới, trong khi F là một tập hợp compact với giá trị lồi và đóng Giả sử tồn tại ánh xạ G:K !2 K n f?g, là ánh xạ tăng và thỏa mãn điều kiện F(x).
(ii) tồn tại u2Kn f g và các số dương a,b sao cho G(tu)
(2) atu 8t2[0; b]: Khi đó tập S= x2Kn f g:9 >0 thoả x2 F(x) là liên tục, không bị chặn xuất phát từ
1 Trường hợpF là nửa liên tục trên.
Giả sử trái lại S không là nhánh liên tục không bị chặn xuất phát từ Khi đó ta có thể tìm được tập mở, bị chặn, chứa và thoả
Khi xét hai số dương phân biệt 1 và 2, chúng ta áp dụng tính chất bất biến qua đồng luân cho ánh xạ H(t; x) = (1 - t) * 1 * F(x) + t * 2 * F(x) Từ đó, ta có i K(1 F; ) = i K(2 F; ), cho thấy rằng i K(F; ) là hằng số không phụ thuộc vào Tuy nhiên, điều này dẫn đến mâu thuẫn khi i K(F; ) = 1 với giá trị đủ nhỏ và đồng thời i K(F; ) = 0 với giá trị đủ lớn.
Thật vậy, ta chứng minh iK( F; ) = 1 với đủ nhỏ bằng cách kiểm tra giả thiết
2) của Mệnh đề 3.7 cho ánh xạ F, nghĩa là chứng tỏ rằng
Từ tính bị chặn của tập @ và tính compact tương đối của tập F(K\@ ) ta có thể chọn được số >0và số >0 để cho
8x2K\@ ;8y2F (K \@ ) thì ta có kxk và kyk (3.26)
Nếu (3.25) sai thì tồn tại số t 1 và x 2 K \@ để cho t x 2 F (x ): Chọn y 2 F (x ) để t x = y thì từ (3.26) ta suy ra t : Do đó với < 1 thì t 0 :8 0 ;8x2K\@ ;8t 0 thì x =2 F (x) +tu , (3.27) trong đó u là phần tử nói trong điều kiện (ii).
Nếu mệnh đề (3.27) không đúng thì ta tìm được các dãy fx n g K \@ , ft n g [0;1) và f n g (0;1) vớilim n !1 n =1 sao cho x n 2 n F (x n ) +t n u: (3.28)
Ta có t n >0 vì nếu tồn tại t n = 0 thì từ (3.28) ta thấy trái với (3.24) Với mỗi n2N; đặts n = x n (u):Theo Bổ đề 3.1 thìs n 2[0;1)vàx n s n u Từ (3.28) ta cóx n t n u nên cós n t n và do đós n >0: Đặt
Khi N 2 = fn2N:s n > bg, ta có N = N 1 [N 2 Việc chứng minh cả hai tập N 1 và N 2 là hữu hạn sẽ dẫn đến mâu thuẫn Điều này xảy ra do tính chất bắc cầu của quan hệ với n 2N1.
", tính chất chặn dưới và (2) tăng của G cùng với định nghĩa tập N 1 thì ta có
Từ (3.28), ta có x n n F (x n ), và kết hợp với (3.29) cho thấy x n n as n u Theo tính cực đại của s n, ta có s n n as n, dẫn đến n a 1 Do lim k → ∞ k = 1, suy ra N 1 là tập hữu hạn Đối với n2N 2, từ tính bắc cầu của quan hệ này cũng được xác định.
", tính chất (3.28), tính chất chặn dưới và(2) tăng của G cùng với định nghĩa tậpN 2 thì ta có x n
Suy ra x n n abu hay ( n ab) 1 x n u NếuN 2 là tập vô hạn, chọn dãy fn k g
N2; do fxng bị chặn và cho nk ! 1 thì ta có u = ; ta gặp mâu thuẫn Khẳng định (3.27) được chứng minh và sử dụng kết quả (1) của Mệnh đề 3.7 thìi K ( F; ) = 0 với
2 Trường hợpF là nửa liên tục dưới. Áp dụng Mệnh đề 3.5 ta tìm được ánh xạ đơn trị ' : K ! K liên tục và thoả'(x)2F (x):Sử dụng kết quả vừa chứng minh cho trường hợp F được thay bởi'(có thể xem ánh xạ đơn trị là một trường hợp đặc biệt của ánh xạ đa trị và khi ấy khái niệm liên tục trên của ánh xạ đa trị trùng với khái niệm liên tục của ánh xạ đơn trị thông thường) thì tập hợp
S 0 =fx2Kn f g:9 >0; x= '(x)g (3.31) là liên tục không bị chặn xuất phát từ :Từ bao hàmS 0 S ta suy ra điều phải chứng minh.
Khoảng giá trị tham số để phương trình có nghiệm
Với mỗi x 2 Kn f g ta ký hiệu (x) =f 2 R + n f0g:x2 F (x)g và ký hiệu Kr K\B r ( ): Định lý 3.8
Giả sử ánh xạ F :K !2 K n f?g nửa liên tục trên, compact nhận giá trị lồi, đóng và thoả các điều kiện
(ii) Tập S = x2Kn f g:9 >0thoả x2 F(x) là liên tục, không bị chặn, xuất phát từ ;
(iii) Có ít nhất một trong các trường hợp sau:
2 K r \ S (x) < b= lim r !1 inf [ x 2 S; k x k r (x) : (3.32) Trường hợp 2. a= lim r !1 sup [ x 2 S; k x k r (x) < b= lim r ! 0 + inf x [
Khi đó với 2(a; b) thì phương trình x2 F (x) có nghiệm dương.
Giả sử tồn tại 0 2(a; b) sao cho x =2 0 F (x) cho mọi x2Kn f g: (3.34)
Từ định nghĩa tập S 1 ; tập S 2 và các số a, b ta có ngay S 1 ; S 2 là các tập khác rỗng và
1 Chứng minh S 1 \S 2 = ?: Thật vậy, trong trường hợp trái lại thì ta tìm được x 2 S 1 và x 2 S 2 , lúc đó tồn tại 1 2 (0; 0 ) và 2 2 ( 0 ;1) để cho x 2 1 F (x) và x2 2 F (x): Do F (x) là tập lồi nên với mọi 2[0;1] ta có
1 x+ (1 ) 2 1 x2F (x): (3.37) Đặc biệt với = 0 1 2 1 1 1 2 1 1 thì từ (3.37) ta có 0 1 x 2 F(x) Mâu thuẫn với (3.34).
2 Chứng minh supfkxk:x2S 1 g < 1: Trong trường hợp trái lại ta tìm được các dãy fx n g S 1 và f n g R + , với kx n k ! 1; n 2 (x n ) và n < 0 : Với mỗi số r >0, ta tìm được sốN r 2Nđể cho với n N r thì kx n k r: Khi đóf n :n N r g [ x 2 S; k x k r (x)nêninf[ x 2 S; k x k r (x) inff n :n N r g:Suy rab lim n 0 < b; mâu thuẫn.
3 Chứng minhinffkxk:x2S 2 g=r 0 >0:Nếu trái lại r 0 = 0 thì ta tìm được các dãy fx n g S 2 vàf n g R + , vớikx n k !0; n 2 (x n )và n > 0 :Với mỗir > 0, ta tìm được sốN r 2Nđể cho với n N r thì kx n k r: Khi đóf n :n N r g [ x 2 S \ K r (x) nên sup[ x 2 S \ K r (x) supf n :n N r g: Suy ra a lim n 0 > a; mâu thuẫn.
4 Chứng minh S1 là tập compact Xét dãy fxng S1; theo định nghĩa tập S1 ta tìm được dãy f n g với n 2 (x n ) thoả n < 0 và x n 2 n F (x n ): Do đó mỗi n 2 N tồn tại y n 2 F (x n ) F (S 1 ) để cho x n = n y n : Từ tính bị chặn của dãy số f n g; tính compact của ánh xạ F ta có thể giả sử n ! 0 ; y n k ! : k y: Suy ra x n k ! : k x= y: Ta cần chứng minh x2S 1 Từ tính nửa liên tục trên của F và F (x) là tập đóng ta có y 2F (x) và do đó x 2 F (x): Rõ ràng 2 S 1 , nên ta có thể giả sửx6= Với giả thiết phản chứng (3.34) thì ta có < 0 :Vậy x2S 1 :
5 Chứng minhS 2 là tập đóng Giả sử dãyfx n g S 2 vàx n k ! : k x:Dokx n k r 0 >0nên x > : Theo định nghĩa tập S2 ta tìm được dãyf n g thoả n > 0 và xn 2 n F (xn), nghĩa là tồn tại y n 2F (x n ) đểx n = n y n Do dãy fx n g bị chặn và F compact nên ta có thể giả sử y n k ! : k y Từ tính nửa liên tục trên của F và F (x) đóng, theo Mệnh đề 3.3 ta có y 2 F (x) Suy ra n ! e và do đó x 2 eF (x); điều này cùng với giả thiết phản chứng (3.34) thì e > 0 và có x2S 2 :
6 Theo kết quả đã chứng minh ở 4 và 5 thì khoảng cách d(S 1 ; S 2 ) = inffkx yk: (x; y)2S 1 S 2 g= >0: (3.38) Đặt
Khi đó G mở chứa Ta chứng tỏ S\@G =?: Thật vậy, giả sử y 2 S: Nếu y 2 S 1 thì y 2 B p (y) G nên y =2 @G: Nếu y 2 S 2 và y 2 @G thì với 0 < " < =2 ta có
B " (y)\G6=? Như vậy ta tìm được x " 2S 1 và z " 2B p (x " ) đồng thờiky z " k< ":
Ta có kx " yk kx " z " k+kz " yk < p+" < : Điều này mâu thuẫn với (3.38).
Do đóy =2@G 8y2S: Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết (ii).
S 2 = x2S : (x) (2) < 0 : (3.41)Bằng cách lập luận tương tự ta cũng gặp mâu thuẫn.
Ứng dụng vào một dạng bài toán điều khiển
Xét bài toán biên phụ thuộc hàm điều khiển: x 00 (t) + (t)f(x(t)) = 0; t2[0;1]; x(0) =x(1) = 0;
Giả sử các hàm f; F thoả mãn các điều kiện sau đây
(a2)F : [0;1] R + !2 R + n f?gcó giá trị lồi, compact và là hàmCaratheodory trên theo nghĩa
8x 2 R + ; hàm t 7! F (t; x) là hàm đo được, nghĩa là 8y 2 R hàm D(t) inffjy zj; z 2F(t; x)g là đo được, Đối với hầu hết t2[0;1]; hàm x7!F (t; x)là nửa liên tục trên.
8r > 0, tồn tại hàm ' r 2 L 1 [0;1] sao cho sup x 2 [0;r] F(t; x) ' r (t) hkn (hầu khắp nơi) trên[0;1].
Bài toán trên tương đương với bài toán tìm các hàm x; thoả mãn hệ
Ta ký hiệu = [0;1]: ĐặtX =C( ) là không gian các hàm số liên tục trên với chuẩn kxk= max t 2 jx(t)jvà nón các hàm không âm
K =fx2X :x(s) 0 s2 g: Với mỗi u2K ta ký hiệu
F u = x2L 1 ( ) :x(t)2F(t; u(t)) hkn trên : Xét ánh xạ tuyến tính L:X !X định bởi
Các kết quả đã được biết về toán tử L:
1 Llà ánh xạ compact từ L 1 ( ) vào X;
2 Llà toán tử tuyến tính u 0 dương vớiu 0 (t) = t(1 t);
3.Lcó véctơ riêng trongK làx 0 (t) = sin tvới giá trị riêng tương ứng là 0 = 1 2. Hơn nữa 0 có tính chất đặc trưng sau
Với các điều kiện đã nêu cho các hàm F; f ta có
1 Tập F u là tập khác rỗng, lồi đóng trong L 1 ( );
1 Do điều kiện (a2) và các kết quả trong [14] ta có F u 6= ? Với x; y 2 F u và
; 2[0;1]; + = 1 ta có x(t)2F (t; u(t)); y(t)2F (t; u(t)) hkn, F (t; u(t)) là tập lồi.
Giả sử dãy fx n g F u và hội tụ về x trong L 1 ( ) Ta có thể coi limx n (t) = x(t) hkn trên Khi đó từ x n (t) 2 F (t; u(t)) hkn trên ; 8n 2 N và tính đóng của
F (t; u(t))ta suy ra x(t)2F (t; u(t)) hkn trên hay x2 F u VậyF u là tập lồi đóng.
2 Hàmx2L 1 ( );hàmf[u(:)]liên tục nên hàm tíchx(:)f[u(:)]thuộcL 1 ( ), không âm Do đó hàmy liên tục, không âm.
G(t; s)x(s)f[u(s)]ds:x2 F u (3.44) Để chứng minh hệ (3.42) có nghiệm, ta chỉ cần chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình u2A(u): (3.45)
Cùng với (3.45) ta cũng xét bài toán phụ thuộc tham số tương ứng u2 A(u) (3.46)
Giả sử I R là đoạn bị chặn, F :I R! 2 R n f?g là ánh xạ Caratheodory trên có giá trị lồi, compact sao cho F u = x2L 1 (I) :x(t)2F(t; u(t)) hkn trên I 6=?
8u2C(I) Khi đó nếu L:L 1 (I)!C(I) là ánh xạ tuyến tính liên tục thì ánh xạ đa trị L F u , u7 !L(F u ) có đồ thị đóng trong C(I) C(I):
Bổ đề 3.4 Ánh xạ A:K !2 K n f glà ánh xạ compact, nửa liên tục trên, có giá trị lồi đóng: Chứng minh.
Giả sử S là tập bị chặn trong K, fy n g A(S) và fx n g S để cho y n 2 A(x n ). Khi đó ta tìm được fa n g K,a n 2 F x n sao cho y n (t) Z 1
S bị chặn trongK và do giả thiết (a2) nên ta tìm được hàm '2L 1 ( ) và số M để
Vậy dãyfa n (:)f[x n (:)]gbị chặn trongL 1 ( ):Do tính compact của ánh xạ L;ta suy rafy n g có dãy con hội tụ.
2 Chứng tỏA có giá trị lồi.
Xét u 2 K; a; b 2 A(u); các số dương ; thoả + = 1: Khi đó ta tìm được x2 F u vày 2 F u để a(t) Z 1
Do F u là tập lồi nên ta có x+ y2 F u Từ a(t) + b(t) Z 1
3 Chứng tỏA có giá trị đóng.
Giả sử u2K; fx n g A(u) và x n ! k : k x Ta tìm được fy n g F u để cho xn(t) Z 1
Sử dụng giả thiết (a2) với sốr=kuk+1thì tồn tại' r 2L 1 ( )để chosup x 2 [0;r] F (t; x) ' r (t) hkn trên Do fy n g F u nên fy n (t)g F (t; u(t))và ta có 0 y n (t) ' r (t)
Dãy hàm \( f_{y_n} \) là một dãy khả tích đều, do đó theo định lý Dunford-Pettis, dãy này có một dãy con ký hiệu là \( f_{y_n} \) hội tụ yếu trong không gian \( L^1 \) Qua giới hạn trong (3.48), ta thu được \( x(t) \).
Tập F u là lồi, đóng nên đóng yếu Do đóy 2 F u và ta có x2A(u).
4 Chứng tỏA nửa liên tục trên.
Ta có A = L F u, nên A có đồ thị đóng theo Bổ đề 3.3 Kết hợp với tính compact của A và sử dụng Mệnh đề 3.3, ta kết luận rằng A là nửa liên tục trên.
Giả sử các hàm F; f thoả mãn các điều kiện (a1), (a2) và điều kiện sau
(a3) Tồn tại hàm tăng g :R + !R + và các số dương s 1 ; s 2 (s 1 < s 2 ), a; b(a > b) sao cho
1) Tập nghiệm S của bài toán (3.46) là liên tục, không bị chặn, xuất phát từ :
0 b thì bài toán (3.46) có nghiệm dương, nói riêng, nếu b < 1
0 < a thì bài toán (3.45) có nghiệm dương.
1 Ta sẽ áp dụng Định lý 3.7 Do điều kiện (i) trong (a3) ta cóA(u)
B(u) vớiB là ánh xạ tăng xác định bởi
Với hàmu 0 (t) = sin t ta có theo điều kiện (i)
Các điều kiện của Định lý 3.7 được thỏa mãn cho ánh xạ A và chặn dưới B Do đó, tập nghiệm S của bài toán (3.46) là liên tục và không bị chặn.
2 Với (u) =f 2R + n f0g:u2 A(u)g ta sẽ chứng minh lim r ! 0 + sup u [
0b; (3.50) sau đó áp dụng Định lý 3.8 để có điều cần chứng minh. Đầu tiên ta chứng minh (3.49) Giả sử 2 (u) vớikuk s1 Khi đó ta có u(t) Z 1
G(t; s)x(s)f[u(s)]ds với một x2 F u Sử dụng giả thiết (i) trong (a3) ta có u(t) a
Do L là u 0 -dương có giá trị riêng 0 nên từ (3.51) và áp dụng Mệnh đề 3.8 (Keener- Travis) ta có 1 a 0 Vậy (3.49) đúng.
Tiếp theo ta chứng minh (3.50) Do giả thiết (a2), ta tìm được hàm ' 2 L 1 [0;1] sao cho
F (t; x) [0; '(t)]8x2[0; s 2 ]; hkn đối vớit 2[0;1]: (3.52) Đặt m= supff(s) :s 2[0; s 2 ]g thì do (3.52) và điều kiện (ii) trong (a3) ta suy ra
F (t; x)f(x) [0; m'(t) +bx] 8x2R + ; hkn đối với t2[0;1]: (3.53) Giả sử 2 (u)với kuk r và x2 F u là hàm thoả mãn u(t) Z 1
Vậy u là hàm lồi và kết hợp với u(0) = u(1) = 0 ta suy ra u(t) kukt(1 t)
8t2[0;1] Nhân (3.54) với u(t) và lấy tích phân từng phần ta được
Từ (3.53), (3.55) và tính chất đặc trưng của 0 ; ta được
Từ đây vàu(t) kukt(1 t) ta có
0 t 2 (1 t) 2 dt: Từ (3.56) ta suy ra (3.50) đúng.