Trong mục này chúng ta sẽ dùng Định lý 1.3.2 để chứng minh một định lý điểm trùng. Ta cần đến khái niệm sau của Browder [13].
Định nghĩa 1.6.1 Giả sử X, Y là các tập khác rỗng, T : X → 2Y và
S : Y → 2X. Khi đó T và S được gọi là có một điểm trùng nếu tồn tại
(x, y) ∈ X ×Y sao cho y ∈ T(x) và x ∈ S(y).
Định lý 1.6.1 Giả sử X là nửa dàn tôpô với các khoảng liên thông đường, S : X → 2X là một ánh xạ KKM và T : X → 2X là một ánh xạ đa trị. Giả sử rằng tồn tại một tập hữu hạn khác rỗng D ⊂ X sao cho
(2) Tất cả các tập T−1(y), y ∈ D đều đóng hoặc đều mở. Khi đó T và S có một điểm trùng.
Chứng minh. Từ điều kiện (1), ta có X = ∪{T−1(y) : y ∈ D}. Áp dụng Định lý 1.3.2 cho phủ đóng (tương ứng mở) {T−1(y) : y ∈ D} của X ta thấy tồn tại một tập khác rỗng A ⊂D và phần tử
x0 ∈ ∆(A)∩(∩{T−1(y) : y ∈ A}).
Vì S là ánh xạ KKM nên x0 ∈ ∆(A) ⊂ ∪{S(y) : y ∈ A} và khi đó tồn tại
y0 ∈ A sao cho x0 ∈ S(y0), vì vậy y0 ∈ S−1(x0). Mặt khác, x0 ∈ T−1(y0)
kéo theo y0 ∈ T(x0). Tóm lại (x0, y0) là cặp phần tử cần tìm và định lý
được chứng minh.
Hệ quả 1.6.1 Giả sử X là nửa dàn tôpô compắc với các khoảng liên thông đường, S : X → 2X là một ánh xạ KKM và T : X → 2X là một ánh xạ đa trị. Giả sử với mỗi x ∈ X, T(x) là tập con khác rỗng của X và T−1(x) mở. Khi đó tồn tại một phần tử x0 ∈ X sao cho
T(x0)∩S−1(x0) 6= ∅.
Ta nhắc lại định lý chọn sau đây của Horvath và Llinares Ciscar trong bài báo [29]. Ở đây ta phát biểu cho trường hợp không gian nền là compắc.
Định lý 1.6.2 Giả sử X là không gian tôpô compắc, Y là nửa dàn tôpô và F : X →2Y là một ánh xạ đa trị thoả mãn
(1) Với mỗi x ∈ X, F(x) là tập khác rỗng và ∆-lồi ; (2) Với mỗi y ∈ Y, F−1(y) mở trong X.
Khi đó tồn tại một ánh xạ liên tục f : X → Y sao cho với mọi x ∈ X
ta có f(x) ∈ F(x).
Từ đó ta chứng minh được định lý điểm trùng sau đây:
Định lý 1.6.3 Giả sử X là nửa dàn tôpô compắc với các khoảng liên thông đường, Y là nửa dàn tôpô và A: X → 2Y, B : Y →2X là các ánh xạ đa trị thoả mãn
(1) Với mỗi x ∈ X, A(x) là tập khác rỗng và ∆-lồi, B−1(x) mở trong
Y;
(2) Với mỗi y ∈ Y, A−1(y) mở trong X, B(y) là tập khác rỗng và
∆-lồi.
Khi đó tồn tại một phần tử x0 sao cho A(x0)∩B−1(x0) 6= ∅.
Chứng minh. Từ Định lý 1.6.2, ta suy ra A có một phép chọn liên tục
f : X →Y sao cho f(x) ∈ F(x) với mọi x ∈ X.
Ta xác định ánh xạ R từ X vào 2X bởi
R(x) := B(f(x)).
Dễ dàng thấy rằng R có các tính chất sau: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(i) Với mỗi x ∈ X, R(x) là tập khác rỗng và ∆-lồi do các giả thiết của ánh xạ B;
(ii) Với mỗi x ∈ X, R−1(x) = f−1(B−1(x)) mở do tính liên tục của f
và giả thiết của B.
Vì vậy theo Hệ quả 1.4.2, tồn tại một phần tử x∗ ∈ X sao cho
f(x∗) ∈ A(x∗), do đó
y∗ ∈ A(x∗)∩B−1(x∗)
với y∗ := f(x∗) và đó là điều phải chứng minh.