hàm thức vi phân phiếm hàm
2.1 Tính chất định tính của một lớp phương trình vi phân đa trị trong không gian Banach
Xét phương trình vi phân đa trị
X(t)˙ ∈F(t, X(t))
ã = d dt
trong đúF là hàm đa trị nhận giỏ trị lồi compact sao choF(t,ã)là nửa liờn tục trờn và F(ã, x) ds-đo được, F thỏa tổng quỏt điều kiện khả tớch Caratheodory, X(t) là nghiệm của phương trình vi phân đa trị.
Định nghĩa 2.1.1. Cho E là không gian Hausdorff lồi địa phương và CE[0;T] là không gian vector của tất cả ánh xạ liên tục từ đoạn[0;T]củaR vàoE. Ta trang bị choCE[0;T]topo hội tụ đều trên[0;T].
Cho dslà độ đo Lebesgue trên[0;T]vàΓlà ánh xạ ds-khả tích vô hướng từ[0;T] với giá trị lồi compact khác rỗng trongE.
Kí hiệuSΓlà tập các hàm chọn ds-khả tích vô hướng của Γvà xác định tích phân
31
yếuRt0
t Γ(s)ds củaΓtrên[t;t0]với Z t0
t
Γ(s)ds ={ Z t0
t
f(s)ds|f ∈ SΓ} trong đóRt0
t f(s)dslà tích phân yếu của hàmf ds-khả tích vô hướng trên[t;t0].
Ta kí hiệuEσ là không gian vectorE được trang bị topo yếuσ(E, E0).
Định nghĩa 2.1.2. Điều kiện Caratheodory
Cho F(t, x)là hàm đa trị. Hàm đa trị F(t, x) thỏa điều kiện Caratheodory khi đo được theo biến thứ nhất và liên tục (hoặc Lipchitz) theo biến thứ hai.
Định nghĩa 2.1.3. Điều kiện Filippov
Cho F(t, x)là hàm đa trị. Hàm đa trị F(t, x)thỏa điều kiện Filippov khi đo được theo biến thứ nhất và nửa liên tục trên yếu (hoặc Lipchitz) theo biến thứ hai.
Ta có thể phát biểu định lý tồn tại nghiệm sau đây
Định lý 2.1.1. ChoE là không gian Suslin lồi địa phương, choU là một tập mở của Eσ vàM là tập con lồi compact chứa trong U . Cho Γlà hàm đa trị ds-khả tích vô hướng trên [0;T] nhận giá trị lồi compact khác rỗng trong Eσ và F là hàm đa trị trên[0;T]×U nhận giá trị lồi compact khác rỗng trongEσ sao cho
(i) Với mọit∈ [0;T] , mọix ∈U, F(t, x)⊂ Γ(t).
(ii) Với mọix∈ E , mọi x0 ∈E0, δ∗(x0, F(ã, x))là ds-đo được .
(iii) Với mọit∈ [0;T] , mọix0 ∈ E0, δ∗(x0, F(t,ã))là nửa liờn tục trờn trờnU . Nếu với mọit, t0 trong[0;T], tích phân yếuRt0
t Γ(s)ds= {Rt0
t f(s)ds|f ∈ SΓ}chứa trongE thì
a) Tồn tạiT0 ∈ (0;T]sao choM +RT0
0 Γ(s)ds ⊂ U.
b) Với mọiξ ∈ M , tậpSξ của tất cả nghiệmX xác định trên[0;T0]màX(0) =ξ là tập compact khác rỗng của CEσ[0;T0].
c) Hàm đa trị ξ → Sξ là nửa liên tục trên từM vàoCEσ[0;T0].
Chứng minh. a) ChoV là lân cận của gốc đối với topo yếu σ(E, E0)sao cho M + V ⊂ U . Khi đó, do ta đã chứng minh được rằng hàm đa trị
t→ Z t
0
Γ(s)ds(t ∈[0;T])
là nửa liên tục trên từ[0;T] vàoEσ theo Định lý II-20 trong [3] , nếu V là một lân cận của gốc trongEσ sao choM +V ⊂ U, tồn tại T0 sao choRT
0 Γ(s)ds ⊂ V. Do đó, ta cóM +RT0
0 Γ(s)ds ⊂U.
b) Xét:
X ={X : [0, T0] →E|X(0)∈M, X(t)−X(0) = Z t
0
X0(s)ds, X0 ∈ SΓ}.
Do Định lý VI-1 trong [3],X là tập con compact của không gian CEσ[0;T0] và khả metric do topo củaXbằng topo hội tụ theo từng điểm trên một tập con trù mật đếm được của[0;T0]. Với mọiX ∈ Xvà mọiξ ∈ M, cho
Φ(X) = {Y ∈X|X(0) = Y(0) =ξ, Y0(t)∈F(t, X(t))hầu khắp nơi}
Do Định lý VI-6 trong [3], tồn tại ánh xạ ds-đo được vô hướngσtừ[0;T0]vàoE sao cho
σ(t)∈F(t, X(t))hầu khắp nơi.
VìF(t, X(t)) ⊂ Γ(t), nênσ là ds-khả tích vô hướng và ánh xạ t→Y(t) = X(0) +
Z t 0
σ(s)ds, t∈ [0;T]
chứa trongXcho nênΦ(X)khác rỗng. Bây giờ ta phải chứng minh rằng hàm đa trị Φ xác định trên X là nửa liên tục trên bằng cách áp dụng hợp lý định lý điểm bất động Kakutani-Ky-Fan.(xem ví dụ Berge trong [8]).
Cho Glà tập con củaM ×X sao choX(0) = Y(0) = ξ vàY0(t) ∈ F(t, X(t)) hầu khắp nơi. Ta chỉ cần chứng minh rằngG là một tập con đóng củaM ×X. Cho
(ξk, Xk, Yk)là dãy hội tụ đến(ξ, X, Y)∈ M ×X.
Khi đó,X(0) =Y(0) =ξ . Với mọik ta có
Yk0(t)∈F(t, Xk(t))hầu khắp nơi.
Vì tập thươngSΓ của SΓ với quan hệ tương đương “bằng hầu khắp nơi” là compact đối với topo hội tụ trênL∞[0, T0] ⊗E0 (trong Định lý V-13 trong [3]), thì SΓ càng compact (khả metric!) đối với topo hội tụ trên không gian các hàm đơn giản đo được EE0 nhận một số hữu hạn giá trị trongE0 nếu D là tập con đếm được trù mật trong [0;T0]và e0nlà một σ(E0, E)tập con đếm được trù mật của E0, topo này là topo lồi địa phương thô nhất trênSΓlàm cho ánh xạ
f → Z t
0
he0nf(s)ids(n∈ N, t∈ D)
liên tục. Do đó, ta có thể áp dụng Định lý VI-4 trong [3] để nhận được Y0(t)∈ F(t, X(t))hầu khắp nơi.
Điều đó chứng tỏ rằng G đóng. Vì Φ(X) lồi khác rỗng, Φ thì nửa liên tục trên và nhận điểm bất động làm nghiệm củaX0(t)∈F(t, X(t)).
c) Phần cuối của định lý là hệ quả của sự thật rằngGđóng.
Bây giờ, ta sẽ trình bày định lý sự tồn tại toàn cục cho phương trình vi phân đa trị trong trường hợpE là không gian Banach bằng cách sử dụng phương pháp tương tự như trong Định lý 2.1.1 .
Định lý 2.1.2. Giả sửE là đối ngẫu mạnh G0b của không gian Banach tách G. Giả sửF là hàm đa trị từ[0;T]×G0nhận giá trị lồi compact khác rỗngσ(G0, G)trong G0 sao cho
(i) Với mọit∈ [0;T], F(t,ã)nửa liờn tục trờn đối với topo yếuσ(G0, G).
(ii) Với mọix∈ G0b, F(ã, x)đo được vụ hướng trờn[0;T] tức là với mọiy ∈ G, t →δ∗(y, F(t, x))
là đo được.
Giả sử tồn tại một hàm dươnghxác định trên[0;T] ∈R+thỏa những điều kiện dưới đây
(j) Với mọi[0;T], h(t,ã)tăng và liờn tục trờnR+, (jj) Với mọir∈ R+, h(ã, r)khả tớch trờn[0;T], (jjj) Với mọit∈ [0;T], x∈ G0b, F(t, x)⊂h(t,kxk)B0
trong đóB0là quả cầu đơn vị củaG0.
Chor0 là số thực dương. Giả sử tồn tại hàm liên tục tuyệt đốiρ : [0, T] → R+ sao
cho
ρ(t) =r0+Rt
0 ρ0(s)ds,∀t ∈[0, T] ρ0(t)≥ h(t, ρ(t)),∀t ∈ [0, T]
Khi đó, với mọiξ vớikξk ≤r0, tậpSξ của tất cả các nghiệm củaX(t)˙ ∈F(t, X(t)) hầu khắp nơi vớiX(0) = ξ là tập compact khác rỗng trongCGS[0, T]và hàm đa trị ξ →Sξ nửa liên tục trên quả cầu kξk ≤r0đối với topo yếu σ(G0, G).
Chứng minh. Cho
Γ(t) = ρ0(t)B0
X ={X : [0, T] →G0S|kX(0)k ≤r0, X(t) = X(0) + Z t
0
X0(s)ds, X0 ∈ SΓ} và với mọiX ∈ X, ta đặt
Φ(X) = {Y : [0, T] →G0S|kY(0)k ≤r0, Y(t) = Y(0) + Z t
0
Y0(s)ds, Y0(s)∈ F(s, X(s))hầu khắp nơi}.
Khi đó, mỗi X ∈ X là liên tục vô hướng trên[0, T]nhận giá trị trongG0S, do đó, X đo được vô hướng, do đó ta có thể áp dụng định lý VI-6 trong [3] vìG0S là không gian Lusin. Do đó, tồn tại một ánh xạ đo được vô hướngσ : [0, T]→ G0S sao cho
σ(s)∈ F(x, X(s)) Bằng định nghĩa củaX và tính chất củaρ, ta có
kX(t)k ≤ kX(0) + Z t
0
kX0(s)k ≤r0+ Z t
0
ρ0(s)ds =ρ(t) cho nên
kσ(s)k ≤h(s,kX(s)k)≤ h(s, ρ(s))≤ ρ0(s)
theo (jjj) và tính chất của ρ. Điều này chứng tỏ rằngϕlà hàm đa trị từX với giá trị lồi khác rỗng trong X . Phần còn lại của chứng minh, chứng tỏ rằng $ là nửa liên tục trên, như trong Định lý 2.1.1 với những sửa đổi thích đáng.
Mệnh đề 2.1.3. Cho k ∈ L1+[0, T] và cho a là một số dương ngặt và h là ánh xạ Borel bị chặn từ[0;T] vào[0;∞)sao cho với mọit ∈ [0, T],
h(t)≤ a+ Z t
0
k(s)h(s)ds
Khi đó ta có với mọit∈ [0, T],
h(t)≤ aexp(
Z t 0
k(s)ds)
Chứng minh. Xét hàm
Ψ :t→ log(a+ Z t
0
k(s)h(s)ds), t∈ [0, T]
Theo kết quả của Caratheodory ([9], Saatz 1, trang 559), Ψ liên tục tuyệt đối và ta
có
Ψ0(t) = k(t)h(t) a+Rt
0 k(s)h(s)ds hầu khắp nơi
≤ k(t)h(t)
h(t) =k(t)vớih(t)>0
= 0≤ k(t)vớih(t) = 0 cho nênΨ(t)−Ψ(0) ≤Rt
0 k(s)ds với tất cảt∈ [0, T].Điều này dẫn tới a+
Z t 0
k(s)h(s)ds ≤ aexp(
Z t 0
k(s)ds),∀t∈ [0, T].
Mệnh đề 2.1.4. Choh : [0;T]ìR → R sao cho với mọit ∈ [0;T], h(t,ã)liờn tục trờnRvà với mọir ∈R, h(ã, r)đo được trờn[0, T]. Giả sửglà hàm khả tớch dương xác định trên[0, T]sao cho|h(t, r)| ≤ g(t)|r+ 1| với mọi t ∈ [0, T] vàr ∈ R. Khi đó, với mọir0 ∈ R, tồn tạiρ: [0;T] →Rsao cho
ρ(t) =r0+Rt
0 ρ0(s)ds,
ρ0(t) = h(t, ρ(t))hầu khắp nơi.
Chứng minh. Đầu tiên ta nhận xét rằng nếu ρ : [0;T] → R thỏa phát biểu trong Mệnh đề 2.1.4, ta có
ρ(t)≤ |r0|+ Z t
0
g(s)|ρ(s) + 1|ds
Do đó
ρ(t) + 1 ≤ |r0|+ 1 + Z t
0
g(s)|ρ(s) + 1|ds
Bổ đề của Gronwall dẫn tới
ρ(t)≤ (|r0|+ 1) exp(
Z t 0
g(s)ds)−1
Bây giờ, ta chứng minh sự tồn tại củaρ, điều này có thể suy ra từ Định lý 3.2.2. Cho m= (|r0|+ 1) exp(
Z T 0
g(s)ds)−1 Ta định nghĩa
f(t, r) =
h(t, r) nếu |r| ≤ m h(t, m) nếu r > m h(t,−m) nếu r < −m Xét phương trình dưới đây
˙
z(t) =f(t, z(t)) z(0) = r0
Khi đó, phương trình trên nhận ít nhất một nghiệm t → ρ = r0 +Rt
0 ρ0(s)ds theo Định lý 3.2.2. Theo bất đẳng thức Gronwall, ta có |ρ(t)| ≤ m với tất cảt ∈ [0, T] cho nên, theo định nghĩa củaf,
ρ0(t) = h(t, ρ(t))hầu khắp nơi.
Mệnh đề 2.1.5. Cho h như trong giả thiết của mệnh đề 2.1.4. Cho r ∈ R và định nghĩa
Xr = {z ∈ CR[0, T]|z(t) =r+ Z t
0
h(s, z(s))ds, t∈ [0, T]}
Khi đó, tồn tạiz˜∈Xr sao cho
˜
z(t)≥ z(t)với tất cảt ∈[0, T]và tất cả z ∈ Xr
Chứng minh. 1) Giả sử(rn)là dãy trong Rsao chor = limrn. Cho(rn)là dãy hội tụ của các hàm chứa trongXn→∞rn . Gọizlà giới hạn từng điểm của(rn). Ta đi chứng minhz thuộcXr . Nhận ra rằng, với mọis ∈[0;T]
n→∞limh(s, zn(s)) =h(s, z(s))
do tớnh liờn tục của h(s,ã). Theo bất đẳng thức Gronwall, ta cú thể ỏp dụng định lý hội tụ của Lebesgue để có được
z(t) = lim
n→∞zn(t) = r+ lim
n→∞
Z t 0
h(s, zn(s))ds
= r+ Z t
0
h(s, z(s))ds
cho nênz thuộcXr.
2) Cho hai nghiệmz1, z2lần lượt thuộcXr1,Xr2. Ta đi chứng minh rằng hàm t →z(t) = sup{z1(t), z2(t)},(t∈ [0, T])
là nghiệm củaρ0(t) = h(t, ρ(t)). Xét tập mở
0 = {t∈ [0, T]|z1(t)> z2(t)}
Khi đó0là hợp đếm được của các thành phần liên thông, hay có thể nói0 = ∪
n∈N
In. Ta định nghĩa
y0(t) =
z1(t) nếu t∈ I0
z2(t) nếu t /∈ I0
và vớin≥ 1,
yn(t) =
z1(t) nếu t∈ In
yn−1(t) nếu t /∈ In
Khi đó dãy(yn)là nghiệm củaρ0(t) = h(t, ρ(t)), vì vậy, giới hạn từng điểm củayn
cũng là nghiệm củaρ0(t) =h(t, ρ(t)).
3) Cho(tn)là dãy trù mật trong [0;T]. Với mọip≥ 1, tồn tại nghiệmzn,p sao cho zn,p(tn)≥ sup{z(tn)|z ∈ Xr} − 1
p Chúng ta lấy lại chỉ số dãy(zn, p)bởi(ηn)n∈N. Do 2), hàm
yn= sup
0≤i≤n
ηi
chứa trongXr và do(yn)là dãy tăng thì nó giới hạn từng điểm đếnz˜thuộcXr. Hơn nữa, ta có
˜
z(tn) = sup{z(tn)|z ∈ Xr} với mọincho nênz˜thỏa tính chất đã yêu cầu.
Mệnh đề 2.1.6. Với giả thiết và những kí hiệu trong mệnh đề 2.1.5, giả sử rằng x→h(t, x)tăng với mọit ∈[0, T]cố định. Cho u∈ CR[0, T] thỏa
u(t)≤ r+ Z t
0
h(x, u(s))dsvới tất cảt ∈[0, T] Khi đó ta có:u(t)≤ z(t)˜ với tất cảt ∈[0, T].
Chứng minh. Với mọin≥ 1, cho
Xn ={z ∈ CR[0, T]|z(t) = r+ 1 n +
Z t 0
h(s, z(s))ds, t∈ [0, T]}
Do mệnh đề 2.1.5, tồn tạiz˜n ∈ Xnsao cho
˜
zn(t)≥ z(t)với tất cảt∈ [0, T] vàz ∈ Xn
Hơn nữa, hàmsup(˜zn,z˜n+1)là nghiệm củaρ0(t) = h(t, ρ(t))như ta đã chứng minh trong mệnh đề 2.1.5. Điều này dẫn tới z˜n+1 ≤ z˙˜n vàz˜≤ z˜nvới mọi n. Vì vậy, giới hạn từng điểm z˜của dãy (˜zn) là nghiệm của ρ0(t) = h(t, ρ(t)) theo bước đầu của chứng minh của mệnh đề 2.1.5. Với mọincố định, đặtt0 = sup{t∈ [0, T]|s ≤ t⇒ u(s)≤ z˜n(s)}Vì x→h(t, x)tăng, ta có
u(t0)≤ r+ Z t0
0
h(s, u(s))ds < r+ 1 n+
Z t0 0
h(s,z˜n(s))ds
Do tính liên tục của u và z˜n, bất đẳng thức t0 < T không thể xảy ra. Vì vậy, ta có u≤ z˜nvới mọin, do đóu ≤z.˜
Bây giờ ta phát biểu tổng quát định lý sự tồn tại trong trường hợpE là không gian Banach tách. Ta kí hiệuEσ là không gian vectorE được trang bị topo (E, E0).
Định lý 2.1.7. ChoE là không gian Banach tách vàF là hàm đa trị đi từ[0, T]nhận giá trị lồi compact khác rỗng trongEσ sao cho
(i) Với mỗixvà mọix0 ∈ E0, δ∗(x0, F(ã, x))đo được trờn [0, T],
(ii) Với mọit∈ [0, T] và mỗix0 ∈ E0, δ∗(x0, F(t,ã))nửa liờn tục trờn trờnEσ
(iii) Tồn tại một cân bằng lồiσ(E, E0)tập compactK và hàm khả tích dươnggxác định trên [0, T] sao cho với mọi t ∈ [0, T] và mỗi x ∈ E, F(t, x) ⊂ g(t)(1 + kxk)K.
Giả sử Alà ánh xạ liên tục từ [0, T] vào không gian Banach L(E, E)của tất cả các ánh xạ tuyến tính liên tục từE vàoE. Khi đó, với mỗiξ ∈ E, tập Sξ của tất cả các nghiệm của phương trình vi phân đa trị
X(t)˙ ∈A(t)X(t) +F(t, X(t)) X(0) = ξ
là tập compact khác rỗng trong không gianCEσ[0, T]. Hơn nữa, thu hẹp của hàm đa trịξ →Sξ tới mọi tập compact củaEσ là nửa liên tục trên.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằngK chứa trong quả cầu đơn vị củaE. Do đó, nếuX là nghiệm của phương trình vi phân đa trị
X0(t)∈ A(t)X(t) +F(t, X(t)) X(0) = ξ
(2.1) Ta có
kX0(t)k ≤ kA(t)kkX(t)k+g(t)(kX(t)k+ 1) (2.2) Khi đó ta có
kX(t)k ≤ kX(0)k+ Z t
0
kX0(s)kds (2.3)
(2.2) và (2.3) dẫn tới
kX(t)k ≤ kX(0)k+ Z t
0
[kA(t)kkX(s)k+g(s)(kX(s)k+ 1)]ds (2.4) Lấy một số a sao cho kX(0)k ≤ a. Do đó, bởi một ứng dụng đơn giản của bổ đề Gronwall, ta có
kX(t)k ≤(a+ 1) exp(
Z t 0
[kA(s)k+g(s)]ds)−1 (2.5) Cho hàm đa trị
Γ(t) =g(t)(z(t) + 1)K, t ∈[0, T] vớiz(t) = (a+ 1) exp(Rt
0[kA(s)k+g(s)]ds)−1.
Vì g khả tích, do hệ quả V-4 (trong [3]), tập thương SΓ với quan hệ tương đương
“bằng hầu khắp nơi” của tậpSΓ của tất cả hàm chọn đo được của Γ là lồi compact khác rỗng σ(L1E[0, T], L∞E0
S[0, T]). Hơn nữa, nếu X là một nghiệm của (2.1), thì t→X0(t)−A(t)X(t)chứa trongSΓ vìX thỏa bất đẳng thức (2.5).
Giả sử R là giải thức liên kết với ánh xạ A, tức là, R là ánh xạ liên tục từ [0, T] vàoL(E, E)sao cho
R0(t) =A(t)R(t) R(0) =πE
trong đóπE là ánh xạ đồng nhất trongE.
ChoM là tập compact trongEσ. Giả sử rằng,ξ ∈ M,kξk ≤avà cho X= {X : [0, T] →E|X(t) = R(t)ξ+R(t)
Z t 0
R−1(s)f(s)ds, ξ ∈ M, f ∈ SΓ} Khi đó, hiển nhiênXlà tập con đồng liên tục củaCE[0, T], vì vậy,Xlà tập con đồng liên tục của C˜Eσ[0, T]. Bây giờ, ta chứng minh X là tập con compact tương đối của CEσ[0, T]. Do định lý Ascoli, ta chỉ cần chứng tỏ, với mọit ∈[0, T], tập
X(t) ={X(t)|X ∈ X}
là compact trongEσ. Nhận xét đầu tiên rằng ánh xạ tuyến tínhf →Rt
0 R−1(s)f(s)ds từL1E[0, T]vàoE là liên tục với mọit∈ [0, T] cố định.
Bây giờ, rõ ràng rằngX(t)là tập con compact củaEσ vì tập Y(t) = {
Z t 0
R−1(s)f(s)ds|f ∈ SΓ}
là lồi và σ(E, E0)compact vì tập này là ảnh của SΓ được tạo bởi ánh xạ tuyến tính liên tục yếu f → Rt
0 R−1(s)f(s)ds từL1E[0, T] vào E; cuối cùng X(t) là σ(E, E0) compact vì ta có
X(t) = R(t)(M) +R(t)(Y(t))
Bằng lý lẽ đã được sử dụng ở chứng minh Định lí 2.1.1,X là metric hóa được. Bây giờ, chúng ta có thể sử dụng những lập luận tương tự đã được sử dụng ở chứng minh Định lí 2.1.1 để hoàn thành chứng minh. Tuy nhiên các kỹ thuật chứng minh đưa ra ở đây là hơi phức tạp nếuArỗng.
Trước hết, chú ý rằng hàm vectơ [0, T] 3t →
Z t 0
R−1(s)f(s)ds(f ∈ SΓ)
là khả vi hầu khắp nơi và đạo hàm của nó cũng hầu khắp nơi và bằng R−1(t)f(t) theo một kết quả nổi tiếng (trong [10],[11]) cho nên hàm vectơ
t →R(t)[ξ + Z t
0
R−1(s)f(s)ds]
là khả vi hầu khắp nơi và đạo hàm của nó thì bằng:
R0(t))[ξ+ Z t
0
R−1(s)f(s)ds] +R(t)R−1(t)f(t)
=A(t)[R(t)ξ +R(t) Z t
0
R−1(s)f(s)ds] +f(t) (2.6) vì ánh xạ(U, x)→U xtừ(L(E, E)×E)vàoE là song tuyến tính và liên tục.
Với mọif ∈ SΓ, xác địnhYf ∈ Ce[0, T] bởi Yf(t) = R(t)ξ+R(t)
Z t 0
R−1(s)f(s)ds (2.7)
và kí hiệuΦ(f)là tập tất cả các hàm chọn đo được của hàm đa trịt → F(t, Yf(t)).
Khi đó,Φ(f)khác rỗng theo hệ quả V-5 trong [3] và lồi.
Hơn nữa, nếuf ∈Φ(f), Yf là nghiệm của (2.1).
Thật vậy, đạo hàm Yf0 của Yf xác định ở (2.7) hầu khắp nơi và bằng AYf +f như chúng ta đã tính ở công thức (2.6), vì vậy
Yf0(t) = A(t)Yf(t) +f(t)∈A(t)Yf(t) +F(t, Yf(t))hầu khắp nơi.
Do đó ta sẽ áp dụng định lý điểm bất động Kakutani – Ky Fan cho hàm đa trịΦđể thu được nghiệm của (2.1).
Đầu tiên, nếuσ là hàm chọn đo được củat→F(t, Yf(t)), ta có
kYf0(t)k ≤ kA(t)kkYf(t)k+kf(t)k ≤ kA(t)kkYf(t)k+g(t)(z(t) + 1) Từ đókYf(t)k ≤a+Rt
0[kA(s)kkYf(s)k+g(s)(z(s)+1)dscho nênkYf(t)k ≤z(t)và σ(t) ∈ Γ(t) do Mệnh đề 2.1.6. Điều này dẫn tới rằng với mỗif ∈ SΓ,Φ(f) ⊂ SΓ. Bây giờ ta chứng minh đồ thị của hàm đa trị Φ compact trong (SΓ)2. Nhận thấy rằng,SΓ là không gian khả metric compact đối với topo yếuσ(L1E[0, T], L∞E0
S[0, T]) vìL1E[0, T] là không gian Banach tách. Cho(σn, fn)là dãy chứa trong đồ thị củaΦ hội tụ trong(SΓ)2 đến (σ, f). Ta cần chứng minh rằngσ ∈Φ(f).
Vì ánh xạ tuyến tính f → Rt
0 R−1(s)f(s)ds từ L1E[0, T] vào E là liên tục yếu với mỗit ∈ [0, T] cố định,
n→∞limYfn(t) =Yf(t)
đối với topo yếu σ(E, E0) cho nên ta có thể áp dụng định lý đóng VI-4 trong [3].
Do đóσ(t)∈ F(t, Yf(t))hầu khắp nơi. Điều này dẫn tới rằngΦnửa liên tục trên và nhận ít nhất một điểm bất độngf (nghĩa làf ∈ Φ(f)). Để hoàn thành chứng minh, ta phải chứng tỏ đồ thị của hàm đa trịξ → Sξ là compact trongM×X. Cho(ξn, Xn) là dãy chứa trong đồ thị củaS, hội tụ đến(ξ, X)∈M ×X. Theo cách xác định của
Xn, ta có
Xn(t) =R(t)ξ +R(t) Z t
0
R−1(s)f(s)ds
vớifn ∈ SΓvàfn(t)∈ F(t, Xn(t))hầu khắp nơi. VìSΓ khả metric compact đối với topo yếuσ(L1E, L∞E0
S), ta có thể giả sử(fn)hội tụ đếnf ∈ SΓđối với topo này.
Do đó ta có
X(0) = ξ
X(t) =R(t)ξ +Rt
0 R−1(s)f(s)ds = lim
n→∞[R(t)ξn+Rt
0 R−1(s)fn(s)ds]
Áp dụng định lý đóng VI-4 trong [3] suy raf(t)∈F(t, X(t))hầu khắp nơi. Vì vậy, X là nghiệm của
X0(t)∈ A(t)X(t) +F(t, X(t)) X(0) = ξ
(2.8) và rõ ràng(ξ, X)chứa trong đồ thị củaS. Chứng minh hoàn tất.
Nhận xétTrong phần trên, ta đã xét phương trình vi phân đa trịX˙(t)∈ F(t, X(t)) trong đóF là hàm đa trị nhận giá trị lồi compact sao choF(t, x)thỏa điều kiện khả tích Filippov nghĩa là đo được theo biến đầu (biếnt) và biến sau (biến x) nửa liên tục trênU. Ta đã chứng minh được sự tồn tại nghiệm của phương trình trên với các giả thiết đã cho.