Luận văn sư phạm Một số định lý biến phân trong không gian có thứ tự

Một số định lý biến phân khơng gian có thứ tự Trần Văn Tồn Chun ngành tốn giải tích Trường ĐHSP Tp HCM, 2006 Lời nói đầu Lý thuyết phương trình khơng gian có thứ tự phát triển mạnh mẽ từ kỷ XX hồn thiện, bổ sung hơm Việc áp dụng quan hệ thứ tự vào nghiên cứu phương trình tốn tử tổng qt mặt cho phép nghiên cứu sâu tính chất định tính nghiệm tính dương, tính lồi, tính đơn điệu, , Mặt khác, cho phép giảm nhẹ điều kiện liên tục ánh xạ kiện lồi tập xét Do đó, lý thuyết phương trình khơng gian có thứ tự ứng dụng rộng rãi để nghiên cứu phương trình xuất phát từ Vật lý, Hoá học, Sinh học, Thế nhưng, việc ứng dụng lý thuyết vào toán biến phân lại hạn chế mới bắt đầu năm gần Do đó, việc nghiên cứu ứng dụng quan hệ thứ tự vào toán biến phân cần thiết hứa hẹn nhiều kết thú vị Mục đích luận văn giới thiệu dạng khơng gian có thứ tự số định lý dùng phương pháp biến phân Đó định lý Knaster - Kuratowski - Mazurkiewicz, bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm cân Nash Đây kết công bố báo chuyên khảo gần Qua kết này, ta thấy rằng, việc sử dụng quan hệ thứ tự cho phép làm giảm nhẹ điều kiện liên tục ánh xạ điều kiện lồi tập hợp Luận văn chia thành bốn chương: Chương Định lý Knaster - Kuratowski - Mazurkiewicz khơng gian có thứ tự Định lý KKM định lý Đã có nhiều kết quan trọng chứng minh dựa định lý này, chẳng hạn bổ đề Sperner, định lý điểm bất động Brouwer, bất đẳng thức Ky Fan, Kể từ Knaster, Kuratowski, Mazurkiewicz chứng minh định lý, có nhiều tổng quát cho định lý KKM Trong chương này, từ Định lý [3], chứng minh định lý KKM khơng gian có thứ tự dựa khái niệm ánh xạ transfer closed valued Chương Bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm bất động Fan - Browder, điểm cân Nash khơng gian có thứ tự Từ Định lý KKM Chương 1, chứng minh bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm bất động Fan - Browder định lý tồn điểm cân Nash khơng gian có thứ tự Chương Lát cắt liên tục ánh xạ đa trị phần tử tối đại khơng gian có thứ tự Ở phần đầu chương này, giới thiệu định lý tồn lát cắt liên tục ánh xạ đa trị Tiếp theo định lý tồn phần tử lớn quan hệ ưu tiên yếu tồn phần tử tối đại quan hệ ưu tiên ngặt Chương Ánh xạ đơn điệu tăng toán cực trị Trong chương này, xem xét tồn điểm bất động bội cách sử dụng tập bất biến theo quỹ đạo giảm Xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Nguyễn Bích Huy hướng dẫn tận tâm thầy Cám ơn anh Nguyễn Thanh Vinh (Phịng Sau đại học, trường ĐHSP thành phố Hồ Chí Minh) giúp đỡ để tơi có phần mềm soạn thảo cho luận văn Cám ơn anh Phan Đào Việt Long (http://www.viettug org) giúp đỡ nhiều việc định dạng luận văn Thành phố Hồ Chí Minh, tháng năm 2006, Trần Văn Tồn Mục lục Lời nói đầu Mục lục Chương Định lý Knaster - Kuratowski-Mazurkiewicz khơng gian có thứ tự 1.1 Nửa dàn 1.2 Transfer closed valued 11 Chương Bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm bất động Fan - Browder, điểm cân Nash khơng gian có thứ tự 17 2.1 Bất đẳng thức Ky Fan không gian có thứ tự 17 2.2 Định lý điểm bất động Fan - Browder khơng gian có thứ tự 19 Điểm cân Nash khơng gian có thứ tự 20 2.3 Chương Lát cắt liên tục ánh xạ đa trị phần tử tối đại khơng gian Banach có thứ tự 23 3.1 Các định nghĩa 23 3.2 Lát cắt liên tục phần tử tối đại 24 3.3 Ứng dụng 25 Chương Ánh xạ tựa đơn điệu tăng toán cực trị 32 4.1 Các khái niệm 32 4.2 Tập bất biến theo quỹ đạo giảm (Decreasing flow invariant set) 33 Điểm bất động toán tử tựa đơn điệu tăng 40 4.3 Tài liệu tham khảo 46 Chương Định lý Knaster - Kuratowski-Mazurkiewicz khơng gian có thứ tự 1.1 Nửa dàn Định nghĩa 1.1.1 Một nửa dàn tập có thứ tự phần X, với thứ tự ký hiệu ≤, mà cặp (x, x ) phần tử có cận nhỏ nhất, ký hiệu x ∨ x Ta thấy tập A hữu hạn, khác rỗng X có cận nhỏ nhất, ký hiệu sup A Trong tập hợp có thứ tự (X, ≤), hai phần tử x x khơng phải lúc so sánh với được, trường hợp mà x ≤ x , tập [x, x ] = {y ∈ X : x ≤ y ≤ x } gọi khoảng có thứ tự Bây ta giả sử (X, ≤) nửa dàn A ⊆ X tập hữu hạn, khác rỗng X Khi ∆(A) = a∈A [a, sup A] định nghĩa tốt (vì A hữu hạn, khác rỗng, nên tồn sup A hiển nhiên a ≤ sup A) Hơn nữa, ∆(A) có tính chất sau: (a) A ⊆ ∆(A), (b) Nếu A ⊆ A , ∆(A) ⊆ ∆(A ) Tính chất (a) hiển nhiên Tính chất (b) có với ý [a, sup A] ⊆ a∈A [a, sup A ] a∈A Định nghĩa 1.1.2 Một nửa dàn tơpơ, hoặc, xác hơn, sup nửa dàn tôpô không gian tơpơ có thứ tự X cho nửa dàn với toán tử sup (tức hàm X × X → X, (x, x ) → x ∨ x ) liên tục Định nghĩa 1.1.3 Ta nói tập E ⊆ X tập ∆−lồi, với tập hữu hạn, khác rỗng A ⊆ E, ta có ∆(A) ⊆ E Với tập D ⊂ X, ta ký hiệu F (D) để họ tập hữu hạn D, ta có ∆(D) = A∈F (D) ∆(A) Ví dụ 1.1.1 Cho X = {(x, 1) : ≤ x < 1} ∪ {(x, y) : ≤ y ≤ 1, x ≥ 1, y ≥ x − 1} ⊂ R2 Thứ tự R2 định nghĩa sau: với (a, b), (c, d) ∈ R2 ,   c − a ≥ 0, (a, b) ≤ (c, d) ⇔ d − b ≥ 0,  d − b ≤ c − a Khi đó, X ∆−lồi Định lý 1.1.1 (Brown, 1965) Nếu S nửa nhóm tơpơ luỹ đẳng liên thơng đường với phần tử zero, S đồng luân tầm thường Phần tử x0 ∈ S gọi phần tử zero x.x0 = x0 với x ∈ S Một nửa dàn tơpơ xem nửa nhóm tơpơ luỹ đẳng, giao hốn có thứ tự với phép tốn (x, x) → x ∨ x Bổ đề 1.1.1 Cho X nửa dàn tôpô liên thông đường với phần tử x ∈ X cho x ≤ x với x ∈ X Khi đó, với n ∈ N hàm liên tục g : ∂∆n −→ X, tồn hàm liên tục f : ∆n −→ X mà thu hẹp f ∂∆n g Ở ∆n = (t0 , t1 , , tn ) ∈ Rn+1 : ni=0 ti = đơn hình n chiều + ∂∆n = {(t0 , , tn ) ∈ ∆n : ni=0 ti = 0} biên Chứng minh Ta chứng minh rằng, S n mặt cầu không gian Euclide n−chiều g : S n −→ X hàm liên tục, g có mở rộng liên tục f : Dn+1 −→ X, với Dn+1 cầu đơn vị đóng Rn+1 Tất đồng luân nhóm X tầm thường (xem Định lý 1.1.1) Điều có nghĩa µ0 ∈ S n x0 ∈ X, g : S n −→ X liên tục thoả g(µ0 ) = x0 , tồn hàm liên tục H : S n × [0, 1] X tho: ã H(à, 1) = g(à), S n , ã H(à, 0) = x0 , S n , ã H(à0 , t) = x0 , ∀t ∈ [0, 1] Để ý H(µ, t) = tg(µ) + (1 − t)x0 Giả sử g : S n −→ X liên tục thoả g(µ0 ) = x0 Đặt f : Dn+1 −→ X xác định   x0 , q f (q) = , q H q q = 0; , q = Ta chứng minh f|S n = g, tức f (q) = g(q), ∀q ∈ S n Nếu q = 0, f (0) = x0 = g(0) (vì ∈ S n ) Nếu q = 0, ta có q , q q q = q g + (1 − q )x0 q f (q) = H = q x0 + x0 − q x0 = x0 = g(q), ∀q ∈ S n q q =1 Vậy f liên tục f|S n = g Lý luận không phụ thuộc vào việc chọn µ0 ∈ S n x0 ∈ X, việc chọn g(µ0 ) = x0 , X liên thơng đường Định lý 1.1.2 Cho X nửa dàn tôpô với khoảng liên thông đường {Ri : i = 0, , n} họ tập đóng X Giả sử tồn điểm x0 , , xn X cho với họ {i0 , , ik } k số ta có ∆ ({xi0 , , xik }) ⊂ n Ri = ∅ Rij Khi j=0 i=0 Chứng minh Trước hết, ta có xi ∈ Ri , ∀i Đặt k ∆J = t ∈ ∆n : tij = , J = {i0 , , ik } j=0 Ta có k ∆ ({xi0 , , xik }) = [xij , x], với x = sup xij j=0 j=0,k nửa dàn tôpô liên thông đường với phần tử lớn x (vì k x∈ [xij , x]) j=0 Với cặp số {i0 , i1 }, ta có ánh xạ ∆{i0 } ∪ ∆{i1 } → ∆ ({xi0 , xi1 }) đặt tương ứng cho đỉnh thứ ij ∆n xij Ta có ∆{i0 } ∪ ∆{i1 } = ∂∆{i0 ,i1 } Thật vậy, theo định nghĩa ∆J , ta có ∆{i0 } = {t ∈ ∆n : ti0 = 1} ∆{i1 } = {t ∈ ∆n : ti1 = 1} Do ∆{i0 }∪{i1 } = t ∈ ∆n : ti0 = ti1 = Mặt khác ∂∆{i0 ,i1 } = {t ∈ ∆n : ti0 + ti1 = 1, ti0 ti1 = 0} = ti0 = ti1 = t ∈ ∆n : ti0 = ti1 = Từ đó, ta có ∆{i0 } ∪ ∆{i1 } = ∂∆{i0 ,i1 } Do đó, theo Bổ đề 1.1.1, tồn hàm liên tục f{i0 ,i1 } : ∆{i0 ,i1 } → ∆ ({xi0 , xi1 }) Hàm biến đỉnh ik ∆n thành xk Đặt |J| lực lượng tập J Hàm f : ∆J → X thu |J|=2 cách đặt f|J1 = fJ liên tục thoả f (∆J ) ⊆ ∆ ({xj : j ∈ J}) , với ≤ |J| ≤ (ở trường hợp J = {i0 , i1 }), ta có f (∆J ) = f{i0 ,i1 } ({i0 , i1 }) ⊆ ∆ ({xi0 , xi1 }) , (f liên tục) Giả sử ta có hàm liên tục f k−1 : ∆J −→ X thoả |J|=k f k−1 (∆J ) ⊆ ∆ ({xj : j ∈ J}) , ≤ |J| ≤ k Đặt J = {i0 , i1 , , ik } tập hợp gồm k + số Khi ∂∆J = ∆J |J|=k J⊆J f k−1 ∂∆J ⊆ ∆ ({xj : j ∈ J}) ⊆ ∆ |J|=k J⊆J Theo Bổ đề 1.1.1, hàm f k−1 : ∂∆J → ∆ xj : j ∈ J xj : j ∈ J 32 Chương Ánh xạ tựa đơn điệu tăng toán cực trị Trong [4], Hu người nghiên cứu tồn điểm bất động toán tử gián đoạn tựa đơn điệu tăng, điều kiện A : Rn → Rn toán tử tựa đơn điệu tăng tồn nghiệm A Gần đây, tác giả [1] xét tồn điểm bất động toán tử liên tục tựa đơn điệu tăng khơng gian Banach Dưới điều kiện nón thể nón quy, tác giả chứng minh kết tồn điểm bất động toán tử liên tục tựa đơn điệu tăng Phương pháp chứng minh tác giả sử dụng phương trình vi phân khơng gian Banach Trong phần này, nghiên cứu tồn điểm bất động bội toán tử liên tục tựa đơn điệu tăng không gian Hilbert Phương pháp sử dụng phần dựa khái niệm tập bất biến theo quỹ đạo giảm 4.1 Các khái niệm Cho E không gian Banach Tập P ⊂ E, P = ∅ gọi nón • P đóng, P + P ⊂ P, λP ⊂ P , ∀λ ≥ 0, 33 • P ∩ (−P ) = {θ} Nếu P nón, thứ tự E sinh nón P xác định sau: với x, y ∈ E, x ≤ y ⇔ y − x ∈ P Nón P gọi thể nón phần P , ký hiệu IntP khác rỗng Đặt (E ∗ , · ) tôpô đối ngẫu E, đặt P ∗ = {ϕ ∈ E ∗ : ϕ(x) ≥ 0, x ≥ 0} Khi đó, ta nói P ∗ nón đối ngẫu hay nón liên hợp P Định nghĩa 4.1.1 Cho D ⊂ E, ánh xạ A : D −→ E gọi ánh xạ tựa đơn điệu tăng x, y ∈ D, x ≤ y, ϕ ∈ P ∗ , ϕ(x) = ϕ(y) ⇒ ϕ(Ax) ≤ ϕ(Ay) 4.2 Tập bất biến theo quỹ đạo giảm (Decreasing flow invariant set) Cho H không gian Hilbert, f : H −→ R1 , f ∈ C 2−0 , f (x) = x − Ax A : H −→ H toán tử tựa đơn điệu tăng Xét toán IVP (Initial Value Problem) sau: dx = Ax − x, dt x(0) = x0 (4.2.1) Theo lý thuyết phương trình vi phân khơng gian Banach, tốn (4.2.1) có nghiệm nhất, ký hiệu x(t, x0 ), với khoảng tồn nghiệm lớn bên phải [0, η(x0 )) Định nghĩa 4.2.1 Cho M tập H Nếu {x (t, x0 ) |t ∈ [0, η (x0 ))} ⊂ M, ∀x0 ∈ M, M gọi tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Ta có Bổ đề sau: 34 Bổ đề 4.2.1 f (x(t, x0 )) giảm với t ∈ [0, η(x0 )) Thật vậy, ta có df (x (t, x0 )) = (f (x(t, x0 ), x (t, x0 )) dt = (x(t, x0 ) − Ax(t, x0 ), x (t, x0 )) = (−x (t, x0 ), x (t, x0 )) = − x (t, x0 ) ≤ Bổ đề 4.2.2 Các kết luận sau đúng: (i) H tập bất biến theo quỹ đạo giảm f (ii) Nếu {Mµ |µ ∈ ∧} họ tập bất biến theo quỹ đạo giảm f , ∧ tập số, Mµ , Mµ tập bất µ∈∧ µ∈∧ biến theo quỹ đạo giảm f (iii) Với a ∈ R1 , tập fa≤ fa< tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Định nghĩa 4.2.2 Cho M D tập bất biến theo quỹ đạo giảm f , D ⊂ M Đặt CM (D) = x0 x0 ∈ M, tồn t ∈ [0, η(x0 )) thoả x(t , x0 ) ∈ D Khi CM (D) gọi tập bất biến theo quỹ đạo giảm sinh D Nếu D = CM (D), D gọi tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ f M Nhận xét Ta có 1) H tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ H 2) Nếu D1 , D2 hai tập bất biến theo quỹ đạo giảm rời f , CM (D1 ) ∩ CM (D2 ) = ∅ Bổ đề 4.2.3 Giả sử tập liên thông M tập bất biến theo quỹ đạo giảm f , D tập mở M tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ f Nếu D = M , biên D M , ký 35 hiệu ∂M D, khác rỗng tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ f Chứng minh Do giả thiết M liên thông D = M , ta có ∂M D = ∅ Thật vậy, ∂M D = ∅, D ∪ M \D M = M, D ∩ M \D M = ∅ M (Ký hiệu D để bao đóng D đối vớiM ) Điều mâu thuẫn với kiện M tập liên thông * Trước hết, ta chứng minh ∂M D tập bất biến theo quỹ đạo giảm f , tức {x (t, x0 ) |t ∈ [0, η(x0 ))} ⊂ ∂M D, với x0 ∈ ∂M D Giả sử trái lại, với x0 ∈ ∂M D, ta xét toán IVP (4.2.1) Nếu tồn t ∈ [0, η(x0 )) cho x(t , x0 ) ∈ / ∂M D, x(t , x0 ) ∈ D ∪ M M \D (theo định nghĩa biên) Nếu x(t , x0 ) ∈ D, x0 ∈ CM (D) = D (vì D tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ f ) Điều mâu thuẫn với x0 ∈ ∂M (D) D tập mở M M M M Mặt khác, M \D = ∅, x(t , x0 ) ∈ M \D , ý M \D mở M , phụ thuộc liên tục phương trình vi phân với điều kiện đầu, ta biết tồn lân cận U x0 M M cho với x0 ∈ U , tồn t ∈ [0, η(x0 )) cho x(t , x0 ) ∈ M \D M Ta lấy x0 ∈ D ∩ U cho x(t , x0 ) ∈ M \D Điều mâu thuẫn với kiện D tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Vậy {x(t, x0 ) |t ∈[ 0, η(x0 ))} ⊂ ∂M D Vì ∂M D tập đóng M , nên ∂M D tập bất biến theo quỹ đạo giảm f * Tiếp theo, ta chứng minh ∂M D tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ f , tức CM (∂M D) = ∂M D Hiển nhiên, ta có ∂M D ⊂ CM (∂M D) Ta chứng minh CM (∂M D) ⊂ ∂M D Với x0 ∈ CM (∂M D) ⊂ M , tồn t1 ∈ [0, η(x0 )) cho x(t1 , x0 ) ∈ ∂M D Khi x0 ∈ / D (Vì D tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ f ) 36 M Giả sử x0 ∈ M \D Xét toán IVP sau: dx = x − Ax, dt x(0) = x(t1 , x0 ) (4.2.2) Gọi x(t) nghiệm (4.2.2) Đặt τ = t1 − t, dx(τ, x0 ) dx(t1 − t, x0 ) = dt d(t1 − τ ) dx(τ, x0 ) =− dτ = x(t1 − t, x0 ) − A(x(t1 − t, x0 )) (4.2.3) Điều có nghĩa x(t1 − t, x0 ) nghiệm hệ (4.2.2) Do tính nghiệm hệ (4.2.2), ta có x(t) = x(t1 − t, x0 ), ≤ t ≤ t1 (4.2.4) x(t1 ) = x(0, x0 ) = x0 Do phụ thuộc liên tục phương trình vi phân với điều kiện đầu, tồn lân cận U x(0) M M cho với x∗0 ∈ U , tồn t ∈ [0, η(x∗0 )) thoả x∗ (t ) ∈ M \D Ở đây, x ∗ (t) ký hiệu cho nghiệm hệ dx = x − Ax, dt x(0) = x∗0 (4.2.5) [0, η(x∗0 )) ký hiệu cho khoảng tồn nghiệm lớn x∗ (t) Đặc biệt, ta lấy x∗0 ∈ U ∩ D xét toán IVP sau: dx = Ax − x, dt x(0) = x∗ (t ) (4.2.6) Bằng cách chứng minh tương tự (4.2.3) (4.2.4), ta có x (t, x∗ (t )) = x∗ (t − t) , ≤ t ≤ t Lấy t = t (4.2.7), ta có x (t, x∗ (t )) = x∗ (0) = x∗0 ∈ D (4.2.7) 37 Do đó, x∗ (t ) ∈ CM (D) Vì CM (D) = D, nên x∗ (t ) ∈ D Điều mâu M M thuẫn với x∗ (t ) ∈ M \D Do x0 ∈ / M \D hay x0 ∈ D ∪ ∂M D Vì x0 ∈ / D, nên x0 ∈ ∂M D Bổ đề 4.2.3 chứng minh Bổ đề 4.2.4 Cho M tập liên thông tập bất biến theo quỹ đạo giảm f , D tập mở M tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Khi (i) CM (D) tập mở M ; (ii) Nếu CM (D) = M, inf f (x) > −∞, x∈∂M D inf x∈∂M CM (D) f (x) ≥ inf f (x), x∈∂M D ∂M D ∂M CM (D) biên D CM (D) M Chứng minh Do tính phụ thuộc liên tục phương trình vi phân vào điều kiện đầu, nên kết luận thứ Bổ đề Giả sử kết luận (ii) không đúng, tồn x0 ∈ ∂M CM (D) cho f (x0 ) < inf f (x) Vì f (x) liên tục, nên tồn lân cận mở x∈∂M D U x0 M cho U ∩ CM (D) = ∅ với x1 ∈ U, f (x1 ) < inf f (x) Ta chọn x1 ∈ U ∩ CM (D) xét toán IVP (4.2.1) x∈∂M D với giá trị đầu x1 Khi đó, tồn t ∈ [0, η(x1 )) cho x(t , x1 ) ∈ D Do đó, tồn t ∈ (0, t ) với x(t, x1 ) ∈ ∂M D Vì thế, theo Bổ đề 4.2.1 (f hàm giảm), x(t, x1 ) ≥ x1 = x(0) (f giảm theo biến t, t ∈ (0, t)), ta có f x t, x1 ≤ f (x1 ) < inf f (x) x∈∂M D Điều mâu thuẫn Vậy kết luận (ii) Bổ đề chứng minh Định lý 4.2.1 Giả sử M tập đóng bất biến theo quỹ đạo giảm f , f thoả điều kiện P.S M , inf f (x) > −∞ Khi đó, f có x∈M điểm tới hạn M , c = inf f (x) giá trị tới hạn f x∈M Chứng minh 38 Đặt c = inf f (x) Với n ∈ N, tồn xn0 cho c ≤ f (xn0 ) ≤ c+ x∈M n n Đặt x(t, x0 ) nghiệm (4.2.1) [0, η(xn0 )) khoảng tồn nghiệm lớn Ta có d f (x (t, xn0 )) = (f (x (t, xn0 )) , x (t, xn0 )) = − x (t, xn0 ) dt ≤ (4.2.8) Do bất đẳng thc Hăolder, ta cú t2 t2 x (t, xn0 ) dt ≤ t1 1/2 x (t, xn0 ) (t2 − t1 )1/2 dt (4.2.9) t1 Mặt khác từ (4.2.8), ta suy t2 t2 x (t, xn0 ) t1 d f (x (t, xn0 ))dt = f [x (t1 , xn0 )] − f [x (t2 , xn0 )] dt dt = − t1 [0, η(xn0 )), (4.2.10) ≤ t1 < t2 < η(xn0 ), ta Do f hàm giảm theo biến t suy f [x (t1 , xn0 )] ≤ f [x (0, xn0 )] = f (xn0 ) (4.2.11) Vì c = inf f (x), x∈M x (t2 , xn0 ) ∈ M, nên f [x(t2 , xn0 )] ≥ c hay − f [x(t2 , xn0 )] ≤ −c (4.2.12) Từ (4.2.9),(4.2.10),(4.2.11),(4.2.12), ta suy x (t2 , xn0 ) − x (t1 , xn0 ) ≤ (f (xn0 ) − c)1/2 (t2 − t1 )1/2 (4.2.13) Bây ta chứng minh η(xn0 ) = +∞ Giả sử trái lại, η(xn0 ) < +∞ Do (4.2.13), ta thấy x (t2 , xn0 ) − x (t1 , xn0 ) → t1 → η(xn0 )− t2 → η(xn0 )− Do tồn x∗ ∈ M cho lim − x (t, xn0 ) = x∗ t→η(xn0 ) Suy ra, khoảng tồn nghiệm lớn x(t, xn0 ) [0, η(xn0 ) + δ(x∗ )) với δ(x∗ ) > Điều mâu thuẫn với tính cực đại [0, η(xn0 )) Vậy η(xn0 ) = +∞ 39 Từ (4.2.8), với t > ta có t f (x (t, xn0 )) dt = f (x (0, xn0 )) − f (x (t, xn0 )) < f (xn0 ) − c < +∞ Vì tồn tn ∈ {x (t, xn0 ) |t ∈ [0, η(xn0 ))} , tn → +∞ cho 1 c ≤ f (x (tn , xn0 )) ≤ f (xn0 ) ≤ c + , f (x (tn , xn0 )) ≤ n n Phiếm hàm f thoả: với dãy {yn }, yn := x(tn , xn0 ), {f (yn )} bị chặn, lim f (yn ) = 0, nên theo điều kiện P.S dãy {yn } có dãy {ynk } n→∞ hội tụ Giả sử lim ynk = y0 Khi đó, y0 ∈ M (vì M đóng) k→∞ Do nk Cho k → ∞ (4.2.14), ta f (y0 ) ≤ c f (ynk ) ≤ f (xn0 k ) ≤ c + (4.2.14) Mặt khác, c = inf f (x), y0 ∈ M , nên c ≤ f (y0 ) x∈M Do f (y0 ) = c = inf f (x) x∈M Điều chứng tỏ y0 điểm tới hạn f f (y0 ) = c = inf f (x) x∈M Từ Bổ đề 4.2.3 4.2.4 ta có định lý sau Định lý 4.2.2 Giả sử M tập liên thông tập bất biến theo quỹ đạo giảm f ; D tập M tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Khi (i) CM (D) tập bất biến theo quỹ đạo giảm f CM (D) tập mở M ; (ii) Nếu CM (D) = M , ∂M CM (D) tập bất biến theo quỹ đạo giảm đầy đủ; (iii) Nếu CM (D) = M inf f (x) x∈∂M D inf f (x) > −∞, x∈∂M D inf x∈∂M CM (D) f (x) ≥ 40 Định lý 4.2.3 Giả sử M tập liên thông tập bất biến theo quỹ đạo giảm f , D tập đóng M , int D = ∅ (int D ký hiệu cho phần D M ), D tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Giả sử f thoả điều kiện P.S ∂M D, f khơng có điểm tới hạn ∂M D inf f (x) > −∞ Khi đó, kết luận Định lý x∈∂M D 4.2.2 Chứng minh Ta cần chứng minh CM (D) tập mở M Với x0 ∈ CM (D), tồn t ∈ [0, η(x0 )) cho x(t , x0 ) ∈ intD Khi tính phụ thuộc liên tục phương trình vi phân vào điều kiện đầu, ta có CM (D) tập mở M Định lý 4.2.3 chứng minh 4.3 Điểm bất động toán tử tựa đơn điệu tăng Trong phần này, đề cập tới điểm bất động bội toán tử tựa đơn điệu tăng Bổ đề 4.3.1 Cho P nón E tập khoảng cách Giả sử (i) u, v ∈ C [[t0 , t0 + a), E], f ∈ C[[t0 , t0 + a) × E, E] f (t, x) tựa đơn điệu tăng theo x với t ∈ [t0 , t0 + a); (ii) u (t) − f (t, u(t)) ≤ v (t) − f (t, v(t)), t ∈ [t0 , t0 + a); (iii) f (t, x) − f (t, y) ≤ g(t, x − y|), x ∈ E \ P, y ∈ ∂P , g hàm Khi đó, u(t0 ) ≤ v(t0 ), u(t) ≤ v(t), t ∈ [t0 , t0 + a) Bây giờ, ta đặt thêm số điều kiện: (H1 ) Cho H không gian Hilbert, P ⊂ H thể nón, f : P → R1 hàm thuộc C 2−0 Giả sử f (x) = x − Ax, A : P → P tựa đơn điệu tăng, f thoả điều kiện P.S P 41 (H2 ) Tồn x0 ∈ intD, y0 ∈ intD cho Ax0 ≤ x0 , Ay0 ≥ y0 Với điều kiện (H1 ) Bổ đề [6], ta biết P tập bất biến theo quỹ đạo giảm Định lý 4.3.1 Giả sử điều kiện (H1 ), (H2 ) (i) y0 x0 ; (ii) inf f (x) > −∞, f khơng có điểm tới hạn ∂P D1 , x∈D1 D1 = [θ, x0 ] Khi A có hai điểm bất động P Chứng minh Đặt D2 = {x ∈ P : x ≥ y0 } Vì H khơng gian Hilbert P tập lồi đóng, ta biết P tập khoảng cách Theo Bổ đề 4.3.1 D1 , D2 tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Vì y0 x0 , nên D1 ∩ D2 = ∅ Theo định nghĩa CP (D1 ), ta có CP (D1 ) ∩ D2 = ∅, CP (D1 ) = P Từ đó, theo Định lý 4.2.3 ta suy ∂P CP (D1 ) tập bất biến theo quỹ đạo giảm f c1 = inf f (x) ≥ inf f (x) > −∞ x∈∂P D1 x∈∂P CP (D1 ) Đặt c2 = inf f (x) Theo Định lý 4.2.1 c1 , c2 giá trị tới hạn x∈D1 tồn x1 , x2 cho x1 ∈ ∂P CP (D1 ), Ta có f (x1 ) = c1 = inf x2 ∈ D1 , f (xi ) = ci , i = 1, f (x) x∈∂P CP (D1 ) Do f (x1 ) = 0, suy x1 − Ax1 = hay x1 = Ax1 Vậy x1 điểm bất động A P Tương tự ta có x2 hai điểm bất động A P Định lý chứng minh Định lý 4.3.2 Giả sử điều kiện (H1 ), (H2 ) thoả 42 (i) y0 ≤ x0 ; (ii) tồn z0 ∈ D2 với z0 x0 cho max {f (θ), f (z0 )} < inf x∈∂P (D1 ∩D2 ) f (x), (4.3.1) D1 = [θ, x0 ], D2 = {x ∈ P |x ≥ y0 }; (iii) f khơng có điểm tới hạn ∂P (D1 ∩ D2 ); inf x∈D1 ∪D2 f (x) > −∞ Khi A có năm điểm bất động Chứng minh Đặt D3 = D1 ∩ D2 Theo Bổ đề 4.3.1 ta suy D1 D2 hai tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Vậy D3 tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Theo (4.3.1), ta suy θ ∈ / CD1 (D3 ), z0 ∈ / CD2 (D3 ) Từ Định lý 4.2.3, ta có ∂D1 CD1 (D3 ), ∂D2 CD2 (D3 ) hai tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Đặt F1 = D1 \CD1 (D3 ), F2 = D2 \CD2 (D3 ) Ta chứng minh Fi (i = 1, 2) tập bất biến theo quỹ đạo giảm f Đặt c1 = inf x∈∂D1 CD1 (D3 ) f (x), c2 = inf x∈∂D2 CD2 (D3 ) f (x), c3 = inf f (x), x∈F1 c4 = inf f (x), c5 = inf f (x) x∈F2 x∈D3 Theo Định lý 4.2.1, ta có ci (i = 1, 2, 3, 4, 5) giá trị tới hạn, tồn năm điểm xi (i = 1, 2, 3, 4, 5) cho f (xi ) = ci Rõ ràng, xi (i = 1, 2, 3, 4, 5) năm điểm cố định A Định lý chứng minh Ví dụ 4.3.1 Cho H = R2 , P = R+ × R+ Xét ánh xạ A : R2 −→ R2 , A ((x1 , x2 )) = 1 (1 + sin x1 ) + x2 , x1 + 5π(1 + cos x2 , (x1 , x2 ) ∈ R2 4 Khi đó, A có hai điểm bất động P 43 Trước hết, ta chứng minh Bổ đề sau: Bổ đề 4.3.2 Cho X = R2 , f : X → X, f ((x, y)) = (f1 (x, y), f2 (x, y)) Nếu f1 (x, y) hàm tăng theo biến y f2 (x, y) hàm tăng theo biến x, f tựa đơn điệu tăng Chứng minh Đặt K = {(x, y) ∈ R2 |x ≥ 0, y ≥ 0} K ∗ = {(a1 , a2 ) ∈ R2 : a1 ≥ 0, a2 ≥ 0} Với (x, y), (x , y ) ∈ K, (x, y) ≤ (x , y ), ∀ϕ = (a1 , a2 ) ∈ K ∗ thoả ϕ((x, y)) = ϕ((x , y )), ta cần chứng minh ϕ(f (x, y)) ≤ ϕ(f (x , y )) Ta có ϕ(f (x, y)) = a1 f1 (x, y) + a2 f2 (x, y), ϕ(f (x , y )) = a1 f1 (x , y ) + a2 f2 (x , y ) Từ ϕ((x, y)) = ϕ((x , y )), ta suy a1 x + a2 y = a1 x + a2 y hay a1 (x − x ) = a2 (y − y) (4.3.2) Vì a1 ≥ x ≤ x , nên a1 (x − x ) ≤ Tương tự, a2 ≥ y ≤ y , nên a2 (y − y) ≥ Do (4.3.2) xảy  a1 = a2 = 0,  a1 = y = y ,   a2 = x = x , x = x y = y • Nếu a1 = a2 = 0, ϕf (x, y) = ϕf (x , y ) = • Nếu a1 = y = y , ϕ(f (x, y)) = a2 f2 (x, y) ϕ(f (x , y )) = a2 f2 (x , y) Do f2 hàm tăng theo x x ≤ x , nên ϕ(f (x, y)) ≤ ϕ(f (x , y)) 44 • Nếu a2 = x = x , ϕ(f (x, y)) = a1 f1 (x, y) ϕ(f (x , y )) = a1 f1 (x, y ) Do f1 hàm tăng theo y y ≤ y , nên ϕ(f (x, y)) ≤ ϕ(f (x, y )) • Nếu x = x y = y , ϕ(f (x, y)) = ϕ(f (x , y )) Vậy Bổ đề chứng minh Trở lại ví dụ, ta có A : P −→ P tựa đơn điện tăng x2 → 1 (1 + sin x1 ) + x2 tăng với x1 x1 → x1 + 5π(1 + cos x2 ) tăng 4 với x2 Đặt x1 + x22 − g(x1 , x2 ), 1 g(x1 , x2 ) = x1 − x1 cos x1 + x1 x2 + 5πx2 + 5π sin x2 8 Khi đó, ta có ∂g(x1 , x2 ) ∂g(x1 , x2 ) 1 , = (1 + sin x1 ) + x2 , x1 + 5π (1 + cos x2 ) ∂x1 ∂x2 4 = A ((x1 , x2 )) , ∂g (x1 , x2 ) ∂g (x1 , x2 ) ∂f (x1 , x2 ) ∂f (x1 , x2 ) , = (x1 , x2 ) − , ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂x2 = x − Ax (ở x = (x1 , x2 )) π Đặt x0 = , π , y0 = (π, 8π) Khi ta có π 1 Ax0 = + sin + π, π + 5π (1 + cos π) 8 π π = + , π ≤ , π = x0 , 4 1 Ay0 = (1 + sin π) + 2π, π + 5π (1 + cos 8π) = + 2π, 10.25π > (π, 8π) = y0 f (x1 , x2 ) = 45 π π , (x1 , x2 ) ∈ 0, × [0, π ] 16 1 π Thật vậy, hàm g(x1 ) = cos x1 − x1 giảm 0, , nên g(x1 ) ≥ 8 π π g = − , hàm g(x2 ) = −5πx2 − 5π sin x2 giảm [0, π], nên 16 π g(x1 ) ≥ g(π) = −5π , ∀ (x1 , x2 ) ∈ 0, × [0, π], ta có 1 x1 + x22 − x1 x2 ≥ x1 x2 − x1 x2 = x1 x2 ≥ h (x1 , x2 ) = 4 Bây ta chứng minh f (x1 , x2 ) > −5π − Từ y0 > x0 , y0 x0 (do x0 − y0 ∈ / P ) π π , (x1 , x2 ) ∈ 0, × [0, π ], 16 π ta suy inf f (x) > −5π − 16 x∈[θ,x0 ] f (x1 , x2 ) > −5π − Ta kiểm tra π π π A ,y = , y , A (x, π) = (x, π) , ≤ x ≤ , ≤ y ≤ π 2 π Vậy f khơng có điểm tới hạn biên 0, × [0, π] Theo Định lý 4.3.1, ta biết A có hai điểm bất động P 46 Tài liệu tham khảo Gerd Herzog, A fixed point theorem for quasimonotone increasing mappings, Acta Sci Math (Szeged) 64(1988), 293-297 Charles D Horvath, Extension and selection theorems in topological spaces with a generalized convexity structure, Annal of the Falcuty of Science of Toulouse, II, 2(1993), 253-269 Charles D Horvath, Juan Vicente Llinares Ciscar, Maximal elements and fixed points for binary relations on topological ordered spaces, J Math Econom 25(1996), 291-306 S Hu, Fixed points for quasimonotone maps in Rn , Pro Amer Math Soc 115(1988), 1111-1114 Qun Luo, KKM and Nash equilibria type theorems in topological ordered spaces, J Math Anal Apll 264(2001), 262-269 Jingxian Sun, The Schauder about condition in critical point theory, Chinese Sci Bull 31(1986) Jingxian Sun and Xi’an Xu, Decreasing flow invariant sets and fixed points of quasimonotone inreasing operators, Pro Amer Math Soc 129(2001), 2663-2669 ... Nash không gian có thứ tự 17 2.1 Bất đẳng thức Ky Fan khơng gian có thứ tự 17 2.2 Định lý điểm bất động Fan - Browder khơng gian có thứ tự 19 Điểm cân Nash không gian. .. thú vị Mục đích luận văn giới thiệu dạng khơng gian có thứ tự số định lý dùng phương pháp biến phân Đó định lý Knaster - Kuratowski - Mazurkiewicz, bất đẳng thức Ky Fan, định lý điểm cân Nash... minh định lý, có nhiều tổng quát cho định lý KKM Trong chương này, từ Định lý [3], chứng minh định lý KKM khơng gian có thứ tự dựa khái niệm ánh xạ transfer closed valued Chương Bất đẳng thức