Trong phần này ta liên hệ phương pháp quét liên kết với tập tựa chính quy. Một tập khác rỗng củaRd là (đều) ρ- tựa chính quy hoặc tương đươngρ - tựa trơn. Mọi tựa chuẩn tắc khác không tới S có thể được nhận bởi ρ - quả cầu. Ta nói rằng với
55
mọix ∈ Svà 06=v ∈Np(S;x)ta có h v
kvk, x0−xi ≤ 1
2ρkx0−xk2
với mọix0 ∈ SbiếtNp(S;x)là tựa nón tiếp tuyến củaStại điểmx∈ S. Ta quy ước
1
ρ = 0khi ρ = +∞. Khi ρ = +∞, ρ- tính tựa chính quy của S tương đương tính lồi của S. Một trong những tính chất quan trọng của tập tựa chính quyS là với mọi xi ∈ S, vi ∈Np(S;xi)vớikvik ≤ρ(i= 1,2) ta có
hv1−v2, x1−x2i ≥ −kx1 −x2k2 (3.1) Cho T là số thực dương và với mỗi t ∈ [0, T], giả sử C(t) là tập đóng khác rỗng trongRd. Ta giả sử rằng
(H1): tậpC(t)làρ- tựa chính quy vớiρ ∈[0,∞]cố định.
(H2):C(t)liên tục tuyệt đối có nghĩa là tồn tại hàm liên tục tuyệt đốiv : [0, T]→ R sao cho
|d(x, C(t))−d(y, C(s))| ≤ kx−yk+|v(t)−v(s)|
với mọix, y ∈ Rd vàs, t∈ [0, T].
Mệnh đề 3.1.1. Giả sử rằng(H1),(H2)thỏa. Khi đó, với bất kì ánh xạh∈ L1
Rd([0, T]) bao hàm thức vi phân
−u(t)˙ ∈NC(t)(u(t)) +h(t) u(0) =u0 ∈C(0),
nhận một và chỉ một nghiệm liờn tục tuyệt đốiu(ã)và với hầu hết tất cảt∈ [0, T] ku(t) +˙ h(t)k ≤ |v(t)|˙ +kh(t)k.
Hơn nữa, xétmlà hàm Lebesgue khả tích không âm xác định trên[0, T]và đặt H= {h∈ L1
Rd([0, T]) :kh(t)k ≤ m(t)hầu khắp nơi}.
Khi đó, tập nghiệm{uh : h ∈ H}, với uh compact trongCRd([0, T])là nghiệm liên tục tuyệt đối duy nhất và ánh xạh 7→uhlà liên tục trênH, khiHđược trang bị topo yếuσ(L1
Rd([0, T]), L∞
Rd([0, T]).
Bổ đề 3.1.2. Giả sử rằng (H1),(H2)thỏa và đặt G : [0, T]×Rd → Rd là hàm đa trị nhận giá trị compact sao cho
(i) Với mọi hàm liên tục tuyệt đốiu : [0, T] →Rd, hàm đa trịt→G(t, u(t))là đo được Lebesgue trên[0, T]
(ii) Tồn tại hai hàmpvàqtrênL1
R+([0, T])sao cho
G(t, x)⊂ (p(t) +q(t)kxk)BRd,∀(t, x)∈ [0, T]×Rd. Nếuu(ã)là nghiệm liờn tục tuyệt đối của bao hàm thức vi phõn
−u(t)˙ ∈ NC(t)(u(t)) +G(t, u(t))hầu khắp nơi, u(0) = u0, (3.2) thì với hầu hết tất cảt∈ [0, T]
ku(t)k ≤˙ α(t) +β(t) với
α(t) = |v(t)|+2p(t)+2q(t)ku˙ 0kvàβ(t) = 2q(t) Z t
0
[α(s) exp(2 Z t
s
q(τ)dτ)]ds.
Ta đi chứng minh sự tồn tại nghiệm liên tục tuyệt đối của
−u(t)˙ ∈NC(t)(u(t)) +G(t, u(t))hầu khắp nơi, u(0) = u0, biết sự nhiễuG(t,ã)là nửa liờn tục dưới với mỗit∈ [0, T].
Định lý 3.1.3. Giả sử rằng(H1),(H2)thỏa và đặtG : [0, T]×Rd →Rd là hàm đa trị nhận giá trị compact sao cho
(i) Với mọit∈ [0, T], hàm đa trịG(t,ã)là nửa liờn tục dưới trờnRd,
(ii) Với mọi hàm liên tục tuyệt đốiu : [0, T] →Rd, hàm đa trịt→G(t, u(t))là đo được Lebesgue trên[0, T]
(iii) Tồn tại hai hàmpvàqtrênL1
R+([0, T])sao cho
G(t, x)⊂ (p(t) +q(t)kxk)BRd,∀(t, x)∈ [0, T]×Rd.
Khi đó, với mỗiu0 ∈ C(0), ta có nghiệm liên tục tuyệt đốiu : [0, T] →Rd của bài toán
−u(t)˙ ∈ NC(t)(u(t)) +G(t, u(t))hầu khắp nơi, u(0) = u0, (3.3) và với bất kỡ nghiệmu(ã)ta cú
ku(t)k ≤˙ α(t) +β(t)
với hầu hết tất cảt ∈[0, T]vớiαvàβ được cho như Bổ đề 3.1.2
Chứng minh. Bước 1: Giả sử rằng G(t, x) ⊂ m(t)BRd với mọi (t, x) ∈ [0, T] × BRd, m là hàm khả tích Lebesgue không âm xác định trên [0, T]. Ta định nghĩa
∆(t) = m(t)BRd,∀t ∈ [0, T]. Chú ý rằng ∆ là hàm đa trị khả tích bị chặn nhận giá trị lồi compact và tập S∆1 của tất cả hàm chọn khả tích của ∆ là khác rỗng và σ(L1, L∞)-compact. Với mỗi f ∈ S∆1, giả sử uf là nghiệm liên tục tuyệt đối duy nhất của
−u(t)˙ ∈ NC(t)(u(t)) +f(t)hầu khắp nơi, u(0) = u0 ∈ C(0), (3.4) sự tồn tại nghiệm của nó được đảm bảo theo Mệnh đề 3.1.1. Với mỗif ∈ S∆1, ta có
G(t, uf(t))⊂ ∆(t),∀t∈ [0, T].
Theo Mệnh đề 3.1.1, tậpX := {uf : f ∈ S∆1}là compact trongCRd([0, T]). Với mỗi u∈ X, ta định nghĩa
Φ(u) := {f ∈L1Rd([0, T]) :f(t)∈G(t, u(t))hầu khắp nơit ∈[0, T]}
Theo (ii) rõ ràng rằng hàm đa trịΦkhác rỗng, đóng và nhận giá trị khai triển được trong L1
Rd([0, T]), có nghĩa là với bất kì u ∈ X, với bất kì độ đo Lebesgue tập A
và với bất kì hàm khả tích Lebesgue f, g ∈ Φ(u) có một 1Af + 1Acg ∈ Φ(u). Ta sẽ chứng minh rằng Φ : X → L1
Rd([0, T]) là nửa liên tục dưới. Giả sử F là tập con đóng của L1
Rd([0, T]). Ta cần chứng minh rằng nếu (ufn) là một dãy trong X sao cho∀n,Φ(ufn)⊂ F và ufn → uf trong tập compact X của CRd([0, T]), khi đó Φ(uf)⊂ F. Thật vậy, đặtg ∈Φ(uf)và định nghĩa
Rn(t) :={y ∈ G(t, ufn(t)) : ky−g(t)k ≤d(g(t), G(t, ufn(t)))},
với mỗi t ∈ [0, T] và mỗi n ∈ N. Nhờ vào giả thiết (ii), Rn(t) : [0, T] → Rd là hàm đa trị đo được nhận giá trị đóng khác rỗng, do đó nó có một hàm chọn đo được gn : [0, T] →Rd. Rõ ràng rằng
gn ∈G(t, ufn(t))vàkgn(t)−g(t)k ≤e(G(t, uf(t)), G(t, ufn(t))),
với mỗi t ∈ [0, T], biết e(A, B) là kí hiệu của khoảng cách Hausdorff của những tập compact A và B. Bởi vỡ ufn → uf và (i) G(t,ã) là nửa liờn tục dưới với mỗi t∈ [0, T], ta suy được
n→∞limkgn(t)−g(t)k= 0,∀t∈ [0, T].
Từ những điều đã chứng minh được và định lý hội tụ trội Lebesgue, ta kết luận rằng gn →gtrongL1
Rd([0, T])vớig ∈ F. Do đó,Φlà nửa liên tục dưới trênX. Theo định lý hàm chọn của Fryszkowske, Φnhận một hàm chọn liên tục s : X → L1
Rd([0, T]) cho nên với mỗi u ∈ X, s(u)(t) ∈ G(t, u(t)) hầu khắp nơi t ∈ [0, T]. Kế tiếp, s(uf) ∈ S∆1. Vì ánh xạ ϕ : f 7→ uf là σ(L1, L∞) - liên tục trên σ(L1, L∞) - compact metric hóa tập S∆1 bằng Mệnh đề 3.1.1, ánh xạ ψ : f 7→ s(uf)từ S∆1 vào S∆1 là σ(L1, L∞) - liên tục.S∆1 là compact yếu, ψ là σ(L1, L∞) - liên tục. Vì vậy, theo định lý điểm bất động Kakutani - Ky Fan,ψ nhận một điểm bất độngf ∈ S∆1. Dẫn tớiuf là nghiệm tuyệt đối củaưu(t)˙ ∈ NC(t)(u(t)) +G(t, u(t))hầu khắp nơi, u(0) =u0 ∈C(0)vàf(t) = s(uf(t)) ∈G(t, uf(t))hầu khắp nơit ∈[0, T]
Bước 2: Bỏ qua trường hợp tổng quát, G thỏa (i)− (iii). Ý tưởng là cắt giảm trường hợp tổng quát đã được xét ở Bước 1. Trong ngữ cảnh hiện tại, sự cắt giảm này không tầm thường, bởi vì "so sánh tốt" của 2 nghiệm uf và ug của −u˙f(t) ∈ NC(t)(u(t))+G(t, u(t))hầu khắp nơi, uf(0) = u0 ∈ C(0)vàưu˙g(t)∈ NC(t)(u(t))+
G(t, u(t))hầu khắp nơi, ug(0) = u0 ∈ C(0)thì không có sẵn, ngược lại tình trạng cổ điển nói về sự phát triển tựa điều khiển phương trình điều khiển bởi toán tử đơn điệu cực đại hoặc toán tửm - accretive tổng quát hơn. Bây giờ, ta sẽ sử dụng đánh giá trong Bổ đề 3.1.2 để hoàn thành chứng minh. Vớiα(t)vàβ(t)như ở Bổ đề 3.1.2, đặtγ(t) := ku0k+Rt
0[α(s) +β(s)]ds. Ta xét ánh xạΠ : [0, T]×Rd →Rd với Π(t, x) =
x nếukxk ≤γ(t) γ(t)x/kxk nếukxk> γ(t) và đặt
G0(t, x) = G(t,Π(t, x))
Khi đú, G0(t,ã) thừa hưởng tớnh chất nửa liờn tục dưới từ G(t,ã) và tớnh chất đo được(ii)từGvà với m(t) = p(t) +g(t)γ(t), có mộtG0(t, x)⊂ m(t)BRd với mọi x∈ Rd. Dễ dàng nhận thấy rằng ỏnh xạ liờn tục tuyệt đốiu(ã)là một nghiệm của
−u(t)˙ ∈ NC(t)(u(t)) +G(t, u(t))hầu khắp nơi, u(0) =u0
nếu và chỉ nếuu(ã)là nghiệm của
−u(t)˙ ∈ NC(t)(u(t)) +G0(t, u(t))hầu khắp nơi, u(0) =u0
Cho nên ta có thể áp dụng Bước 1 cho bao hàm thức cuối cùng để hoàn thành chứng minh.
Một biến thức nửa liên tục trên của định lý trước là có sẵn qua định lý điểm bất động Kakutani - Ky Fan.
Định lý 3.1.4. Giả sử rằng(H1),(H2)thỏa và đặtG : [0, T]×Rd →Rd là hàm đa tri nhận giá trị lồi compact sao cho
(i) Với mọit∈ [0, T], hàm đa trịG(t,ã)là nửa liờn tục trờn trờnRd,
(ii) Với mọix∈ Rd, hàm đa trịt →G(t, x)là đo được Lebesgue trên[0, T] (iii) Tồn tại hai hàmpvàqtrênL1
R+([0, T])sao cho
G(t, x)⊂ (p(t) +q(t)kxk)BRd,∀(t, x)∈ [0, T]×Rd.
Khi đó, với mỗi u0 ∈ C(0), có một nghiệm liên tục tuyệt đốiu : [0, T] → Rd của bài toán
−u(t)˙ ∈ NC(t)(u(t)) +G(t, u(t))hầu khắp nơi, u(0) = u0, (3.5) và với bất kỡ nghiệmu(ã)cú một
ku(t)k ≤˙ α(t) +β(t)
với hầu hết tất cảt ∈[0, T]biết αvàβ được cho như Bổ đề 3.1.2 Chứng minh. Xem [13], Định lý 1.5
Nhận xét Ở đây, ta nghiên cứu trong phần 3.1, dưới những giả thiết tương tự về tậpC(t), trường hợp nơiG(t,ã)là nửa liờn tục dưới và nhận giỏ trị khụng lồi. Phương pháp thì hoàn toàn khác với [12]. Nó liên quan tới sự đánh giá đã chứng minh trong [13] và sử dụng định lý điểm bất động Kakutani - Ky Fan. Chú ý rằng bao hàm thức vi phânI phát sinh từ Kinh tế và Cơ khí.