Định nghĩa 2.2.2. Cho X, Y là hai không gian tôpô và T : X → 2Y là ánh xạ đa trị, nghĩa là T x là tập hợp con của Y với mọi x ∈ X
1. T được gọi là nửa liên tục trên tại x0 ∈ X nếu với mọi tập mở G chứa T x0 đều tồn tại lân cận U của x0 sao cho T (U) ⊂ G. Nếu T nửa liên tục trên tại mọi điểm x ∈ X được cho là nửa liên tục trên trên X.
2. T được gọi là nửa liên tục dưới tại x0 ∈ X nếu với mọi tập mởG mà G∩T x0 đều tồn tại lân cận U của x0 sao cho T (U)∩G 6= ∅. Nếu T là nửa liên tục dưới tại mọi điểm x ∈ X thì T được cho là nửa liên tục dưới trên X.
3. T được gọi là được liên tục tại x0 nếu T đồng thời là nửa liên tục trên và nửa liên tục dưới tại x0. Nếu T là liên tục tại tất cả các điểm của X, thì T được cho là liên tục trên X.
Định nghĩa 2.2.3. Cho X là không gian tôpô và Y là không gian định chuẩn. Ánh xạ T : X → 2Y được gọi là liên tục Hausdorff tại x0 nếu
lim
x→x0H(T x, T x0) = 0.
Nếu T là liên tục Hausdorff tại mọi điểm của X thì T là liên tục Hausdorff trên T.
45
Ví dụ 2.8. Cho f : Rn → Rn là hàm bị chặn (không nhất thiết liên tục). Ta định nghĩa ánh xạ đa trị F : Rn →2Rn như sau:
F (x) = y : khi đó tồn tại xj ∈ Rn sao cho cj →x, f xj → y .
Khi đó F là ánh xạ nửa liên tục trên.
Ví dụ 2.9. Cho X là không gian Banach và f : X → R là hàm Lipschitz địa phương. Đạo hàm Clarke của f tại x theo hướng v được định nghĩa:
fo(x, v) = lim
t↓0,y→x
f(y+tv) −f (y)
t .
Dưới vi phân Clarke của f tại x là
∂f (x) = {φ∈ X∗ : φ(v) ≤ fo(x, v)}.
Ví dụ 2.10. Cho u : Rn → R là hàm liên tục. Ta định nghĩa D+u(x) = p ∈ Rn : lim y→x,y∈Ω u(y)−u(x)−p(y−x) ky−xk ≤ 0 D−u(x) = p ∈ Rn : lim y→x,y∈Ω u(y)−u(x)−p(y−x) ky−xk ≥ 0 .
D+u và D−u được dùng để xác định nghiệm trơn của phương trình đạo hàm riêng phi tuyến.
Ví dụ 2.11. Cho X là không gian Banach vô hạn, r > 0 là hằng số và F : X → 2X được xác định:
F(x) = B(x, r) với mọi x ∈ X;
Thực vậy, cho bất kỳ x0 ∈ X và y ∈ B(x0, r) ta có (y−x0) +x ∈
F (x) = B(x, r) và (y −x0) + x → y với x → x0. Do đó, F nửa liên tục dưới tại x0.
Vì X là vô hạn chiều, khi đó tồn tại dãy {xn} ⊂ X sao cho
kxnk = 1, kxn −xmk ≥ ε, trong đó ε ∈ (0,1) là hằng số. Khi đó ta có r+ 1 n xn + x0 ∈ x0 + 1 nxn , nhưng V = X\ r+ 1 n xn +x0 : n = 1,2, ... là mở và F (x0, r) ⊂ V. Do đó F x0+ 1 nxn
6⊂ V, nghĩa là F không nửa liên tục trên. Hơn nữa, ta kiểm tra được F là liên tục Hausdorff trên X.
Bổ đề 2.2.2. [4] Cho X là không gian mêtric, Y là không gian định chuẩn và T : X →2Y là ánh xạ nửa liên tục trên với giá trị lồi đóng. Cho bất kỳ ε > 0, thì tồn tại ánh xạ liên tục fε : X → conv (T X) sao cho với bất kỳ x ∈ X, thì tồn tại y ∈ X và z ∈ T y thỏa mãn
d(x, y) < ε, kfεx−zk < ε.
Chứng minh. Cho bất kỳ x ∈ X và ε > 0, khi đó tồn tại δx > 0 sao cho
T B(x, δx) ⊂B(T x, ε).
Ta chọn δx < ε, khi đó {Ui}i∈I là tập mở hữu hạn địa phương của
B x, δx 2 : x ∈ X
và {φi}i∈I là phân hoạch phụ thuộc {Ui}i∈I. Bây giờ ta xác định ánh xạ fε :X →Y như sau
fεx = P
i∈I
47 trong đó Ui ⊂ B xi, δx 2 và yi ∈ T xi. Rõ ràng fε : X → conv (T X) là liên tục. Cho bất kỳ x ∈ X, giả sử I0 = {i ∈ I : φi(x) 6= 0} khi đó tồn tại i0 ∈ I0 sao cho
δxi 0 = max i∈I0 {δxi}. Đặt y = xi0, lấy i ∈ I0 ta có x ∈ Ui ⊂ B xi, δxi 2 và do đó xi ∈ B xi0, δxi 0 . Ta có fεx = P i∈I0 φi(x)yi ∈ B(T y, ε). Lấy z ∈ T y ta có kfεx−zk < ε.
Ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.8. [4] Cho X là không gian mêtric, Y là không gian Banach và T : X → 2Y là ánh xạ nửa liên tục dưới với giá trị lồi, đóng. Khi đó tồn tại ánh xạ liên tục đơn trị f : X → Y sao cho f(x) ∈ T x với mọi x ∈ X.
Chứng minh.Trước tiên, ta chứng minh rằng, cho bất kỳ ε >0khi đó tồn tại ánh xạ liên tụcf : X → Y sao chof (x) ∈ T x+B(0, ε),∀x ∈ X. Thật vậy, nếu ta đặt U (y) = x ∈ X : x ∈ T−1(y−Bε) thì U(y). Vì ta có X = S
y∈Y
U (y), {Wi}i∈I tập hữu hạn mở địa phương của
{U(y)}y∈Y và {Wi}i∈I phân hoạch theo phần tử đơn vị của {αi}i∈I
để . Chọn yi sao cho Wi ⊂ U(yi) và xác định ánh xạ f : X → Y như sau
f (x) = P
i∈I
Vậy f là liên tục. Rõ ràng, nếu αi(x) 6= 0 thì x ∈ Wi ⊂ U (yi) vì thế ta có yi ∈ Fx+Bε(0). Khi đó ta có
f(x) ∈ F x+Bε(0).
Vì bên phải là hàm lồi, cho εn = 2−n với n = 1,2, ... bằng kết luận ở trên ta có {fn} các ánh xạ liên tục sao cho
fn ∈ fn−1(x) + 2Bε(0), fn(x) ∈ T x+Bεn (0), với mọi x ∈ X.
Thật vậy, giả sử có ánh xạ f1, f2, ..., fn với n > 1, đặt Gx = T x ∩
(fn+Bε(0)) với mọi x ∈ X. Vậy G là nửa liên tục dưới với giá trị lồi. Khi đó tồn tại fn+1 : X →Y sao cho fn+1(x) ∈ G(x) +Bεn+1 vậy ta có
fn+1(x) ∈ T (x) +Bεn+1, fn+1(x) ∈ fn(x) + 2Bεn.
Vì {fn} là dãy Cauchy, giả sử f(x) = lim
n→∞fn(x). Vậy f là liên tục từ đó là hội tụ đều và f (x) ∈ T x với mọi x ∈ X.
Ta có điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.9. [4] Cho (Ω, A) là không gian đo được, (X, d) là không gian mêtric đầy đủ tách được và F : Ω → 2X là ánh xạ đa trị đóng đo được. Khi đó tồn tại một ánh xạ đo được f : Ω → X sao cho f(x) ∈ F x với mọi x ∈ Ω.
Chứng minh. Vì X là tách được, khi đó tồn tại tập hợp con đếm được {x1, x2, ...} của X sao cho
{x1, x2, ...} = X.
49
1. d(fn(x), fn+1(x)) < 2−n+1 với mọi x ∈ Ω,
2. d(fn(x), F (x)) <2−n với mọi x ∈ Ω.
Ta xác định ánh f1 : Ω →X bằng f1(x) = xk nếu k là số nguyên sao cho
F z∩B(xk,1) 6= ∅.
Vìf−1(xk) = F−1(B(xk,1))\∪m<kF−1(B(xm,1))thì f1 là đo được. Bây giờ, giả sử ta có f1, f2, ..., fk thoả mãn (1.) và (2.) với k >1. Với mỗi z ∈ Ω ta có z ∈ fk−1(xi) với mỗi i. Nếu z ∈ fk−1(xi) ta xác định
fk+1(z) = xp,
trong đó p là số nguyên sao cho
F z ∩B xi,2−k∩B xp,2−k−1 6=∅.
Rõ ràng fk+1 được xác định và đo được. Hơn nữa fk+1 thoả mãn (1.) và (2).
Nếu ta đặt f(x) = lim
n→∞fn(x) thì f là đo được và f(x) ∈ F x với mọi x ∈ Ω.
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.12. Cho F : Rn → 2R\ {∅} là hàm nửa liên tục trên với giá trị lồi đóng đo được. Cho |y| ≤M |x|+f(x) với mọi y ∈ F x và x ∈ Rn
trong đó M > 0 là hằng số và f(.) ∈ Lp(Rn) với p ∈ [1,∞). Ta xác định ánh xạ F : C([0,1] ;Rn) →Lp(Rn) như sau
với mọi u(.) ∈ C([0,1],Rn). Vì F u(t) : [0,1] → 2R là nửa liên tục trên đóng và đo được. Theo Định lý (2.2.9), tồn tại g(t) ∈ Fu (t) đo được và thỏa mãn:
|g(t)| ≤ M|u(t)|+f (u(t)) với mọi t ∈ [0,1].
Do đó, ta có g(.) ∈ Lp([0,1]) và F được xác định.
Mệnh đề 2.2.1. [4] Cho X là không gian Banach thực, Ω ⊂ X là tập hợp mở bị chặn và T : Ω → 2X là ánh xạ nửa liên tục trên với giá trị lồi đóng đo được. Nếu TΩ là một tập compact và x /∈ T x với mọi x ∈ ∂Ω thì tồn tại ε0 > 0 sao cho x 6= fεx với mọi x ∈ ∂Ω và x ∈ (0, ε0), trong đó f được xác định trong Bổ đề (2.2.2).
Chứng minh.Ta chứng minh bằng phản chứng, giả sử kết luận không đúng. Khi đó tồn tại εj → 0 và xj ∈ ∂Ω sao cho xj = fεjxj. Theo Bổ đề (2.2.2), ta có yj ∈ Ω và zj ∈ T yj sao cho kxj −yjk ≤ εj, fεj −zj < εj. Vì T là ánh xạ compact, ta có zj →z0 thì fεjxj →z0, xj → z0 ∈ ∂Ω.
vậy yj → z0. Dùng tính chất nửa liên tục trên của T ta được z0 ∈ T z0, là điều mâu thuẫn.
Ta có điều phải chứng minh.
Định nghĩa 2.2.4. Cho X là không gian Banach thực, Ω∈ X là tập hợp bị chặn và T : Ω → 2X là ánh xạ nửa liên tục trên với giá trị lồi đóng đo được. Giả sử TΩ là tập một compact tương đối và x /∈ T x với mọi x ∈ ∂Ω. Thì ta có
51 deg (I −T,Ω,0) = lim
ε→0deg (I −fε,Ω,0), trong đó f được xác định trong Bổ đề (2.2.2).