Các kiến thức trong chương này được trình bày dựa trên việc tham khảo tài liệu ([7]).
Định nghĩa 2.0.1 ChoXlà không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón
K.
1. Với hai tập con A,B ∈2X\{;}, ta định nghĩa: a) A≤(1)B nếu∀x∈A,∃y∈B sao chox≤y. b) A≤(2)B nếu∀y∈B,∃x∈A sao chox≤y
c) A≤(3)B nếu x∈ A,y∈B ⇒x≤y.
Các ký hiệu"<k", (k =1, 2, 3)được sử dụng hoàn toàn tương tự. 2. Ánh xạF :M ∈X →2X\{;}được gọi là(k)−tăng,k=1, 2, 3nếu
∀x,y ∈M,x6y ⇒F(x)6(k)F(y).
Ví dụ 3. Nhận thấy rằng nếu A : X → X là ánh xạ tuyến tính nhận giá trị đơn thì A là tăng nếu và chỉ nếu A(x)∈K∀x ∈K (hoặc tương đương
Trong giải tích đa trị, một ánh xạ tuyến tính cũng được gọi là quá trình lồi, là một ánh xạ A:X →2X\{;}thỏa mãn:
i) A(x)+A(y)⊂A(x+y)∀x,y ∈X.
ii) A(t x)=t A(x)∀t>0,∀x∈X(ta cũng nói A là1- thuần nhất dương). Nếu A là một quá trình lồi thì ta có:
1. A là(1)−tăng nếu{θ}6(1) A(x)∀x>θ. 2. A là(2)−tăng nếu A(x)6(2){θ}∀x6θ. Chứng minh. 1. Lấyx6y. Ta cần chứng minh A(x)6(1) A(y). Thật vậy, ta cóx6y ⇒y−x>θ. Từ giả thiết, ta có: {θ}6(1) A(y−x) ∃u∈ A(y−x) :θ6u.
Do A là quá trình lồi nên A(x)+A(y−x)⊂A(y)
Do đó∀w ∈A(x),∃m∈ A(y) :w+u=m⇒w 6m.
Như vậy, A(x)6(1) A(y). Từ đó, ta có điều phải chứng minh. 2. Lấyx6y. Ta chứng minh A(x)6(2) A(y).
Ta có:x6y ⇒x−y 6θ.
Theo giả thiết, ta có: A(x−y)6(2){θ}nên ∃u∈ A(x−y)thỏau6θ.
∀b∈A(y),∃a∈ A(x) :b+u=a⇒a6b.
Như vậy, A(x)6(2) A(y). Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Định nghĩa 2.0.2 ChoXlà không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón
KvàD⊂Xlà tập mở, bị chặn,F :D∩K→2K\{;}là compact nửa liên tục trên, nhận giá trị lồi, đóng.
Giả sửx∉F(x)∀x∈K∩∂D. Khi đó ta định nghĩa bậc topo của ánh xạ đa trịF trênD ứng với nónK, ký hiệu làiK(F,D), xác định bởi:
iK(F,D)=d eg(I−F,D,θ)=lim
²→0d eg(I−f²,D,θ)
với f²là hàm²−xấp xỉ củaF.
Mệnh đề 8 ChoD:mở, bị chặn.
F :D∩K→2K\{;}là ánh xạ compact nửa liên tục trên, nhận giá trị lồi, đóng sao chox∉F(x)∀x∈K∩∂D. Khi đó:
1. iK(F,D)=0 nếu ∃x0 ∈K\{θ} sao cho x ∉ F(x)+t x0 với mọi t >0, với mọix∈K∩∂D.
2. iK(F,D)=1nếut x∉F(x)với mọi t>1, với mọix∈K∩∂D.
Định lý 2.0.3 ChoXlà không gian Banach được sắp thứ tự bởi nónK.
F : K → 2K\{;} là ánh xạ compact nửa liên tục trên, nhận giá trị lồi, đóng.
Giả sử tồn tại ánh xạ(2)−tăngB :K→2K\{;}thỏa: i) B(x)6(2)F(x)∀x∈K.
Khi đó, tập nghiệm có dạngS ={x ∈K:∃λ>0,x ∈λF(x)} là nhánh liên tục từ θ, không bị chặn, nghĩa là S∩∂G 6= ; với bất kỳ tập con mở, bị chặnG chứaθ.
Chứng minh.
Lấy G là tập con mở, bị chặn và chứaθ. Ta chứng minhS∩∂G6= ;. Giả sử ngược lại:S∩∂G= ;.
Khi đó,∀x∈K∩∂G, ta cóx∉λF(x)∀λ>0.
Do tính chất đồng luân bất biến, chỉ sốiK(λF,G)là hằng số∀λ∈(0,+∞). Thật vậy, lấyλ1,λ2∈(0,+∞)tùy ý. Giả sửλ1<λ2.
DoF là ánh xạ compact nênλ1F,λ2F cũng là ánh xạ compact. Xét ánh xạ compact
H(x,t)=(1−t)λ1F(x)+tλ2F(x),t∈[0, 1],x∈K∩∂G.
Ta cóx∉H(x,t)vì nếux∈H(x,t)thìx∈[t(λ2−λ1)+λ1]F(x)
(Mâu thuẫn vớix∉λF(x)∀λ>0,∀x∈K∩∂G).
Do đóλ1F,λ2F là đồng luân dương trênK∩∂G.
Vì vậyiK(λF,G)không đổi∀λ∈(0,+∞). Bây giờ ta sẽ chỉ ra mâu thuẫn.
* Chứng minhiK(λF,G)=1vớiλđủ nhỏ bằng việc chứng minh
∀t >1,∀x∈K∩∂G, ta có t x∉λF(x) (2.1) Thật vậy, doG mở chứaθ vàF(K∩∂G)compact tương đối (doF là ánh xạ compact vàK∩∂Gbị chặn) nên:
∃β>0 :kyk6β∀y∈F(K∩∂G). Nếut x∈λF(x)vớix∈K∩∂G và t,λ>0thì ta có: α6∥x∥⇒tα6t ∥x∥6λβ⇒tα6λβ⇒t6λβ α. Khiλβ α <1hayλ< α β thìt 61 Như vậy,∀t >1,∀x∈K∩∂G,t x∉λF(x).
*Chứng minhiK(λF,G)=0vớiλđủ lớn. Nghĩa là ta phải chứng minh ∃λ0>0 :x∉λF(x)+t u,∀x∈K∩∂G,∀t>0,∀λ≥λ0. (2.2) Thật vậy, nếu (2.2) không đúng thì tồn tại dãy {xn}⊂ K∩∂G và {tn}⊂
(0,+∞)và
{λn}⊂(0,+∞)sao cho
λn → +∞,xn∈λnF(xn)+tn.u. (2.3) Với mỗin∈N∗, gọisn là số lớn nhất thỏa xn >snu.
Từ (2.3) ta cóxn>tnunênsn>tn ∀n (dosn>0). ĐặtN1={n∈N∗:sn6a}vàN2={n∈N∗:sn >a}.
Ta chứng minh cảN1và N2đều hữu hạn, từ đó dẫn đến mâu thuẫn. Thật vậy, giả sửN1vô hạn, vớin∈N1, ta có sn∈[0,a]nên theo giả thiết i) và ii) của ánh xạB, ta có:
{bsnu}6(2)B(snu)6(2)B(xn)6(2)F(xn). (2.4) Từ (2.3) suy raλnF(xn)6(2){xn}.
Kết hợp (2.4) suy raλn{bsnu}6(2){xn}⇒λnbsnu6xn.
Hayb6 1
λn ∀n∈N1.
NếuN1vô hạn thì chon→ +∞thì đượcb60(mâu thuẫn). Do đóN1 hữu hạn. Vớin∈N2, ta cósn>a. Do đó {bau}6(2)B(au)6(2)B(snu)6(2)B(xn)6(2)F(xn) ⇒{λnbau}6(2)λnB(au)6(2)λnB(snu)6(2)λnB(xn)6(2)λnF(xn)6(2){xn} ⇒λnbau6xn ∀n∈N2. ⇒u6 1 λnabxn.
NếuN2là vô hạn, do lim 1
λn.ab =0và do {xn}bị chặn (do xn ∈K∩∂G là tập bị chặn) nên khi chon→ +∞, ta được u6θ khi cho n→ +∞(mâu thuẫn).
Do đóiK(λF,G)=0vớiλđủ lớn.
Như vậy,iK(λF,G)nhận giá trị bằng 0 khiλđủ lớn và nhận giá trị bằng 1 khiλđủ bé, mâu thuẫn với điều kiện đã chứng minh ban đầu (iK(λF,G)
là không đổi).
Từ đó, ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.0.4 Nếu giả thiết "nửa liên tục trên" trong Định lý 2.0.3 được thay thế bởi "nửa liên tục dưới" thì kết luận vẫn còn đúng.
Chứng minh.
Ta cóF là ánh xạ nửa liên tục dưới, nhận giá trị lồi, đóng, do đó, theo Mệnh đề 7, tồn tại ánh xạ đơn, liên tục f :K →Y xác định bởi f(x)∈
DoF là ánh xạ compact và f(x)∈F(x),∀x∈Knên ta có f là hoàn toàn liên tục,
B(x)6(2){f(x)}∀x∈Kvà
{x∈K\{θ} :x=λf(x)}⊂{x∈K\{θ} :x∈λF(x)}.
Áp dụng Định lý 2.0.3 cho f, ta được điều phải chứng minh.
Định nghĩa 2.0.5 ChoXlà không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón
K. Khi đó cặp (λ0,x0) được gọi là cặp riêng dương của ánh xạ A :K→
2K\{;}nếu x0∈K\{θ},λ0>0vàλ0x0∈ A(x0).
Định lý 2.0.6 Cho A :K→2K\{;} là ánh xạ compact, nửa liên tục trên,
1−thuần nhất dương, nhận giá trị lồi, đóng, thỏa mãn: i) Alà ánh xạ(2)−tăng,
ii) ∃u∈K\{θ},∃α>0 : {αu}6(2) A(u).
Khi đó, A có cặp riêng dương(λ0,x0)vớiλ0>αvà ∥x0∥=1.
Chứng minh. Áp dụng Định lý 2.0.3 cho ánh xạFn(x)= A(x)+u
n với A
đóng vai trò là hàm con,∃{xn}, {λn}thỏa:
λn>0,xn∈K,∥xn ∥=1vàλnxn∈A(xn)+u
n.
⇔λn>0,xn∈K,∥xn∥=1vàλnxn=yn+u
n với yn∈A(xn). (2.5) Do A là ánh xạ compact và {xn} bị chặn nên {A(xn)} là tập compact tương đối, dẫn đến{A(xn)}là tập compact.
Mà{yn}⊂{A(xn)}nên{yn}có dãy con hội tụ.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sửyn→y0∈K. Bây giờ, ta chứng minhλn>α∀n∈N∗.
Từ (2.5), ta cóλnxn=yn+u
n nênxn> 1
n.λn u.
Gọitn là số lớn nhất sao choxn>tnu.
Do đótn> 1
n.λn >0.
Hơn nữa {αtnu}6(2) A(tnu)6(2) A(xn)6(2) {λnxn} nên λnxn >αtnu. Do
đó
xn>αtnu
λn ⇒tn> α λn
tn⇒λn >α.
Do{yn}hội tụ nên bị chặn. Nghĩa là∃M>0 :∥yn∥6M ∀n.
Trong (2.5), ta có: λnxn=yn+u n ⇒λn=∥λnxn∥=∥yn+u n ∥6∥yn ∥ + ∥u n ∥6M+ ∥u∥< +∞. Nghĩa là{λn}bị chặn. Khi đó,{λn}có dãy con hội tụ. Không mất tổng quát, giả sửλn→λ0>α.
Khi đó,xn= 1
λn
yn+ 1
n.λn
u hội tụ. Nghĩa làxn→x0∈K. Trong (2.5), chon→ +∞, ta đượcλ0x0=y0và∥x0∥=1.
Do A là nửa liên tục trên và nhận giá trị đóng nên theo Mệnh đề 6, ta có y0∈A(x0).
Như vậy,(λ0,x0)là cặp riêng dương của A.
Định lý 2.0.7 Cho A :K→2K\{;} là ánh xạ compact, nửa liên tục trên,
i) Alà(2)−tăng, ii) Sốρ(A)= sup
u∈K,∥u∥=1
{inf{λ>0 :∃x>u, A(x)6(2){λx}}}là dương. Khi đó, A có cặp riêng dương(λ0,x0)vớiλ0>ρ(A).
Hơn nữa, nếu A là(3)−tăng thìλ0=ρ(A).
Chứng minh.
Từ định nghĩaρ(A),∃{un}⊂K:∥un ∥=1và dãy{tn}với
tn=inf{λ>0 :∃x>un, A(x)6(2){λx}} thỏa tn→ρ(A). Áp dụng Định lý 2.0.3 cho ánh xạFn(x)=A(x)+un n ,∃{xn}⊂Kvà{λn}thỏa ∥xn ∥=1,λn>0,λnxn∈A(xn)+un n hayλnxn =yn+un n vớiyn∈ A(xn).
Trước tiên, ta chứng minhλn >tn. Thật vậy, ta có: λnxn∈ A(xn)+un n ⇒nλnxn ∈n A(xn)+un ⇒nλnxn ∈ A(nxn)+un (do A là 1 - thuần nhất dương). ⇒nλnxn ∈ 1 λn A(nλnxn)+un. Từ đó,nλnxn>un và A(nλnxn)6(2){λn(nλnxn)}. Do đó, theo định nghĩa củatn, ta cóλn>tn. Như vậy,λn>tn ∀n.
Lập luận tương tự như trong chứng minh Định lý 2.0.6, ta cũng có được:
A(x0).
Bây giờ, cho Alà(3)−tăng, ta sẽ chứng minhλ06ρ(A).
Ta cóx0∈K vàkx0k =1, xétx sao chox>x0 và A(x)6(2){λx}. Gọit là số lớn nhất sao chox>t x0.
Ta cót>1và do Alà ánh xạ(3)−tăng nên ta có:
λ0x0∈ A(x0)⇒tλ0x0∈ A(t x0)6(3) A(x)6(2){λx}.
Suy ratλ0x06λx. Do tính cực đại của t, ta cót>tλ0
λ . Do đóλ>λ0.
Như vậy,inf{λ>0 :∃x>x0, A(x)6(2)λx}>λ0 vớix0∈Kvà∥x0∥=1. Vì vậyρ(A)>λ0.
Tóm lại,ρ(A)=λ0. Kết thúc chứng minh.