Nguyên lý biến phân Ekeland và một số ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Ngô Thị Vân NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội – Năm 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 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 LỜI CẢM ƠN Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, thầy cô gióa khoa Toán giúp đỡ em trình học tập trường 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 truyền thụ kiến thức, tận tình giúp đỡ, hướng dẫn em suốt trình học tập, nghiên cứu hoàn thiện khóa luận Trong trình nghiên cứu, không tránh khỏi sai sót hạn chế Em kính mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, cô giáo toàn thể bạn đọc để khóa luận hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, tháng năm 2017 Ngô Thị Vân LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan hướng dẫn thầy giáo Nguyễn Văn Tuyên khóa luận em hoàn thành không trùng với đề tài khác Trong làm khóa luận này, em kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2017 Ngô Thị Vân Mục lục Lời mở đầu 1 Nguyên lý biến phân Ekeland 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.2 Nguyên lý biến phân Ekeland 1.3 Một số ứng dụng nguyên lí biến phân Ekeland 15 1.3.1 Nguyên lí biến phân Ekeland tính đầy đủ 15 1.3.2 Các định lí điểm bất động 16 1.3.3 Đạo hàm điểm xấp xỉ cực tiểu 22 Nguyên lý biến phân Ekeland suy rộng 2.1 Nguyên lí biến phân Ekeland suy rộng 2.2 Mối liên hệ điều kiện Palais–Smale, điều kiện Palais–Smale yếu, điều kiện Tài liệu tham khảo 26 26 35 44 ii Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân Lời mở đầu Trong giải tích, toán tìm điểm cực trị hàm số có nhiều ứng dụng quan trọng Một kết cổ điển hàm f nửa liên tục tập compact X đạt cực tiểu tập Khi tập X không compact hàm f điểm cực trị Tuy vậy, với không gian mêtric đủ X, hàm f bị chặn ta có thông tin điểm xấp xỉ cực tiểu Cụ thể hàm f bị chặn ta tìm điểm ε-xấp xỉ cực tiểu x¯ , tức inf X f ≤ f (¯ x) ≤ inf X f + ε Hơn nữa, Ekeland [4] phát biểu nguyên lí nói với hàm f nửa liên tục dưới, bị chặn không gian mêtric đủ X với điểm ε-xấp xỉ cực tiểu x¯, ta tìm điểm x cực tiểu toàn cục hàm xấp xỉ hàm ban đầu, đồng thời f (x) ≤ f (¯ x) Không thế, đánh giá khoảng cách x x¯ Từ đời, nguyên lí biến phân Ekeland trở thành công cụ mạnh giải tích đại Những ứng dụng nguyên lí 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 năm gần đây, nguyên lí mở rộng cho trường hợp hàm f ánh xạ đơn trị đa trị nhận giá trị không gian véc tơ Mục đích khóa luận tìm hiểu số kết liên quan Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân đến nguyên lí biến phân Ekeland số ứng dụng nguyên lí Khóa luận bố cục sau: Chương trình bày nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển, đặc trưng không gian metric đủ, số ứng dụng nguyên lý việc chứng minh điểm bất động ánh xạ Chương trình bày phiên mở rộng nguyên lý biến phân Ekeland đề xuất Zhong [8] mối liên hệ điều kiện Palais–Smale, điều kiện Palais–Smale yếu, điều kiện Chương Nguyên lý biến phân Ekeland 1.1 Kiến thức chuẩn bị Trong mục này, xét lớp hàm nửa liên tục số tính chất hàm Cho X không gian tôpô hàm f : X → R ∪ { + ∞} Trong chương sử dụng số kí hiệu sau: dom f = {x ∈ X|f (x) < +∞} La f ={x ∈ X|f (x) ≤ a} tập mức f epi f = {(x, a) ∈ X × R|f (x) ≤ a} tập đồ thị f Định nghĩa 1.1 Cho X không gian tôpô Hàm f : X → R∪{+∞} gọi hàm nửa liên tục x0 lim inf f (x) ≥ f (x0 ) x→x0 Hàm f gọi nửa liên tục X f nửa liên tục điểm X Nhận xét 1.1 Hàm f nửa liên tục x0 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân với ε > 0, tồn lân cận U x0 cho ∀x ∈ U ta có f (x) ≥ f (x0 ) − ε Ví dụ 1.1 Xét hàm số f : R → R cho bởi: f (x) =   5x2 − 1, x = 1,  0, x = Ta thấy f hàm liên tục R\{1}, gián đoạn x = Nhưng f hàm nửa liên tục x = lim inf f (x) = ≥ f (1) Do x→1 f hàm nửa liên tục R Mệnh đề 1.1 Cho X không gian mêtric hàm f : X → R ∪ { + ∞}, khẳng định sau tương đương: (a) f hàm nửa liên tục X (b) epi f = {(x, a) ∈ X × R|f (x) ≤ a} tập đóng X × R (c) La f ={x ∈ X|f (x) ≤ a} tập đóng X (∀a ∈ R) Chứng minh (a) ⇒ (b): Giả sử f hàm nửa liên tục X Ta lấy dãy {(xn , an )} ⊂ epi f cho lim (xn , an ) = (x0 , a0 ) n→∞ Ta cần (x0 , a0 ) ∈ epi f Thật vậy, lim xn = x0 , lim an = a0 n→∞ n→∞ Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân hàm f nửa liên tục x0 nên lim inf f (xn ) ≥ f (x0 ) Mặt n→∞ khác, dãy {(xn , an )} ⊂ epi f nên f (xn ) ≤ an với n ∈ N) Vì vậy, lim inf f (xn ) ≤ lim an Do đó, n→∞ n→∞ f (x0 ) ≤ lim inf f (xn ) ≤ lim an = a0 n→∞ n→∞ Điều chứng tỏ (x0 , a0 ) ∈ epi f (b) ⇒ (c): Giả sử epi f tập đóng X × R Ta chứng minh tập mức f đóng X Thật vậy, giả sử La f ={x ∈ X|f (x) ≤ a} tập mức f Lấy dãy {xn} ⊂ La f cho lim xn = x0 n→∞ Do dãy {xn} ⊂ La f nên f (xn ) ≤ a hay (xn , a) ∈ epi f (∀n ∈ N) Hơn nữa, lim xn = x0 nên lim (xn , a) = (x0 , a) Mà epi f tập đóng n→∞ n→∞ X × R nên (xn , a) ∈ epi f , x0 ∈ La f ta có điều phải chứng minh (c) ⇒ (a): Giả sử tập mức f đóng X Ta cần chứng minh f hàm nửa liên tục f Giả sử phản chứng f không nửa liên tục x0 ∈ X Khi có dãy {xn} ⊂ X cho lim xn = x0 , lim inf f (xn ) < f (x0 ) Chọn ε > đủ nhỏ cho n→∞ n→∞ có k ∈ N để f (xn ) ≤ f (x0 ) − ε (∀n > k) Xét tập mức L = {x ∈ X|f (x) ≤ f (x0 ) − ε}, ta thấy xn ∈ L, ∀n > k Mặt khác L đóng lim xn = x0 nên n→∞ Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân được: inf f + Sk ε ≥ f (xk+1 ) > f (z) − xk+1 − z k+1 λ (1 + h ( x0 − xk+1 )) ε ≥ inf f + xk+1 − z Sk λ (1 + h ( x0 − xk+1 )) Kết hợp với (2.11), ta có: z − xk+1 ≤ λ c εk+1 Cho k → ∞ ta lim xk = z Do z = y, điều lại k→∞ mâu thuẫn với (2.12) Do y phải thỏa (2.4) Nhận xét 2.1 Trong định lý lấy h(r) = x0 = x ta nguyên lý biến phân Ekeland Định lý 2.2 Cho f : Rn → R hàm khả vi bị chặn Giả sử > x ∈ Rn cho f (x) < infn f + ε R Khi đó, với λ > tồn y ∈ V cho f (y) ≤ f (x) , − y ≤ x + r, ε ∇f (y) ≤ , λ (1 + h ( y )) − r thỏa mãn − y +r dr ≥ λ + h (r) y 32 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân Chứng minh Lấy x0 = áp dụng Định lí 2.1, với v ∈ Rn mà v = với t > ta có: ε f (y + tv) ≥− t λ (1 + h ( y )) Cho t → +0 ta có: ∇f (y) , v ≥ − ε λ (1 + h ( y )) Bất đẳng thức với v ∈ Rn , v = nên ta có điều phải chứng minh Hệ 2.1 Cho f : Rn → R hàm khả vi bị chặn Khi với > 0, tồn y ∈ Rn thỏa lim f (y ) = infn f, →0 R lim ∇f (yε ) (1 + h ( yε )) = ε→0 Chứng minh Lấy λ = √ áp dụng Định lí 2.1 ta có điều phải chứng minh Hệ 2.2 Cho f : Rn → R hàm khả vi bị chặn tồn dãy (xk ) ⊂ Rn cho f (xk ) → infn f, R ∇f (xk ) (1 + ( xk )) → Chứng minh Lấy h(r) = r áp dụng Hệ 2.1 ta có điều phải 33 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân chứng minh Nhận xét 2.2 Đặt: • K0 (f ) = {c | ∃x ∈ Rn , ∇f (x) = 0, f (x) = c} tập giá trị kì dị f • K∞ (f ) = {c | ∃xk → ∞, f (xk ) → c, (1 + xk ) ∇f (xk ) → 0} • K∞ (f ) = {c | ∃xk → ∞, f (xk ) → c, ∇f (xk ) → 0} Ta có : • K∞ (f ) ⊂ K∞ (f ) • inf f ∈ K∞ (f ) ∪ K0 (f ) • Tập K∞ (f ) ∪ K0 (f ) vô hạn, f đa thức K∞ (f ) ∪ K0 (f ) hữu hạn Ví dụ 2.1 Xét g = x + x2 y + x4 yz, f = h2 ≥ 0, ∀x, y, z Với a > xét: γ (s) : R+ → R , Ta có f (γ (s)) = +a γ (s) = s + 4a 2a s, , − s 2s2 ∇h (γ (s)) = s2 s3 0, − , 2as2 8a Do vậy: ∇f (γ (s)) = 4f ∇h (γ (s)) = 4s 34 +a s − 8a + 4a Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân Từ đó, ta có ∇γ (s) → ∞, f (γ (s)) → a2 , s → 0, a đủ bé ∇f 2.2 (γ (s)) γ (s) → α < Mối liên hệ điều kiện Palais–Smale, điều kiện Palais–Smale yếu, điều kiện Định nghĩa 2.1 Ta nói hàm f : Rn → R: (i) thỏa điều kiện Palais–Smale K∞ (f ) = ∅ (ii) thỏa điều kiện Palais–Smale yếu K∞ (f ) = ∅ Ví dụ 2.2 • Hàm thỏa điều kiện Palais-Smale: x2 + y , x4 + y , • Hàm không thỏa điều kiện Palais-Smale: f (x, y) = x2 y − x, ∇f (x, y) = (2xy − 1, x2 ) , k) mà: Xét dãy zk = ( 2k f (zk ) → 0, ||∇f (zk )|| → 0, |zk || → 0, k → ∞ 35 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân Định nghĩa 2.2 Ta nói hàm f : Rn → R thỏa điều kiện lim |f (x)| = +∞ x →∞ Ví dụ 2.3 • Hàm thỏa điều kiện bức: x2 + y , x4 + y , • Hàm không thỏa điều kiện bức: f (x, y) = (xy − 1)2 + x2 Xét dãy zk = ( k1 , k) mà: f (zk ) → 0, |zk || → 0, k → ∞ Nhận xét 2.3 Nếu f thỏa điều kiện Palas–Smale f thỏa điều kiện Palas–Smale yếu Điều ngược lại chưa Định lý 2.3 Nếu f : Rn → R hàm khả vi, bị chặn dưới, thỏa điều kiện Palais–Smale yếu, f đạt giá trị nhỏ Rn Chứng minh Áp dụng Hệ 2.1, tồn dãy (xk ) Rn mà f (xk ) → infn f, R ∇f (xk ) (1 + h ( xk )) → Do f thỏa điều kiện Palais–Smale yếu nên tồn dãy (xkm ) hội 36 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân − tụ x Vì hàm f liên tục nên ta có: − f x = lim f (xkm ) = infn f m→∞ R Vậy f đạt giá trị nhỏ Rn Định lý 2.4 Cho f : Rn → R hàm khả vi bị chặn Nếu α = lim inf f (x) ∈ R r→∞ x ≥r tồn dãy (xk ) Rn thỏa xk → ∞, f (xk ) → α ∇f (xk ) (1 + h ( xk )) → Chứng minh Đặt g (r) = inf f (x) với r ≥ Dễ thấy g không x ≥r giảm lim g (r) = α Do với r→∞ − > đủ bé tồn r đủ lớn cho: α− ≤ g (r) , − ∀r ≥ r Theo định nghĩa tích phân Reimann, cho trước điểm chia − ∆ : r = rN < rN −1 < < r1 < r0 = r∗ , Khi với ξk ∈ [rk+1 , rk ], ta có: 37 (2.14) > ta lấy Khóa luận tốt nghiệp Đại học r∗ dr − + h (r) − Ngô Thị Vân N −1 k=0 (rk − rk+1 ) < ε + h (ξk ) r Hơn nữa, tính đơn điệu hàm h, ta có r∗ r dr = + h(r) N −1 rk k=0 N −1 rk+1 ≥ k=0 r∗ ≥ r dr + h(r) (rk − rk+1 ) + h(r) dr − + h(r) (2.15) Đặt Mm = {x ∈ Rn |||x|| > rm }, m = 0, 1, 2, , N Áp dụng Định lý 2.1 cho tập M0 , ta tìm y0 ∈ M0 cho: f (y0 ) < g(r0 ) + ≤ α + 2, với z ∈ M0 ta có f (z) ≥ f (y0 ) − + h ( y0 ) z − y0 (2.16) Nếu ||y0 || > r0 (2.16) với z ∈ M1 , ta có ∇f (y0 ) (1 + h ( y0 )) ≤ chứng minh xong Do vậy, không tính tổng quát, ta giả sử y0 = r0 tồn z ∈ M1 \M0 cho: f (z ) < f (y0 ) − + h ( y0 ) 38 z − y0 (2.17) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân Thay Rn , , λ M1 , , tương ứng lấy z1 = y0 , với chứng minh Định lý 2.1, tồn dãy (xk ) M1 cho: f (xk+1 ) ≤ f (xk ) − + h ( y0 ) xk − xk+1 , lim xk = y1 , k→∞ f (y1 ) = lim f (xk ) ≤ f (xk ) ≤ f (x1 ) k→∞ ≤α+ ≤ g(r1 ) + 2 Và với z ∈ M1 , f (z) ≥ f (y1 ) − + h ( y1 ) z − y1 (2.19) Nếu y1 > r1 (2.19) ∀z ∈ M2 , ta có ∇f (y0 ) (1 + h ( y0 )) ≤ , kết thúc chứng minh Nên giả sử y1 = r1 tồn z2 ∈ M2 \M1 thỏa: f (z ) < f (y1 ) − + h ( y1 ) z − y1 (2.20) Ở phần tiếp theo, ta trường hợp y1 thỏa + h ( y0 ) z0 − y1 ≤ f (y0 ) − f (y1 ) 39 (2.21) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân Thật ra, (2.18) f hàm liên tục nên ta có: f (y1 ) = lim f (xk ) ≤ f (xk ) k→∞ N −1 ≤ f (y0 ) − Do + h ( xm ) m=0 xm − xm+1 ∞ + h ( xm ) m=0 xm − xm+1 ≤ f (y0 ) − f (y1 ) Nếu xm = y0 = r0 , ∀m ≥ 1, ∞ + h ( y0 ) y0 − y1 ≤ + h ( xm ) m=0 xm − xm+1 ≤ f (y0 ) − f (y1 ) Vì để chứng minh (2.21) ta chứng minh quy nạp bất đẳng thức sau: xm < y0 = r0 , m = 2, 3, (2.22) Đầu tiên, (2.17) chứng minh Định lý 2.1 ta có: x2 ∈ S1 = {z ∈ M1 |f (z) < f (z0 ) − + h ( y0 ) x − y0 } Kết hợp với (2.16) ta x2 ∈ M1 \M0 , x2 < r0 Bây giả sử tồn m > cho xk < r0 với ≤ k xk ≥ r0 , 40 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân xm = xm−1 nên tương tự chứng minh Định lý 2.1 ta có: f (xm ) < f (xm−1 ) − + h ( xm ) xm−1 − xm m−1 < f (x1 ) − k=1 xk − xk+1 + h ( xk ) (2.23) Hơn nữa, xm ≥ r0 nên xm ∈ M0 , kết hợp (2.16) ta có: f (xm ) ≥ f (x1 ) − + h ( x1 ) xm − x1 (2.24) Kết hợp (2.23) (2.24) ta được: m−1 k=1 + h ( xk ) xk − xk+1 < + h ( x1 ) xm − x1 k−1 ≤ + h ( x1 ) xk − xk+1 k=1 m−1 ≤ k=1 + h ( xk ) xk − xk+1 Điều vô lý, (2.22) Thay M1 , y0 M2 , y1 chứng minh tương tự, tồn y2 ∈ M2 cho: g(r2 ) ≤ f (y2 ) ≤ f (y1 ) ≤ α + ≤ g(r2 ) + 2 với z ∈ M2 ta có f (z) ≤ f (y2 ) − + h ( y2 ) Khi hai điều sau 41 z − y2 (2.25) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân a) y2 > r2 hay (2.25) với z ∈ M3 b) y2 = r2 tồn z ∈ M3 \M2 cho: f (z ) ≤ f (y2 ) − + h ( y2 ) z − y2 + h ( y0 ) y2 − y1 ≤ f (y1 ) − f (y2 ) Nếu a) đúng, (2.25) ta có ∇f (y2 ) (1 + h ( y2 )) ≤ ta kết thúc chứng minh Ngược lại, ta tiếp tục Bây ta tồn m đó, ≤ m ≤ N , cho a) Giả sử b) với bước tồn y0 , , ym , , yN cho vói ≤ m ≤ N y m = rm (2.26) + h ( ym ) ym − ym+1 ≤ f (ym ) − f (ym+1 ) (2.27) Do N −1 + h ( ym ) m=0 ym − ym+1 < f (y0 ) − f (yN ) ≤α+ ≤ 2 42 − g(rN ) (2.28) Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân Kết hợp (2.14), (2.15), (2.26), (2.27) (2.28) ta có r∗ 1− ≤ r N −1 dr ≤ rm − rm+1 + h(r) + h ( r ) m m=0 N −1 = + h ( ym ) m=0 ( ym − ym+1 ) N −1 ≤ + h ( ym ) m=0 ym − ym+1 ≤2 ≥ Điều mâu thuẫn với giả thiết m, ≤ m ≤ N thỏa mãn a) Suy < Vậy phải tồn ∇f (ym ) (1 + h ( ym )) ≤ Định lý 2.5 Cho f : Rn → R hàm khả vi bị chặn Các điều sau tương đương: i) f thỏa điều kiện Palais–Smale; ii) f thỏa điều kiện Palais–Smale yếu; iii) f thỏa điều kiện Chứng minh i) → ii): Hiển nhiên ii) → iii): Giả sử f không thỏa điều kiện Do f bị chặn nên giới hạn α = lim inf f (x) hữu hạn Áp dụng Định lý 2.4 tồn r→∞ x ≥r 43 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân dãy (xk ) Rn thỏa xk → ∞, f (xk ) → α ∇f (xk ) (1 + h ( xk )) ≤ Mặt khác, hàm f bị chặn thỏa điều kiện Palais–Smale yếu nên (xk ) có dãy hội tụ Điều mâu thuẫn với xk → ∞ Vậy f thỏa điều kiện iii) → i): Hiển nhiên 44 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Nguyễn Xuân Hòa, Nguyên lý biến phân Ekeland số ứng dụng, Luận văn Thạc sĩ, Thái Nguyên, 2009 [2] Nguyễn Đông Yên, Giáo trình Giải tích đa trị, NXB KHTN&CN, 2007 [B] Tài liệu tiếng Anh [3] J Caristi, Fixed point theorems for mapping satisfying inwardness conditions, Trans Amer Math Soc 215 (1976), 241–251 [4] I Ekeland, On the variational principle, J Math Anal Appl., 47 (1974), 324–357 [5] J.B Hiriart-Urruty, A short proof of the variational principle for approximate solutions of a minimization problem Amer Math Monthly, 90(1983), 206–207 [6] J Mawhin and M Willem, Origin and evolution of the Palais– Smale condition in critical point theory, J Fixed Point Theory Appl., (2010), 265–290 45 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ngô Thị Vân [7] T Suzuki, On the relation between the weak Palais- Smale condition and coercivity given by Zhong, Nonlinear Anal., 68 (2008), 2471–2478 [8] C.K Zhong, A generalization of Ekeland’s varitional principle and application to the study of the relation between the weak P.S condition and coercivity, Nonlinear Anal., 29 (1997), 1421–1431 46 ... 1 Nguyên lý biến phân Ekeland 1.1 Kiến thức chuẩn bị 1.2 Nguyên lý biến phân Ekeland 1.3 Một số ứng dụng nguyên lí biến phân Ekeland 15 1.3.1 Nguyên lí biến. .. nguyên lí biến phân Ekeland số ứng dụng nguyên lí Khóa luận bố cục sau: Chương trình bày nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển, đặc trưng không gian metric đủ, số ứng dụng nguyên lý việc chứng minh... ∈ B(x0 , r) Ta có điều phải chứng minh 1.2 Nguyên lý biến phân Ekeland Được I Ekeland [4] đề xuất năm 1974, nguyên lý biến phân sau công cụ hiệu để thiết lập định lý ánh xạ mở, hàm ẩn, hàm ngược