2 ÁNH XẠ CÔ ĐẶC THEO ĐỘ ĐO PHI COMPACT VỚI GIÁ TRỊ
3.2.2 Khoảng giá trị tham số để phương trình có nghiệm:
Với mỗi x 2 Kn f g ta ký hiệu (x) =f 2 R+n f0g:x2 F (x)g và ký hiệu Kr =
K\Br( ):
Định lý 3.8
Giả sử ánh xạ F :K !2K
n f?g nửa liên tục trên, compact nhận giá trị lồi, đóng
và thoả các điều kiện
(i) 2=F (x) với mọi x2Kn f g;
(ii) Tập S = x2Kn f g:9 >0thoả x2 F(x) là liên tục, không bị chặn, xuất phát từ ;
(iii) Có ít nhất một trong các trường hợp sau: Trường hợp 1. a= lim r!0+ supx [ 2Kr\S (x) < b= lim r!1 inf [ x2S;kxk r (x) : (3.32) Trường hợp 2. a= lim r!1 sup [ x2S;kxk r (x) < b= lim r!0+ infx [ 2Kr\S (x) : (3.33)
Khi đó với 2(a; b) thì phương trình x2 F (x) có nghiệm dương.
Chứng minh.
Giả sử tồn tại 0 2(a; b) sao cho
(i) Trường hợp 1. Đặt
S1 = x2S : (x)(2)< 0 [ f g; (3.35)
S2 = x2S : (x)(1)> 0 (3.36) Từ định nghĩa tập S1; tập S2 và các số a, b ta có ngay S1; S2 là các tập khác rỗng và
S[ f g=S1[S2:
1. Chứng minh S1 \S2 = ?: Thật vậy, trong trường hợp trái lại thì ta tìm được
x 2 S1 và x 2 S2, lúc đó tồn tại 1 2 (0; 0) và 2 2 ( 0;1) để cho x 2 1F (x) và
x2 2F (x): Do F (x) là tập lồi nên với mọi 2[0;1] ta có 1
1 x+ (1 ) 21x2F (x): (3.37) Đặc biệt với = 01 21 11 21 1 thì từ (3.37) ta có 01x 2 F(x). Mâu thuẫn với (3.34).
2. Chứng minh supfkxk:x2S1g < 1: Trong trường hợp trái lại ta tìm được các dãy fxng S1 và f ng R+, với kxnk ! 1; n 2 (xn) và n < 0: Với mỗi số
r >0, ta tìm được sốNr 2Nđể cho với n Nr thì kxnk r: Khi đóf n :n Nrg
[x2S;kxk r (x)nêninf[x2S;kxk r (x) inff n:n Nrg:Suy rab lim n 0 < b;
mâu thuẫn.
3. Chứng minhinffkxk:x2S2g=r0 >0:Nếu trái lại r0 = 0 thì ta tìm được các dãy fxng S2vàf ng R+, vớikxnk !0; n 2 (xn)và n> 0:Với mỗir > 0, ta tìm được sốNr 2Nđể cho với n Nr thì kxnk r: Khi đóf n:n Nrg [x2S\Kr (x)
nên sup[x2S\Kr (x) supf n:n Nrg: Suy ra a lim n 0 > a; mâu thuẫn. 4. Chứng minh S1 là tập compact. Xét dãy fxng S1; theo định nghĩa tập S1 ta tìm được dãy f ng với n 2 (xn) thoả n < 0 và xn 2 nF (xn): Do đó mỗi n 2 N tồn tại yn 2 F (xn) F (S1) để cho xn = nyn: Từ tính bị chặn của dãy số f ng;
tính compact của ánh xạ F ta có thể giả sử n ! 0; yn k!:k y: Suy ra
xn k!:k x= y: Ta cần chứng minh x2S1. Từ tính nửa liên tục trên của F và F (x)
sửx6= . Với giả thiết phản chứng (3.34) thì ta có < 0:Vậy x2S1:
5. Chứng minhS2là tập đóng. Giả sử dãyfxng S2vàxn k!:k x:Dokxnk r0 >0nên
x > : Theo định nghĩa tập S2 ta tìm được dãyf ng thoả n > 0 và xn 2 nF (xn),
nghĩa là tồn tại yn2F (xn) đểxn = nyn. Do dãy fxng bị chặn và F compact nên ta có thể giả sử yn k!:k y. Từ tính nửa liên tục trên của F và F (x) đóng, theo Mệnh đề 3.3 ta có y 2 F (x). Suy ra n ! e và do đó x 2 eF (x); điều này cùng với giả thiết phản chứng (3.34) thì e > 0 và có x2S2:
6. Theo kết quả đã chứng minh ở 4. và 5. thì khoảng cách
d(S1; S2) = inffkx yk: (x; y)2S1 S2g= >0: (3.38) Đặt
G=[x2S1Bp(x) vớip=
2: (3.39)
Khi đó G mở chứa . Ta chứng tỏ S\@G =?: Thật vậy, giả sử y 2 S: Nếu y 2 S1
thì y 2 Bp(y) G nên y =2 @G: Nếu y 2 S2 và y 2 @G thì với 0 < " < =2 ta có
B"(y)\G6=?. Như vậy ta tìm được x" 2S1 và z"2Bp(x") đồng thờiky z"k< ":
Ta có kx" yk kx" z"k+kz" yk < p+" < : Điều này mâu thuẫn với (3.38). Do đóy =2@G 8y2S: Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết (ii).
(ii) Trường hợp 2. Đặt
S1 = x2S : (x)(1)> 0 [ f g (3.40)
S2 = x2S : (x)(2)< 0 : (3.41) Bằng cách lập luận tương tự ta cũng gặp mâu thuẫn.