CHƯƠNG 2: CÁC ĐỊNH LÝ VỀ ĐIỂM BẤT ĐỘNG
2.2. Định lý điểm bất động Brouwer
Định lý điểm bất động Brouwer là định lý trung tâm của lí thuyết điểm bất động, đó cũng là một trong định lý cơ bản của giải tích phi tuyến. Ở đây, tôi sẽ nêu lên cách chứng minh của Knaster, Kuratowski và Maurarkiewicz, dựa trên một số kết quả tổ hợp của Sperner. Trước tiên ta hãy nhắc lại một vài định nghĩa sau.
Định nghĩa 2.2.1.
Cho X là một không gian tuyến tính, tập hợp S trong X đƣợc gọi là n – đơn hình nếu SCo{u , ,..., }0 u1 un với u , ,...,0 u1 unX và các véctơ
1 0, 2 0,..., n 0
u u u u u u độc lập tuyến tính. Các điểm ui đƣợc gọi là đỉnh, bao lồi của k 1 đỉnh đƣợc gọi là k- diện của S.
Phép tam giác phân một đơn hình S là một phép phân chia S thành các n – đơn hình con nếu giao nhau phải là một diện chung của hai đơn hình đó.
Đối với một tam giác phân của S, sperner (1928) đã đƣa ra là một phép gán cho mỗi đỉnh của các đơn hình con một trong các số 0,1,...,n theo qui tắc sau đây: Nếu Co{u , ,..., }0 u1 un là diện nhỏ nhất của S chứa v thì v đƣợc gán cho một trong các số i0, i1, … ik.
(Nhƣ vậy đỉnh ui phải đƣợc gán số i) Ta gọi đó là phép gán số Sperner.
Ví dụ 2.2.1:
Trong tam giác u u u0 1 2 ba đỉnh đƣợc gán số lần lƣợt 0,1,2, các đỉnh của đơn hình con nằm trên cạnh u ui k đƣợc gán số i hoặc k các đỉnh thuộc phần trong tam giác đƣợc gán số 0 hoặc 1 hoặc 2.
Sau khi gán số, đơn hình con nào có các đỉnh đƣợc gán đủ các số 0,1,…,n thì đƣợc gọi là đơn hình “tốt”
Trong ví dụ trên có 5 đơn hình tốt.
Bổ đề 2.2.1. (Sperner 1928)
Với phép gán số Sperner, trong một phép tam giác phân một đơn hình bất kỳ luôn có một số lẻ các đơn hình tốt.
Chứng minh
Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo số chiều a)Với n = 1
Đơn hình là đoạn u u0 1, đỉnh u0 đƣợc gán số 0, đỉnh u1 đƣợc gán số 1, các đỉnh còn lại của các đơn hình con nhận các số 0 hoặc 1 (hình vẽ)
Gọi k là số đỉnh (của các đơn hình con) nhận giá trị 0 (nếu là đỉnh chung đƣợc tính 2 lần). Ta có k là số lẻ vì chỉ có một đỉnh nhận số 0 ở đầu mút, còn các đỉnh nhận số 0 thuộc phần trong thì đƣợc tính 2 lần
Gọi h là đỉnh nhận số 0 mà đỉnh còn lại (Của đơn hình con chứa đỉnh đó) cũng nhận số 0.
Số đơn hình tốt bằng k- h là số lẻ. Vậy bổ đề đúng n = 1 b) Giả sử bổ đề đúng với n=m
c) Ta đi chứng minh bổ đề đúng với n = m +1
0
1
2 0
1 2 1 2
0
0 1 1 0 1
Gọi k là số các m – diện (diện m chiều), mà các đỉnh đƣợc gán các số 0,1,…,m (gọi tắt là diện tốt) của (m+1) – đơn hình con.
Khi đó k k1 k2
Với k1 là số diện tốt nằm trên biên của đơn hình gốc S k2 là số các diện tốt thuộc phần trong của S
Vì biên của biên S chứa các diện tốt chính là m – diện Co{u ,..., }0 un của S, cũng là một m – đơn hỡnh, theo giả thiết qui nạp k1 lẻ,k2chẵn vì mỗi diện tốt thuộc phần trong là chung cho hai đơn hỡnh con nờn đƣợc tính 2 lần. Vậy k lẻ.
Gọi h là số diện tốt mà đỉnh còn lại không đƣợc gán số m+1. Vậy đỉnh đó sẽ đƣợc gán một số trong các số 0,1,…,m. Vì vậy (m+1) – đơn hình con của chứa diện đó phải chứa 2 diện tốt. Do đó h là số chẵn. Vì vậy (m+1) – đơn hình tốt bằng k – h. Nên phải là số lẻ
Bổ đề đƣợc chứng minh.
* Trước khi đến bổ đề KKM. Ta đưa ra 1 số định nghĩa
Định nghĩa 2.2.2: Cho n = 1,2,…, và cho X là không gian tuyến tính trên trường K, n- đơn hình S Co{u ,..., }0 un .
Khi đó, điểm
1
b= 1 n+1
n j j
u
đƣợc gọi là trọng tâm của hình S
Định nghĩa 2.2.3: Một phép chia nhỏ bởi trọng tâm của 1- đơn hình,
0 1
{u , }
S Co u là tập hợp của hai 1- đơn hình S0 Co{b,u }0 , S1Co{b,u }1 , ở đây n là tập trọng tâm của S.
Tổng quỏt, phộp chia nhỏ bởi trọng tâm của n-đơn hình S với trọng tâm b là tập hợp tất cả cỏc n – đơn hỡnh Co{b,v ,...,1 vn1} ở đây v ,...,1 vn1 là các đỉnh của (n-1) đơn hình bất kỳ thu đƣợc từ phép chia nhỏ bởi trọng tâm của (n-1) – diện của S.
Định nghĩa 2.2.4: Cho một đơn hình S Co{u , ,..., }0 u1 un . Khi đó, mỗi điểm xS đƣợc biển diễn duy nhất dạng
n i i=0
x=xui với xi 0,
1
1
n i i
x
. Và mỗi xi đƣợc gọi là tọa độ trọng tâm của x, nó cũng biến đổi liên tục theo x.
Bổ đề 2.2.2: Bổ đề knaster, kusutowski, Mazurkirwicz (bổ đề KKM) Cho S Co{u ,..., }0 un là một n – đơn hình trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều X, n=0,1,2,...., giả sử đã cho các tập đóng C ,...,C trong X o n sao cho
0
k
i m=0
Co{u ,...., } U 2.2.2
k m
i i
u C
Với tất cả các bộ chỉ số {i ,..., }0 ik và mọi k=0,1,...,n . Khi đó có một điểm bất động v trong S sao cho vC ,j j 1,2,...,n
Chứng minh:
Nếu n=0 thì S gồm 1 điểm riêng lẻ và kết quả của bổ đề là hiển nhiên đúng.
Bây giờ ta xét với n1.
Bước 1: Ta xét một phép tam giác phân S1,....,SJ của S và thực hiện phép gán số nhƣ sau:
Lấy một đỉnh v bất kỳ của Sj (của đơn hình con) j1, 2,...,J Ở đây
i0
{u ,...., }
ik
vCo u với k= 0 ,1, …, n
Từ (2.2.2) suy ra có một tập Ck sao cho v Ck . Ta sẽ gán cho v số k đó và kí hiệu là vk. Vậy với mỗi h{0,1,...n} ta đều có vhCh. Đặc biệt, các đỉnh v của S phải thuộc i C ii 0,1,...,n. Cách gán số này cũng thỏa mãn điều kiện của Sperner. Vì vậy theo bổ đề 2 sperner, phải có ít nhất một đơn
hình con là tốt (đƣợc gán các số từ 0 đến n), tức có một đơn hình con Sjmà đỉnh mang các số 0,1,..,n. Vì vậy, các đỉnh v0,...,vn của Sjthỏa mãn điều kiện:
, 0,1,...,
k k
v C k n
Bước 2: Ta xét 1 dãy các phép tam giác phân của đơn hình S sao cho các đường kính của đơn hình trong phép tam giác phân gần đến không. Lấy ví dụ, có thể chọn một dãy các phép chia nhỏ bởi trọng tâm của S.
Theo bước 1 các điểm vk N Ck, k 0,1,...,n và n1,2,...
Sao cho
(N) ( )
lim {v0 ,..., n N }=0 (2.2.3)
N Co v
Vì đơn hình S compact, có một dãy con, vẫn đƣợc xác định bởi vk(N)
sao cho v1(N) v khi N và vS. Từ (2.2.3) ta có:
(N)
vk v khi N , k 0,...,n
Vì tập Ck đóng nên suy ra v Ck, k = 0, …, n
Trên cơ sở hai bổ đề vừa nêu và các khái niệm quan trọng về đơn hình, ta có cách chứng minh định lý điểm bất động Brouwer.
2.3. Định lý điểm bất động Brouwer
Cho M là một tập khác rỗng, lồi, compact trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều X trên trường K. khi đó, toán tử liên tục A M: M có một điểm bất động.
Chứng minh
Bước 1: Các đơn hình
Cho S là một đơn hình n chiều trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều và cho toán tử
:
A SSliên tục, trong đó n0,1,... ta cần chứng minh rằng A có 1 điểm bất động.
* Nếu n = 0, tập S gồm 1 điểm riêng lẻ, kết quả trên hiển nhiên thỏa mãn.
* Nếu n = 1, ta sẽ xét trong ví dụ 2.2.
* Nếu n = 2, thì S= Co {u0, u1, u2} (hay S là một tam giác, khi đó, với mọi uS ta đều có thể biểu diễn.
0 0 1 1 2 2
u= ( )u u ( )u u ( ).u u với 0 0, 1, 2 1 và
0 1 2 1
(2.2.4)
Suy ra uu0 1( )(u u1u0)2 u u2 u0 và
0 u 1 1 u 2 u
Từ tính chất độc lập tuyến tính của u1u u2, 2 u0, ta có các tọa độ trọng tâm
0 u , 1 u , 2 u
của điểm u xác định duy nhất bởi u và liên tục phụ thuộc vào u.
Đặt Cj {uS: j Au j u },j=1,2,
Vì đặt j . và A liên tục trên S nên tập Cj đóng, j1, 2
Hơn nữa điều kiện quan trọng (2.2.2) trong bổ đề KKM thỏa mãn, nghĩa là:
0 k
k
i i
{u ,... } m=0U ; 0,1, 2
im
Co u C k
Thật vậy, nếu điều này không đúng thì có 1 điểm
0 k
i i
{u ,... } u Co u Sao cho
k
u m=0U
im
C nghĩa là:
, 0,...,
m m
i Au i u m k
và k 0,1, 2 (2.2.5)
Điều này mâu thuẫn với (2.2.5). Thật vậy, nếu đổi số các đỉnh thì điều kiện (2.2.5) có nghĩa là:
, 0,...,
j Au j u j k
và k 0,1, 2 (2.2.6)
Hơn nữa vì uSvà AuS, nên từ (2.2.4) ta có
0 u 1 u 2 u
1 và 0 Au 1 Au 2 Au 1 (2.2.7) Nếu k=2, công thức (2.2.6) sẽ không thể xảy ra vì (2.2.7)
Nếu k=1 hoặc k=0 thì u Co {u0, u1} hoặc u {u } 0 và do vậy
2 u 0
hoặc 1 u 2 u 0 Tương ứng lại có (2.2.7) mâu thuẫn (2.2.6)
Bổ đề KKM chỉ ra rằng có một điểm vS sao cho vCj, j 0,1,2 Sử dụng (2.2.7) với uv, ta có j Av j v , j 0,1, 2.
Suy ra Avv. Vậy v là điểm bất động của A trong trường hợp n=2
* Nếu n3 ta sử dụng lập luận giống nhƣ với n = 2 để chứng minh.
Bước 2: Gọi M là một tập con khác rỗng, lồi, compact trong không gian định chuẩn hữu hạn chiều X. Khi đó, theo mệnh đề 1.8.3 Tập M đồng phôi với các n – đơn hình S. Sử dụng kết quả bước 1, ta có toán tử liên tục A M: M có một điểm bất động.
Vậy định lý điểm bất động Brounwer đƣợc chứng minh Hệ quả 2.2.
Toán tử B K: K có một điểm bất động nếu K là tập con của một không gian định chuẩn sao cho nó đồng phôi với tập M như đã xét trong định lý điểm bất động Brouwer.
Chứng minh: Cho C M: K là 1 phép đồng phôi. Khi đó toán tử
1 1
. . : C B C
C B C M K K M liên tục.
Theo định lý điểm bất động Brouwer, có một điểm bất động u của
1. .
A C B C, nghĩa là
1 ;
C B Cu u u M
Đặt vCu, ta có Bvv v, K, nghĩa là B có một điểm bất động duy nhất.
Ví dụ 2.2. Cho M a b, , với a b . Khi đó, mỗi hàm số liên tục
: , ,
A a b a b có một điểm bất động u.
Đây là một trường hợp đặc biệt của định lý điểm bất động Brouwer.
Ta sẽ chứng minh trực tiếp. Đặt:
,
Bu Auu u a b
Vì A a ,A b a b, nên A a a A b; b. Suy ra B a 0 và B b 0.
Theo định lý giá trị trung bình, hàm số thực B có một điểm u a b, nghĩa là
0
B u , suy ra A u u, vậy hàm số liên tục
: , ,
A a b a b có một điểm bất động.
2.4. Định lý điểm bất động Schauder
Năm 1930, Schauder đã chứng minh 1 định lý điểm bất động của toán tử compact A M: M. Vẫn nhƣ Banach, ông xem xét toán tử compact A trong không gian định chuẩn, tuy nhiên tập M phải thỏa mãn các điều kiện: khác rỗng, đóng, lồi, bị chặn.
2.4.1. Định lý điểm bất động schauder.
Toán tử compact A M: M có một điểm bất động u nếu tập M là tập con khác rỗng, đóng, lồi, bị chặn của không gian Banach X trên trường K.
Chứng minh:
Cho u0M; thay thế u bởi u u 0, nếu cần có thể giả sử rằng 0M . Theo định lý xấp xỉ đối với toán tử compact (mệnh đề 1.7.5) ta có, với mỗi
1,2,....
n có một không gian con hữu hạn chiều Xn của X và 1 Toán tử A Mn: Xn sao cho
n 1; (2.2.8)
A u A u u M
n Đặt Mn XnM
Suy ra, Mn là tập con bị chặn, đóng, lồi của Xn với 0Mn và
A Mn CoA M M (vì M lồi)
Theo định lý điểm bất động Brounwer, toán tử A Mn: n Mn có 1 điểm bất động un, nghĩa là A un n un ,unMn; n 1,2,... (2.2.9)
Từ (2.2.8), suy ra
1; 1, 2,... (2.2.10)
n n
Au u n
n
Vì Mn M; n 1,2,... suy ra dãy un bị chặn.
Vì A M: M là toán tử compact suy ra có 1 dãy con vẫn đƣợc xác định bởi un sao cho
Aun v khi n Từ (2.2.10)
n n n n 0
vu v Au Au u khi n Khi đó:
un v khi n
Vì AunM, n 1,2,.... và M là tập đóng suy ra vM. Hơn nữa, từ toán tử A M: M, nên có Avv v M, . Vậy định lý đƣợc chứng minh.
Nhận xét: Trong định lý điểm bất động Schauder nếu dimX thì định lý này cũng chính là định lý điểm bất động Brouwer.