Tải bản đầy đủ

Nguyên lý biến phân Ekeland và một số ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Ngô Thị Vân

NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2017


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Ngô Thị Vân


NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Toán giải tích

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. NGUYỄN VĂN TUYÊN

Hà Nội – Năm 2017


LỜI CẢM ƠN
Em xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà
Nội 2, các thầy cô gióa khoa Toán đã giúp đỡ em trong quá trình học tập tại trường
và tạo điều kiện cho em hoàn thành đề tài khóa luận tốt nghiệp.
Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Nguyễn Văn Tuyên, người
thầy đã truyền thụ kiến thức, tận tình giúp đỡ, hướng dẫn em trong suốt quá trình
học tập, nghiên cứu và hoàn thiện khóa luận này.
Trong quá trình nghiên cứu, không tránh khỏi những sai sót và hạn chế. Em
kính mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và toàn thể bạn
đọc để khóa luận được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn !
Hà Nội, tháng 5 năm 2017

Ngô Thị Vân


LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan dưới sự hướng dẫn của thầy giáo Nguyễn Văn Tuyên
khóa luận của em được hoàn thành không trùng với bất kì đề tài nào khác.
Trong khi làm khóa luận này, em đã kế thừa thành quả khoa học của các nhà
khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, tháng 5 năm 2017

Ngô Thị Vân



Mục lục

Lời mở đầu

1

1 Nguyên lý biến phân Ekeland

3

1.1

Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Nguyên lý biến phân Ekeland . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Một số ứng dụng của nguyên lí biến phân Ekeland . . .

15

1.3.1

Nguyên lí biến phân Ekeland và tính đầy đủ . .

15

1.3.2

Các định lí điểm bất động . . . . . . . . . . . .

16

1.3.3

Đạo hàm tại điểm xấp xỉ cực tiểu . . . . . . . .

22

2 Nguyên lý biến phân Ekeland suy rộng
2.1

Nguyên lí biến phân Ekeland suy rộng . . . . . . . . .

2.2

Mối liên hệ giữa các điều kiện Palais–Smale, điều kiện
Palais–Smale yếu, và điều kiện bức . . . . . . . . . . .

Tài liệu tham khảo

26
26

35
44

ii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

Lời mở đầu
Trong giải tích, bài toán tìm điểm cực trị của hàm số có rất nhiều
ứng dụng quan trọng. Một kết quả cổ điển chỉ ra rằng hàm f nửa liên
tục dưới trên tập compact X thì sẽ đạt cực tiểu trên tập đó. Khi tập
X không compact thì hàm f có thể không có điểm cực trị. Tuy vậy,
với không gian mêtric đủ X, hàm f bị chặn dưới ta vẫn có thông tin
về điểm xấp xỉ cực tiểu. Cụ thể là khi hàm f bị chặn dưới ta luôn tìm
được điểm ε-xấp xỉ cực tiểu x¯ , tức là
inf X f ≤ f (¯
x) ≤ inf X f + ε
Hơn nữa, Ekeland [4] đã phát biểu nguyên lí nói rằng với hàm f nửa
liên tục dưới, bị chặn dưới trên không gian mêtric đủ X thì với mọi
điểm ε-xấp xỉ cực tiểu x¯, ta luôn tìm được điểm x là cực tiểu toàn
cục của hàm xấp xỉ của hàm ban đầu, đồng thời f (x) ≤ f (¯
x) . Không
những thế, còn đánh giá được khoảng cách giữa x và x¯ .
Từ khi ra đời, nguyên lí biến phân Ekeland đã trở thành công cụ
mạnh trong giải tích hiện đại. Những ứng dụng của nguyên lí này bao
trùm nhiều lĩnh vực như: Lí thuyết tối ưu, giải tích không trơn, lí
thuyết điều khiển, lí thuyết điểm bất động, kinh tế, . . .
Trong những năm gần đây, nguyên lí này đã được mở rộng cho
trường hợp hàm f là ánh xạ đơn trị hoặc đa trị nhận giá trị trong
không gian véc tơ.
Mục đích của khóa luận này là tìm hiểu một số kết quả liên quan

1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

đến nguyên lí biến phân Ekeland cùng một số ứng dụng của nguyên
lí này. Khóa luận được bố cục như sau:
Chương 1 trình bày nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển, một đặc
trưng của không gian metric đủ, và một số ứng dụng của nguyên lý
này trong việc chứng minh sự tại của các điểm bất động của một ánh
xạ.
Chương 2 trình bày một phiên bản mở rộng của nguyên lý biến
phân Ekeland được đề xuất bởi Zhong [8] và mối liên hệ giữa điều
kiện Palais–Smale, điều kiện Palais–Smale yếu, và điều kiện bức.

2


Chương 1
Nguyên lý biến phân Ekeland
1.1

Kiến thức chuẩn bị

Trong mục này, chúng ta xét lớp hàm nửa liên tục dưới và một số tính
chất của hàm này.
Cho X là không gian tôpô và hàm f : X → R ∪ { + ∞}. Trong chương
này chúng ta sẽ sử dụng một số kí hiệu sau:
dom f = {x ∈ X|f (x) < +∞}.
La f ={x ∈ X|f (x) ≤ a} là tập mức của f .
epi f = {(x, a) ∈ X × R|f (x) ≤ a} là tập trên đồ thị của f .
Định nghĩa 1.1. Cho X là không gian tôpô. Hàm f : X → R∪{+∞}
được gọi là hàm nửa liên tục dưới tại x0 khi và chỉ khi
lim inf f (x) ≥ f (x0 ).
x→x0

Hàm f được gọi là nửa liên tục dưới trên X nếu f nửa liên tục dưới
tại mọi điểm của X.
Nhận xét 1.1. Hàm f là nửa liên tục dưới tại x0 khi và chỉ khi


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

với mọi ε > 0, tồn tại lân cận U của x0 sao cho ∀x ∈ U ta đều có
f (x) ≥ f (x0 ) − ε.
Ví dụ 1.1. Xét hàm số f : R → R cho bởi:

f (x) =



5x2 − 1, nếu x = 1,

0,

nếu x = 1.

Ta thấy f là hàm liên tục trên R\{1}, gián đoạn tại x = 1. Nhưng f
là hàm nửa liên tục dưới tại x = 1 vì lim inf f (x) = 4 ≥ f (1) . Do đó
x→1

f là hàm nửa liên tục dưới trên R.
Mệnh đề 1.1. Cho X là không gian mêtric và hàm f : X → R ∪ { +
∞}, khi đó các khẳng định sau là tương đương:
(a) f là hàm nửa liên tục dưới trên X.
(b)
epi f = {(x, a) ∈ X × R|f (x) ≤ a}
là tập đóng trong X × R.
(c) La f ={x ∈ X|f (x) ≤ a} là tập đóng trong X (∀a ∈ R).
Chứng minh. (a) ⇒ (b): Giả sử f là hàm nửa liên tục dưới trên X. Ta
lấy dãy {(xn , an )} ⊂ epi f sao cho
lim (xn , an ) = (x0 , a0 ) .

n→∞

Ta cần chỉ ra (x0 , a0 ) ∈ epi f. Thật vậy, vì
lim xn = x0 , lim an = a0

n→∞

n→∞

4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

và hàm f là nửa liên tục dưới tại x0 nên lim inf f (xn ) ≥ f (x0 ). Mặt
n→∞

khác, do dãy {(xn , an )} ⊂ epi f nên f (xn ) ≤ an với mọi n ∈ N). Vì
vậy, lim inf f (xn ) ≤ lim an . Do đó,
n→∞

n→∞

f (x0 ) ≤ lim inf f (xn ) ≤ lim an = a0 .
n→∞

n→∞

Điều này chứng tỏ (x0 , a0 ) ∈ epi f .
(b) ⇒ (c): Giả sử epi f là tập đóng trong X × R. Ta sẽ chứng minh
mọi tập mức của f đều đóng trong X. Thật vậy, giả sử
La f ={x ∈ X|f (x) ≤ a}
là tập mức bất kỳ của f. Lấy dãy {xn} ⊂ La f sao cho lim xn = x0 .
n→∞

Do dãy {xn} ⊂ La f nên f (xn ) ≤ a hay (xn , a) ∈ epi f (∀n ∈ N). Hơn
nữa, lim xn = x0 nên lim (xn , a) = (x0 , a). Mà epi f là tập đóng
n→∞

n→∞

trong X × R nên (xn , a) ∈ epi f , do đó x0 ∈ La f ta có điều phải chứng
minh.
(c) ⇒ (a): Giả sử mọi tập mức của f đều đóng trong X. Ta cần
chứng minh f là hàm nửa liên tục dưới trên f . Giả sử phản chứng f
không là nửa liên tục dưới tại x0 ∈ X. Khi đó có dãy {xn} ⊂ X sao
cho lim xn = x0 , lim inf f (xn ) < f (x0 ). Chọn ε > 0 đủ nhỏ sao cho
n→∞

n→∞

có k ∈ N để
f (xn ) ≤ f (x0 ) − ε (∀n > k).
Xét tập mức
L = {x ∈ X|f (x) ≤ f (x0 ) − ε},
ta thấy xn ∈ L, ∀n > k. Mặt khác do L đóng và lim xn = x0 nên
n→∞

5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

x0 ∈ L. Do đó, f (x0 ) ≤ f (x0 ) − ε (vô lí). Vậy f là nửa liên tục dưới
trên X.
Định nghĩa 1.2. Cho tập S trong không gian mêtric (X, d). Hàm chỉ
của tập S là hàm:

lS (x) =



0,

∀x ∈ S,


+∞,

∀x ∈
/ S.

Ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.2. Nếu S là tập đóng thì lS là hàm nửa liên tục dưới.
Chứng minh. Khi x0 ∈ S, từ định nghĩa hàm lS ta có ∀ε > 0 tồn tại
lân cận U của x0 mà lS (x) ≥ lS (x0 ) − ε, ∀x ∈ U. Khi x0 ∈
/ S, vì S là
tập đóng nên d(x0 , S) > 0. Chọn
r=

d(x0 , S)
, ∀x ∈ B(x0 , r),
2

thì x ∈
/ S. Do đó
lS (x) ≥ lS (x0 ) − ε, ∀x ∈ B(x0 , r).
Ta có điều phải chứng minh.

1.2

Nguyên lý biến phân Ekeland

Được I. Ekeland [4] đề xuất năm 1974, nguyên lý biến phân sau đây
là một công cụ hiệu quả để thiết lập các định lý ánh xạ mở, hàm
ẩn, hàm ngược trong giải tích không trơn. Ngoài ra ngay từ năm
6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

1976, F.H.Clarke đã sử dụng nguyên lý này để thiết lập quy tắc nhân
tử Lagrange cho các bài toán quy hoạch toán học trong không gian
Banach với dữ liệu là các hàm không trơn. Trong lý thuyết đối đạo
hàm, nguyên lý biến phân của Ekeland cũng đóng vai trò hết sức quan
trọng. Nguyên lý này là công cụ chính để thu được các định lý ánh xạ
mở, hàm ẩn, hàm ngược cho ánh xạ đa trị.
Định lý 1.1 (Nguyên lý biến phân Ekeland).
Cho (X, d) là không gian mêtric đủ, ϕ : X → R ∪ {+∞} là hàm số
nửa liên tục dưới, bị chặn dưới ở trong X. Khi đó, nếu x¯ ∈ X thỏa
mãn
ϕ(¯
x) ≤ inf ϕ(x) + ε

(1.1)

x∈X

với ε > 0 và nếu λ > 0 là số thực cho trước, thì tồn tại x ∈ X sao cho
(i) ϕ(x) ≤ ϕ(¯
x);
(ii) d(x, x¯) ≤ λ;
ε
(iii) Với mọi x ∈ X\{x}, ϕ(x) ≤ ϕ(x) + d(x, x).
λ
Chứng minh. Trong chứng minh này chúng ta sẽ sử dụng kiểu thứ tự
bộ phận do Bishop và Phelps đưa ra năm 1963. Với mối α > 0, ta
định nghĩa thứ tự "≤α " trong tích X × R như sau:
(x1 , y 1 ) ≤α (x2 , y 2 ) ⇔ y 2 − y 1 + αd(x1 , x2 ) ≤ 0.

(1.2)

Thứ tự ≤α là phản xạ, phản xứng và bắc cầu.
• Tính phản xạ: Hiển nhiên ta có (x, y) ≤α (x, y) với mọi (x, y) ∈
X × R.
7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

• Tính phản xứng:
Giả sử rằng (x1 , y 1 ) ≤α (x2 , y 2 ) và (x2 , y 2 ) ≤α (x1 , y 1 ). Ta cần
chứng tỏ rằng (x1 , y 1 ) = (x2 , y 2 ). Do (1.2),
y1 − y2
(x , y ) ≤α (x , y ) ↔ d(x , x ) ≤
.
α
1

1

2

2

1

2

Theo giả thiết,
y1 − y2
y2 − y1
2 1
d(x , x ) ≤
và d(x , x ) ≤
.
α
α
1

2

(1.3)

Suy ra 2d(x1 , x2 ) ≤ 0. Vì thế x1 = x2 . Từ (1.3) ta có y 1 ≥ y 2 và
y 2 ≥ y 1 . Do đó (x1 , y 1 ) = (x2 , y 2 ).
• Tính bắc cầu:
Giả sử rằng (x1 , y 1 ) ≤α (x2 , y 2 ) và (x2 , y 2 ) ≤α (x3 , y 3 ). Khi đó:
d(x1 , x2 ) ≤

y2 − y3
y1 − y2
và d(x2 , x3 ) ≤
.
α
α

Suy ra
y1 − y3
.
d(x , x ) + d(x , x ) ≤
α
1

2

2

3

Do d(x1 , x3 ) ≤ d(x1 , x2 ) + d(x2 , x3 ), nên ta có
d(x1 , x3 ) ≤

y1 − y3
.
α

Từ đó suy ra (x1 , y 1 ) ≤α (x3 , y 3 ).
Khẳng định 1: Nếu (x1 , y 1 ) ∈ X × R, thì
Ω := {(x, y) ∈ X × R : (x1 , y 1 ) ≤α (x, y)}
8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

là tập đóng.
Thật vậy, giả sử dãy {(xk , y k )} ⊂ X × R thỏa mãn
(x1 , y 1 ) ≤α (xk , y k )(k = 2, 3, 4, ...)
và xk → x, y k → y. Do d(x1 , xk ) ≤ (y 1 − y k )/α với mọi k ∈ N, nên ta
có d(x1 , x) ≤ (y 1 − y)/α; tức là (x1 , y 1 ) ≤α (x, y). Vậy (x, y) ∈ Ω. Ta
chứng minh rằng Ω là tập đóng.
Khẳng định 2: Cho M ⊂ X × R là tập đóng sao cho tồn tại γ > 0
để y ≥ γ với mọi (x, y) ∈ M . Khi đó, với mỗi (x1 , y 1 ) ∈ M tồn tại

x, y) ∈ M sao cho (x1 , y 1 ) ≤α (¯
x, y) và (¯
x, y) là một phần tử cực đại
trong M theo thứ tự "≤α " (tức là, nếu (x, y) ∈ M và (¯
x, y) ≤α (x, y)
thì (x, y) = (¯
x, y)).
Bắt đầu từ (x1 , y 1 ) ∈ M ta xây dựng dãy {(xk , y k )} như sau: Giả
sử (xk , y k ) đã được xác định.
Đặt
M k = {(x.y) ∈ M : (xk , y k ) ≤α (x, y)}.
Theo Khẳng định 1, M k là tập đóng. Ngoài ra, vì (xk , y k ) ∈ M k nên
M k = ∅.
Đặt:
γk = inf{y : ∃x ∈ X, (x, y) ∈ M k }.
Hiển nhiên γk ≥ γ và γk ≤ y k . Chọn (xk+1 , y k+1 ) ∈ M k sao cho
y

k+1

γk + y k

.
2

(1.4)

(Nếu γk = y k thì đặt (xk+1 , y k+1 ) = (xk , y k ). Giả sử γk < y k . Do
9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

γk < (γk + y k )/2, tồn tại (x, y) ∈ M sao cho γk ≤ y < (γk + y k )/2. Đặt
(xk+1 , y k+1 ) = (x, y), ta thấy rằng (1.4) nghiệm đúng). Dãy {M k } là
các tập đóng lồng nhau: M k+1 ⊂ M k với mọi k ∈ N. Thật vậy, nếu
(x, y) ∈ M k+1 thì
(xk , y k ) ≤α (xk+1 , y k+1 ) ≤α (x, y).
Do đó (x, y) ∈ M k .
Đặt d((x, y), (x , y )) = d(x, x ) + |y − y |. Với mọi k, ta có γk ≤ γk+1 ≤
y k+1 và
y k+1 − γk+1 ≤

1 k
y − γk ≤ 2−k y 1 − γ .
2

(Thật vậy, do (1.4) ta có
1
1
y k+1 − γk+1 ≤ y k+1 − γk ≤ (y k − γk ) = y k − γk .
2
2
Vì y k+1 − γk+1 ≥ 0, từ đó suy ra
y k+1 − γk+1 ≤ ... ≤ 2−k y 1 − γ1 ≤ 2−k y 1 − γ .)
Với mọi (x, y) ∈ M k+1 ta có
y k+1 − y ≤ y k+1 − γk+1 ≤ 2−k y 1 − γ .
Vì (xk , y k ) ≤α (x, y), nên
0 ≤ d(x

k+1

y k+1 − y
.
, x) ≤
α

10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

Do đó
0 ≤ d(x

k+1

y k+1 − y
2−k 1
, x) ≤

y −γ .
α
α

Từ đó suy ra
diamM k+1 := sup{d((x, y), (x , y )) : (x, y) ∈ M k+1 , (x , y ) ∈ M k+1 } → 0
khi k → ∞. Vậy {M k+1 } là dãy tập đóng lồng nhau, có đường kính
giảm tới 0. Vì X × R là không gian mêtric đủ, nên tồn tại duy nhất
phần tử (¯
x, y) ∈ X × R thỏa mãn


M k = {(¯
x, y)}.
k=1

x, y) ∈ M và (x1 , y 1 ) ≤α (¯
x, y). Giả sử (x, y) ∈
Do (¯
x, y) ∈ M 1 , ta có (¯
M thỏa mãn

x, y) ≤α (x, y).

(1.5)

Do (1.5) và do (¯
x, y) ∈ M k với mọi k ∈ N, ta có
(xk , y k ) ≤α (¯
x, y) ≤α (x, y).
Vậy (x, y) ∈ M k với mọi k ∈ N. Từ đó suy ra (x, y) = (¯
x, y). Ta đã
chứng minh rằng (¯
x, y) là phần tử cực đại trong M . Khẳng định 2 đã
được chứng minh.
Đặt
M = epi ϕ = {(x, y) ∈ X × R : ϕ(x) ≤ y}.
Do hàm số ϕ là nửa liên tục dưới, M là tập đóng trong X ×R. Thật vậy,
ta sẽ chứng minh rằng Ω := (X × R)\M là tập mở. Giả sử (¯
x, y) ∈ Ω.
11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

Do (¯
x, y) ∈
/ M , ta có ϕ(¯
x) > y.
Lấy
ε∈

0,

ϕ(¯
x) − y
2

.

Vì ϕ là nửa liên tục dưới tại x¯, tồn tại lận cận mở U của x¯ sao cho
ϕ(x) ≥ ϕ(¯
x) − ε, ∀x ∈ U.
Đặt V = (y − ε, y + ε), ta có W := U × V là lân cận mở của (¯
x, y)
và W ⊂ Ω. Thật thế, với mọi (x, y) ∈ W ta có ϕ(x) ≥ ϕ(¯
x) − ε. Nếu
(x, y) ∈ M , thì y ≥ ϕ(x) ≥ ϕ(¯
x) − ε. Do y ∈ V, y < y + ε. Vì thế
y + ε > y ≥ ϕ(¯
x) − ε. Suy ra ε > (ϕ(¯
x) − y)/2, mâu thuẫn với cách
chọn ε. Vậy (x, y) ∈
/ M . Điều đó chứng tỏ rằng W ⊂ Ω. Vậy Ω là tập
mở, do đó M là tập đóng.
Ta có (¯
x, ϕ(x)) ∈ M . Đặt (x1 , y 1 ) = (¯
x, ϕ(x)). Do Khẳng định 2,
tồn tại (x, y) sao cho
(x1 , y 1 ) ≤α (x, y)

(1.6)

và (x, y) là phần tử cực đại trong M theo thứ tự "≤α ".
ε
Đặt α = . Do (1.6),
λ
y − y 1 + αd(¯
x, x) ≤ 0.
hay
y − ϕ(¯
x) + αd(¯
x, x) ≤ 0.

(1.7)

Ta có y = ϕ(x). Thật thế, giả sử y = ϕ(x). Khi đó d(x, x) < (y −
ϕ(x))/2. Suy ra (x, y) ≤α (x, ϕ(x)) và (x, y) = (x, ϕ(x)). Điều đó

12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

chứng tỏ rằng (x, y) không thể là phần tử cực đại; mâu thuẫn. Vậy
y = ϕ(x).

(1.8)

ϕ(x) − ϕ(¯
x) + αd(¯
x, x) ≤ 0.

(1.9)

Thế (1.8) vào (1.7), ta có

Suy ra ϕ(x) − ϕ(¯
x) ≤ 0, tức là tính chất (i) trong kết luận của định
lý nghiệm đúng. Do đó
ϕ(¯
x) ≤ inf ϕ(x) + ε ≤ ϕ(x) + ε.
x∈X

Từ (1.9) ta có
αd(¯
x, x) ≤ ϕ(¯
x) − ϕ(x) ≤ ε.
Do đó
d(¯
x, x) ≤

ε
λ
=ε .
α
ε

Vậy tính chât (ii) nghiệm đúng. Để kiểm tra tính chất (iii), ta lấy tùy ý
x ∈ X\{x}. Nếu ϕ(x) = +∞ thì bất đẳng thức chặt trong (iii) là đúng.
Giả sử ϕ(x) ∈ R. Vì (x, ϕ(x)) ∈ M, (x, ϕ(x)) = (x, ϕ(x)) và (x, ϕ(x))
là phần tử cực đại trong M , nên bất đẳng thức (x, ϕ(x)) ≤α (x, ϕ(x))
là sai. Do đó
ϕ(x) − ϕ(x) + αd(x, x) > 0,
hay
ε
ϕ(x) − ϕ(x) + d(x, x) > 0.
λ
Vậy tính chất (iii) nghiệm đúng. Định lí đã được chứng minh.
13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

Trong quá trình chứng minh trên, chúng ta đã thu được các dạng
sau đây của nguyên lý biến phân Ekeland.
Định lý 1.2. Cho (X, d) và ϕ như ở Định lý 1.1. Khi đó, với mọi
x¯ ∈ dom ϕ và với mọi α > 0, tồn tại x¯ ∈ X sao cho:
(i) ϕ(x) − ϕ(¯
x) + αd(x, x¯) ≤ 0;
(ii) Với mọi ϕ(x) < ϕ(x) + αd(x, x).
Nhận xét 1.2. Chứng minh nguyên lý biến phân Ekeland trình bày
ở trên được lấy từ cuốn chuyên khảo [2]. Trong trường hợp hữu hạn
chiều, có một chứng minh rất ngắn gọn cho định lý này được trình
bày trong [5] bởi Hiriart–Urruty.
Nhận xét 1.3. Điểm x¯ ∈ X thỏa điều kiện (1.1) gọi là điểm ε - cực
tiểu của hàm ϕ trên X.
Nhận xét 1.4. Nếu X là không gian Banach thì từ tính chất (iii)
trong kết luận của Định lý 1.1 suy ra
ε
ε
ϕ(x) + ||x − x|| ≤ ϕ(x) + ||x − x||, ∀x ∈ X.
λ
λ
Đặt f (x) = ϕ(x) + λε ||x − x||, ta có f (x) ≤ f (x) với mọi x ∈ X; tức
là là cực tiểu toàn cục của hàm f (một xấp xỉ của ϕ). Vậy, nói một
cách thô thiển, nguyên lý biến phân Ekeland khẳng định rằng với mỗi
điểm ε- cực tiểu của hàm số thực nửa liên tục dưới trên không gian
metric đủ, tồn tại điểm cực tiểu toàn cực của hàm số xấp xỉ của hàm
số thực đó, sao cho điểm mới này cách điểm đã cho “không xa lắm”
và giá trị của hàm số thực ban đầu tại đó không lớn hơn giá trị của
hàm số xấp xỉ tại điểm ε- cực tiểu đã cho.
14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.3

Ngô Thị Vân

Một số ứng dụng của nguyên lí biến phân Ekeland

Trong phần này, chúng ta chỉ ra nguyên lí biến phân Ekeland là tương
đương với tính đầy đủ của không gian. Tiếp đó, chúng ta sử dụng
nguyên lí biến phân Ekeland để chứng minh định lí điểm bất động
Banach, định lí điểm bất động Caristi–Kirk, định lí điểm bất động
cho ánh xạ co theo hướng và đánh giá đạo hàm tại điểm xấp xỉ cực
tiểu.
1.3.1

Nguyên lí biến phân Ekeland và tính đầy đủ

Định lí sau đây chỉ ra một đặc trưng của không gian
mêtric đầy đủ.
Định lý 1.3. Cho (X, d) là không gian mêtric. Khi đó X là đầy đủ
khi và chỉ khi với mọi hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới f : X −→
R ∪ {+∞}và với mọi ε > 0, tồn tại một điểm x¯ ∈ X thoả mãn:
(i) f (¯
x) ≤ infX f + ε.
(ii) f (x) + εd(x, x¯) ≥ f (¯
x), ∀x ∈ X.
Chứng minh. Từ Định lí 1.1, với λ = 1, ta có chiều thuận của định lí.
Đảo lại, giả sử với mọi hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới f : X −→
R ∪ {+∞} và với mọi ε > 0, tồn tại một điểm x¯ ∈ X thoả mãn:
(i) f (¯
x) ≤ infX f + ε,
(ii) f (x) + εd(x, x¯) ≥ f (¯
x), ∀x ∈ X.
15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

Ta sẽ chứng minh X là đầy đủ. Thật vậy, cố định x ∈ Xvà xét dãy
{xn } là dãy Cauchy, ta cần chỉ ra dãy này hội tụ. Từ đánh giá
|d(xm , x) − d(xn , x)| ≤ d(xm , xn ), ∀m, n ∈ N,
ta suy ra {d(xn , x)} là dãy Cauchy trong R. Do tính đầy đủ của R,
dãy {d(xn , x)} hội tụ. Xét hàm f (x) = lim d(xn , x). Vì hàm khoảng
x→∞

cách là Lipschitz với x nên ta có f là hàm liên tục. Hơn nữa, dãy {xn }
là dãy Cauchy nên f (xn ) → 0 khi n → +∞.
Từ đây suy ra inf X f = 0.
Với ε ∈ (0, 1), ta tìm được x¯ ∈ X sao cho:
f (¯
x) ≤ infX f + ε

f (x) + εd(x, x¯) ≥ f (¯
x), ∀x ∈ X.

(1.10)

Cho x = xn trong (1.10) và chuyển qua giới hạn n → +∞, ta được
f (¯
x) ≤ εf (¯
x). Điều này suy ra f (¯
x) = 0. Do đó, lim xn = x¯.
x→∞

1.3.2

Các định lí điểm bất động

Trong phần này, ta sẽ áp dụng nguyên lí biến phân Ekeland để chứng
minh định lí điểm bất động Banach, định lí điểm bất động CaristiKirk, định lí điểm bất động của ánh xạ co theo hướng.

16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

Định lí điểm bất động Banach

Định nghĩa 1.3. Cho (X, d) là không gian mêtric và ánh xạ φ : X →
X. Ta nói rằng φ là ánh xạ co nếu tồn tại k ∈ [0, 1) sao cho:
d(φ(x), φ(y)) ≤ kd(x, y), ∀x, y ∈ X.
Định lý 1.4 (Định lí điểm bất động Banach).
Cho (X, d) là không gian mêtric đủ và ánh xạ φ : X → Xlà ánh xạ
co. Khi đó tồn tại duy nhất điểm bất động của ánh xạ co φ.
Chứng minh. Giả sử φ là ánh xạ co với hệ số k ∈ [0, 1). Trước hết ta
chứng minh rằng nếu φ có điểm bất động thì điểm bất động đó là duy
nhất. Thật vậy, giả sử có x1 ≤ x2 sao cho:
φ(x1 ) = x1 và φ(x2 ) = x2 .
Khi đó:
d(x1 , x2 ) = d(φ(x1 ), φ(x2 )) ≤ kd(x1 , x2 ).
Do k ∈ [0, 1) nên bất đẳng thức trên xảy ra khi x1 = x2 . Vậy điểm
bất động của φ nếu có là duy nhất.
Xét hàm f (x) = d(x, φ(x)). Từ định nghĩa của hàm f ta suy ra
f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ X, hay là f là hàm bị chặn dưới trên X. Ta sẽ
chứng minh f là hàm liên tục trên X. Thật vậy, dựa vào đánh giá
|d(x, φ(x)) − d(y, φ(y))| ≤ |d(x, φ(x)) − d(x, φ(y))| + |d(x, φ(y)) − d(y, φ(y))|
≤ d(φ(x), φ(y)) + d(x, y) ≤ (k + 1)d(x, y),

17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

ta suy ra f là hàm liên tục trên X. Áp dụng nguyên lí biến phân
Ekeland cho hàm f (x) = d(x, φ(x)) với ε ∈ (0, 1 − k) ta tìm được
x∗ ∈ X sao cho
f (x) + εd(x, x∗ ) ≥ f (x∗ ), ∀x ∈ X.

(1.11)

Do φ(x∗ ) ∈ X nên thay x = φ(x∗ ) trong (1.11) ta có:
d(x∗ , φ(x∗ )) ≤ d(φ(x∗ ), φ2 (x∗ )) + εd(x∗ , φ(x∗ )) ≤ (k + ε)d(x∗ , φ(x∗ )).
Kết hợp với k + ε ∈ (0, 1), ta có d(x∗ , φ(x∗ )) = 0 hay φ(x∗ ) = x∗ . Vậy
x∗ chính là điểm bất động của ánh xạ φ.
Điểm bất động của ánh xạ co theo hướng

Trong định lí điểm bất động Banach, ta có thể thay ánh xạ co bởi
điều kiện yếu hơn là ánh xạ co theo hướng.
Cho (X, d) là không gian mêtric. Xét 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 1.4. Cho (X, d) là không gian mêtric và ánh xạ φ : X →
X. Ta nói rằng φ là ánh xạ co theo hướng, nếu φ thoả 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) = x tồn tại
z ∈ [x, φ(x)]\{x} thoả mãn d(φ(x), φ(z)) ≤ kd(x, z).
18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

Ví dụ 1.2. Trên X = R2 ta định nghĩa x = (x1 , x2 ) = |x1 | + |x1 |.
Đoạn thẳng giữa hai điểm (a1 , a2 ) và (b1 , b2 ) là hình chữ nhật có các
cạnh song song với hai trục toạ độ và nhận hai điểm này là hai đỉnh
đối diện nhau.
Xét ánh xạ:
φ(x1 , x2 ) =

3x1 x2
x2
− , x1 +
2
2
3

.

Khi đó φ là ánh xạ co theo hướng. Thật vậy, khi y = φ(x) = x với
x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ). Giả sử y2 = x2 , ta chọn trên đoạn [x, y]
điểm z = (x1 , t) với t gần x2 nhưng không bằng x2 . Với những điểm
như thế ta có:
2
d(φ(x1 , t), φ(x1 , x2 )) = (d(x1 , t), (x1 , x2 )).
3
3x
). Vì điểm
2
bất động của φ là không duy nhất nên định lí điểm bất động Banach
Điểm bất động của φ là tất cả những điểm có dạng (x,

không áp dụng được cho ánh xạ này. Tuy vậy, định lí sau chỉ ra sự tồn
tại điểm bất động của ánh xạ co theo hướng.
Định lý 1.5. Cho (X, d) là không gian mêtric đủ và ánh xạ φ : X → X
là ánh xạ co theo hướng. Khi đó, φ có điểm bất động.
Chứng minh. Giả sử φ là ánh xạ co theo hướng với hệ số k ∈ (0, 1).
Xét 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 dưới 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.
19

(1.12)


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Ngô Thị Vân

Ta chứng minh φ(y) = y . Thật vậy, nếu φ(y) = y, do φ là ánh xạ co
theo hướng nên ta tìm được z = y mà z ∈ [y, φ(y)], tức là:
d(y, z) + d(z, φ(y)) = d(y, φ(y)) = f (y)

(1.13)

d(φ(y), φ(z)) ≤ kd(y, z).

(1.14)

thoả mãn

Thay x = z trong (1.12) và kết hợp với (1.13) ta có:
d(y, z) + d(z, φ(y)) ≤ d(z, φ(z)) + εd(z, y)

(1.15)

d(y, z) ≤ d(z, φ(z)) − d(z, φ(y)) + εd(z, y).

(1.16)

hay

Sử dụng bất đẳng thức tam giác kết hợp với (1.14) ta có:
d(z, φ(z)) − d(z, φ(y)) ≤ d(φ(y), φ(z)) ≤ kd(y, z).

(1.17)

Kết hợp (1.16) và (1.17) ta được:
d(y, z) ≤ (k + ε)d(y, z).
Do k + ε ∈ (0, 1), ta suy ra d(y, z) = 0 dẫn đến y = z (mâu thuẫn).
Ta có điều phải chứng minh.
Định lí điểm bất động Caristi–Kirk

Định lý 1.6. Cho (X, d) là không gian mêtric đủ và hàm f : X →
R ∪ {+∞} là hàm nửa liên tục dưới, bị chặn dưới và không đồng nhất

20


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×