3 Các dạng tương đương của nguyên lí biến phân và một số
3.3 Ứng dụng nguyên lí biến phân Ekeland trong chứng minh
3.3.2 Một kết quả tinh tế hơn của Clarke (Clarke’s Re-
Trong định lí điểm bất động Banach, ta có thể thay điều kiện ánh xạ co bởi điều kiện yếu hơn là ánh xạ co theo hướng.
Định nghĩa 3.3.3. Cho (X, d) là không gian mêtric đủ. Cho x, y ∈ X , ta định nghĩa đoạn thẳng giữa x và y là
[x, y] = {z ∈ X|d(x, z) +d(z, y) =d(x, y)}.
Định nghĩa 3.3.4 (co theo hướng). Cho (X, d) là không gian mêtric đủ và ánh xạ φ : X →X.
Ta gọi φ là ánh xạ co theo hướng nếu φ thỏa mãn các điều kiện sau. (i) φ là ánh xạ liên tục.
(ii) Tồn tại k ∈ (0,1) sao cho với bất kì x ∈ X mà φ(x) 6= x tồn tại
z ∈ [x, φ(x)]\{x} thỏa mãn
d(φ(x), φ(z)) ≤ kd(x, z).
Định lí 3.3.2. Cho (X, d) là khơng gian mêtric đủ và ánh xạ φ : X → X
là ánh xạ co theo hướng. Khi đó φ có một điểm bất động. Chứng minh. Xét hàm f(x) = d(x, φ(x)).
Do hàm khoảng cách và hàm φ là liên tục nên f là liên tục. Hơn nữa f bị chặn bởi 0.
Áp dụng nguyên lí biến phân Ekeland cho hàm f với ε ∈ (0,1−k) ta tìm được y ∈ X sao cho
f(y) ≤ f(x) +εd(x, y),∀x ∈ X. (3.12) Ta chứng minh φ(y) = y. Giả sử ngược lại φ(y) 6= y. Vì φ là ánh xạ co theo hướng nên ta tìm được z 6= y mà z ∈ [y, φ(y)], tức là
d(y, z) + d(z, φ(y)) =d(y, φ(y)) =f(y) (3.13) thỏa mãn
d(φ(y), φ(z)) ≤ kd(y, z). (3.14) Thay x = z trong (3.12) ta được
tức là
d(y, z) +d(z, φ(y)) ≤ d(z, φ(z)) +εd(z, y)
hay
d(y, z) ≤ −d(z, φ(y)) +d(z, φ(z)) +εd(z, y). (3.15) Sử dụng bất đẳng thức tam giác và kết hợp với (3.14) ta có
d(z, φ(z))−d(z, φ(y)) ≤d(φ(y), φ(z)) ≤kd(y, z). (3.16) Kết hợp (3.15) và (3.16) ta được
d(y, z) ≤ (k+ ε)d(y, z),
hay
(k +ε−1)d(y, z) ≥ 0.
Mặt khác, do 0 < ε <1−k ta suy ra k−1< k +ε−1 < 0.
Do đó d(y, z) = 0 dẫn đến y = z (mâu thuẫn). Định lí được chứng minh.
Rõ ràng, bất kì sự co nào cũng đều là co có hướng. Vì vậy Định lí 3.3.2 khái qt hóa định lí điểm bất động Banach. Dưới đây là một ví dụ áp dụng Định lí 3.3.2 khi định lí co Banach khơng làm được.
Ví dụ 3.3.1. Trên X = R2 ta định nghĩa ||x|| = ||(x1, x2)|| = |x1|+|x2|.
Đoạn thẳng nối hai điểm (x1, x2) và (y1, y2) là hình chữ nhật với bốn đỉnh có tọa độ là (x1, x2); (x1, y2); (y1, x2); (y1, y2).
Thật vậy, z ∈ [x, y] nếu d(x, z) +d(z, y) =d(x, y), tức là
|z1 −x1|+ |z2 −x2|+|z1 −y1|+|z2 −y2| = |x1 −y1|+|x2 −y2|,
hay ta có
|z1 −x1|+ |z1 −y1| = |x1 −y1|,
và
|z2 −x2|+ |z2 −y2| = |x2 −y2|.
Do vậy, z thuộc hình chữ nhật đóng có 4 đỉnh là 4 điểm (x1, x2),(y1, y2), (y1, x2),(x1, y2). Ánh xạ φ(x1, x2) = (3x1 2 − x2 3 , x1 + x2 3 ).
là ánh xạ co theo hướng.
Thật vậy, khi y = φ(x) 6= x với x = (x1, x2), y = (y1, y2). Khi đó y2 6= x2
(trường hợp trái lại ta có y1 = x1). Ta chọn trên đoạn [x, y] điểm z = (x1, x2 +ε) với ε > 0. Với những điểm như thế ta có
d(φ(x1, x2 +ε), φ(x1, x2)) = d((3x1 2 − x2 +ε 3 , x1 + x2 + ε 3 ); ( 3x1 2 − x2 3 , x1 + x2 3 )) = |(3x1 2 − x2 +ε 3 )−(3x1 2 − x2 3 )|+|(x1 + x2 +ε 3 )−(x1 + x2 3 )| ≤ ε 3 + ε 3 = 2 3ε. Mà d((x1, x2 +ε),(x1, x2)) =|x1 −x1|+|x2 +ε−x2| = ε. Suy ra d(φ(x1, x2 +ε), φ(x1, x2)) = 2 3d((x1, x2 +ε),(x1, x2)).
Bởi vậy φ là co theo hướng.
Giả sử x = (x1, x2) là điểm bất động của φ thì ta có φ(x) = x tức là
(3x1 2 − x2 3 , x1 + x2 3 ) = (x1, x2) Suy ra 3x1 2 − x2 3 = x1 x1 + x2 3 = x2
Giải hệ phương trình trên ta được x2 = 3
2x1. Vậy điểm bất động của φ là
tất cả những điểm có dạng (x,3x 2 ).
Vì điểm bất động của φ là khơng duy nhất nên định lí điểm bất động Banach khơng áp dụng được cho ánh xạ này.