Luận văn tập phân tích được và ứng dụng

MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU 1 Chương 1 TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 2 1 1 Các tính chất cơ bản 2 1 2 Tập phân tích được trong ( ),pL T R 12 1 3 Một kết quả tách được 18 Chương 2 HÀM CHỌN[.]

Trang 1

MỤC LỤC

Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục

MỞ ĐẦU 1

Chương 1 TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 2

1.1 Các tính chất cơ bản 2

1.2.Tập phân tích được trong p(,)L T R 12

1.3 Một kết quả tách được 18

Chương 2 HÀM CHỌN 20

2.1 Một số khái niệm và kết quả 20

2.2 Hàm chọn liên tục 23

2.3 Hàm chọn loại Caratheodory 37

Chương 3 TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG 38

Chương 4 GIẢI TÍCH TRÊN CÁC TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 40

4.1.Các khái niệm và kết quả được sử dụng 40

4.2.Bao đóng yếu của tập phân tích được 41

4.3 Ánh xạ phân tích được 47

4.4 Phiếm hàm phân tích được 49

KẾT LUẬN 57

Trang 2

MỞ ĐẦU

Tập lồi trong không gian vectơ là sự mở rộng tự nhiên của các đa giác trong mặt phẳng và đóng vai trị quan trọng trong nhiều lĩnh vực quan trọng của Tốn học như Đại số tuyến tính, Giải tích hàm, Giải tích đa trị, Lý thuyết tối ưu, Việc nghiên cứu các đối tượng có liên quan đến tính chất lồi đã được các nhà toán học quan tâm nghiên cứu trong nhiều chục năm qua và đã thu được những kết quả sâu sắc, từ đó đã hình thành hướng nghiên cứu riêng gọi là Giải tích lồi

Do nhu cầu phát triển nội tại của toán học cũng như để đáp ứng nhu cầu phải mô tả các hiện tượng và mơ hình mới phát sinh trong Khoa học-kỹ thuật mà nhiều lớp tập hợp với tính chất lồi giảm nhẹ như tính chất tựa lồi, giả lồi cũng được quan tâm nghiên cứu Đặc biệt tính chất “ phân tích được” của tập hợp do T.R.Rockafellar đưa ra năm 1968 là một mở rộng sâu sắc của tính chất lồi Từ những năm 1970 đến nay, các ánh xạ đa trị với giá trị là tập phân tích được đã nhận được nhiều sự quan tâm nghiên cứu và đã đưa đến những kết quả sâu sắc với nhiều ứng dụng vào các bao hàm thức vi phân, Lý thuyết tích phân Tuy nhiên, vẫn cịn nhiều vấn đề liên quan đến Giải tích trong lớp các tập phân tích được vẫn đang chờ được nghiên cứu

Trong phạm vi luận văn này tơi tìm hiểu về các vấn đề sau  Chương 1 Tập hợp phân tích được

Chương 1 nêu khái niệm tập phân tích được và các tính chất cơ bản của nó  Chương 2 Hàm chọn

Chương 2 nêu tồn tại các lát cắt đơn trị (hàm chọn) của ánh xạ đa trị với giá trị là tập phân tích được, xét các lát cắt liên tục và có tính chất Caratheodory  Chương 3 Tính chất điểm bất động

Chương 3 nêu sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ đa trị có giá trị phân tích được

 Chương 4 Giải tích trên các tập phân tích được

Trang 3

Chương 1 TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC

1.1 Các tính chất cơ bản

Giả sử X là không gian Banach, sao cho X* không gian khả ly (T L, ,µ) khơng gian độ đo, T là không gian mê tríc khả ly đầy đủ, với σ−đại số L các tập đo được Lebesgue, µ là độ đo xác suất hữu hạn,µ( )T=1.M T X(,)là khơng gian các hàm đo được từ T đến X Giả sử P T:→N X( )là ánh xạ đa trị, (N X( ) là tập các tập con khác rỗng của X) Kí hiệu KP ={u∈M T X( , ) :u t( )∈P t h k n trong T( ) }

hoặc ( )( ){ P( , ) : }PK = u∈L T Xu t ∈P t h k n trong TĐịnh nghĩa 1.1.1 Tập K⊂M T X(,) hoặc K⊂L T Xp(,) thỏa mãn (1 ) , , ,AuAv Ku vKALχ + −χ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈

được gọi là tập phân tích được Kí hiệu:

()

0 ,

dec T X : họ các tập con phân tích được khác rỗng của M T X(,)

()

0 ,

dcl T X : họ các tập con phân tích được đóng của M T X(,)(,)

p

dec T X : họ các tập con phân tích được khác rỗng của p(,)

L T X

(,)

p

dcl T X : họ các tập con phân tích được đóng của p(,)

L T X

Nếu p=1 thì ta viết dec T X(,),dcl T X(,)

Mệnh đề 1.1.1

i) Cho { }Kα α∈Λ ⊂dec T Xp(,) khi đó Kα dec T Xp( , )

α∈Λ∈ Tương tự cho { }Kα α∈Λ ⊂dcl T Xp(,) ii) Cho { }np(,)n N

K ∈ ⊂dec T X là dãy tăng Khi đó ()

Trang 4

iii) Cho K∈dec T Xp(,) Khi đó clK∈dcl T Xp(,)

iv) Cho K∈dec T Xp(,), p(,)(,)

puL T XKudec T X∀ ∈⇒ − ∈ Tương tự (,)pK∈dcl T X , p(,)(,)puL T XKudcl T X∀ ∈⇒ − ∈ Chứng minh i) Lấy u v, Kα,AL : Au (1 A)v Kαα αχχ∈Λ∈ ∈ ∀ ∈Λ + − ∈(1 )AuAvKααχχ∈Λ⇒ + − ∈Tương tự cho { }Kα α∈Λ ⊂dcl T Xp(,) Kαα∈Λ⇒  là tập đóng ( do giao tùy ý các tập đóng là tập đóng) Lấy u v, Kα,AL : Au (1 A)v Kαα αχχ∈Λ∈ ∈ ∀ ∈Λ + − ∈(1 )AuAvKααχχ∈Λ⇒ + − ∈ Nên Kα

α∈Λ là tập đóng phân tích được hay Kα dcl T Xp( , )

α∈Λ∈ii) Lấy 1, n, nu vK AL∞=

∈ ∈ Do { }Knn N∈ là dãy tăng nên tồn tại n đủ lớn sao cho

1, nA (1 A) nn.nu vK χ u χ v K ∞ K=∈ ⇒ + − ∈ ⊂

iii) clK là bao đóng của tập K nên là tập đóng Lấy u v, ∈clK A, ∈L tồn tại dãy un∈K v, n∈K sao cho un →u v, n →v Do K là tập phân tích được nên (1 )AunAvnKnχ + −χ ∈ ∀ và ta có (1 ) (1 ) ,AunAvnAuAvχ + −χ →χ + −χ và χAun + −(1 χA)vn∈K nên suy ra χAu+ −(1 χA)v∈clK

iv) Lấy v−u, w− ∈ −uKu A, ∈L.thì v, w∈ ⇒K χAv+ −(1 χA)w∈K.nên

Trang 5

(,)

p

Kudec T X

⇒ − ∈

Tương tự cho K∈dcl T Xp(,): thì là K −u tập đóng do K đóng và {-u} là tập compact và kết hợp chứng minh iv) ở trênK− ∈udec T Xp(,) ta kết luận K− ∈udcl T Xp(,)

Do (,) (, p ,)

M T XL T X là phân tích được, nên họ các tập phân tích được chứa

(,)

p

K∈dec T X khác rỗng Và từ mệnh đề 1.1.1 ta thấy rằng giao tùy ý các tập phân

tích được là phân tích được, nên bất kì p(,)

K⊂L T X ln tồn tại tập phân tích được

nhỏ nhất và tập đóng phân tích được nhỏ nhất chứa K (chính là giao tất cả các tập phân tích được chứa K và giao tất cả các tập đóng phân tích được chứa K) Ta gọi chúng lần lượt là bao tập phân tích được và bao đóng tập phân tích được kí hiệu là

( ),( )ppdecK dclK Chú ý rằng : K⊂decp( )K⊂dclp( )KMệnh đề 1.1.2 Cho , pu v∈L Khi đó { },{ } {,(1) :}ppAAdec u v=dcl u v=χu+ −χv A∈LChứng minh { A (1 A) :}

K=χu+ −χv A∈L là tập đóng chứa u,v Thật vậy,lấy A= ∈XL,khi đó

(1 )

XuXvK

χ + −χ ∈ hay u∈K,lấy A= ∅∈L khi đó χ∅u+ −(1 χ∅)v∈K hay

v∈K

Nếu u v= thì K đóng là đúng Giả sử u≠v, ta đã biết mỗi tập A đo được đồng nhất

Trang 6

Suy ra nAAχ→χ và w=χAu+ −(1χA)v∈K Vậy K là tập đóng Nên ta có dec u vp{ },⊂dcl u vp{ },⊂KDo tính chất của hàm đặc trưng, ta có \ , , 1A BABA BABABT AA

χ ∩ =χ χ χ ∪ =χ +χ −χ χχ = −χ và nếu A và B rời nhau thì

.A BABχ ∪ =χ +χ Từ đó ta có nhận xét ∀A B C, ,∈L:()()()(())()()()()()(())() 1 1 1 1 11 1 1 1 CAACBBCACBCACBCCBCACBACCBDDuvuvuvuvuvχ χχχχχχ χχ χχχ χχχχ χχ χχ χχ χχ χχχ+ − + − + −= + − + − + − − += + − + − − −= + − Với D=[A∩C]∪B∩(T C\ )

Nên suy ra K là tập phân tích được chứa u,v Lấy E là tập phân tích được chứa u,v Ta có :

()

(χA.u 1 χA v) K (χA.u (1 χA).v) E

∀ + − ∈ ⇒ + − ∈

Nên K⊂E hay K là tập phân tích được nhỏ nhất chứa u, v : K=dec u vp{ }, suy ra:

{ },{ },

pp

K=dec u v=dcl u v

Mệnh đề 1.1.3

Cho K∈dec T Xp(,),1≤ < ∞p khi đó :

a) Nếu ∀{ }uknk=1 ⊂K,∀{ }Aknk=1∈T rời nhau thì

1 knAkkuKχ=∈∑b) Nếu p(,)K⊂L T X là p-khả tích bị chặn khi đó { }ukk∞=1 K, { }Ak ∞k=1 T∀ ⊂ ∀ ∈ rời nhau thì 1( )kAkpkudcl Kχ∞=∈∑Chứng minh a) Ta chứng minh bằng quy nạp

Do mệnh đề 1.1.1 ta có thể giả sử 0∈K( nếu 0 K∉ ta lấy u∈Kvà xét

(,)

p

Trang 7

Với n=2: u u1, 2∈K A A, 1, 2∈L A, 1∩A2 = ∅ khi đó χA1.u1+ −(1 χA1).0=χA1u1∈Ksuy ra ()22 1 2111122AuAAuAuAuKχ + −χ χ =χ +χ ∈

Giả sử với n≥2 thì a) được thỏa Lấy tùy ý { } 1 { } 1

1 , 1nnkkkku += ⊂ KA += ∈Trời nhau Ta kí hiệu , 1, 2 1iiB = A i= n− và Bn = An ∪An+1 Rõ ràng { }n 1kk

B = là các tập rời nhau của T Do đó theo giả thiết quy nạp :

1wknBkkuKχ==∑ ∈Nhưng 1 1 1111wkknnknnnnBkAkAAnAkAnkkkuuuuuχ − χχ ∪ + χχ +====∑ =∑ + =∑ + .Suy ra ( 1) \111 w wnnknAT AAkkuχ + χ + χ=− = =∑Do đó 1 ( 1) 1111111 wkknnnnnAkAkAnAAnkkuuuuKχχχ + χ + χ ++++=== + = − + ∈∑∑

a) đúng với n+1 Vậy a) đúng với mọi n b)Tập p(,)K⊂L T X là p-khả tích bị chặn nếu tồn tại p(,)a∈L T R sao cho : | ( ) | ( ) uKu ta t h k n∀ ∈ ≤ trên T Giả sử p(,)K⊂L T X là p-khả tích bị chặn bởi p(,)L T Xϕ∈ Do mệnh đề 1.1.1 ta có thể giả sử 0∈K

(nếu 0 K∉ ta lấy u∈Kvà xét K− ∈udec T Xp(,) thì 0∈ − ∈Kudec T Xp(,) Khi đó K −u vẫn là p-khả tích bị chặn).Cố định { }ukk∞=1 ⊂Kvà 1 họ { }Akk∞=1rời nhau của T Ta cần chứng minh 1( )kAkpkudcl Kχ∞=∈

∑ Lấy tùy ý ε >0, lấy n đủ lớn để

Trang 8

(lấy n được do định lý Vitaly-Hahn-Saks) Khi đó { }1lim k 0nk nAµ ∞→∞ = + = Mà 111.0kkknnnAkAkAkkv χ u χ u χ + K===∑ =∑ + ∈ và 111111( ) ( )( )|( ) || ( ) |( )| ( ) |( )| ( ) |( )kkkkkkpppAknAkAkkpk npTk nppppAk nTk nAk nAuvut u tdttu tdtu tdttdtχχχµχµµϕµε∞∞∞== += +∞∞∞= += += +−==≤=≤<∑∑∫∑∑∫∑∫∑∫ Do đó 1,kpAkkd ∞ χu Kε= <∑ Do ε >0 là tùy ý , ta kết luận ( )1 kAkpkudclKχ∞=∈∑

Mệnh đề 1.1.4 Cho B là quả cầu đơn vị trong p(,),1

L T X≤ < +∞p Khi đó ()( ) p ,pdec B=L T XChứng minh Lấy p(,)

u∈L T X Ta chứng minh u∈dec Bp( ) Cố định n∈N sao cho p

p

u ≤n

Đặt { }Arr I∈ là một đoạn theo độ đo thực ( ) | ( ) |p ( )

A

m A = ∫ u t µ dt Nghĩa là { }Arr I∈ là dãy tăng thuộc T, A1 ⊂ A2 ⊂ với A0 = ∅,A1 =Tvà ∀ ∈rI m A:( )r =r m T.( ) Với k=1, n, kí hiệu: kk \ k 1

nn

B = AA− Rõ ràng { }n 1kk

B = là dãy các tập rời nhau của T với

Trang 9

Nhưng khi đó ánh xạ uk =χBku∈B Do ( )( )( )( )|( ) | | ( ) ||( ) || ( ) || ( ) |1kkkkppppBpBBTTpkButu tdttu tdtu tdtm Bχχµχµµ====≤∫∫∫ Ta có ( )()()()( )( )111//(1)/11111 \ kkkkknnnn nnnnnnnBkBBBBBBkkkkBBAAAATuuuuuuuuuuχχ χχχχχχχ − χχ====∪ ∪∪ ∪ = = =  = + + = = = = =∑∑∑∑

Vì uk∈Bnên uk∈decp( )B , theo mệnh đề 1.1.3 ta có ( )

1 knBkpkudecBχ=∈∑ Suy ra ( )pu∈decB

Mệnh đề 1.1.5 K∈dec T Xp(,)là tập con compact của p(,)

L T X Khi đó K rút gọn

cịn 1 điểm Chứng minh

Do mệnh đề 1.1.1, ta giả sử 0∈K.Giả sử ngược lại, có một điểm u≠0 trong K Do đó có thể tìm ε >0đủ nhỏ để tập

{: | ( ) |}

B=tu t≥ε

có độ đo dương Lưu ý 0∈Knên uχB∈K Và do đó

Trang 10

Hay 12121 pAAppAAuχuχε−≤−

Và do đó ánh xạ uχA →A được định nghĩa hợp lý và liên tục từ K0 đến L|B Nhưng điều này nghĩa là L|B là tập compact, điều này trái với điều ta đã biết là tập

{ A : }

U = uχ A∈L với 0≠ ∈uL Tp( ) không bao giờ compact trong p( )

L T , nên tập

{} {} 1( )

|BA B: AB :, B

L=χ ∩ A∈L=χ χA∈Lu=χ∈L T không bao giờ compact trong

( )

1

L T

Định lý 1.1.1 Tập con đóng 1()

,

K⊂L T X là phân tích được nếu và chỉ nếu tồn tại

một ánh xạ đo được P T:→cl X( )để mà K =KPChứng minh ⇐( )( ){ 1 }( , ) : P

K = u∈L T Xu t ∈P t h k n trong T Tính chất phân tích được của KP là

rõ ràng Ta chỉ cần chứng minh rằng K là tập đóng Điều này dễ dàng kết luận từ khẳng định bất kì dãy hội tụ nào trong 1()

,

L T X cũng chứa một dãy con hội tụ h.k.n

Lấy { }un ⊂KPvà un →u Ta chứng minh u∈KPtức là chứng minh u t( )∈P t( )

h.k.n trong T Do un →u trong 1()

,

L T X nên nó chứa một dãy con { }unk hội tụ h.k.n trên T về u Do đó tồn tại tập B đo được với µ( )B=0 sao cho

( )( ),\knut→u t∀ ∈tT B Do ( )( ) .kn

ut∈P t h k n trên T, nên có tập C đo được với µ( )C=0 sao cho

Trang 11

nhưng µ(B∪C)=0 nên u t( )∈P t( ) h.k.n trong T ⇒Từ 1(),K⊂L T X ,K đóng và 1(),L T X khả ly suy ra K khả ly Do đó K có một tập con trù mật { }pn ∞n=1 Lấy ( ){ n( ): 1, }P t =cl p tn=

Rõ ràng P T:→cl X( ) là đo được Dễ dàng kiểm tra KP ⊂ K Ta chứng minh bao hàm thức ngược lại Để thấy được điều này chỉ cần kiểm tra ∀ ∈ ∀ >uK,ε0:

( ),

P

K∩B uε≠ ∅ Cố định u∈K và ε >0 Do cl({ }pnn∞=1)=K u, ∈K nên tồn tại một dãy con { }pkn ∞n 1

= hội tụ đến u Bỏ qua về kí hiệu, nếu cần , ta giả sử dãy { }pnn∞=1

hội tụ h.k.n trong T đến u Điều này nghĩa là

( )( )0 : ,2T =t P t ∩B u t ε ≠ ∅     ( ) ( )()( )( )1:,:||2 nn 2t d u t P tε ∞ t u tp tε==<=−<là một tập mà µ(T T\ 0)=0 Thật vậy \ 0 : ( )( ),2T T =t P t ∩B u t ε= ∅      mà

{ }pnn∞=1 hội tụ h.k.n trong T đến u , nên u t( )∈cl p t n{ n( ), =1, 2 }=P t( ) .

h k n trong T nên mọi lân cận của u t( ) giao với P t( )sẽ khác rỗng h.k.n trong T, suy ra µ(T T\ 0)=0 Kí hiệu :|( )( )|2nnT=t u t−p t<ε và rõ ràng Tn là các tập đo được (do (u−pn)là các ánh xạ đo được) và

Trang 12

Khi đó { }Ann∞=0là một họ các tập rời nhau của T và { \ }nkkTA là dãy giảm các tập đo được, µ(T A\ 1)< ∞ , nên ( 0)111lim\\\0kknnknknTATAT Tµµ ∞ µ→∞======hay ( )1\01.1kknnTAµ →∞= →

Hơn nữa, với t∈Anta có

( )( )( )| | 1.22nu t − p t <ε

Do định lý Vitaly-Hahn-Saks, và (1.1) , ta có thể chọn 1 số nguyên dương k để mà

( ) ( )( )1111\\1||1.32kknnnnTATApχp tµdtε===∫< Xét một hàm p cho bởi 11\1knnnknATAnppχpχ===∑+

Rõ ràng là p∈KP Thật vậy,n ếu t∈Ai (1≤ ≤ik)⇒p t( )=p ti( ) ( )∈P t , nếu

Trang 13

Suy ra p∈B u( ),ε nên KP ∩B u( ),ε≠ ∅⇒ ∈uclKP =KP( do KP đóng) Cho nên

P

K ⊂ K Kết hợp với KP ⊂ Kta được KP =K

Hệ quả 1:

Cho K=KP∈dec T X(,)là tập phân tích được cho bởi một hàm đa trị L-đo được

( )

:

P T→N X Khi đó, clK =KclP với clP được định nghĩa bởi clP t( )=cl P t(( )) Chứng minh

()( )

{ , : ( ) }

clP

K = u∈L T Xu t ∈clP t h k n trong T K là tập phân tích được suy ra clK

là tập đóng phân tích được Do định lý 1.1.1, tồn tại một ánh xạ đo được

( )0:P T→cl X để clK=KP0 Ta chứng minh KclP =KP0 bằng cách chứng minh ( ) ( )( )0 .P t=clP t h k n trong T Rõ ràng ( ) 0( ) .P t⊂P t h k n trong Tvà P t0( )là tập đóng, do đó ( )( )clP t =cl P t(( ))⊂P t0( ) h k n trong T ( )1.4

Mặt khác KclP là tập đóng, phân tích được, chứa K Do đó

( )( )00 .PclPK=clK⊂K⇒P t⊂clP t h k n trong T cùng với (1.4) ta có ( ) ( )( )0 .P t=clP t h k n trong T Suy ra 0pclPK=K , kết hợp với Kp0 =clK ta được clK =KclP

1.2.Tập phân tích được trong p(,)

L T R

Với u v, ∈M T R( ), ta hiểu kí hiệu u≥vnghĩa là u t( ) ( )≥v t h k n trong T .

Định nghĩa 1.2.1 Một hàm đo được u T: →R được gọi là essential infimum của họ

{ }uλ λ∈Λnếu

Trang 14

ii) Nếu có v T: →R và ∀ ∈Λλ : uλ ≥vthì u≥v

Essential infimum kí hiệu là essinf{ }uλ hoặc essinf{ }uλ

λ∈Λ

Định lý 1.2.1

Cho một họ { }uλ λ∈Λ ⊂ M T R( ), Khi đó essinf{ }uλ tồn tại Hơn nữa ta có thể lấy ra một họ đếm được { }uλnn∞1

= để mà inf{ }

nn

essuλ =inf uλ

Định lý 1.2.2 ( Định lý Lebesgue về hội tụ trội )

Giả sử 1≤ < ∞ ∈p,gL Sp(, ,∑µ)và { }fα ⊂L Sp(, ,∑µ) thỏa fα( )s ≤ g s( ) h.k.n trong S với mỗi α Khi đó ( , , )

||ppfL Sffffoµααµ∈∑→ ⇔ −→Mệnh đề 1.2.1

Cho K∈dec T Rp(,) Khi đó với mỗi { }n1iiu = ⊂K ,hàm 1min ii nuK≤ ≤ ∈ và 1max ii nuK≤ ≤ ∈ Nếu thêm điều kiện K là p-khả tích bị chặn dưới thì với mỗi { }uii∞=1⊂K ,hàm

( )

nn

inf u ∈cl K

Tương tự nếu K là p-khả tích bị chặn trên thì hàm ( )sup nnu ∈cl K Chứng minh Chứng minh bằng quy nạp Xét trường hợp n=2 ,

Trang 15

Và ()( )( )( )(())( )212211,max,1,\ AAu ttAu utuutu tt∈T Aχχ==+ −∈

Nên min(u u1, 2), max(u u1, 2)∈K

Bây giờ giả sử K là p-khả tích bị chặn dưới bởi p(,)

a∈L T R nghĩa là ∀ ∈uK:

( ) ( ) .

a t≤u t h k n trong T

Lấy { }uii∞=1 ⊂K Khi đó mỗi n, hàm

1minnii nauK≤ ≤= ∈ ,ta có bất đẳng thức ( )( )( )1 n .a t≥ ≥a t≥ ≥a t h k n trong TĐặt ( ){| 1( )|,| ( )|}t Ttmax a ta tϕ∈=

thì ϕ∈L T R( , )và |a tn( )|≤ϕ( )t h k n trong T . , {a tn( )}n∞=1là dãy số giảm, bị chặn dưới h.k.n trong T nên

( )( )( ) .

nnn

a t→inf a t=inf u th k n trong T

Theo định lý Lebesgue hội tụ trội suy ra n( ) ( ) n( ) ( )

TTa t µ dt → inf a t µ dt∫∫ Hay { }aii∞=1 ⊂K hội tụ trong pL đến infan =inf un Do đó n ( )ninf u ∈cl K

Trường hợp p-khả tích bị chặn trên chứng minh tương tự

Hệ quả 1: Cho K∈dec T Rp(,) là p-khả tích bị chặn dưới khi đó

{}( )

ess inf u u:∈K∈cl K

Tương tự nếu K là p-khả tích bị chặn trên khi đó

{}( )

Trang 16

Chứng minh

Do định lý 1.2.1, ess inf u u{:∈K}luôn tồn tại và ta có thể lấy ra một họ đếm được{ }uλnn∞=1 thỏa es { : } n

n

s inf u u∈K =inf uλ nên theo mệnh đề 1.2.1 trên ta được

{}( )

ess inf u u:∈K∈cl K. Kết thúc chứng minh.

Cho K∈dec T Xp(,) kí hiệu |K|={|u( ) |:u∈K}rõ ràng |K|∈dec T Rp(,) Khi đó |K|là p-khả tích bị chặn dưới bởi 0 nên thỏa hệ quả 10:

( )

{| |: }{w :w |( ) |}(| |)

ess infuuKess infKclK

ϕ = ∈ = ∈ ∈ Rõ ràng p(,)L T Rϕ∈ vì | ( )|p ( ) | ( )|p ( )TTtdtu tdtϕµ ≤ µ < +∞

∫∫ với u nào đó thuộc

K Mệnh đề 1.2.2 Cho K∈dcl T Xp(,) và xét p(,)v∈L T R thỏa bất đẳng thức ( ) ( )tv t h k n trong T .ϕ<Khi đó tồn tại u∈K để mà ( )1.5|u t( )|<v t h k n trong T( ) .Hơn nữa ( )1.6 ϕ p =dp(0,K)Chứng minh

Áp dụng định lý 1.2.1, ta có sự tồn tại của un∈Kvới

Trang 17

01nnTT∞==thoả mãn µ(T T\ 0)=0 Thật vậy T T\ n = ∈{tT u t:| n( )|≥v t( )} mà ( )( )( )|u tn |≥v t>ϕt nên T T\ n ⊂ Bn = ∈{tT u t:| n( )|≥ϕ( )t } suy ra (T T\ n)( )Bn ,nNµ≤µ∀ ∈ Do (1.7), (1.8) nên lim ( )n 0n µ B→∞ = Suy ra lim ( \ n) 0n µ T T→∞ = Họ { }Tn là tăng nên{T T\ n} là dãy giảm, suy ra ( 0)()()11\\ n \ n lim\ n 0nnnT TTTT TT Tµµ ∞ µ ∞ µ→∞======

Khi đó họ { }Ann∞=0cho bởi

100111\ , , \ , 2nnnkkAT T AT ATAn−== = =  ≥

là các tập rời nhau của T Do (1.7) tập

{}0 pn:1, 2, K=dec un=là p-khả tích bị chặn bởi u1và K0 ⊂dcl up{ n:n=1, 2, }⊂K Do đó theo mệnh đề 1.1.3 ( )01 nAnpnu ∞ χ udclKK==∑ ∈ ⊂ hay u∈K

Ta dễ dàng kiểm tra (1.5) được thỏa Ta sẽ chứng minh (1.6) cũng được thỏa mãn Lưu ý (0, )ppdKϕ ≤Do ( ) ( ) , | ( )|p ( ) | ( )|p ( ) ( 1)TTtu t h k n trong TuKtdtu tdtpϕ < ∀ ∈ ⇒ ∫ϕµ ≤∫µ ≥(), p 0,ppppu KuuKinf udKϕϕ∈⇒≤∀ ∈ ⇒≤=

Để chứng minh chiều ngược lại lấy ε >0 và u∈K thỏa

( )( )

Trang 18

Do đó

(0, )

ppp

dK ≤ u ≤ ϕ +ε

Qua giới hạn với ε →0 ta được (0, )

pp

dK ≤ ϕ

Kết thúc chứng minh

Định nghĩa 1.2.2

Cho (X d,), (Y,ρ) là các khơng gian mê tríc, ánh xạ ϕ: X→Ylà ánh xạ Lipschitz nếu tồn tại hằng số k ≥0 sao cho

( ) ( )()(), : , ,x yX ρ ϕ x ϕ yk d x y∀ ∈ ≤Cho (,), w p(,)pK∈dcl T X∀ ∈L T X Đặt ( )1.9 ϕ( )w =e ss inf {|u( ) −w |:( ) u∈K} Suy ra ( )w e ss inf{|u( ) |:uK w}ϕ = ∈ − và K− ∈wdcl T Xp(,) Do mệnh đề 1.2.2, ( )w (0, w)(w, )pdKdKϕ = − = , do (1.9) ta định nghĩa ánh xạ : p( , ) p( , )L T XL T Rϕ → như sau Mệnh đề 1.2.3 Ánh xạ : p( , ) p( , )L T XL T Rϕ → cho bởi ( )w e ss inf{|u( ) w |:( ) uK}ϕ = − ∈ là Lipschitz với hằng số 1 Chứng minh Lấy u v, ∈L T Xp( , ), cố định ε >0 Ta có ( , ) ( ), {w : w( )}pK − ∈udcl T X ϕ u =e ss inf ∈ −Ku

Do ϕ( )( )u t<ϕ( )( )u t+ε nên theo mệnh đề 1.1.2 tồn tại w-u∈ −Kuthỏa

( ) ( )( )( )

| wt−u t|<ϕu t+εh k n trong T .Tương tự: tồn tại z− ∈ −vKv

( ) ( )( )( )

Trang 19

( )( )u t|u t( ) ( )z t|h k n trong T .ϕ≤−và( )( )v t|v t( )w( )t|h k n trong T .ϕ≤−Khi đó ( )( )( )( )( )( )( )( )( ) ( )| w | | w || | v tu tv ttu ttv tu th k n trong Tϕϕεε− ≤ − − − + ≤≤ − +Tương tự ( )( )( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )| | | || | u tv tu tz tv tz tv tu th k n trong Tϕϕεε− ≤ − − − +≤ − +Suy ra ( )( )ut ( )( )v t |v t( ) ( )u t | h k n trong T .ϕ −ϕ ≤ − +εVà do đó: ( ) ( )||ϕu−ϕv||p≤ −||uv||p +ε

Do ε >0tùy ý, cho ε →0ta được ||ϕ( ) ( )u−ϕv||p≤ −||uv||p Vậy ϕlà ánh xạ Lipschitz

1.3 Một kết quả tách được

Định lý 1.3.1 Xét hai tập phân tích được rời nhau K K1, 2∈dec T X(,) Khi đó

()

1

,

L T X có thể tách thành hai tập phân tích được rời nhau L L1, 2∈dec T X(,)sao cho

11, 22

K ⊂L K ⊂ L

Chứng minh

Xét họ K ={L∈dec T X( , ):L∩K2 = ∅} Họ K khác rỗng, do K1∈K Sắp thứ tự họ K bởi quan hệ bao hàm và rõ ràng bất cứ họ tăng { }Ln ⊂K đều có cận trên Thật vậy, rõ ràng 1nnL∞=

 là phân tích được Do bổ đề Kuratowski-Zorn trong K, có một phần tử cực đại L1∈Kvà

11

Trang 20

Lấy 1()2 ,\ 1L=L T XL và rõ ràng 22K ⊂L Ta cần chứng tỏ L2 phân tích được

Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại u v, ∈L2và tập A L∈ để mà

() 2

w=χAu+ −1χA v∉L

Khi đó w∉K2 và do đó có ít nhất một trong hai u hoặc v không thuộc K2 Thật vậy nếu cả hai u và v đều thuộc K2 thì w=χAu+ −(1χA)v∈K2 ( mâu thuẫn )

Giả sử u∉K2 Do đó dec u L{, 1}∈K và do tính cực đại của L1 (dec u L{, 1}⊂L1)nên

1

u∈L , mâu thuẫn với việc 1()

2 ,\ 1

u∈ =LL T XL

Trang 21

Chương 2 HÀM CHỌN

2.1.Một số khái niệm và kết quả

Giả sử T,X,Y là không gian tô pô

Định nghĩa 2.1.1

Một ánh xạ P T:→N X( ) được gọi là nửa liên tục dưới tại t0 nếu và chỉ nếu t0 là một điểm trong của P V−( ) với mọi tập V mở thỏa t0∈P V−( )

Một ánh xạ đa trị P T:→N X( ) là nửa liên tục dưới trong D⊂Tnếu và chỉ nếu nó nửa liên tục dưới tại mọi điểm t∈D

Định nghĩa 2.1.2 Cho A⊂ X ( ){( )}( ){( )}::PAtT P tAPAtT P tA−+= ∈ ∩ ≠ ∅= ∈ ⊂

Mệnh đề 2.1.1 Cho P T:→N X( )là ánh xạ đa trị, các điều kiện sau tương đương nhau:

i) P là nửa liên tục dưới

ii) Với mọi tập mở V ⊂ X thì tập P V−( ) là mở trong T iii) Với mọi tập đóng F ⊂ X thì tập P+( )F là đóng trong T iv) Với mọi tập D⊂ X thì ta có cl P( +( )D )⊂ P+(clD)v) Với mọi tập D⊂ X thì ta có P−(IntD)⊂IntP−( )D

Mệnh đề 2.1.2 Giả sử P T:→N X( )là ánh xạ đa trị Khi đó P là nửa liên tục dưới tại t0nếu và chỉ nếu

( )( )

00 , 0,: 0

xP ttα txα P tα xα x

∀ ∈∀ → ∃ ∈→

Nếu T là khả ly thì điều này cũng đúng nếu thay lưới bằng dãy

Trang 22

a) P t( ) ( ) ( )=r t P t0 +p t0( ) b) ( )( )1nnQ tP t∞==c) R t( )=cl p t{ n( ):n=0,1, 2, }d) ω( )( )P t =ω{P t( )}

là đa trị nửa liên tục dưới

Định lý 2.1.1 (Egorov)

Ánh xạ fn∈M T X(,)hội tụ hầu khắp nơi đến f0∈M T X(,) nếu và chỉ nếu với mọi

0

ε > tồn tại một tập com pắc Tε ⊂Tvới µ(T T\ ε)≤ε để mà fn hạn chế trên Tε là hội tụ đều đến f0 Hơn nữa ta có thể giả sử rằng mọi f nn, =0,1, 2, là liên tục trên

Tε

Định lý 2.1.2 ( định lý chọn Michael)

Giả sử ánh xạ P T:→clco X( )đa trị nửa liên tục dưới Khi đó P có một hàm chọn liên tục Định nghĩa 2.1.3 Với m∈M T(, ,∑R)( ){( )}( ){( )}:,:,mAsup m BBA BLmAsupm BBA BL+−=⊂∈=−⊂∈m=m+ +m−Định nghĩa 2.1.4

Một độ đo µ∈M T X(,)được gọi là nonatomic nếu với mọi tập A∈∑ có tính chất

( )0

Trang 23

Định lý 2.1.3

Giả sử ánh xạ 1()

:,

n

pS→L T X là một dãy ánh xạ liên tục Xét một phủ mở hữu hạn

địa phương { }Vnn∞=1của S và giả sử { }ϕn ∞n 1

= là một họ rời nhau duy nhất phụ thuộc vào phủ mở này, nghĩa là:

( )

{ : 0} , 1, 2,

nnn

suppϕ =cl x ϕ x ≠ ⊂V n=

Khi đó với mọi ánh xạ liên tục ε: S→R+, tồn tại một họ hữu hạn và liên tục các

( ){A sn }n∞=1rời nhau để mà : ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )11:nnnnnTnA ssS ∞ ϕsp s tµdt ∞ p s tµdtεs==∀ ∈∑∫−∑∫<

Nếu thêm điều kiện độ đo nonatomic  ()( 1)

0, , lM T Rµ = µ µ ∈ + thì {A sn( )}n∞=1 thỏa mãn {A sn( )} n( )s( )T( )sµ−ϕµ<εĐịnh lý 2.1.4

Ánh xạ đa trị P T:× →Scl X( )là Caratheodory dưới ⇔với mọi ε >0, tồn tại Tε là tập compact thỏa mãn µ(T T\ ε )<ε thì P T: ε× →Scl X( )là nửa liên tục dưới

Định nghĩa 2.1.5:

S là không gian tô pô Hausdorff Một ánh xạ đa trị P T:× →Scl X( )được gọi là ánh xạ đa trị Caratheodory dưới (l.C) nếu và chỉ nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:

i) Ánh xạP( ).,. là L⊗Bđo được

ii) Ánh xạP t( ),. là nửa liên tục dưới với mỗi t thuộc T

Định nghĩa 2.1.6:

Giả sử (S d,)là khơng gian mê tríc khả ly và f T:× →SX là ánh xạ đo được Khi đó :

f T× →SX là ánh xạ Caratheodory nếu và chỉ nếu

() ( )( )

:,,,.

SS

Trang 24

2.2.Hàm chọn liên tục

Xét ánh xạ nửa liên tục dưới P S:→dec T X(,)được định nghĩa trên không gian mê

tric khả ly S với các giá trị phân tích được

Ta bắt đầu với một vài tính chất của ánh xạ 1()

:SL T R,

ψ→ cho bởi

( )se ss inf {|u( ) |:uP s( )}

ψ = ∈

Theo mệnh đề 1.2.2, với mỗi 1()

,v∈L T R thỏa mãn ( )( )( ) .v t>ψs th k n trong Ttồn tại u∈P s( ) để ( )( )( )|u t|>ψs th k n trong T . Do đó với mỗi s∈S tập ( ){ 1() ( )( )( )}, : R s = ∈vL T Rv t >ψ s th k n trong T ≠ ∅

và có thể dễ dàng kiểm tra nó phân tích được và lồi

Mệnh đề 2.2.1

Cho P S:→dec T X(,) là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới Khi đó ánh xạ ()( 1())

: , ,

R S →dec T R ∩co L T R cho bởi

( ){ 1() ( )( )( )}

, :

R s = ∈vL T Rv t >ψ s th k n trong T ≠ ∅

là nửa liên tục dưới Chứng minh Lấy 1(),F⊂L T R là tập con đóng tùy ý Ta cần chứng tỏ rằng ( ){:}

R F+ = ∈sS R s⊂F là đóng Lấy bất kì dãy sn →s0 thỏa

( )n ,

R s⊂Fn=1, 2,

Ta chứng minh R s( )0 ⊂F.Chọn bất kì v0∈R s( )0 Ta có thể lấy (do mệnh đề 1.2.2)

( )00u∈P s sao cho ( )( )( )00|u t|>ψsth k n trong T .

Trang 25

Xét hàm 0 0 1||||nnvuvun=+ −+ Lưu ý vn∈R s( )n ⊂Fvà vn →v0 trong 1(),L T RDo đó v0∈F Hoàn thành chứng minh Mệnh đề 2.2.2

Cho P S:→dec T X(,) là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới và giả sử rằng tồn tại ánh xạ liên tục 1()

:SL T X,

ϕ→ và ánh xạ 1()

:,

r S→L T R để cho với mỗi s∈S tập

( ){( ) ( ): | ( )( )| ( )( ) }

G s = u∈P su t −ϕ s t <r s th k n trong T ≠ ∅

Khi đó ánh xạ G S:→dec T X(,) là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới Chứng minh

Rõ ràng mỗi G s( )là phân tích được Khi đó P s( ) ( )−ϕs là nửa liên tục dưới (do mệnh đề 2.1.3), nếu cần thiết ta có thể giả sử ϕ≡0 Do đó, ta có thể giả sử

( ){( ) ( ): | | ( )( ) }

G s = u∈P su t <r s th k n trong T

Để chứng minh G là nửa liên tục dưới, lấy tùy ý một tập đóng 1()

,F⊂L T R Ta cần kiểm tra G F+ = ∈{sS G s:( )⊂F}là đóng Chọn bất kì dãy sn →s0thỏa mãn ( )n ,1, 2 G s⊂F n=

và lấy tùy ý u0∈G s( )0 Khi đó

( )

00

u∈P s và|u t0( )|<r s( )( )0 th k n trong T .

Do tính nửa liên tục dưới của P tại s0, tồn tại un∈P s( )n ,n=1, 2 để mà un →u0Do r liên tục nên r s( )n →r s( )0 Bỏ qua bước lấy dãy con nếu cần, ta có thể giả sử rằng

0

n

u →u và r s( )n →r s( )0 h k n trong T .

Áp dụng định lý Egorvo, ta có sự tồn tại của một dãy con tăng các tập đo được { }Ti mà

Trang 26

Xét các tập ( ) ( )( ),001: || .i kiTtTu tr sth k n trong Tk= ∈<−

và chú ý { }Ti k, k∞=1 là dãy tăng các tập con đo được của Ti thỏa mãn

,1i kikTT∞==

Do đó với mỗi i tồn tại 1 số nguyên k i( )để mà

( )( ) ( )( ),0\1ii k iT Tr stdtiµ <∫Do Ti k i,( ) ⊂ ⊂Ti T nên T T\ i k i, ( ) =(T T\ i)∪(T Ti \ i k i, ( )) suy ra ( )( ) ( )( ),0\2i k iT Tr stdtiµ <∫ với un→u0 và r s( )n →r s( )0 đều trên Ti k i, ( )Và ( )( )( )( )001|u t | r stk i< − trên Ti k i, ( )

Do sự hội tụ đều, tồn tại một dãy { }nii 1

∞= để mà với n≥ni ta có |u tn( )|<r s( )( )n t trên ( ),i k iT Ta có thể giả sử rằng { }nii1∞

= là tăng nghiêm ngặt Chọn tùy ý vn∈G s( )n thì

( ) ( )( )|v tn |<r sn t h k n trong T . Định nghĩa với ni ≤ ≤nni+1: ( )( ),\,wi k ii k in =unχT +vnχT TThì wn∈P s( )n do P s( )n phân tích được và u vn, n∈P s( )n ( )n

G s phân tích được ,và wn∈G s( )n ⊂F Để kết thúc chứng minh ta cần chứng tỏ rằng wn →u0 trong 1()

,

Trang 27

Nhưng điều này suy ra từ : với ni ≤ ≤nni+1 ta có bất đẳng thức ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ),,0 100\w||||i k ii k innnT TTuv tu tµdtu tu tµdt−==∫−+∫−≤( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ),,,,,,00\\00 1\\000 1\\| | | | | || | | || | 2 | |i k ii k ii k ii k ii k ii k innT TT TTnnT TT TnnT TT Tv tdtu tdtu tu tdtr stdtu tdtuur str stdtr stdtuuµµµµµµµ≤ + + − ≤≤ + + − ≤≤ − + + − ≤∫∫∫∫∫∫∫( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( ),01001\0101|| || 2 | | || ||4|| || || ||i k innT Tnnr sr sr stdtuur sr suuiµ≤ − + + − ≤≤ − + − +∫Hoàn tất chứng minh Định lý 2.2.1 ( Bressan-Colombo-Fryszkowski)

Giả sử rằng P S:→dcl T X(,) là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới Khi đó P có một hàm chọn liên tục

Chứng minh Bước I:

Với mỗi ε >0 ta sẽ xây dựng ánh xạ liên tục

()1:,p S→L T X và 1():SL T R,ϕ→ để cho với mỗi s∈S

( )2.1||ϕ( )s||1<ε và P s( )∩{u u t:| ( )− p s t( )( )|<ϕ( )( )s t }≠ ∅ Cố định ε>0,s0∈S u, 0∈P s( )0 Xét hàm ()001, :,s u SL T Rψ→

cho bởi công thức

( ){( )( )( )}{( )( )}

0,0 | 0 |: | |: 0

s use ss infuuuP se ss infuuP su

Trang 28

Rõ ràng

( )2.2 ψs u0,0( )s0 =0

( )( )( )

(0≤ψs u0,0 s0 ≤ u t0 −u t h k n trong T0 ).Do P S:→dcl T X(,) là ánh xạ đa

trị nửa liên tục dưới nên theo mệnh đề 2.1.3 ánh xạ S→dcl T X(,)( ) 0

sao cho sP s−u cũng nửa liên tục dưới Do mệnh đề 2.2.1, ánh xạ

() ( )( )( )

{ 00 }

1

,

, : s u

s v∈L T R v t >ψ s t h k n trong T là nửa liên tục dưới

Lấy một ánh xạ đa trị ( ){() ( )( )( )}00001, , : , s uscl vL T R v t ψs us t h k n trong TΦ = ∈ >thì ánh xạ 0 0 ( 1()), : ,s uSclco L T R

Φ → là nửa liên tục dưới và do (2.2) nên

( )

0,00

0∈Φs u s Do đó từ định lý chọn Michael , ta kết luận Φs u0,0có một hàm chọn liên tục 0 0 1(), :,s u SL T Rϕ→ để mà ( )0,00 0s u sϕ=Xét các tập ( ) 0 0 0 0( ) 0 0 1,,1,2.3 : || || 0,2 2s us us uV =s∈S ϕ s <ε=ϕ − B ε          Rõ ràng 0,0s uV là một lân cận mở của s0

Hơn nữa do tính nửa liên tục dưới, các tập dạng

{ }00 ( )000, ,s usS uP sV∈∈

là phủ mở của không gian mê tríc khả ly S.Do đó tồn tại một họ các phần tử đến được liên tục rời nhau địa phương { }znn∞=1phụ thuộc vào { }00 ( )

Trang 29

Từ (2.3) ta kết luận với mỗi s∈Svà mỗi n=1,2,…: ( ) ( )( ) ( )( )2nnnTz sz ss tdtεϕµ≤∫Do đó ( )( )( )( ) ( )12.42nnnTz sϕs tµdtε∞=≤∑∫

Do định lý 2.1.3, có một họ rời nhau {A sn( )}n∞=1các tập con của T thỏa ( )

1nnTA s∞== , có tính chất : mỗi s∈Svà mỗi n=1,2, ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )112.52nnnnnA snTs tdtz ss tdtεϕµϕµ∞∞==−<∑∫∑∫Do đó từ (2.4) và (2.5) ta có ( )( )( ) ( )( )12.6nnnA ss tdtϕµε∞=<∑ ∫Kí hiệu ( ) ( )1 nnA snp s ∞ u χ==∑Và ( )( ) ( )1 nnA snssϕ ∞ ϕχ==∑Do (2.6) nên ta có ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )111|| ||nnnA snnnTA sssdtsdtϕ ∞ ϕχµ ∞ ϕµε===∫∑ =∑∫ < Từ đó

( )2.1 được thỏa mãn Ta khẳng định p và ϕ là các ánh xạ liên tục , mỗi s∈S

Trang 30

( )( ) ( )1 kikmiAskssϕϕχ==∑Rõ ràng với k=1,2, ,m, ta có ( )12kis εϕ <Lấy uk∈P s( ) thỏa ( )( )( )( )( ) kkkiiu t −us t <ϕ s th k n trong Tvà lấy ( )1.ikmkAskuu χ==∑

Khi đó do tính chất phân tích được ta có u∈P s( )

Và ( )( )( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( )11 .kikkikmkiAskmiAsku tp s tu tuts tts t h k n trong Tχϕχϕ==− = − << =∑∑Bước II Dùng phương pháp quy nạp Với n=0 đặt P s0( )=P s( )Do bước I với 112ε = tồn tại ánh xạ liên tục 1()1:,p S→L T X và 1()1:SL T R,ϕ→để mà với mỗi s∈S: ( )1 1 112sϕ <Và ( ){( )( )( )( )( )}0 :| 1 | 1 P s ∩ u u t − p s t <ϕ s t h k n trong T ≠ ∅

Khi đó do mệnh đề 2.2.2, ánh xạ đa trị P T1:→dcl T X(,) cho bởi công thức

( ){( ){( )( )( )( )( )}}

10 :| 1 | 1

P s =cl P s ∩ u u t − p s t <ϕ s t h k n trong T

là nửa liên tục dưới

Trang 31

()()

11

1, , n:,, 1, , n :,

ppS→L T XϕϕS→L T R

và các ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới P0, ,Pn−1:S→dcl T X(,) thỏa mãn với mỗi

s∈S và với k=0,1,…,n-1 ta có ( )1 12nsnϕ <( ){( )( )( )( )( )}1 :| | nnnP− s ∩ u u t − p s t <ϕ s t h k n trong T ≠ ∅( )( )( )12 0nnP− s⊂P− s⊂ ⊂P sĐặt ( ){ 1( ){ :| ( )( )( )| ( )( ) }}nnnnP s =cl P− s ∩ u u t − p s t <ϕ s t h k n trong T

Ta thu được một ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới Do bước I, với 112nε = + tồn tại một ánh xạ liên tục 1()1:,np+ S→L T X và ()11:,n SL T Rϕ + → để mà với mỗi s∈S( )1 1 112nsnϕ + < +và ( ){ :| ( ) 1( )( )| 1( )( ) }nnnP s ∩ u u t − p + s t <ϕ + s t h k n trong T ≠ ∅Lấy ( )( ){( )( )( )( )( )}(:| 1 1 | 1 .)nnnnPscl P su u tps tϕs t h k n trong T+++==∩−<

Rõ ràng Pn+1:S→dcl T X(,)là nửa liên tục dưới Dễ dàng kiểm tra

( )( )( )1 0nnP+ s⊂P s⊂ ⊂P sTa có d p( n+1( ) ( )s P s, n )≤d p( n+1( )s P, n+1( )s ) do Pn+1( )s⊂P sn( ) Mà ( )( )( n 1 , n 1 ){( n 1( ), ): n 1( )}( n 1( ), )d p+ s P+ s =inf d p + s uu∈P+ s ≤d p + s u

với u nào đó thuộc Pn+1( )s

Trang 32

( )( )( 11 )( 1( )) 1( )1 11, ,2nnnnnd p + s P+ s ≤d p + s u ≤ ϕ + s < +Suy ra ( ) ( )( 1 ) 11,2nnnd p+ s P s ≤ +Kết thúc bước II Bước III Ta sẽ chứng minh rằng pn→p

đều và p là hàm chọn yêu cầu.Với bất kì số nguyên

0n≥ và k ≥1 ta có ( )( )( )1 n knP+ − s⊂P s⊂ ⊂P svà do đó ( )(( ) ( ))(( ) 1( ))12.7 , ,2n knn kn kn kd p + s P s ≤d p + s P+ − s ≤ +Do đó ( )( )(( ) ( ))( 1( ) ( ))1, ,1 1 12 2 2n knn knnnn knnp + sp sd p + s P sd p + s P s+−− ≤ + ≤≤ + ≤chứng tỏ dãy { }( 1())1 , ,nn

p ∞= ⊂C S L T X thỏa điều kiện đều Cauchy, mà

()

( 1 )

, ,

C S L T X là không gian các ánh xạ liên tục từ S đến 1()

,

L T X là đầy đủ Do đó

tồn tại một ánh xạ liên tục p để mà pn→p

đều Cho nên p là hàm chọn thỏa yêu cầu Thật vậy, do (2.7) với n=0, ta có: ( ) ( )( , ) lim ( k( ) ( ), 0 ) 0kd p s P sd p s P s→∞= =Suy ra p s( )∈P s( )=P s( ) Kết thúc chứng minh Hệ quả 1:

Cho P S:→dcl T X(,) là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới và cho F ⊂S là tập con đóng Xét một hàm liên tục 1()

:,

p F→L T X thỏa mãn mỗi s∈F ta cóp s( )∈P s( )

Trang 33

Đặc biệt với bất kì s0∈S và u0∈P s( )0 tồn tại một hàm chọn liên tục ps u0,0của P thỏa mãn:

( )2.8ps u0,0( )s0 =u0

Hơn nữa với mỗi s∈Sta có biểu diễn:

( )2.9 P s( )={ps u0,0( )s :s0∈S u, 0∈P s( )0 }

Chứng minh

Xét ánh xạ đa trị PFcho bởi công thức

( ){( )}( ),,Fp ssFP sP ssF∈= ∉

Rõ ràng là P SF :→dcl T X(,)và nó là nửa liên tục dưới Theo định lý Bressan-Colombo-Fryszkowski có một hàm chọn liên tục pF là mở rộng của p trên S

Lấy F={ }s0 ta có thể mở rộng pF( )s0 =u0 thành một hàm chọn liên tục ps u0,0 của P để mà ps u0,0( )s0 =u0 Khi đó s0∈S u, 0∈P s( )0 là tùy ý , nên ta dễ dàng có (2.9)

Định lý 2.2.2

Cho P S:→dcl T X(,) là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới và giả sử có các ánh xạ liên tục 1()

:SL T X,

ϕ→ và r S:→(0,∞) thỏa với mỗi s∈S tập

( )sP s( ) B(ϕ( ),s r s( ))Φ = ∩ ≠ ∅Khi đó ánh xạ đa trị ( 1()):SN L T X,Φ → có một hàm chọn liên tục Chứng minh Do mệnh đề 2.1.3, ánh xạ đa trị ( ) ( )1 (( ))P ss

r s −ϕ là nửa liên tục dưới với giá trị đóng phân tích được Khi đó ta có thể giả sử rằng ϕ≡0và r≡1.Do đó

( )sP s( )B( )0,1

Φ=∩≠ ∅

Cố định s0∈Svà u0∈Φ( )s0 , thì u0 <1, lấy ps u0,0 là hàm chọn liên tục của P thỏa

( )

0,000

s u

Trang 34

() 0 0 0 0( ) 0 1 0 0 1 0 1,,1,1 || || 1 || ||2.10 : || || 0,2 2s us us uuuV =s∈Sps < + = p − B +         Rõ ràng 0,0s u

V là lân cận mở của s0 Hơn nữa, do tính chất nửa liên tục dưới, họ

{ }00 ( )

000

, ,

s usS uP s

V

∈∈ là một phủ mở cửa không gian mê tríc khả ly S.Do đó tồn tại một họ duy nhất hàm liên tục, rời nhau, hữu hạn địa phương { }znn∞=1 phụ thuộc vào

{ }00 ( )000, ,s usS uP sV∈∈ Lấy sn và un thỏa mãn 1,(0,1],1, 2, nnns uz − ⊂Vn=Và kí hiệu , , ,nnnnns uns up=pV=V

Từ (2.10) ta kết luận với mỗi s∈Svà mỗi n=1,2, :

()( )( )( )( )( ) ( ) ( 1) ( )11 ||||2.11||||||2nnnnnnTuz sz sp s=z s∫p s tµdt≤+Do đó ( )( )( ) ( )( 1) ( )111 ||||||2nnnnnTnuz sz sp s tµdt∞∞==+≤∑∫∑

Do định lý 2.1.3, có một họ rời nhau {A sn( )}n∞=1 các tập con của T thỏa ( )

1nnA sT∞== ,

có tính chất với mỗi s∈Svà mỗi n=1,2,

Trang 35

()( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( 1) ( )1 ( ) 112.13||1 ||||1nnnnnnnAsnA snp s tµdtp s tµdtuz s∞∞∞===<<−<∑∫∑∫∑Kí hiệu ( )( ) ( )1 nnA snp s ∞ p s χ==∑Từ đó pnvà An, rõ ràng p là hàm chọn liên tục của P Do (2.13) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )11111nnnnA snA snnTTnnA sp sp sdtp s ttdtp s tdtχµχµµ∞∞==∞== == <∑∑∫∫∑ ∫Vậy ánh xạ p là hàm chọn của Φ

Hệ quả 1: Cho P S:→dcl T X(,) là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới Cố định

( )

0 , 00 ,0

s∈S u∈P sr> và lấy V =P B u r− ( 0, )= ∈{sS P s: ( )∩B u r( 0, )≠ ∅}

Lấy một tập đóng F ⊂V và xét ánh xạ đa trị ( 1())

: ,

R S →N L T X cho bởi công

thức ( )( )( )( 0,),,P sB u rsFR sP ssF∩∈= ∉Khi đó R có hàm chọn liên tục Chứng minh Ánh xạ đa trị (( ) 0)1P su

Trang 36

có một hàm chọn liên tục ( 1()): ,FpF →N L T X Lấy một hàm liên tục 1():,p F→L T X cho bởi ( ) F( ) 0p s=rps+uDo ∀ ∈sF( )(( ) 0)( )( )( )( 0)110,1:FFpsP suBqP spsqurr∈−∩⇒ ∃ ∈=−( ) F( ) 0 ( )p srpsuqP s⇒=+ = ∈ hay p là hàm chọn của P|F( )(( ))( )( )( )( )( )()0000010,11,FFFpsP suBpsrp surpsuurp sB u r∈−∩⇒<⇒−=+ −< ⇒∈Suy ra p là hàm chọn của R|F

Do hệ quả 2.2.1 nó có thể mở rộng tới một hàm chọn liên tục p của P và do đó của R

Định lý 2.2.3

Xét một ánh xạ đa trị P S:→dcl T X(,) Khi đó P là nửa liên tục dưới nếu và chỉ nếu tồn tại các ánh xạ liên tục 1()

:,,1, 2,

n

pS→L T Xn= thỏa mãn với mỗi s∈S ta có

(2.14) P s( )=cl p s{ n( ):n=1, 2, }

Chứng minh

Lấy { }unn∞=1 là họ các tập con trù mật trong 1()

Trang 37

Nhưng trong một khơng gian mê tríc khả ly bất cứ tập mở nào có thể là phân tích được thành một hợp đếm được các tập đóng Do đó với mỗi n=1,2, tồn tại các tập đóng

, , , 1, 2, n k mFm= thỏa mãn ,, ,,1n kn k mn kVF∞==Xét ánh xạ đa trị ( )( )( ), ,, ,, ,1,,,nn k mn k mn k mcl P sB usFkPsP ssF ∩∈=∉

Và do định lý 2.2.2 và hệ quả 2.2.2, mỗi Pn k m, , :S→dcl T X(,) có một hàm chọn liên

tục 1()

, , :,

n k m

pS→L T X Rõ ràng mọi pn k m, , đều là hàm chọn liên tục của P Ta sẽ chứng minh rằng với mỗi s∈S :

(2.15) P s( )=cl p{ n k m, , ( )s : , ,n k m=1, 2, }

Kí hiệu vế phải của (2.15) bởi R(s) Khi đó R s( )⊂P s( ).Ta cần chứng minh rằng

( )( )

P s⊂R s Để thấy điều này, cố định s∈S và u∈P s( ), k=1,2,…Chọn n sao cho

( )1,nuP sB uk∈∩ 

Trang 38

Biểu thức sau cùng nghĩa là (( ))2,

d u R sk

< Nhưng k được chọn tùy ý, nghĩa là

( )

u∈R s Do cách chọn của u, ta khẳng định rằng P s( )⊂R s( ) Ta được ( ){ n k m, , ( ): , , 1, 2, }

P s =cl psn k m= Dãy pn k m, , đếm được, ta thu được (2.14) Kết

thúc chứng minh

2.3 Hàm chọn loại Caratheodory

Giả sử ta có Ω một khơng gian mê tríc đầy đủ với σ −trường ∑ các tập đo được Lebesgue cho bởi độ đo Radon hữu hạn địa phương m Trên khơng gian Ω ×S ta sẽ xét σ −trường∑ ⊗ Β

Định lý 2.3.1

Mỗi ánh xạ đa trị Caratheodory dưới P:Ω × →Sdcl T X(,) có một hàm chọn loại Caratheodory

Chứng minh

Lấy một họ các tập compact tăng Ω ⊂ Ωm , m=1, 2, với \

1mmmΩ Ω < để mà (): m ,

PΩ × →Sdcl T X là nửa liên tục dưới.Các tập trên tồn tại do định lý 2.1.4 Theo định lý Bressan-Colombo-Fryszkowski tồn tại một hàm chọn liên tục của P hạn chế trên mỗi Ω ×mS

Bắt đầu với một hàm chọn liên tục p trên Ω × →1 SX , ta có thể mở rộng nó thành một hàm chọn liên tục trên mỗi Ω ×mS và cuối cùng trên

1mmSS∞=Ω × =Ω ×Nhưng Ω là một tập với phần bù có độ đo bằng 0

Do đó đặt p( )ω,s=0, (ω,s) (∈ Ω Ω ×\ m)Sđể ta thu được một hàm chọn thỏa yêu

Trang 39

Chương 3 TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG Định lý 3.1 (Mazur)

Giả sử K là tập compắc trong khơng gian Banach X Khi đó bao lồi đóng của K( )

(clco K ) cũng là tập compắc

Định lý 3.2 (Schauder)

Giả sử K là tập con lồi, com pắc của khơng gian Banach X Khi đó mỗi ánh xạ liên tục

:

f K →Kcó một điểm bất động

Định nghĩa 3.1

X là không gian Banach, f X: →X ,được gọi là ánh xạ com pắc nếu và chỉ nếu nó liên tục và tập f X( )là com pắc

Định lý 3.3

Cho K là một tập con đóng phân tích được của 1()

,

L T X Khi đó mỗi ánh xạ com pắc

:

f K →Kcó một điểm bất động Chứng minh

Lấy S =clco f K{( )} Do f là ánh xạ com pắc nên là f K( )tập com pắc Theo định

lý Mazur , clco f K{( )} là tập compact Do S là tập đóng và

( )

{}{( )}

S=clco f K⊂clco f K nên S là tập compact

Đặt ( )( )s tessinf |{ u t( ) ( )s t |:uf K( )}ψ = − ∈Với bất kì ε >0 và mỗi s∈S xét các tập khác rỗng ( ){ : | ( ) ( )| ( )( ) }P sε =cl u∈Ku t −s t <ψ s t +ε h k n trong T ⊂ K

Do mệnh đề 2.2.2, mỗi ánh xạ P Sε:→dcl T X(,) là nửa liên tục dưới S là tập con đóng của 1()

,

L T X khả ly, nên S khả ly.Nên theo định lý Bressan-Colombo-

Trang 40

( )( )s t0 h k n trong T

ψ=

và do đó

( ) 1

(3.1) p sε −s ≤ε

Do đó fε =f p0 ε :S→f K( )⊂S là hàm liên tục để với mỗi s∈S ( ) 1

fε s −s ≤ε

Theo định lý Schauder tồn tại sε∈f K( )⊂S để mà

( )3.2 f p s( ε( )ε )=sε

Bỏ qua việc lấy dãy con nếu cần, ta có thể giả thiết { }sε là hội tụ trong f K( )⊂K , ta có 00lim sε sε → =Do (3.1) ( ) 00lim p sε ε sε → =