Nguyên lý biến phân Ekeland và một số ứng dụng

Cụ thể là khi hàm f bị chặn dưới ta luôn tìm được điểm ε-xấp xỉ cực tiểu ¯x , tức là infXf ≤ f ¯x ≤ infXf + ε Hơn nữa, Ekeland [4] đã phát biểu nguyên lí nói rằng với hàm f nửa liên tục

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Ngô Thị Vân

NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND

VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Toán giải tích

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS NGUYỄN VĂN TUYÊN

Hà Nội – Năm 2017

Em xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, các thầy cô gióa khoa Toán đã giúp đỡ em trong quá trình học tập tại trường

và tạo điều kiện cho em hoàn thành đề tài khóa luận tốt nghiệp.

Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Nguyễn Văn Tuyên, người thầy đã truyền thụ kiến thức, tận tình giúp đỡ, hướng dẫn em trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thiện khóa luận này.

Trong quá trình nghiên cứu, không tránh khỏi những sai sót và hạn chế Em kính mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và toàn thể bạn đọc để khóa luận được hoàn thiện hơn.

Em xin chân thành cảm ơn !

Hà Nội, tháng 5 năm 2017

Ngô Thị Vân

Em xin cam đoan dưới sự hướng dẫn của thầy giáo Nguyễn Văn Tuyên khóa luận của em được hoàn thành không trùng với bất kì đề tài nào khác.

Trong khi làm khóa luận này, em đã kế thừa thành quả khoa học của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

Hà Nội, tháng 5 năm 2017

Ngô Thị Vân

Lời mở đầu 1

1.1 Kiến thức chuẩn bị 3

1.2 Nguyên lý biến phân Ekeland 6

1.3 Một số ứng dụng của nguyên lí biến phân Ekeland 15

1.3.1 Nguyên lí biến phân Ekeland và tính đầy đủ 15

1.3.2 Các định lí điểm bất động 16

1.3.3 Đạo hàm tại điểm xấp xỉ cực tiểu 22

2.1 Nguyên lí biến phân Ekeland suy rộng 26

2.2 Mối liên hệ giữa các điều kiện Palais–Smale, điều kiện

Palais–Smale yếu, và điều kiện bức 35

Lời mở đầu

Trong giải tích, bài toán tìm điểm cực trị của hàm số có rất nhiều

ứng dụng quan trọng Một kết quả cổ điển chỉ ra rằng hàm f nửa liên

tục dưới trên tập compact X thì sẽ đạt cực tiểu trên tập đó Khi tập

X không compact thì hàm f có thể không có điểm cực trị Tuy vậy,

với không gian mêtric đủ X, hàm f bị chặn dưới ta vẫn có thông tin

về điểm xấp xỉ cực tiểu Cụ thể là khi hàm f bị chặn dưới ta luôn tìm

được điểm ε-xấp xỉ cực tiểu ¯x , tức là

infXf ≤ f (¯x) ≤ infXf + ε

Hơn nữa, Ekeland [4] đã phát biểu nguyên lí nói rằng với hàm f nửa

liên tục dưới, bị chặn dưới trên không gian mêtric đủ X thì với mọi

điểm ε-xấp xỉ cực tiểu ¯x, ta luôn tìm được điểm x là cực tiểu toànb

cục của hàm xấp xỉ của hàm ban đầu, đồng thời f (x) ≤ f (¯b x) Không

những thế, còn đánh giá được khoảng cách giữa bx và ¯x

Từ khi ra đời, nguyên lí biến phân Ekeland đã trở thành công cụ

mạnh trong giải tích hiện đại Những ứng dụng của nguyên lí này bao

trùm nhiều lĩnh vực như: Lí thuyết tối ưu, giải tích không trơn, lí

thuyết điều khiển, lí thuyết điểm bất động, kinh tế,

Trong những năm gần đây, nguyên lí này đã được mở rộng cho

trường hợp hàm f là ánh xạ đơn trị hoặc đa trị nhận giá trị trong

không gian véc tơ

Mục đích của khóa luận này là tìm hiểu một số kết quả liên quan

đến nguyên lí biến phân Ekeland cùng một số ứng dụng của nguyên

lí này Khóa luận được bố cục như sau:

Chương 1 trình bày nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển, một đặc

trưng của không gian metric đủ, và một số ứng dụng của nguyên lý

này trong việc chứng minh sự tại của các điểm bất động của một ánh

xạ

Chương 2 trình bày một phiên bản mở rộng của nguyên lý biến

phân Ekeland được đề xuất bởi Zhong [8] và mối liên hệ giữa điều

kiện Palais–Smale, điều kiện Palais–Smale yếu, và điều kiện bức

Nguyên lý biến phân Ekeland

epi f = {(x, a) ∈ X × R|f (x) ≤ a} là tập trên đồ thị của f

Định nghĩa 1.1 Cho X là không gian tôpô Hàm f : X → R∪{+∞}được gọi là hàm nửa liên tục dưới tại x0 khi và chỉ khi

lim inf

x→x 0

f (x) ≥ f (x0)

Hàm f được gọi là nửa liên tục dưới trên X nếu f nửa liên tục dưới

tại mọi điểm của X

Nhận xét 1.1 Hàm f là nửa liên tục dưới tại x0 khi và chỉ khi

với mọi ε > 0, tồn tại lân cận U của x0 sao cho ∀x ∈ U ta đều có

Ta thấy f là hàm liên tục trên R\{1}, gián đoạn tại x = 1 Nhưng f

là hàm nửa liên tục dưới tại x = 1 vì lim

x→1 inf f (x) = 4 ≥ f (1) Do đó

f là hàm nửa liên tục dưới trên R

Mệnh đề 1.1 Cho X là không gian mêtric và hàm f : X → R ∪ { +

∞}, khi đó các khẳng định sau là tương đương:

(a) f là hàm nửa liên tục dưới trên X

(b)

epi f = {(x, a) ∈ X × R|f (x) ≤ a}

là tập đóng trong X × R

(c) Laf ={x ∈ X|f (x) ≤ a} là tập đóng trong X (∀a ∈ R)

Chứng minh (a) ⇒ (b): Giả sử f là hàm nửa liên tục dưới trên X Ta

lấy dãy {(xn, an)} ⊂ epi f sao cho

và hàm f là nửa liên tục dưới tại x0 nên lim

n→∞ inf f (xn) ≥ f (x0) Mặtkhác, do dãy {(xn, an)} ⊂ epi f nên f (xn) ≤ an với mọi n ∈ N) Vìvậy, lim

(b) ⇒ (c): Giả sử epi f là tập đóng trong X × R Ta sẽ chứng minhmọi tập mức của f đều đóng trong X Thật vậy, giả sử

(c) ⇒ (a): Giả sử mọi tập mức của f đều đóng trong X Ta cần

chứng minh f là hàm nửa liên tục dưới trên f Giả sử phản chứng f

không là nửa liên tục dưới tại x0 ∈ X Khi đó có dãy {xn} ⊂ X saocho lim

x0 ∈ L Do đó, f (x0) ≤ f (x0) − ε (vô lí) Vậy f là nửa liên tục dướitrên X.

Định nghĩa 1.2 Cho tập S trong không gian mêtric (X, d) Hàm chỉ

r = d(x0, S)

2 , ∀x ∈ B(x0, r),thì x /∈ S Do đó

lS(x) ≥ lS(x0) − ε, ∀x ∈ B(x0, r)

Ta có điều phải chứng minh

Được I Ekeland [4] đề xuất năm 1974, nguyên lý biến phân sau đây

là một công cụ hiệu quả để thiết lập các định lý ánh xạ mở, hàm

ẩn, hàm ngược trong giải tích không trơn Ngoài ra ngay từ năm

1976, F.H.Clarke đã sử dụng nguyên lý này để thiết lập quy tắc nhân

tử Lagrange cho các bài toán quy hoạch toán học trong không gian

Banach với dữ liệu là các hàm không trơn Trong lý thuyết đối đạo

hàm, nguyên lý biến phân của Ekeland cũng đóng vai trò hết sức quan

trọng Nguyên lý này là công cụ chính để thu được các định lý ánh xạ

mở, hàm ẩn, hàm ngược cho ánh xạ đa trị

Định lý 1.1 (Nguyên lý biến phân Ekeland)

Cho (X, d) là không gian mêtric đủ, ϕ : X → R ∪ {+∞} là hàm sốnửa liên tục dưới, bị chặn dưới ở trong X Khi đó, nếu ¯x ∈ X thỏa

Chứng minh Trong chứng minh này chúng ta sẽ sử dụng kiểu thứ tự

bộ phận do Bishop và Phelps đưa ra năm 1963 Với mối α > 0, ta

định nghĩa thứ tự "≤α" trong tích X × R như sau:

(x1, y1) ≤α (x2, y2) ⇔ y2 − y1 + αd(x1, x2) ≤ 0 (1.2)Thứ tự ≤α là phản xạ, phản xứng và bắc cầu

• Tính phản xạ: Hiển nhiên ta có (x, y) ≤α (x, y) với mọi (x, y) ∈

X × R

• Tính phản xứng:

Giả sử rằng (x1, y1) ≤α (x2, y2) và (x2, y2) ≤α (x1, y1) Ta cầnchứng tỏ rằng (x1, y1) = (x2, y2) Do (1.2),

là tập đóng.

Thật vậy, giả sử dãy {(xk, yk)} ⊂ X × R thỏa mãn

(x1, y1) ≤α (xk, yk)(k = 2, 3, 4, )

và xk → x, yk → y Do d(x1, xk) ≤ (y1 − yk

)/α với mọi k ∈ N, nên ta

có d(x1, x) ≤ (y1 − y)/α; tức là (x1, y1) ≤α (x, y) Vậy (x, y) ∈ Ω Tachứng minh rằng Ω là tập đóng

Khẳng định 2: Cho M ⊂ X × R là tập đóng sao cho tồn tại γ > 0

để y ≥ γ với mọi (x, y) ∈ M Khi đó, với mỗi (x1, y1) ∈ M tồn tại(¯x, y) ∈ M sao cho (x1, y1) ≤α (¯x, y) và (¯x, y) là một phần tử cực đạitrong M theo thứ tự "≤α" (tức là, nếu (x, y) ∈ M và (¯x, y) ≤α (x, y)thì (x, y) = (¯x, y))

Bắt đầu từ (x1, y1) ∈ M ta xây dựng dãy {(xk, yk)} như sau: Giả

γk < (γk+ yk)/2, tồn tại (x, y) ∈ M sao cho γk ≤ y < (γk+ yk)/2 Đặt(xk+1, yk+1) = (x, y), ta thấy rằng (1.4) nghiệm đúng) Dãy {Mk} làcác tập đóng lồng nhau: Mk+1 ⊂ Mk

với mọi k ∈ N Thật vậy, nếu(x, y) ∈ Mk+1 thì

diamMk+1 := sup{d((x, y), (x0, y0)) : (x, y) ∈ Mk+1, (x0, y0) ∈ Mk+1} → 0

khi k → ∞ Vậy {Mk+1} là dãy tập đóng lồng nhau, có đường kínhgiảm tới 0 Vì X × R là không gian mêtric đủ, nên tồn tại duy nhấtphần tử (¯x, y) ∈ X × R thỏa mãn

Vì ϕ là nửa liên tục dưới tại ¯x, tồn tại lận cận mở U của ¯x sao cho

ϕ(x) ≥ ϕ(¯x) − ε, ∀x ∈ U

Đặt V = (y − ε, y + ε), ta có W := U × V là lân cận mở của (¯x, y)

và W ⊂ Ω Thật thế, với mọi (x, y) ∈ W ta có ϕ(x) ≥ ϕ(¯x) − ε Nếu

(x, y) ∈ M , thì y ≥ ϕ(x) ≥ ϕ(¯x) − ε Do y ∈ V, y < y + ε Vì thế

y + ε > y ≥ ϕ(¯x) − ε Suy ra ε > (ϕ(¯x) − y)/2, mâu thuẫn với cách

chọn ε Vậy (x, y) /∈ M Điều đó chứng tỏ rằng W ⊂ Ω Vậy Ω là tập

mở, do đó M là tập đóng

Ta có (¯x, ϕ(x)) ∈ M Đặt (x1, y1) = (¯x, ϕ(x)) Do Khẳng định 2,tồn tại (x,b y) sao chob

b

y − ϕ(¯x) + αd(¯x,bx) ≤ 0 (1.7)

Ta có y = ϕ(b x) Thật thế, giả sửb y = ϕ(b bx) Khi đó d(x,b x) < (b y −b

ϕ(bx))/2 Suy ra (bx,y) ≤b α (bx, ϕ(x)) và (b x,b by) 6= (bx, ϕ(x)) Điều đób

chứng tỏ rằng (x,b by) không thể là phần tử cực đại; mâu thuẫn Vậy

Vậy tính chât (ii) nghiệm đúng Để kiểm tra tính chất (iii), ta lấy tùy ý

x ∈ X\{bx} Nếu ϕ(x) = +∞ thì bất đẳng thức chặt trong (iii) là đúng

Trong quá trình chứng minh trên, chúng ta đã thu được các dạng

sau đây của nguyên lý biến phân Ekeland

Định lý 1.2 Cho (X, d) và ϕ như ở Định lý 1.1 Khi đó, với mọi

¯

x ∈ dom ϕ và với mọi α > 0, tồn tại ¯x ∈ X sao cho:

(i) ϕ(x) − ϕ(¯b x) + αd(bx, ¯x) ≤ 0;

(ii) Với mọi ϕ(x) < ϕ(x) + αd(b x, x).b

Nhận xét 1.2 Chứng minh nguyên lý biến phân Ekeland trình bày

ở trên được lấy từ cuốn chuyên khảo [2] Trong trường hợp hữu hạn

chiều, có một chứng minh rất ngắn gọn cho định lý này được trình

bày trong [5] bởi Hiriart–Urruty

Nhận xét 1.3 Điểm ¯x ∈ X thỏa điều kiện (1.1) gọi là điểm ε - cực

tiểu của hàm ϕ trên X

Nhận xét 1.4 Nếu X là không gian Banach thì từ tính chất (iii)

trong kết luận của Định lý 1.1 suy ra

ϕ(x) +b ε

λ||x −b bx|| ≤ ϕ(x) + ε

λ||x − bx||, ∀x ∈ X

Đặt f (x) = ϕ(x) + λε||x − bx||, ta có f (bx) ≤ f (x) với mọi x ∈ X; tức

là là cực tiểu toàn cục của hàm f (một xấp xỉ của ϕ) Vậy, nói một

cách thô thiển, nguyên lý biến phân Ekeland khẳng định rằng với mỗi

điểm ε- cực tiểu của hàm số thực nửa liên tục dưới trên không gian

metric đủ, tồn tại điểm cực tiểu toàn cực của hàm số xấp xỉ của hàm

số thực đó, sao cho điểm mới này cách điểm đã cho “không xa lắm”

và giá trị của hàm số thực ban đầu tại đó không lớn hơn giá trị của

hàm số xấp xỉ tại điểm ε- cực tiểu đã cho

1.3 Một số ứng dụng của nguyên lí biến phân

Eke-land

Trong phần này, chúng ta chỉ ra nguyên lí biến phân Ekeland là tương

đương với tính đầy đủ của không gian Tiếp đó, chúng ta sử dụng

nguyên lí biến phân Ekeland để chứng minh định lí điểm bất động

Banach, định lí điểm bất động Caristi–Kirk, định lí điểm bất động

cho ánh xạ co theo hướng và đánh giá đạo hàm tại điểm xấp xỉ cực

tiểu

1.3.1 Nguyên lí biến phân Ekeland và tính đầy đủ

Định lí sau đây chỉ ra một đặc trưng của không gian

mêtric đầy đủ

Định lý 1.3 Cho (X, d) là không gian mêtric Khi đó X là đầy đủ

khi và chỉ khi với mọi hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới f : X −→

R ∪ {+∞}và với mọi ε > 0, tồn tại một điểm ¯x ∈ X thoả mãn:

(i) f (¯x) ≤ infXf + ε

(ii) f (x) + εd(x, ¯x) ≥ f (¯x), ∀x ∈ X

Chứng minh Từ Định lí 1.1, với λ = 1, ta có chiều thuận của định lí

Đảo lại, giả sử với mọi hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới f : X −→

R ∪ {+∞} và với mọi ε > 0, tồn tại một điểm ¯x ∈ X thoả mãn:

(i) f (¯x) ≤ infXf + ε,

(ii) f (x) + εd(x, ¯x) ≥ f (¯x), ∀x ∈ X

Ta sẽ chứng minh X là đầy đủ Thật vậy, cố định x ∈ Xvà xét dãy{xn} là dãy Cauchy, ta cần chỉ ra dãy này hội tụ Từ đánh giá

|d(xm, x) − d(xn, x)| ≤ d(xm, xn), ∀m, n ∈ N,

ta suy ra {d(xn, x)} là dãy Cauchy trong R Do tính đầy đủ của R,dãy {d(xn, x)} hội tụ Xét hàm f (x) = lim

x→∞d(xn, x) Vì hàm khoảngcách là Lipschitz với x nên ta có f là hàm liên tục Hơn nữa, dãy {xn}

là dãy Cauchy nên f (xn) → 0 khi n → +∞

Từ đây suy ra infXf = 0

Với ε ∈ (0, 1), ta tìm được ¯x ∈ X sao cho:

f (¯x) ≤ infXf + ε

và

f (x) + εd(x, ¯x) ≥ f (¯x), ∀x ∈ X (1.10)

Cho x = xn trong (1.10) và chuyển qua giới hạn n → +∞, ta được

f (¯x) ≤ εf (¯x) Điều này suy ra f (¯x) = 0 Do đó, lim

x→∞xn = ¯x

1.3.2 Các định lí điểm bất động

Trong phần này, ta sẽ áp dụng nguyên lí biến phân Ekeland để chứng

minh định lí điểm bất động Banach, định lí điểm bất động

Caristi-Kirk, định lí điểm bất động của ánh xạ co theo hướng

Định lí điểm bất động Banach

Định nghĩa 1.3 Cho (X, d) là không gian mêtric và ánh xạ φ : X →

X Ta nói rằng φ là ánh xạ co nếu tồn tại k ∈ [0, 1) sao cho:

d(φ(x), φ(y)) ≤ kd(x, y), ∀x, y ∈ X

Định lý 1.4 (Định lí điểm bất động Banach)

Cho (X, d) là không gian mêtric đủ và ánh xạ φ : X → Xlà ánh xạ

co Khi đó tồn tại duy nhất điểm bất động của ánh xạ co φ

Chứng minh Giả sử φ là ánh xạ co với hệ số k ∈ [0, 1) Trước hết ta

chứng minh rằng nếu φ có điểm bất động thì điểm bất động đó là duy

nhất Thật vậy, giả sử có x1 ≤ x2 sao cho:

φ(x1) = x1 và φ(x2) = x2

Khi đó:

d(x1, x2) = d(φ(x1), φ(x2)) ≤ kd(x1, x2)

Do k ∈ [0, 1) nên bất đẳng thức trên xảy ra khi x1 = x2 Vậy điểm

bất động của φ nếu có là duy nhất

Xét hàm f (x) = d(x, φ(x)) Từ định nghĩa của hàm f ta suy ra

f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ X, hay là f là hàm bị chặn dưới trên X Ta sẽ

chứng minh f là hàm liên tục trên X Thật vậy, dựa vào đánh giá

|d(x, φ(x)) − d(y, φ(y))| ≤ |d(x, φ(x)) − d(x, φ(y))| + |d(x, φ(y)) − d(y, φ(y))|

≤ d(φ(x), φ(y)) + d(x, y) ≤ (k + 1)d(x, y),

ta suy ra f là hàm liên tục trên X Áp dụng nguyên lí biến phân

Ekeland cho hàm f (x) = d(x, φ(x)) với ε ∈ (0, 1 − k) ta tìm được

Điểm bất động của ánh xạ co theo hướng

Trong định lí điểm bất động Banach, ta có thể thay ánh xạ co bởi

điều kiện yếu hơn là ánh xạ co theo hướng

Cho (X, d) là không gian mêtric Xét x, y ∈ X, ta định nghĩa đoạn

thẳng giữa x và y là:

[x, y] = {z ∈ X | d(x, z) + d(z, y) = d(x, y)}

Định nghĩa 1.4 Cho (X, d) là không gian mêtric và ánh xạ φ : X →

X Ta nói rằng φ là ánh xạ co theo hướng, nếu φ thoả mãn các điều

kiện sau:

(i) φ là ánh xạ liên tục

(ii) Tồn tại k ∈ (0, 1) sao cho với bất kì x ∈ X mà φ(x) 6= x tồn tại

z ∈ [x, φ(x)]\{x} thoả mãn d(φ(x), φ(z)) ≤ kd(x, z)

Ví dụ 1.2 Trên X = R2 ta định nghĩa kxk = k(x1, x2)k = |x1| + |x1|.Đoạn thẳng giữa hai điểm (a1, a2) và (b1, b2) là hình chữ nhật có cáccạnh song song với hai trục toạ độ và nhận hai điểm này là hai đỉnh

đối diện nhau



Khi đó φ là ánh xạ co theo hướng Thật vậy, khi y = φ(x) 6= x với

x = (x1, x2), y = (y1, y2) Giả sử y2 6= x2 , ta chọn trên đoạn [x, y]điểm z = (x1, t) với t gần x2 nhưng không bằng x2 Với những điểmnhư thế ta có:

d(φ(x1, t), φ(x1, x2)) = 2

3(d(x1, t), (x1, x2)).

Điểm bất động của φ là tất cả những điểm có dạng (x,3x

2 ) Vì điểmbất động của φ là không duy nhất nên định lí điểm bất động Banach

không áp dụng được cho ánh xạ này Tuy vậy, định lí sau chỉ ra sự tồn

tại điểm bất động của ánh xạ co theo hướng

Định lý 1.5 Cho (X, d) là không gian mêtric đủ và ánh xạ φ : X → X

là ánh xạ co theo hướng Khi đó, φ có điểm bất động

Chứng minh Giả sử φ là ánh xạ co theo hướng với hệ số k ∈ (0, 1)

Xét f (x) = d(x, φ(x)) Do hàm khoảng cách và hàm φ là liên tục nên

f là liên tục Hơn nữa f bị chặn dưới bởi 0 Áp dụng nguyên lí biến

phân Ekeland cho hàm f với ε ∈ (0, 1 − k) ta tìm được y ∈ X sao cho:

f (y) ≤ f (x) + εd(x, y), ∀x ∈ X (1.12)

Ta chứng minh φ(y) = y Thật vậy, nếu φ(y) 6= y, do φ là ánh xạ co

theo hướng nên ta tìm được z 6= y mà z ∈ [y, φ(y)], tức là:

d(y, z) + d(z, φ(y)) = d(y, φ(y)) = f (y) (1.13)

d(y, z) ≤ d(z, φ(z)) − d(z, φ(y)) + εd(z, y) (1.16)

Sử dụng bất đẳng thức tam giác kết hợp với (1.14) ta có:

d(z, φ(z)) − d(z, φ(y)) ≤ d(φ(y), φ(z)) ≤ kd(y, z) (1.17)

Kết hợp (1.16) và (1.17) ta được:

d(y, z) ≤ (k + ε)d(y, z)

Do k + ε ∈ (0, 1), ta suy ra d(y, z) = 0 dẫn đến y = z (mâu thuẫn)

Ta có điều phải chứng minh

Định lí điểm bất động Caristi–Kirk

Định lý 1.6 Cho (X, d) là không gian mêtric đủ và hàm f : X →

R ∪ {+∞} là hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới và không đồng nhất