tập phân tích được và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Thị Diệu Linh TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Thị Diệu Linh TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS NGUYỄN BÍCH HUY Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 LỜI CẢM ƠN Trong trình học tập hoàn thành luận văn mình, nhận quan tâm, giúp đỡ, động viên quý thầy cô trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, gia đình bạn bè Đầu tiên gửi lời cám ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Bích Huy, người hướng dẫn tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tôi xin chân thành cám ơn quý thầy cô giảng dạy giúp đỡ suốt khóa học Tôi xin gởi lời cảm ơn đến quí thầy cô anh chị làm công tác quản lý phòng sau đại học, người tạo điều kiện tốt để hoàn thành khóa học Tôi xin cảm ơn bạn bè đồng nghiệp, bạn học viên cao học Toán K23 động viên, khuyến khích, giúp đỡ trình học tập Sau xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến gia đình tôi, chỗ dựa vững giúp học tập hoàn thành tốt luận văn MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU Chương TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 1.1 Các tính chất 1.2.Tập phân tích Lp (T , R ) 12 1.3 Một kết tách 18 Chương HÀM CHỌN 20 2.1 Một số khái niệm kết 20 2.2 Hàm chọn liên tục 23 2.3 Hàm chọn loại Caratheodory 37 Chương TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG 38 Chương GIẢI TÍCH TRÊN CÁC TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 40 4.1.Các khái niệm kết sử dụng 40 4.2.Bao đóng yếu tập phân tích 41 4.3 Ánh xạ phân tích 47 4.4 Phiếm hàm phân tích 49 KẾT LUẬN 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58 MỞ ĐẦU Tập lồi không gian vectơ mở rộng tự nhiên đa giác mặt phẳng đóng vai trò quan trọng nhiều lĩnh vực quan trọng Toán học Đại số tuyến tính, Giải tích hàm, Giải tích đa trị, Lý thuyết tối ưu, Việc nghiên cứu đối tượng có liên quan đến tính chất lồi nhà toán học quan tâm nghiên cứu nhiều chục năm qua thu kết sâu sắc, từ hình thành hướng nghiên cứu riêng gọi Giải tích lồi Do nhu cầu phát triển nội toán học để đáp ứng nhu cầu phải mô tả tượng mô hình phát sinh Khoa học-kỹ thuật mà nhiều lớp tập hợp với tính chất lồi giảm nhẹ tính chất tựa lồi, giả lồi quan tâm nghiên cứu Đặc biệt tính chất “ phân tích được” tập hợp T.R.Rockafellar đưa năm 1968 mở rộng sâu sắc tính chất lồi Từ năm 1970 đến nay, ánh xạ đa trị với giá trị tập phân tích nhận nhiều quan tâm nghiên cứu đưa đến kết sâu sắc với nhiều ứng dụng vào bao hàm thức vi phân, Lý thuyết tích phân Tuy nhiên, nhiều vấn đề liên quan đến Giải tích lớp tập phân tích chờ nghiên cứu Trong phạm vi luận văn tìm hiểu vấn đề sau  Chương Tập hợp phân tích Chương nêu khái niệm tập phân tích tính chất  Chương Hàm chọn Chương nêu tồn lát cắt đơn trị (hàm chọn) ánh xạ đa trị với giá trị tập phân tích được, xét lát cắt liên tục có tính chất Caratheodory  Chương Tính chất điểm bất động Chương nêu tồn điểm bất động ánh xạ đa trị có giá trị phân tích  Chương Giải tích tập phân tích Chương nêu số tính chất tô pô tập phân tích được, phiếm hàm ánh xạ phân tích Chương TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 1.1 Các tính chất Giả sử X không gian Banach, cho X* không gian khả ly (T , L, µ ) không gian độ đo, T không gian mê tríc khả ly đầy đủ, với σ − đại số L tập đo Lebesgue, µ độ đo xác suất hữu hạn, µ (T ) = M (T , X ) không gian hàm đo từ T đến X Giả sử P : T → N ( X ) ánh xạ đa trị, ( N ( X ) tập tập khác rỗng X) Kí hiệu K P = {u ∈ M (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k.n T } KP = {u ∈ LP (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k n T } Định nghĩa 1.1.1 Tập K ⊂ M (T , X ) K ⊂ Lp (T , X ) thỏa mãn χ A u + (1 − χ A ).v∈ K , ∀u, v ∈ K , ∀A ∈ L gọi tập phân tích Kí hiệu: dec0 (T , X ) : họ tập phân tích khác rỗng M (T , X ) dcl0 (T , X ) : họ tập phân tích đóng M (T , X ) dec p (T , X ) : họ tập phân tích khác rỗng Lp (T , X ) dcl p (T , X ) : họ tập phân tích đóng Lp (T , X ) Nếu p=1 ta viết dec (T , X ) , dcl (T , X ) Mệnh đề 1.1.1 i) Cho { Kα }α∈Λ ⊂ dec p (T , X ) {Kα }α ii) ∈Λ  Kα ∈ dec (T , X ) Tương tự cho α ∈Λ p ⊂ dcl p (T , X ) Cho { K n }n∈N ⊂ dec p (T , X ) dãy tăng Khi ∞ K n =1 n ∈ dec p (T , X ) iii) Cho K ∈ dec p (T , X ) Khi clK ∈ dcl p (T , X ) iv) Cho K ∈ dec p (T , X ) , ∀u ∈ Lp (T , X ) ⇒ K − u ∈ dec p (T , X ) Tương tự K ∈ dcl p (T , X ) , ∀u ∈ Lp (T , X ) ⇒ K − u ∈ dcl p (T , X ) Chứng minh i) Lấy u , v ∈  Kα , A ∈ L ∀α ∈ L : χ Au + (1 − χ A )v∈ Kα α ∈L ⇒ χ Au + (1 − χ A )v ∈  Kα α ∈Λ Tương tự cho { Kα }α∈Λ ⊂ dcl p (T , X ) ⇒  Kα tập đóng ( giao tùy ý α ∈Λ tập đóng tập đóng) Lấy u , v ∈  Kα , A ∈ L ∀α ∈ L : χ Au + (1 − χ A )v∈ Kα α ∈L ⇒ χ Au + (1 − χ A )v ∈  Kα α ∈Λ Nên  Kα tập đóng phân tích hay α Kα ∈ dcl α ∈Λ ∈Λ p (T , X ) ∞ ii) Lấy u , v ∈  K n , A ∈ L Do { K n }n∈N dãy tăng nên tồn n đủ lớn cho n =1 ∞ u , v ∈ K n ⇒ χ Au + (1 − χ A )v∈ K n ⊂  K n n =1 iii) clK bao đóng tập K nên tập đóng Lấy u , v ∈ clK , A ∈ L tồn dãy un ∈ K , ∈ K cho un → u , → v Do K tập phân tích nên χ Aun + (1 − χ A )vn ∈ K ∀n ta có χ Aun + (1 − χ A )vn → χ Au + (1 − χ A )v , χ Aun + (1 − χ A )vn ∈ K nên suy cc u + (1 − A )v ∈ clK A iv) Lấy v − u , w − u ∈ K − u , A ∈ L v, w ∈ K ⇒ χ Av + (1 − χ A )w ∈ K nên ta có χ A (v - u ) + (1 - χ A )(w-u)=χ Av + (1 - χ A )w-u ∈ K - u ⇒ K − u ∈ dec p (T , X ) Tương tự cho K ∈ dcl p (T , X ) : K − u tập đóng K đóng {-u} tập compact kết hợp chứng minh iv) K − u ∈ dec p (T , X ) ta kết luận K − u ∈ dcl p (T , X ) Do M (T , X ) , Lp (T , X ) phân tích được, nên họ tập phân tích chứa K ∈ dec p (T , X ) khác rỗng Và từ mệnh đề 1.1.1 ta thấy giao tùy ý tập phân tích phân tích được, nên K ⊂ Lp (T , X ) tồn tập phân tích nhỏ tập đóng phân tích nhỏ chứa K (chính giao tất tập phân tích chứa K giao tất tập đóng phân tích chứa K) Ta gọi chúng bao tập phân tích bao đóng tập phân tích kí hiệu dec p ( K ) , dcl p ( K ) Chú ý : K ⊂ dec p ( K ) ⊂ dcl p ( K ) Mệnh đề 1.1.2 Cho u , v ∈ Lp Khi dec p {u , v= } dcl p {u, v=} u + (1 − {cc A A )v : A ∈ L} Chứng minh K= {χ u + (1 − χ A )v : A ∈ L} tập đóng chứa u,v Thật vậy,lấy A= X ∈ L ,khi A χ X u + (1 − χ X )v ∈ K hay u ∈ K ,lấy A = ∅ ∈ L χ ∅u + (1 − χ ∅ )v ∈ K hay v∈K Nếu u = v K đóng Giả sử u ≠ v , ta biết tập A đo đồng với χ A L1 (T ) Lấy χ A u + (1 − χ A )v → w với n n {A } ⊂ L n Ta chứng minh w∈K Đặt k= χ A u + (1 − χ A )v n χ A = n n k −v k −v w −v và= Khi tồn A ∈ L χA → u−v u−v u−v w −v = χA u−v n Suy χ A → χ A w= χ Au + (1 − χ A ) v ∈ K Vậy K tập đóng n Nên ta có dec p {u , v} ⊂ dcl p {u , v} ⊂ K Do tính chất hàm đặc trưng, ta có χ A A B rời χ A∩ B =χ A χ B , χ A∪ B =χ A + χ B − χ A χ B , χT \ A =− χ A∪= χ A + χ B Từ ta có nhận xét ∀A, B, C ∈ L : B χ C ( χ A u + (1 − χ A ) v ) + (1 − χ C ) ( χ B u + (1 − χ B ) v ) = = (χ (χ C χ A + (1 − χ C ) χ B ) u + ( χ C − χ A χ C + − χ B − χ C + χ C χ B ) v C χ A + (1 − χ C ) χ B ) u + (1 − χ A χ C − (1 − χ C ) χ B ) v = χ D u + (1 − χ D ) v Với D = [ A ∩ C ] ∪  B ∩ (T \ C )  Nên suy K tập phân tích chứa u,v Lấy E tập phân tích chứa u,v Ta có : ∀ ( χ A u + (1 − χ A ) v ) ∈ K ⇒ ( χ A u + (1 − χ A ) v ) ∈ E Nên K ⊂ E hay K tập phân tích nhỏ chứa u, v : K = dec p {u , v} suy ra: = = K dec u , v} dcl p {u , v} p{ Mệnh đề 1.1.3 Cho K ∈ dec p (T , X ) ,1 ≤ p < ∞ : a)= Nếu ∀{uk }k = ⊂ K , ∀{ Ak }k ∈ T rời n n n ∑χ k =1 Ak uk ∈ K b) Nếu K ⊂ Lp (T , X ) p-khả tích bị chặn ∀{uk }k = ⊂ K , ∀{ Ak }k ∈ T rời = ∞ ∞ ∞ ∑c k =1 Ak uk ∈ dcl p ( K ) Chứng minh a) Ta chứng minh quy nạp Do mệnh đề 1.1.1 ta giả sử ∈ K ( ∉ K ta lấy u ∈ K xét K − u ∈ dec p (T , X ) ∈ K − u ∈ dec p (T , X ) ) ( ) Với n=2: u1 , u2 ∈ K , A1 , A2 ∈ L, A1 ∩ A2 = ∅ χ A u1 + − χ A 0= χ A u1 ∈ K 1 suy χ A u2 + (1 − χ A ) χ A u=1 χ A u1 + χ A u2 ∈ K 2 1 tùy ý {uk }k = Giả sử với n ≥ a) thỏa Lấy= ⊂ K , { Ak }k ∈ T rời Ta kí n +1 n +1 hiệu , i 1, n − B= An ∪ An +1 = Bi A= i n Rõ ràng { Bk }k =1 tập rời T Do theo giả thiết quy nạp : n = w n ∑χ k =1 Bk uk ∈ K n −1 n n Nhưng w =∑ χ B uk =∑ χ A uk + χ A ∪ A un =∑ χ A uk + χ A un Suy k k = k 1= k (1 − χ ) w = χ An+1 Do n n +1 = k n T \ An+1 w = ∑ χ A uk k =1 k (1 − χ A ∑ χ A uk = ∑ χ A uk + χ A un+1 = n +1 n k = k 1= k n +1 k n +1 k n +1 )w + χ An+1 un +1 ∈ K a) với n+1 Vậy a) với n b)Tập K ⊂ Lp (T , X ) p-khả tích bị chặn tồn a ∈ Lp (T , R ) cho ∀u ∈ K : | u (t ) |≤ a (t ) h.k n T Giả sử K ⊂ Lp (T , X ) p-khả tích bị chặn ϕ ∈ Lp (T , X ) Do mệnh đề 1.1.1 ta giả sử 0∈ K (nếu ∉ K ta lấy u ∈ K xét K − u ∈ dec p (T , X ) ∈ K − u ∈ dec p (T , X ) Khi K − u p-khả tích bị chặn).Cố định {uk }k =1 ⊂ K họ { Ak }k =1 rời ∞ ∞ T Ta cần chứng minh ∑c k =1 ∞ ∑= ∫ | ϕ (t ) | µ (dt ) p k = n +1 Ak Ak uk ∈ dcl p ( K ) Lấy tùy ý ε > , lấy n đủ lớn để ∫ | ϕ (t ) | µ (dt ) < ε p ∞  k = n +1 ∞ Ak p 44 ∫ z ( t ) , uα ( t ) µ ( dt ) ≤ ∫ψ ( t ) µ ( dt ) = z , uα z T T Do với z ∈ Z z , m ≤ ∫ψ z ( t ) m ( dt ) T Nên ta khẳng định clz K ⊂ K Để chứng minh bao hàm thức ngược lại, lấy m ∈ K V ( m, ε , z1 , , zn ) với { z , , z } ⊂ Z n tùy ý Cố định lân cận m Ta cần chứng tỏ V ( m, ε , z1 , , zn ) ∩ K ≠ ∅ Xét tập } { D = x = ( z1 , u , , zn , u ) : u ∈ K ⊂ R n Do định lý Lapunov nên tập D lồi Ta chứng tỏ ( = ( 4.2 ) z z1 , m , , zn , m ) ∈ clD Thật vậy, theo mệnh đề 4.1.1, D lồi không gian R tự liên hợp R n ≅ ( R n ) nên * n clcoD = clD =  { x ∈ R n : x, a ≤ cD ( a )} a∈R n = Nhưng với a ( a , , a ) ∈ R n n hàm support ước lượng bổ đề sau : x ∈ D} cD ( a ) sup { a, x = = n  = sup ∑ ∫ = zi ( t ) , u ( t ) µ ( dt ) : u ∈ K   i =1 T   n  = sup  ∫ ∑ a= z t , u ( t ) µ ( dt ) : u ∈ K  i i( )  T i =1  = ∫ψ ( t )µ ( dt ) n T ∑ zi i =1 Do với a ∈ R n ta có a, z = ∑ zi , m = ∑ zi , m ≤ ∫ψ n n =i =i T n ∑ zi i =1 c (a) ( t )m ( dt ) = D 45 Chứng tỏ (4.2) z ∈ clD ⇒ ∃{ xn } ⊂ D : xn  → z ⇒ ∀ε > : ∃x ∈ D cho x − z < ε hay ( ( z1 , u , , zn , u ) − ( z1 , m , , zn , m ) = z1 , u − m , , zn , u − m ) 0, ∃u ∈ K với tính chất i=1,…,n: | zi , u − m |< ε hay u ∈V ( m, ε , z1 , , zn ) ∩ K Hoàn thành chứng minh Điều kiện Tồn Z ⊂ L∞ (T ) thỏa điều kiện : Z Z ⊂ Z Từ điều kiện ta suy mệnh đề 4.2.2 Mệnh đề 4.2.2 Giả sử Z Z thỏa điều kiện Khi đó: Z 1) Cho {mα } ⊂ M (T , R l ) thỏa mãn mα  → m0 z ∈ Z , ta có Z → z (.) , m0 z (.) , mα  2) Z-tô pô CZ-tô pô M (T , R l ) tương đương     l 3) Với z ∈ Z , tập M z = m ∈ M (T , R ) : m, z ≤ ∫ψ z ( t )m ( dt )  C-đóng T Chứng minh Với z0 ∈ Z điều kiện z0 z ∈ Z Ta dễ dàng thấy z ( t ) z ( t ) , mα ( dt ) ∫ ∫= T z0 ( t ) z ( t ) , mα ( dt ) → T ∫ T z0 ( t ) z ( t ) , m0 ( dt ) = ∫ z0 ( t ) z ( t ) , m0 ( dt ) T 46 Z Chứng tỏ z (.) , mα  → z (.) , m0 Dùng mệnh đề 4.2.1 ta kết luận lưới { z (.) , m (.)} chứa lưới hội tụ yếu* { z (.) , m (.)} điều nghĩa α α c ∈C = C (T , R l ) (là không gian hàm liên tục): Z → c (.) z (.) , m0 c (.) z (.) , mα  Do C z (.) , mα  → z (.) , m0 Và ta có Z-tô pô CZ-tô pô tương đương M z tập C-đóng Hệ 4.2.1 Giả sử Z thỏa điều kiện Lấy K ∈ dec (T , R l ) Khi tồn đếm tập { zn } ⊂ Z {ψ n } ⊂ L1 (T ) thỏa mãn ( 4.3)   l clz K =  m ∈ M (T , R ) : m, zn ≤ ∫ψ n ( t )m ( dt )  n =1   T ∞ Chứng minh: Do mệnh đề 4.2.2, tất tập   l Mz = m ∈ M (T , R ) : m, z ≤ ∫ψ z ( t )m ( dt )    T C-đóng Kí hiệu B ( j ) cầu đóng M (T , R l ) = C * (T , R l ) bán kính j Khi C-tô pô B ( j ) khả mê tríc tồn tập đếm Φ j ⊂ Z thỏa mãn B ( j ) ∩ clz K = B ( j ) ∩     m ∈ M (T , R ) : z∈Φ j Ta giả thiết {ψ z }z∈Φ ⊂ L1 (T ) Đặt { zn }= j tập đếm thỏa (4.3) Định lý 4.2.2 l  m, z ≤ ∫ψ z ( t )m ( dt )   T ∞ ∞ j =1 j =1  Φ j {ψ n } = {ψ z }z∈Φ , ta thu j 47 Một tập K ∈ dec (T , R l ) Z-đóng K = K P , với P : T → clco ( R l ) có công thức ∞ { P (t ) =  x ∈ R l : x, zn ( t ) ≤ ψ n ( t ) h.k n T n =1 } { zn } ⊂ Z {ψ n } ⊂ L1 (T ) Chứng minh Nếu K ∈ dec (T , R l ) Z-đóng theo công thức (4.3) ta có điều cần chứng minh Ngược lại, giả sử K = K P với P có dạng mô tả Ta chứng minh K Z Z-đóng Lấy tùy ý uα  → u0 , {uα } ⊂ K cố định tùy ý n ∈ N , Z →ψ n (.) − zn (.) , u0 (.) ≤ ψ n (.) − zn (.) , uα (.)  Và với n ∈ N ta bất đẳng thức z n ( t ) , u0 ( t ) ≤ ψ n ( t ) hầu khắp nơi T Như u0 ∈ K 4.3 Ánh xạ phân tích Ls (T ) gọi phân tích Định nghĩa 4.3.1 Một ánh xạ k : Lp (T , X ) → Ls (T , R ) = với u , v ∈ K A∈ ∑ , ta có: k ( χ Au + (1 − χ A ) v ) ≤ χ A k ( u ) + (1 − χ A ) k ( v ) Ví dụ ánh xạ toán tử Niemytski N ( u )(.) = f (., u (.) ) với f : T × X → R hàm L ⊗ B đo thỏa mãn p | f (t, u (t )) | ≤ a (t ) + M | u (t ) | s a ∈ Ls (T ) M ≥ 48 Ngược lại, ta dễ dàng kiểm tra ánh xạ k0 : L1 ( I ) → L1 ( I ) cho công u ) 0, u ≠ k0 (= phân tích Và với u = χ A , v = − χ A với k0 ( ) = thức  < µ ( A ) < µ (T ) ta có k0 ( χ Au + (1 − χ A ) v ) ≤ χ A k0 ( u ) + (1 − χ A ) k0 ( v ) Mục đích xét ánh xạ phân tích đến từ phép tính biến phân đại Trong nhiều trường hợp liên quan đến hàm khả tích liên tục nửa liên tục đặc trưng tính chất hàm khả tích I ( u ) = ∫ f ( t , u ( t ) ) µ ( dt ) Nó mạnh, T yếu tô pô yếu L1 (T ) Toán tử Niemytski thỏa mãn điều kiện N ( χ Au + (1 − χ= v χ A N ( u ) + (1 − χ A ) N ( v ) A) ) điều kiện tương tự ánh xạ affine giải tích lồi Định nghĩa 4.3.2 Một ánh xạ k : Lp (T , X ) → Ls (T , R ) gọi affine-phân tích với u , v ∈ Lp (T , X ) A∈ ∑ , ta có: k ( χ Au + (1 − χ A= ) v ) χ Ak ( u ) + (1 − χ A ) k ( v ) Mệnh đề 4.3.1 Ánh xạ k : Lp (T , X ) → Ls (T , R ) gọi phân tích với L-epigraph epi ( k ) = {( u, v ) ∈ Lp (T , X ) × Ls (T , R ) : v ( t ) ≥ k ( u )( t ) h.k n T } phân tích Chứng minh: ⇒ Đặt K = epi ( k ) Lấy ( u1 , v1 ) , ( u2 , v2 ) ∈ K tùy ý tập A∈ L Khi vi ( t ) ≥ ki ( u )( t ) h.k n T , i = 1,2 49 k ( χ Au1 + (1 − χ A ) u2 ) ≤ χ A k ( u1 ) + (1 − χ A ) k ( u2 ) ≤ χ Av1 + (1 − χ A ) v2 chứng tỏ χ A ( u1 , v1 ) + (1 − χ A )( u2 , v= 2) ( χ u + (1 − χ ) u , χ v + (1 − χ ) v ) ∈ K A A A A ⇐ Ngược lại, u1 , u2 ∈ Lp (T , X ) A∈ L ta có ( χ u + (1 − χ ) u , χ k ( u ) + (1 − χ ) k ( u ) ) = χ ( u , k ( u ) ) + (1 − χ ) ( u , k ( u ) ) ∈ K Chứng tỏ : k ( χ u + (1 − χ ) u ) ≤ χ k ( u ) + (1 − χ ) k ( u ) A A A A A A A A A 2 A 4.4 Phiếm hàm phân tích Ta áp dụng ví dụ ánh xạ nửa liên tục Z-tô pô hàm khả tích có dạng I ( u ) = ∫ k ( u ) µ ( dt ) T ( ) epi ( I ) = E= {( u, r ) ∈ L (T , R ) × R : r ≥ I ( u )} với k : L1 (T , R l ) → L1 T , R ánh xạ phân tích Hàm I định nghĩa epigraph ( 4.4 ) l Trong ánh xạ k mô tả L-epigraph ( 4.5) Epi ( I ) = K= {( u, v ) ∈ L1 (T , Rl × R ) : v ( t ) ≥ k ( u )( t ) h.k.n T } Trên ta xét Z × C − tô pô với C = C (T ) Trong trường hợp ta xét M (T ) = C * (T ) tô pô yếu* L1 (T ) ⊂ M (T ) trùng với C-tô pô Ta có giả thiết sau Điều kiện Có u0 ∈ L1 (T , R l ) thỏa mãn k ( u0 ) ∈ L1 (T , R ) Cho tập K phân tích cho (4.5) công thức (4.1) sau 50 clZ ×C K =   l ( m, m0 ) ∈ M (T , R × R ) : m, z + m0 , c ≤ ∫ψ ( z ,c ) ( t )m ( dt )  ( z ,c )∈Z ×C   T  = biểu diễn ta phải tạo vài mối liên hệ rút gọn giá trị c Từ điều kiện ta có ∀w ∈ R + : ( u0 , k ( u0 ) + w ) ∈ K Cố định ( z , c ) ∈ Z × C Do ∀w ≥ ta có z , u0 + k ( u0 ) + w, c ≤ ∫ψ ( z ,c ) ( t )µ ( dt ) T Chia hai vế cho w > qua giới hạn w → ∞ ta có c ( t ) ≤ ∀t ∈ T Hơn ta thu ánh xạ = ψ ( z ,c ) ess sup { z , u + v, c : ( u, v ) ∈ K } c→ liên tục (nếu hữu hạn) ta giả thiết c ( t ) < ∀t ∈ T Đặt {c ∈ C : c ( t ) > ∀t ∈ T } C = + Khi ta có clZ ×C K =  = z∈Z ,c∈C +   l ( m, m0 ) ∈ M (T , R × R ) : m, z − m0 , c ≤ ∫ψ ( z ,c ) ( t )m ( dt )    T Chứng minh tương tự hệ 4.2.1 định lý 4.2.2 ta có Định lý 4.4.1 K ∈ dec (T , R l ) cho (4.5) Khi tồn tập đếm { zn } ⊂ Z ,{cn } ∈ C+ {ψ n } ⊂ L1 (T ) thỏa mãn clZ ×C K = =  n =1  ∞  ( m, m ) ∈ M (T , R l  × R ) : m, zn − m0 , cn ≤ ∫ψ n ( t )m ( dt )   T 51 Hơn K Z-đóng K = K P với P : T → clco ( R l ) có biểu diễn P (t ) = {( x, y ) ∈ R ∞ n =1 l × R : x, zn ( t ) − ycn ( t ) ≤ y n ( t ) h.k n T } Bây ta có kết liên quan đến ánh xạ nửa liên tục Z-tô pô hàm khả tích I ( u ) = ∫ k ( u ) µ ( dt ) T ( với hàm khả tích cho ánh xạ phân tích k : L1 (T , R l ) → L1 T , R ) Định lý 4.4.2 Giả sử Z thỏa điều kiện 1, ánh xạ phân tích ( ) k : L1 (T , R l ) → L1 T , R thỏa điều kiện Khi với I ( u ) = ∫ k ( u ) µ ( dt ) điều kiện sau tương đương : T (1) I : L1 (T , R l ) → R ∪ {+∞} nửa liên tục Z-tô pô (2) L-epigraph Epi=K cho (4.5) Z × C -đóng (3) Có hàm { zn } ⊂ Z ,{cn } ∈ C+ {ψ n } ⊂ L1 (T ) n=1,2,…,để mà ( ∀u ∈ L1 (T , R l ) : k ( u )( t= ) sup −ψ n ( t ) + cn ( t ) zn ( t ) , u ( t ) ) h.k.n T (4) Epigraph epi ( I ) = E cho (4.4) Z × R -đóng lồi Chứng minh Lấy {( u ( 4.6 ) α , vα )} ⊂ K lưới Z × C − hội tụ đến ( u0 , v0 ) Ta cần chứng minh v0 ( t ) ≥ k ( u0 )( t ) h.k n T Nhưng với α ta có vα ( t ) ≥ k ( uα )( t ) h.k n T Và đó: 52 uα ) ||1 lim sup ∫ ( vα ( t ) − k ( uα ) ) m ( dt ) ≤ lim sup || vα − k (= T ≤ ∫ v0 ( t ) m ( dt ) − I ( u0 ) T Nghĩa lưới {vα − k ( uα )} bị chặn L1 (T ) C-compact Vì qua lưới , ta giả sử k ( u0 ) C-hội tụ đến độ đo m Do C vα − k ( uα )  → v0 − m Nhưng vα − k ( uα ) ≥ v0 − m ≥ Với ma phần tuyệt đối m , ta có ( 4.7 ) v0 ( t ) ≥ dma ( t ) h.k n T , dt với ms ≤ Ta có dma ( t ) ≥ k ( u0 )( t ) h.k n T dt với (4.5) chứng tỏ (4.6) Để chứng minh điều nói , định lý 4.4.1, tồn dãy { zn } ⊂ Z ,{cn } ∈ C+ {ψ n } ⊂ L1 (T ) clZ ×C K = =  n =1  ∞  ( m, m ) ∈ M (T , R Kí hiệu: P = (t ) l  × R ) : m, zn − m0 , cn ≤ ∫ψ n ( t )m ( dt )   T {( x, r ) ∈ R ∞ n =1 l × R : x, zn ( t ) − rcn ( t ) ≤ ψ n ( t ) h.k n T Cố định n ý α bất đẳng thức uα , zn ( t ) − vα cn ( t ) ≤ uα , zn ( t ) − kuα ( t ) cn ( t ) ≤ ψ n ( t ) h.k n T Z Nhưng điều kiện 1, uα , zn ( t )  → u0 , zn ( t ) ta giả sử C uα , zn ( t )  → u0 , z n ( t ) Qua giới hạn ta thu } 53 C uα (.) , zn (.) − vα (.) cn (.)  → u0 (.) , zn (.) − m, cn (.) u0 (.) , zn (.) − v0 (.) cn (.) ≤ u0 (.) , zn (.) − m, cn (.) ≤ ψ n (.) Từ bất đẳng thức , ta thấy với n: ms , cn = Do C → va cn  dma cn dm hay v0 = dma dm Hơn u0 ( t ) , zn ( t ) − v0 ( t ) cn ( t ) ≤ ψ n ( t ) h.k n T Nghĩa ( u ( t ) , v ( t ) )∈ P ( t ) 0 h.k n T Theo định lý 4.4.1, ta có K = K p Nhưng điều cho ta (4.6) Hoàn tất chứng minh (1) ⇒ ( ) ( ) ⇒ ( 3) Giả sử K Z × C − đóng, ta dùng định lý 4.4.1 để chứng tỏ K = K p , P = (t ) {( x, r ) ∈ R ∞ n =1 l × R : x, zn ( t ) − rcn ( t ) ≤ ψ n ( t ) h.k n T } với { z } ⊂ Z ,{c } ∈ C n n + {ψ n } ⊂ L1 (T ) Khi với u ∈ L1 (T , R l ) , điểm ( u , k ( u ) ) ∈ K , với n ∈ N : u ( t ) , zn ( t ) − k ( u )( t ) cn ( t ) ≤ ψ n ( t ) h.k n T 54 c n = Kí hiệu  ,ψn = ψ n ,ta thu cn cn ( 4.8) k ( u )( t ) ≥ −ψ ( t ) + c ( t ) u ( t ) , z ( t ) n n n h.k n T Đặt ( k ( u ) =sup −ψ n ( t ) + c n ( t ) u ( t ) , zn ( t ) ) lưu ý (4.8) dẫn đến k ( u )( t ) ≥ k ( u )( t ) h.k n T Ta chứng minh k ( u )( t ) = k ( u )( t ) h.k n T Ta kiểm tra K ( u, k ( u ) ) ∈ K = p Giả sử trái lại ( u, k ( u ) ) ∉ K p ta kết luận với n u ( t ) , zn ( t ) − cn ( t ) k ( u )( t ) >ψ n ( t ) với t lấy từ tập T0 có độ đo dương Do k ( u )( t ) < −ψ n ( t ) + c n ( t ) u ( t ) , zn ( t ) trái với định nghĩa k ( u ) Do ta có (3) (3) ⇒ (4) Giả sử ( k ( u )( t ) =sup −ψ n ( t ) + cn ( t ) zn ( t ) , u ( t ) với { zn } ⊂ Z ,{cn } ∈ C+ {ψ n } ⊂ L1 (T ) ) 55 Ta chứng minh = = E epi (I ) {( x, r ) ∈ L (T × R ) × R : − r + c ( t ) ∞ = zn ( t ) , u ( t ) ≤ ψ n ( t ) h.k n T l n n =1 } Kí hiệu vế phải công thức E0 Nếu ( u , r ) ∈ E0 ∀n ∈ N ta có: −ψ n ( t ) + cn ( t ) zn ( t ) , u ( t ) ≤ r h.k n T epi I Do Do k ( u )( t ) ≤ r , nghĩa ( u , r ) ∈ E = E0 ⊂ E Để thấy bao hàm thức ngược lại, lưu ý từ mệnh đề 4.1.2 ta có  {( u, r ) ∈ L (T , R ) × R : ς r + ς clcoZ ×= E) R( l ( z , )∈Z × R =  ς {( u, r ) ∈ L (T , R ) × R : ς r + ( z ,c , )∈Z ×C × R z , u ≤ cE ( z , ς )} l cz , u ≤ cE ( cz , ς )} Đẳng thức sau từ mệnh để 4.2.2, từ Z-tô pô CZ-tô pô tương đương Làm giản ước tương tự chứng minh định lý 4.4.1, ta giả sử lấy ( z , c, ς ) ∈ Z × C + × R− Do tính dương hàm support ta có clcoZ ×R ( E ) = =  {( u, r ) ∈ L (T , R ) × R : − r + ( z ,c )∈Z ×C+ l cz , u ≤ cE ( cz , −1)} ⊂ ⊂ {( u , r ) ∈ L1 (T , R l ) × R : − r + cn zn , u ≤ cE ( cn zn , −1)} ∞ n =1 Nhưng cE ( cn zn , −1= ) sup{−r + cn zn , u : ( u, r ) ∈ E}   =sup  ∫ −k ( u )( t ) + cn ( t ) zn ( t ) , u ( t ) µ ( dt ) : u ∈ L1 (T , R l )  ≤ T  ≤ ∫ψ n ( t ) µ ( dt ) ) ( T 56 clcoZ ×R ( E ) ⊂ ∞ { ⊂  ( u , r ) ∈ L1 (T , R ) × R : − r + cn ( t ) zn ( t ) , u ( t ) ≤ ψ n ( t ) h.k n T n =1 Vì clcoZ ×R ( E ) = E0 Tính chất (4) chứng minh ( ) ⇒ (1) rõ ràng } 57 KẾT LUẬN Luận văn dựa vào tài liệu Fixed Point Theory for Decomposable Sets Anderzej.Fryszkowski Trong trình bày vấn đề tập phân tích tính chất nó, tồn lát cắt đơn trị (hàm chọn) ánh xạ đa trị với giá trị tập phân tích được, xét lát cắt liên tục có tính chất Caratheodory, tồn điểm bất động ánh xạ đa trị có giá trị phân tích được, số tính chất tô pô tập phân tích được, phiếm hàm ánh xạ phân tích Vì lần thực làm quen với việc nghiên cứu khoa học cách có hệ thống nên khó tránh khỏi sai sót Kính mong quý Thầy Cô bạn đóng góp ý kiến, xin chân thành cảm ơn 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Nguyễn Bích Huy (2013), Giáo trình môn Giải tích hàm nâng cao dành cho học viên cao học Nguyễn Bích Huy (2013), Giáo trình môn Giải tích thực dành cho học viên cao học Lê Hoàn Hoá (2010), Giáo trình môn Giải tích phi tuyến dành cho học viên cao học Hoàng Tụy, Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học quốc gia Hà Nội Tiếng Anh Anderzej.Fryszkowski Fixed Point Theory for Decomposable Sets Kluwer Academic Publishers, 2004 [...]... với K P ⊂ K ta được K P = K Hệ quả 1: = K P ∈ dec (T , X ) là tập phân tích được cho bởi một hàm đa trị L-đo được Cho K P : T → N ( X ) Khi đó, clK = K clP với clP được định nghĩa bởi clP ( t ) = cl ( P ( t ) ) Chứng minh K clP = {u ∈ L (T , X ) : u (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 P0 : T →... quan hệ bao hàm và rõ ràng bất cứ họ tăng { Ln } ⊂ K đều có cận trên Thật ∞ vậy, rõ ràng L n =1 n là phân tích được Do bổ đề Kuratowski-Zorn trong K, có một phần tử cực đại L1 ∈ K và K1 ⊂ L1 19 Lấy L2 = L1 (T , X ) \ L1 và rõ ràng K 2 ⊂ L2 Ta cần chứng tỏ L2 phân tích được Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại u , v ∈ L2 và tập A ∈ L để mà w= χ Au + (1 − χ A ) v ∉ L2 Khi đó w ∉ K 2 và do đó có ít nhất... là phân tích được nếu và chỉ nếu tồn tại một ánh xạ đo được P :T → cl ( X ) để mà K = K P Chứng minh ⇐ KP = {u ∈ L1 (T , X ) : u ( t ) ∈ P ( t ) h.k n trong T } Tính chất phân tích được của K P 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 L1 (T , X ) cũng chứa một dãy con hội tụ h.k.n Lấy {un } ⊂ K P và un → u Ta chứng minh... ) || p ≤|| u − v || p +ε Do ε > 0 tùy ý, cho ε → 0 ta được || ϕ ( u ) − ϕ ( v ) || p ≤|| u − v || p Vậy ϕ là ánh xạ Lipschitz 1.3 Một kết quả tách được Định lý 1.3.1 Xét hai tập phân tích được rời nhau K1 , K 2 ∈ dec (T , X ) Khi đó L1 (T , X ) có thể tách thành hai tập phân tích được rời nhau L1 , L2 ∈ dec (T , X ) sao cho K1 ⊂ L1 , K 2 ⊂ L2 Chứng minh Xét họ K =∈ ∅} Họ K khác rỗng, do K1 ∈ K Sắp... thể giả sử rằng un → u0 và r ( sn ) → r ( s0 ) 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 1 ∫ r ( s )( t ) µ ( dt ) < i 0 T \Ti   và un →u0 và r ( sn ) →r ( s0 ) đều trên Ti 25 Xét các tập 1   Ti ,k = t ∈ Ti : | u0 ( t ) |< r ( s0 )( t ) − h.k n trong T  k   và chú ý {Ti ,k }k =1 là dãy tăng các tập con đo được của Ti thỏa mãn ∞... |< r ( sn )( t ) h.k n trong T Định nghĩa với ni ≤ n ≤ ni +1 : w n un χ T = i ,k ( i ) + vn χT \T i ,k ( i ) Thì w n ∈ P ( sn ) do P ( sn ) phân tích được và un , vn ∈ P ( sn ) G ( sn ) phân tích được ,và w n ∈ G ( sn ) ⊂ F Để kết thúc chứng minh ta cần chứng tỏ rằng w n → u0 trong L1 (T , X ) 26 Nhưng điều này suy ra từ : với ni ≤ n ≤ ni +1 ta có bất đẳng thức w n − u0 1 = = ∫ | vn ( t ) − u0... , d ) là không gian mê tríc khả ly và f : T × S → X là ánh xạ đo được Khi đó f : T × S → X là ánh xạ Caratheodory nếu và chỉ nếu = f S : T → C C ( S= , X ) , f S ( t ) f ( t ,.) là L-đo được 23 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 ψ : S → L1... n trong T Suy ra K p = K clP , kết hợp với K p = clK ta được clK = K clP 0 0 1.2 .Tập phân tích được trong Lp (T , R ) ( ) Với u , v ∈ M T , R ta hiểu kí hiệu u ≥ v nghĩa 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 i) ∈Λ nếu ∀λ ∈ Λ : uλ ≥ u 13 ii) Nếu có v : T → R và ∀λ ∈ Λ : uλ ≥ v thì u ≥ v Essential infimum kí hiệu là... ∈ S tập {v ∈ L (T , R ) : v ( t ) > ψ ( s )( t ) R ( s )= 1 h.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 R : S → dec (T , R ) ∩ co ( L1 (T , R ) ) cho bởi R ( s )= {v ∈ L (T , R ) : v ( t ) > ψ ( s )( t ) 1 h.k n trong T } ≠ ∅ là nửa liên tục dưới Chứng minh Lấy F ⊂ L1 (T , R ) là tập. .. 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 ϕ : S → L1 (T , X ) và ánh xạ r : S → L1 (T , R ) để cho với mỗi s ∈ S tập G ( s )= {u ∈ P ( s ) : | u ( t ) − ϕ ( s )( t ) |< r ( s )( t ) h.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 ... rỗng Và từ mệnh đề 1.1.1 ta thấy giao tùy ý tập phân tích phân tích được, nên K ⊂ Lp (T , X ) tồn tập phân tích nhỏ tập đóng phân tích nhỏ chứa K (chính giao tất tập phân tích chứa K giao tất tập. .. xạ đa trị có giá trị phân tích  Chương Giải tích tập phân tích Chương nêu số tính chất tô pô tập phân tích được, phiếm hàm ánh xạ phân tích 2 Chương TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 1.1 Các tính chất... Chương GIẢI TÍCH TRÊN CÁC TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC 40 4.1.Các khái niệm kết sử dụng 40 4.2.Bao đóng yếu tập phân tích 41 4.3 Ánh xạ phân tích 47 4.4 Phiếm hàm phân tích