2 ÁNH XẠ CÔ ĐẶC THEO ĐỘ ĐO PHI COMPACT VỚI GIÁ TRỊ
3.2.1Tính liên tục của tập nghiệm dương của phương trình
Tập nghiệm của (3.21) được định nghĩa là tập hợp
S =fx2Kn f g:9 = (x)>0; x2 F (x)g: (3.22)
Chúng tôi khảo sát tính liên tục và không bị chặn của tập nghiệm theo nghĩa Kras- noselskii dưới đây.
Định nghĩa 3.6
Một tập S X gọi là liên tục, không bị chặn xuất phát từ nếu với mọi tập mở
;bị chặn, chứa thì S\@ là tập khác rỗng.
Vớix; y 2Kn f gluôn tồn tại sốt cực đại thoảx ty. Số này có một số tính chất
thường xuyên được sử dụng, các tính chất này được phát biểu trong bổ đề dưới đây. Bổ đề 3.1
Giả sử (X; K;k:k)là không gian Banach thứ tự. Với u2Kn f gvà v 2Kn f gta định nghĩa u(v) = supft2R+ :u tv2Kg: (3.23) Khi đó 1) 0 u(v)<1: 2) u tv =2K với mọi t > u(v); 3) u tv 2K với mọi t 2[0; u(v)]; 4) u2int(K) thì u(v)>0; 5) nếu t0 = u(v)>0 thì u t0v 2@K: Chứng minh.
1. Ta có 02 ft2R+:u tv 2Kg, nếu u(v) =1, ta tìm được dãy ftng R+n f0g sao cho tn! 1 và u tnv 2K với mọin. Khi đó t1
nu v 2K và khi chon ! 1thì ta có v 2 K là điều mâu thuẫn.
2. Hiển nhiên theo định nghĩa của u(v).
3. Giả sử t0 = u(v) > 0, khi đó 8" > 0 ta tìm được t" > 0 thoả u t"v 2 K và
t0 " < t" t0. Từ tính đóng của K và cho" !0 ta cóu t0v 2K. Bây giờ với mọi
t2[0; t0], do u tv= t0 t
t0 u+tt
0 (u t0v) và tính chất lồi của K thì u tv 2K. 4. Ta tìm được số r > 0 để cho B(u; r) int(K). Vì u 2krvkv 2 B(u; r) K nên
u(v) 2krvk >0.
5. Giả sử trái lạix0 =u t0v =2@K:Khi đó ta tìm được r >0đểB(x0; r) K: Chọn
t = 2r
kvk > 0 và x = u (t0+t)v; thì kx x0k = jtj:kvk < r: Do đó x 2 K; mâu
thuẫn với tính cực đại của t0:
Định lý 3.7
Cho (X; K;k:k) là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K và ánh xạ F :
K !2Kn f?g là nửa liên tục trên hoặc nửa liên tục dưới đồng thời F là compact với
giá trị lồi, đóng. Giả sử tồn tại G:K !2Kn f?g là ánh xạ (2) tăng và thoả mãn (i) F (x)
(2)
(ii) tồn tại u2Kn f g và các số dương a,b sao cho G(tu)
(2)
atu 8t2[0; b]:
Khi đó tập S= x2Kn f g:9 >0 thoả x2 F(x) là liên tục, không bị chặn xuất phát từ . (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Chứng minh.
1. Trường hợpF là nửa liên tục trên.
Giả sử trái lại S không là nhánh liên tục không bị chặn xuất phát từ . Khi đó ta có thể tìm được tập mở, bị chặn, chứa và thoả
(8 >0;8x2K \@ )x =2 F (x)): (3.24) Khi đó, với bất kỳ hai số dương phân biệt 1; 2 ta sử dụng tính chất bất biến qua đồng luân cho ánh xạ H(t; x) = (1 t) 1F (x) + t 2F (x) thì iK( 1F; ) = iK( 2F; ):
Vậy iK( F; ) là hằng số không phụ thuộc vào . Ta sẽ gặp phải mâu thuẫn vì
iK( F; ) = 1 với đủ nhỏ và đồng thờiiK( F; ) = 0 với đủ lớn.
Thật vậy, ta chứng minh iK( F; ) = 1 với đủ nhỏ bằng cách kiểm tra giả thiết 2) của Mệnh đề 3.7 cho ánh xạ F, nghĩa là chứng tỏ rằng
(8x2K\@ ;8t 1 )tx =2 F(x)): (3.25) Từ tính bị chặn của tập @ và tính compact tương đối của tập F(K\@ ) ta có thể chọn được số >0và số >0 để cho
8x2K\@ ;8y2F (K \@ ) thì ta có kxk và kyk . (3.26) Nếu (3.25) sai thì tồn tại số t 1 và x 2 K \@ để cho t x 2 F (x ): Chọn
y 2 F (x ) để t x = y thì từ (3.26) ta suy ra t : Do đó với < 1 thì
t <1;mâu thuẫn. Vậy (3.25) đúng cho mọi thoả < 1, khi đó iK( F; ) = 1.
Sử dụng Mệnh đề 3.7 ta sẽ chứng tỏ iK( F; ) = 0 với đủ lớn, nghĩa là sẽ chứng tỏ rằng
9 0 >0 :8 0;8x2K\@ ;8t 0 thì x =2 F (x) +tu , (3.27) trong đó u là phần tử nói trong điều kiện (ii).
Nếu mệnh đề (3.27) không đúng thì ta tìm được các dãy fxng K \@ , ftng
[0;1) và f ng (0;1) vớilimn!1 n=1 sao cho
xn2 nF (xn) +tnu: (3.28) Ta có tn >0 vì nếu tồn tại tn= 0 thì từ (3.28) ta thấy trái với (3.24). Với mỗi n2N;
đặtsn = xn(u):Theo Bổ đề 3.1 thìsn 2[0;1)vàxn snu. Từ (3.28) ta cóxn tnu
nên cósn tn và do đósn>0: Đặt
N1 =fn2N:sn bg;
N2 =fn2N:sn > bg;
thì ta có N =N1[N2. Ta sẽ gặp mâu thuẫn khi chứng minh cả hai tập N1 và N2 là hữu hạn. Thật vậy, vớin 2N1, từ tính chất bắc cầu của quan hệ "
(:)
", tính chất chặn dưới và (2) tăng của G cùng với định nghĩa tập N1 thì ta có
F (xn) (2) G(xn) (2) G(snu) (2) asnu: (3.29)
Từ (3.28) ta có xn nF (xn); điều này cùng với (3.29) suy ra xn nasnu. Theo tính cực đại của sn thì sn nasn: Điều này cho ta n a 1: Do limk!1 k = 1;
ta suy raN1 là tập hữu hạn. Với n2N2, từ tính bắc cầu của quan hệ " (k)
", tính chất (3.28), tính chất chặn dưới và(2) tăng của G cùng với định nghĩa tậpN2 thì ta có
xn (2) nF (xn) (2) nG(snu) (2) nG(bu) (2) nabu: (3.30) Suy ra xn nabu hay ( nab) 1xn u . NếuN2 là tập vô hạn, chọn dãy fnkg
N2; do fxng bị chặn và cho nk ! 1 thì ta có u = ; ta gặp mâu thuẫn. Khẳng định (3.27) được chứng minh và sử dụng kết quả (1) của Mệnh đề 3.7 thìiK( F; ) = 0 với
0. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2. Trường hợpF là nửa liên tục dưới.
Áp dụng Mệnh đề 3.5 ta tìm được ánh xạ đơn trị ' : K ! K liên tục và thoả
'(x)2F (x):Sử dụng kết quả vừa chứng minh cho trường hợp F được thay bởi'(có thể xem ánh xạ đơn trị là một trường hợp đặc biệt của ánh xạ đa trị và khi ấy khái
niệm liên tục trên của ánh xạ đa trị trùng với khái niệm liên tục của ánh xạ đơn trị thông thường) thì tập hợp
S0 =fx2Kn f g:9 >0; x= '(x)g (3.31)
là liên tục không bị chặn xuất phát từ :Từ bao hàmS0 S ta suy ra điều phải chứng minh.