Sau khi kết quả nổi tiếng của Ky Fan [9] (1972) được công bố, nhận thấy kết quả này rất quan trọng và có liên quan gần gũi với bất đẳng thức biến phân đơn điệu, Brezis - Nirenberg - Stampacchia đã tìm cách kết nối bất đẳng thức biến phân đơn điệu và kết quả của Ky Fan trong kết quả được trình bày dưới đây ([9],1972).
Định lí 2.1 (Brezis-Nirenberg-Stampacchia [4])
Cho X là một không gian vectơ tôpô Hausdorff, C là một tập con lồi của
X và hàm f(x, y)là hàm thực xác định trên CìC sao cho các điều kiện sau thỏa mãn:
1) f(x, x) ≤ 0,∀x ∈ C;
2) Với mỗi x ∈ C, tập {y ∈ C : f(x, y) > 0} là tập lồi;
3) Với mỗi y ∈ C, hàm f(., y) là hàm nửa liên tục dưới trên giao của
C với mỗi không gian con hữu hạn chiều của X;
4) Nếu x, y ∈ C, xα là một dãy các phần tử trong C hội tụ tới x, thì
f(xα,(1−t)x+ty) ≤ 0,∀t ∈ [0,1] kéo theo f(x, y) ≤0;
5) Tồn tại tập compắc B của X và y0 ∈ B ∩C sao chof(x, y0) > 0
với mọi x ∈ C\B. (Điều kiện bức).
Khi ấy tồn tại x0 ∈ B ∩C sao cho f(x0, y) ≤0 với mọi y ∈ C.
Nhận xét 2.1
4') Cho D là một tập con lồi của C và xα là một dãy trên C hội tụ tới
x ∈ D, nếu f(xα, z) ≤ 0 với mọi z ∈ D thì kéo theo f(x, z) ≤ 0 với mọi
z ∈ D.
Để chứng minh Định lý này các tác giả chứng minh bổ đề sau là một mở rộng của Bổ đề Ky Fan.
Bổ đề 2.1
Cho C là một tập tùy ý trong không gian vectơ tôpô Hausdorff X. Với mỗi x ∈ C, tập F(x) được cho trong X thỏa mãn các điều kiện sau:
1) F(x0) =B là tập compắc với mộtx0 ∈ C; 2) Với mọi tập hữu hạn {x1, x2, ..., xn} ⊂ C thì
co{x1, x2, ..., xn} ⊂
n
[
i=1
F(xi);
3) với mỗi x ∈ X, giao của F(x) với mỗi không gian con hữu hạn chiều củaX là đóng ;
4) Với mỗi tập con lồi D của X, ta có
( \ x∈C∩D F(x))∩D = ( \ x∈C∩D F(x))∩D. Khi đó \ x∈C F(x) 6= ∅. Nhận xét 2.2
a) Giả thiết 3) và 4) hoàn toàn thỏa mãn nếu F(x) là tập đóng với mọi
x ∈ X. Trong trường hợp này Bổ đề được suy ra từ Bổ đề Ky Fan. b) Giả thiết 4) của Bổ đề 2.1 tương đương với giả thiết 4") sau đây: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
4") Với mỗi đoạn thẳng D trong X ta có ( \ x∈C∩D F(x))∩D = ( \ x∈C∩D F(x))∩D. Chứng minh Bổ đề 2.1
Ta có thể giả sử x0 = 0. Xét họ {Xi : i ∈ I}các không gian con hữu hạn chiều Xi của X được sắp bởi bao hàm thức Xi ⊆ Xj với i ≤ j.
Vận dụng Bổ đề Ky Fan trên không gian hữu hạn chiều. Xét trên mỗi
Xi, i ⊂ I, ánh xạ Fi : C ∩ Xi −→ Xi thỏa mãn các giả thiết của Bổ đề Ky Fan, suy ra ∅ 6= \ z∈C∩Xi Fi(z) ⊂ \ z∈C∩Xi F(z), vậy ∃ui ∈ \ z∈C∩Xi Fi(z) ⊂ \ z∈C∩Xi F(z). Đặt Ui = {ui : ui ∈ \ z∈C∩Xi Fi(z)}, φi = ∪{Uj : j ≥ i}. Do Xi ⊆Xj, i≤ j nên \ z∈C∩Xi F(z) ⊃ \ z∈C∩Xj F(z).
Ta thấy với mọi u ∈ φi, z ∈ C ∩Xi ta luôn có u ∈ F(z). Suy ra
φi ⊂ \
z∈C∩Xi
F(z).
x0 = 0 ∈ C ∩Xi nên
\
z∈C∩Xi
F(z) ⊂ F(0) = F(x0) ⊂ B.
Mặt khác, họ {φi : i ∈ I} có tính chất giao hữu hạn, nên tồn tại
x ∈ \
i∈I φi.
Suy ra tồn tại i0 ∈ I sao cho x ∈ Xio ⊆Xi, i≥ i0.
Lấy bất kỳ x ∈ C, ta luôn có i ≥ i0 để x∈ Xi nghĩa là x ∈ C ∩Xi.
Ta có x ∈ φi∩ Xi ⊂ ( \ z∈C∩Xi F(z))∩Xi = ( \ z∈C∩Xi F(z)) ∩Xi
(theo giả thiết 4). Vìx ∈ C ∩Xi nên x ∈ F(x)∩Xi. Suy ra x ∈ \ x∈C F(x). Chứng minh Định lí 2.1. Với mọi y ∈ C đặt F(y) = {x ∈ C :f(x, y) ≤ 0}.
Ta có F(y0)compắc (theo giả thiết 5). Từ giả thiết 3) ta có giao của F(x)
với mỗi không không gian con hữu hạn chiều là đóng. Với D là tập con lồi của X và
x ∈ ( \
z∈C∩D
F(z))∩D
Theo giả thiết 4') thì f(x, z) ≤ 0,∀z ∈ C ∩D, nghĩa là
x ∈ ( \
z∈C∩D
F(z))∩ D.
Vậy các giả thiết 1), 3), 4) của Bổ đề 2.1 thỏa mãn. Bây giờ từ các giả thiết 1), 2) của Định lý 2.1 ta chứng minh F là ánh xạ KKM, nghĩa là có giả thiết 2) của Bổ đề 2.1.
Giả sử ngược lại, khi ấy ta có yi, αi ≥ 0, i = 1, ..., n với Pn (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
i=1αi = 1 sao cho n X i=1 αiyi 6∈ n [ i=1 F(yi) nghĩa là f( n X i=1 αiyi, yj) > 0, j = 1,2, ..., n.
Do giả thiết 2) của Định lý 2.1 ta có
f( n X i=1 αiyi, n X i=1 αiyi) > 0.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết 1) của Định lý 2.1 là f(x, x) ≤ 0 với mọix ∈ C.
Vậy F là ánh xạ KKM. Từ đó áp dụng Bổ đề 2.1 ta có
\
y∈C
F(y) 6= ∅,
hay ta có x0 ∈ B ∩ C sao cho f(x0, y) ≤ 0 với mọi y ∈ C. Định lý được
chứng minh.
Ta nhận được Bất đẳng thức Ky Fan [9] và bất đẳng thức biến phân như ở Brezis[5], trong các hệ quả sau.
Hệ quả 2.1 (Bất đẳng thức Ky Fan)
Cho C là một tập lồi, compắc trong không gian vectơ tôpô Hausdorff X,
f : C ìC −→ Rthỏa mãn các điều kiện 1),2) của Định lý 2.1 và với y ∈ C
cố định f(., y) nửa liên tục dưới trên C.
Khi ấy, tồn tại x0 ∈ C sao cho f(x0, y) ≤ 0,∀y ∈ C. Hệ quả 2.2 (Bất đẳng thức biến phân)
Cho C là tập con lồi của không gian vectơ tôpô Hausdorff X và hàm
f(x, y) =hAx, x−yi+ϕ(x)−ϕ(y), trong đóAlà ánh xạ giả đơn điệu từC
vào X? (nghĩa là khi xα là dãy hội tụ tới x vớilim suphAxα, xα−xi ≤ 0 thì
lim infhAxα, xα−y,i ≥ hAx, x−yi,∀y ∈ C). Giả sửA là liên tục trên mọi không gian con hữu hạn chiều và ϕ là hàm lồi nửa liên tục dưới. Nếu Điều kiện 5) của Định lý 2.1 thỏa mãn thì tồn tạix0 ∈ B ∩C sao cho
hAx0, x0 −yi+ϕ(x0)−ϕ(y) ≤ 0,∀y ∈ C.
Chứng minh
Các giả thiết 1),2),3) dễ dàng thỏa mãn, ta chỉ phải chứng minh giả thiết 4) của Định lý 2.1 đúng. Giả sử xα →x và f(xα,(1−t)x+ty) ≤ 0với mọi
t∈ [0,1], đặc biệt cóf(xα, x) ≤ 0, nghĩa là
hAxα, xα−xi+ ϕ(xα)−ϕ(x) ≤ 0.
Do đó
lim suphAxα, xα−xi ≤ lim sup(ϕ(x)−ϕ(xα)) ≤0
(doϕ là hàm nửa liên tục dưới) và do đó
lim infhAxα, xα−yi ≥ hAx, x−yi,∀y ∈ C
f(xα, y) = hAxα, xα−yi +ϕ(xα)−ϕ(y) ≤ 0nên (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
hAx, x−yi+ϕ(x)−ϕ(y) ≤ 0,
nghĩa là có điều kiện 4), từ đó suy ra điều phải chứng minh.