Một vài mở rộng véctơ của nguyên lý biến phân ekeland

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
NGUYỄN HÀ CHI
MỘT VÀI MỞ RỘNG VÉCTƠ
CỦA NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND
LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌC
Chuyên ngành : Toán giải tích
Mã số: 60.46.01
Người hướng dẫn khoa học:
PGS.TS. TRƯƠNG XUÂN ĐỨC HÀ
Thái Nguyên - 2011
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Mục lục
Chương 1. NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND CỔ ĐIỂN . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2.Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Chương 2. NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND VÉCTƠ . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.1.Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đơn trị . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2.Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đa trị . . . . . . . . . . . . . . . 17
Chương 3. NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELANDVÉCTƠ DỰA TRÊN SỰ TỒN
TẠI ĐIỂM CỰC TIỂU CỦA MỘT TẬP TRONG KHÔNG GIAN
TÍCH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.1.Quan hệ thứ tự trong không gian tích. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2.Sự tồn tại điểm cực tiểu của một tập trong không gian tích. . . . . . . . . . 27
3.3.Mở rộng Định lý 2.2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.4.Ứng dụng: Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đơn trị . 40
Kết luận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
i
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

MỞ ĐẦU
Chúng ta đã biết rằng một hàm f nửa liên tục dưới trên một tập đóng X thì
đạt cực tiểu trên đó nếu X compact, điều này không còn đúng nữa nếu bỏ giả
thiết compact.
Năm 1974, Ekeland đưa ra một nguyên lý mới (được gọi là nguyên lý biến
phân Ekeland). Nguyên lý này phát biểu rằng nếu cho trước một hàm nửa liên
tục dưới và bị chặn dưới f trên một không gian mêtríc đầy đủ, ta có thể tìm
được một hàm nhiễu của f sao cho hàm nhiễu này có cực tiểu toàn cục.
Ngoài ra, nếu f là hàm khả vi thì đạo hàm của f có thể làm nhỏ tùy ý.
Trong hơn 30 năm qua, nguyên lý biến phân Ekeland đã được mở rộng theo
nhiều hướng: các ánh xạ là đơn trị hoặc đa trị nhận giá trị trong không gian lồi
địa phương, không gian véctơ, ánh xạ nhiễu là hàm trơn,
Nguyên lý này đã trở thành một công cụ mạnh và được sử dụng rất nhiều
trong giải tích không trơn, giải tích phi tuyến, tối ưu,
Trong bản luận văn này, chúng tôi giới thiệu lại một cách có hệ thống một vài
dạng véctơ của nguyên lý biến phân Ekeland được trình bày trong các bài báo
[3],[10],[12] của các tác giả Y.Araya, Chr.Tammer, C.Zălinescu và T.X.Đ.Ha.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 3 chương:
• Chương 1: Gồm một số kết quả của giải tích cổ điển về các điều kiện để
hàm nửa liên tục dưới đạt giá trị cực tiểu; nguyên lý biến phân Ekeland cổ
điển được trình bày trong bài báo [6] và một cách chứng minh ngắn gọn
nguyên lý biến phân Ekeland cho trường hợp không gian hữu hạn chiều có
sử dụng điều kiện bức theo [1] .
• Chương 2: Một vài sự mở rộng của nguyên lý biến phân Ekeland cho ánh
xạ đơn trị và đa trị nhận giá trị trong không gian véctơ từ các bài báo
1
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
[3],[10].
• Chương 3: Định lý về sự tồn tại của điểm cực tiểu của một tập trong không
gian tích và một vài mở rộng của nguyên lý biến phân Ekeland được giới

thiệu trong bài báo [12] . Qua cách tiếp cận mới này, ta có được các kết
quả đã trình bày ở chương 2.
Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn PGS.TS Trương Xuân Đức Hà,
người đã tận tình chỉ bảo, hướng dẫn tác giả trong suốt quá trình làm luận văn.
Tác giả xin được bầy tỏ lòng biết ơn tới các thầy cô của Trường Đại học Sư
phạm Thái Nguyên, trường Đại học Sư phạm I - Hà Nội, Viện Toán học Hà Nội
đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ tác giả hoàn thành khóa học.
Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn Trung tâm Giáo dục thường xuyên
và Đào tạo cán bộ tỉnh Quảng Ninh, gia đình và bạn bè đã giúp đỡ tác giả rất
nhiều trong quá trình học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, tháng 8 năm 2011
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Chương 1
NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND
CỔ ĐIỂN
Trong chương này, chúng tôi trình bày lại nguyên lý biến phân được
I.Ekeland đề xuất năm 1974 trong bài báo [6] .
1.1. Một số kiến thức chuẩn bị
Trước hết ta nhắc lại một số kiến thức cổ điển về hàm nửa liên tục dưới và
một số tính chất của nó.
Cho X là một không gian tôpô và hàm số f : X → R∪{ + ∞} . Kí hiệu miền
hữu hiệu và trên đồ thị của hàm f như sau:
dom f :=
{
x ∈ X
|
f (x) < +∞
}
.

epi f :=
{
(x,a) ∈ X ×R
|
f (x)  a
}
.
Với mỗi a ∈ R, kí hiệu tập mức của f là tập
L
a
f :=
{
x ∈ X
|
f (x)  a
}
.
Định nghĩa 1.1.1. Hàm f được gọi là nửa liên tục dưới tại x
0
∈ X nếu lim
x→x
0
inf f (x) 
f (x
0
).
Hàm f được gọi là nửa liên tục dưới trên X nếu f nửa liên tục dưới tại mọi
điểm thuộc X.
3
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

Nhận xét 1.1.2. Hàm f là nửa liên tục dưới tại x
0
khi và chỉ khi ∀ε > 0 tồn tại
một lân cận U của x
0
sao cho ∀x ∈ U ta có f (x)  f (x
0
) −ε.
Sau đây là một ví dụ minh họa cho tính nửa liên tục dưới của hàm số.
Ví dụ 1.1.3. Cho hàm số f : R → R xác định bởi
f (x) =



x
2
,x = 0
−1,x = 0
Khi đó f là hàm nửa liên tục dưới trên R.
Ta có một số tính chất của hàm nửa liên tục dưới như sau:
Mệnh đề 1.1.4. Cho X là một không gian tôpô và hàm f : X → R ∪ { + ∞} .
Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
(i) f là hàm nửa liên tục dưới trên X.
(ii) Trên đồ thị của f là tập đóng trong X ×R.
(iii) ∀a ∈ R thì tập mức L
a
f là tập đóng trong X.
Chứng minh. (i) ⇒ (ii) Giả sử f là hàm nửa liên tục dưới trên X. Ta lấy dãy
{(x
n

,a
n
)} ⊂ epi f sao cho lim
n→∞
(x
n
,a
n
) = (x
0
,a
0
). Do lim
n→∞
x
n
= x
0,
lim
n→∞
a
n
=
a
0
và f là hàm nửa liên tục dưới tại x
0
nên lim
n→∞
inf f (x

n
)  f (x
0
). Ta lại có
{ (x
n
,a
n
)} ⊂ epi f nên f (x
n
)  a
n
(∀n ∈ N), do đó lim
n→∞
inf(x
n
)  lim
n→∞
a
n
. Vậy
f (x
0
)  lim
n→∞
inf f (x
n
)  lim
n→∞
a

n
= a
0
.
Tức là, (x
0
,a
0
) ∈ epi f , hay epi f là tập đóng trong X ×R.
(ii) ⇒(iii) Giả sử epi f là tập đóng trong X ×R. Với a ∈ R tùy ý, ta chứng minh
L
a
f là tập đóng trong X. Thật vậy; lấy dãy { x
n
} ⊂ L
a
f sao cho lim
n→∞
x
n
= x
0
.
Ta có f (x
n
)  a,∀n vì { x
n
} ⊂ L
a
f nên (x

n
,a) ∈ epi f . Do lim
n→∞
x
n
= x
0
nên
lim
n→∞
(x
n
,a) = (x
0
,a). Ta lại có epi f là tập đóng kéo theo (x
0
,a) ∈ epi f . Vậy
f (x
0
)  a. Suy ra x
0
∈ L
a
f , hay L
a
f là tập đóng.
4
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
(iii)⇒ (i) Giả sử L
a

f là tập đóng trong X,∀a ∈ R nhưng f không là hàm
nửa liên tục dưới tại x
0
∈ X. Khi đó, có dãy { x
n
} ⊂ X sao cho lim
n→∞
x
n
= x
0
mà lim
n→∞
inf f (x
n
) < f (x
0
). Ta chọn ε > 0 đủ nhỏ sao cho tồn tại k ∈ N để
f (x
n
)  f (x
0
) − ε(∀n > k). Xét tập mức L =
{
x ∈ X
|
f (x)  f (x
0
) −ε
}

. Dễ
thấy rằng x
n
∈ L,∀n > k . Do L là tập đóng theo giả thiết nên x
0
∈ L . Tức là,
f (x
0
)  f (x
0
) −ε(vô lý). Vậy f là hàm nửa liên tục dưới trên X
Mệnh đề 1.1.5. [1] Cho hàm f : X → R∪{ + ∞} là hàm nửa liên tục dưới trên
tập compact X. Khi đó f đạt cực tiểu trên X.
Chứng minh. Đặt α = inf{ f (x)
|
x ∈ X} . Khi đó có một dãy { x
n
} ⊂ X sao cho
lim
n→∞
f (x
n
) = α. Do X compact, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử { x
n
}
hội tụ tới x
0
∈ X. Vì f nửa liên tục dưới nên α = lim
x
n

→x
0
inf f (x
n
)  f (x
0
). Ta có
f (x
0
) ∈ R nên α > −∞, nhưng x
0
∈ X nên f (x
0
)  α. Vậy f (x
0
) = α = inf
x∈X
f (x),
hay f (x) đạt cực tiểu trên X
Nếu tập X chỉ đóng mà không compact thì nói chung một hàm f nửa liên tục
dưới trên Xcó thể không đạt cực tiểu trên X . Tuy nhiên, trong trường hợp hữu
hạn chiều ta có mệnh đề sau:
Mệnh đề 1.1.6. [1] Nếu f : X → R∪{ +∞} hàm nửa liên tục dưới trên một tập
đóng X trong không gian hữu hạn chiều mà bức trên X thì f đạt cực tiểu trên
trên tập ấy.
Nhắc lại rằng hàm f được gọi là bức trên một tập X nếu f (x) → +∞ khi
x ∈ X,

x


→ +∞.
Chứng minh. Lấy a ∈ X. Ta có tập mức D = { x ∈ X
|
f (x)  f (a)} là đóng
theo Mệnh đề 1.1.4. Giả sử D không bị chặn thì có một dãy
{
x
n
}
⊂ X, với
f (x
n
)  f (a) và

x
n

→ +∞. Do f bức trên X nên f (x
n
) → +∞, mâu thuẫn với
f (x
n
)  f (a). Vậy D compact (vì một tập đóng, giới nội trong không gian hữu
5
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
hạn chiều là một tập compact). Theo Mệnh đề 1.1.5, f có cực tiểu trên D, cực
tiểu này cũng là cực tiểu trên X.
Khi X không compact, hoặc f không thỏa mãn điều kiện bức thì hàm f có
thể không đạt cực tiểu. Ta có các ví dụ sau:
Ví dụ 1.1.7. Xét hàm f : X = R\{ 0} → R với f (x) =

1
x
. Ta có X không compact
và f không đạt cực tiểu trên X.
Ví dụ 1.1.8. Xét hàm số f : R → R với f (x) = e
x
. Ta có f không thỏa mãn điều
kiện bức trên R và f không đạt cực tiểu trên R.
1.2. Nguyên lý biến phân Ekeland cổ điển.
Khi X là không gian mêtric đầy đủ, ta có thể làm nhiễu hàm f để có một
hàm đạt giá trị cực tiểu trên X. Điều đó được thể hiện qua định lý sau:
Định lý 1.2.1. [10] (Nguyên lý biến phân Eleland cổ điển)
Cho (X,d) là một không gian mêtric đầy đủ. f : X → R ∪ { + ∞} là hàm số
nửa liên tục dưới, bị chặn dưới trong X . Cho ε > 0 và x
ε
∈ X thỏa mãn
f (x
ε
)  inf
x∈X
f (x) + ε
Khi đó, với số thực λ > 0 cho trước, tồn tại x
∗
∈ X sao cho
(i) f (x
∗
)  f (x
ε
);
(ii) d(x

∗
,x
ε
)  λ;
(iii) f (x
∗
) < f (x) +
ε
λ
d(x,x
∗
),∀x = x
∗
.
Chú ý 1.2.2. Điểm x
ε
trong định lý trên được gọi là ε− xấp xỉ cực tiểu của hàm
f (x) trên X.
6
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Để chứng minh định lý 1.2.1 ta xét một quan hệ thứ tự "" trong không
gian tích X × R như sau: Cho α > 0,
(x
1
,y
1
)  (x
2
,y
2

) ⇔ y
2
− y
1
+ αd(x
1
,x
2
)  0. (1.2.1)
Hiển nhiên quan hệ "" có tính phản xạ .
Giả sử ta có (x
1
,y
1
)  (x
2
,y
2
) và (x
2
,y
2
)  (x
1
,y
1
). Theo định nghĩa của
quan hệ "" ta có
d(x
1

,y
1
) 
y
1
− y
2
α
và d(x
2
,x
1
) 
y
2
− y
1
α
. (1.2.2)
Do đó, 2d(x
1
,x
2
)  0 . Suy ra x
1
= x
2
.
Từ (1.2.2) ta có y
1

 y
2
và y
2
 y
1
. Vậy (x
1
,y
1
) = (x
2
,y
2
), hay quan hệ "" có
tính phản đối xứng.
Tiếp theo, ta chứng minh quan hệ "" có tính chất bắc cầu. Giả sử rằng
(x
1
,y
1
)  (x
2
,y
2
) và (x
2
,y
2
)  (x

3
,y
3
). Từ (1.2.1) ta có
d(x
1
,y
1
) 
y
1
− y
2
α
và d(x
2
,x
3
) 
y
2
− y
3
α
.
Vậy d(x
1
,x
2
) + d(x

2
,x
3
) 
y
1
−y
3
α
. Do d(x
1
,x
3
)  d(x
1
,x
2
) + d(x
2
,x
3
), nên ta
có: d(x
1
,x
3
) 
y
1
−y

3
α
. Suy ra (x
1
,y
1
)  (x
3
,y
3
) , tức là quan hệ "" có tính chất
bắc cầu.
Ta xét bổ đề sau sẽ được dùng trong chứng minh định lý 1.2.1 :
Bổ đề 1.2.3. Cho S là một tập con đóng của X ×R sao cho
∃m ∈ R : (x,y) ∈ S ⇒ y  m.
Khi đó, với mỗi (x
1
,y
1
) ∈ S, tồn tại phần tử (x,y) ∈ S sao cho (x
1
,y
1
)  (x,y) và
(x,y) là phần tử cực đại trong S theo quan hệ thứ tự "" , tức là, nếu (x,y) ∈ S
và (x,y)  (x,y) thì (x,y) = (x,y).
7
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Chứng minh. Bắt đầu từ (x
1

,y
1
) ta xây dựng dãy { (x
n
,y
n
)} như sau: Giả sử
(x
n
,y
n
) đã được xác định. Đặt
S
n
= { (x,y) ∈ S
|
(x
n
,y
n
)  (x,y)} (1.2.3)
Ta có S
n
là tập đóng vì nếu (x
1
,y
1
) ∈ X ×R thì tập
S = { (x,y) ∈ X ×R
|

(x
1
,y
1
)  (x,y)}
là tập đóng. Thật vậy, giả sử dãy (x
n
,y
n
) ⊂ X×R thỏa mãn (x
1
,y
1
)  (x
n
,y
n
),n =
1,2,3 và x
n
→ x,y
n
→ y. Theo (1.2.1) ta có
d(x
1
,x
n
) 
y
1

− y
n
α
,∀k ∈ N,
nên ta có d(x
1
,x) 
y
1
−y
α
hay (x
1
,y
1
)  (x,y). Suy ra (x,y) ∈ S, tức là S đóng.
Đặt
m
n
= inf{y ∈ R
|
(x,y) ∈ S
n
} . (1.2.4)
Hiển nhiên m
n
 m và y
n+1
 y
n

. Chọn (x
n+1
,y
n+1
) ∈ S
n
sao cho:
y
n+1
− m
n

1
2
(y
n
− m
n
). (1.2.5)
Ta có { S
n
} là dãy các tập đóng lồng nhau: S
n+1
⊂ S
n
,∀n ∈ N. Thật vậy, nếu
(x,y) ∈ S
n+1
thì (x
n

,y
n
)  (x
n+1
,y
n+1
)  (x,y), do đó (x,y) ∈ S
n
.
Từ (1.2.5) ta có
y
n+1
− m
n+1

1
2
y
n
+
1
2
m
n
− m
n+1

1
2
y

n
+
1
2
m
n
− m
n
=
1
2
(y
n
− m
n
).
Vì y
n+1
− m
n+1
 0, nên ta có
|
y
n+1
− m
n+1
|
  2
−n
|

y
1
− m
1
|
 2
−n
|
y
1
− m
|
.
Do đó theo (1.2.3), với mỗi (x,y) ∈ S
n+1
ta có
|
y
n+1
− y
|

|
y
n+1
− m
n+1
|
 2
−n

|
y
1
− m
|
.
8
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Vì (x
n+1
,y
n+1
)  (x,y) nên d(x
n+1
,x) 
y
n+1
−y
α
. Do đó,
d(x
n+1
,x
n
) 
y
n+1
− y
α


2
−n
α
|
y
1
− m
|
.
Như vậy đường kính của S
n
dần tới 0 khi n → ∞. Do X × R là không gian
mêtric đầy đủ nên theo Nguyên lý Cantor ta có:
∞

n=1
S
n
= { (x,y)} . Theo định
nghĩa, (x
n
,y
n
)  (x,y),∀n. Suy ra, (x
1
,y
1
)  (x,y).
Giả sử tồn tại (x,y) ∈ S và (x, y)  (x,y). Theo tính chất bắc cầu của quan hệ
"", ta có (x

n
,y
n
)  (x,y). Vậy (x,y) ∈ S
n
,∀n. Suy ra (x,y) = (x,y) .
Bây giờ ta sẽ chứng minh nguyên lý biến phân Ekeland trong định lý 1.2.1
Chứng minh. Đặt
S = epi f = { (x,y) ∈ X × R
|
f (x)  y } .
Do f là hàm nửa liên tục dưới nên theo Mệnh đề 1.1.4 ta có S là tập con
đóng của X × R. Ta có (x
ε
, f (x
ε
)) ∈ S. Đặt (x
1
,y
1
) = (x
ε
, f (x
ε
)), α =
ε
λ
. Theo
Bổ đề 1.2.3, tồn tại (x
∗

,y
∗
) sao cho
(x
1
,y
1
)  (x
∗
,y
∗
). (1.2.6)
Ta có, (x
∗
,y
∗
) là phần tử cực đại trong S theo quan hệ thứ tự "".
Vì (x
∗
,y
∗
) ∈ S nên f (x
∗
)  y
∗
, suy ra f (x
∗
) − y
∗
+ αd(x

∗
,x
∗
)  0. Vậy,
(x
∗
,y
∗
)  (x
∗
, f (x
∗
)).
Do (x
∗
,y
∗
) là phần tử cực đại nên f (x
∗
) = y
∗
.
Từ (1.2.6) ta có
f (x
∗
) − f (x
ε
) +
ε
λ

d(x
ε
,x
∗
)  0, (1.2.7)
9
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
suy ra f (x
∗
)  f (x
ε
). Vậy (i) đúng.
Do f (x
ε
)  inf f (x) + ε nên f (x
∗
)  f (x
ε
) − ε. Thế vào (1.2.7), ta có
f (x
ε
) − ε − f (x
ε
) +
ε
λ
d(x
∗
,x
ε

)  0.
Suy ra d(x
∗
,x
ε
)  λ, hay (ii) nghiệm đúng.
Do (x
∗
,y
∗
) là phần tử cực đại nên với mọi x ∈ X,x = x
∗
mà f (x) = +∞
nên quan hệ (x
∗
, f (x
∗
))  (x, f (x)) không xảy ra, nghĩa là, f (x) − f (x
∗
) +
ε
λ
d(x
∗
,x) > 0 hay f (x
∗
) < f (x) +
ε
λ
d(x

∗
,x), tức là (iii) đúng.
Khi X là không gian hữu hạn chiều ta có một cách chứng minh đơn giản
định lý trên nhờ sử dụng điều kiện bức. Cách chứng minh này đã được trình bày
trong tập bài giảng “Lý thuyết tối ưu” của GS.Hoàng Tụy.
Định lý 1.2.4. [1] Cho một hàm f : X → R ∪ { + ∞} bị chặn dưới và nửa liên
tục dưới trên tập đóng X ⊂ R
n
và cho một số ε > 0. Với mọi cực tiểu ε−xấp xỉ
x
ε
của f và mọi λ > 0 tồn tại x
∗
sao cho
(i) f (x
∗
)  f (x
ε
);
(ii)

x
∗
− x
ε

 λ;
(iii) f (x
∗
)  f (x) +

ε
λ

x − x
∗

,∀x = x
∗
.
Chứng minh. Đặt g(x) = f (x) +
ε
λ

x − x
ε

.
Dễ thấy, g(x) là hàm nửa liên tục dưới và bức trên X. Theo Mệnh đề 1.1.6, g
có một điểm cực tiểu x
∗
trên X, tức là có một x
∗
sao cho
f (x
∗
) +
ε
λ

x

∗
− x
ε

 f (x) +
ε
λ

x − x
ε

. (1.2.8)
Cho x = x
ε
, ta được
f (x
∗
) +
ε
λ

x
∗
− x
ε

 f (x
ε
).
10

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Từ đó f (x
∗
)  f (x
ε
). Vậy (i) được chứng minh.
Đồng thời theo định nghĩa của x
ε
, ta có
inf
x∈X
f (x)+
ε
λ

x
∗
− x
ε

 f (x
∗
) +
ε
λ

x
∗
− x
ε


 f (x
ε
)  inf
x∈X
f (x) + ε,
nên

x
∗
− x
ε

 λ, tức là (ii) đúng.
Cuối cùng, từ (1.2.8) suy ra
f (x
∗
)  f (x) +
ε
λ
{
x − x
ε

−

x
∗
− x
ε

}
 f (x) +
ε
λ

x − x
∗

,∀x = x
∗
.
Vậy (iii) được chứng minh.
11
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Chương 2
NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND
VÉCTƠ
Trong chương này, chúng tôi trình bày một vài mở rộng của nguyên lý biến
phân cho lớp các ánh xạ đơn trị hoặc đa tr ị nhận giá tr ị trong không gian véctơ
theo các bài báo [3],[10].
2.1. Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đơn trị
Cho Y là không gian véctơ tôpô, tập K ⊂ Y được gọi là nón nếu ∀k ∈ K,∀λ 
0 ta có λ k ∈ K.
Nón K được gọi là nón lồi nếu K là tập lồi. Ta có thể chứng minh rằng nếu
K là nón lồi thì ∀k
1
,k
2
∈ K,∀λ , µ  0, ta có λk
1

+ µk
2
∈ K.
Nón lồi K được gọi là nhọn nếu K ∩ (−K) = { 0}.
Ví dụ 2.1.1. a) Trong R
n
, các tập
K
1
= { x = (x
1
, ,x
n
) ∈ R
n
|
x
i
 0,∀i = 1, ,n}
K
2
= { x = (x
1
, ,x
n
) ∈ R
n
|
x
i

> 0,∀i = 1, ,n} ∪ { 0}
là nón lồi, đóng, nhọn.
b) Trong C[a, b]: không gian các hàm số f : [a,b] → R liên tục trên [a,b], các
12
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
tập
K
3
= { f ∈ C[a,b]
|
f (t)  0,∀t ∈ [a,b]}
K
4
= { f ∈ C[a,b]
|
f (t) > 0,∀t ∈ [a,b]} ∪{ 0}
là nón lồi, đóng, nhọn.
Cho một nón nhọn K ⊂ Y , ta xác định một quan hệ thứ tự 
K
trong Y
như sau:
x
K
y ⇔ y − x ∈ K.
Hiển nhiên x
K
x vì 0 ∈ K, nên quan hệ 
K
có tính phản xạ.
Giả sử x

K
y và y
K
x. Ta có, y− x ∈ K và x− y ∈ K. Suy ra y− x ∈ K, đồng
thời y − x ∈ −K. Do K là nón nhọn nên y − x = 0, hay x = y. Vậy quan hệ 
K
có tính phản đối xứng.
Cuối cùng, ta chứng minh quan hệ 
K
có tính bắc cầu. Giả sử x
K
y và
y
K
z. Ta có, y − x ∈ K và z − y ∈ K, suy ra z − x ∈ K. Vậy x
K
z.
Quan hệ thứ tự này phù hợp với cấu trúc véctơ trong Y , tức là ∀x,y ∈ Y ta có
x
K
y ⇒ x + z
K
y + z,∀z ∈ Y và x
K
y ⇒ αx
K
αy,∀α > 0.
Ví dụ 2.1.2. a) Xét hình nón K
1
trong ví dụ trên. Ta có x

K
1
y ⇔ x
i
 y
i
,∀i = 1,n
b) Xét hình nón K
3
trong ví dụ trên, cho f ,g ∈ C
[a,b]
. Ta có
f 
K
3
g ⇔ f (x)  g(x),∀x ∈ [a,b]
Với lớp các ánh xạ đơn tr ị nhận giá trị trong không gian véctơ, nguyên lý
Ekeland được mở rộng như sau theo bài báo [3] của Y.Araya.
Định lý 2.1.3. [3] Cho (X,d) là một không gian mêtric đầy đủ, Y là không
gian Banach và K ⊂ Y là một nón nhọn, lồi, đóng, có phần trong khác rỗng,
k
0
∈ int K và cho f : X → Y . Giả sử rằng với ε > 0, tồn tại một điểm x
0
∈ X sao
cho f (X) ∩ ( f (x
0
) − εk
0
− int K) = /0 và f thỏa mãn điều kiện

13
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
(H) tập { x

∈ X



f (x

) + d(x

,x)k
0

K
f (x)} là đóng ∀x ∈ X.
Khi đó, ∃x ∈ X sao cho
(i) f (x)
intK
f (x
0
);
(ii) d(x
0
,x)  1;
(iii) f (x)+ εd(x,x)k
0

K

f (x),∀x = x.
Chúng ta sẽ chứng minh định lý bằng cách vô hướng hóa. Để chứng minh
định lý ta sẽ sử dụng các tính chất sau của hàm vô hướng hóa
Bổ đề 2.1.4. [3] Cho Y là một không gian Banach, K là một nón lồi đóng. Ta
lấy k
0
∈ K\{ − K} và xác định h
K,k
0
: Y → [ − ∞,+∞] bởi h
K,k
0
(y) = inf{t ∈
R


y ∈ tk
0
− K} . Khi đó hàm h
K,k
0
có các tính chất sau:
(i) h
K,k
0
có ít nhất một giá trị hữu hạn (proper).
(ii) h
K,k
0
là hàm nửa liên tục dưới.

(iii) h
K,k
0
là hàm dưới tuyến tính.
(iv) h
K,k
0
là K− đơn điệu (nghĩa là y
1

K
y
2
kéo theo h
K,k
0
(y
1
)  h
K,k
0
(y
2
) )
(v) { y ∈ Y


h
K,k
0

(y)  t} = tk
0
− K.
(vi) h
K,k
0
(y + λk
0
) = h
K,k
0
(y) + λ,∀y ∈ Y,λ ∈ R.
Hơn nữa, nếu k
0
∈ intK thì h
K,k
0
có thêm các tính chất sau:
(vii) h
K,k
0
nhận giá trị hữu hạn.
(viii) h
K,k
0
là hàm liên tục.
(ix) { y ∈ Y


h

K,k
0
(y) < t} = tk
0
− int K.
(x) h
K,k
0
đơn điệu ngặt (nghĩa là y
2
−y
1
∈ int K kéo theo h
K,k
0
(y
1
) < h
K,k
0
(y
2
)).
Bổ đề 2.1.5. [3] Giả sử rằng Y là một không gian véctơ tôpô, K là một nón lồi
đóng, có phần trong khác rỗng, k
0
∈ K\(−K) và A ⊂ Y là một tập khác rỗng
sao cho A ∩ (−int K) = /0. Khi đó, h
K,k
0

là hàm nhận giá trị hữu hạn liên tục
sao cho
h
K.k
0
(−y) < 0  h
K,k
0
(x),∀x ∈ A,y ∈ intK.
14
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Chứng minh. (Định lý 2.1.3)
Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng ε = 1.
Trước hết ta thấy rằng ∀x ∈ X,h
K,k
0
◦ f là bị chặn dưới trên X. Theo Bổ đề
2.1.5 ta có
h
K,k
0
(−y) < 0  h
K,k
0
( f (x) − f (x
0
) + k
0
),∀x ∈ X,y ∈ intK.
Sử dụng (iii) và (vi) của Bổ đề 2.1.4, ta có

−∞ < h
K,k
0
(−y) − h
K,k
0
(− f (x
0
)) − 1 < h
K,k
0
( f (x)).
Ta xét một ánh xạ đa tr ị F : X → 2
X
được xác định như sau
F(x) = { y ∈ X


f (y)+ d(x,y)k
0

K
f (x)} .
Do điều kiện (H), F(x) là một tập đóng với mỗi x ∈ X và F có các tính chất
sau
(a) y ∈ F(y) (tính phản xạ);
(b) Nếu y ∈ F(x) thì F(y) ⊂ F(x) (tính bắc cầu).
Hiển nhiên (a) đúng vì f (y)+ d(y,y)k
0
= f (y). Để chứng minh tính chất (b), ta

lấy y ∈ F(x) và giả sử rằng z ∈ F(y). Khi đó, ta có f (z) + d(y,z)k
0

K
f (y) và
f (y)+ d(x,y)k
0

K
f (x).
Do tính tương ứng của quan hệ thứ tự 
K
với cấu trúc véctơ, từ bất đẳng thức
tam giác của mêtríc và k
0
∈ K ta có
f (z)+ d(x,z)k
0

K
f (x);
do đó, z ∈ F(x) .
Tiếp theo, sử dụng (iv) và (vi) của Bổ đề 2.1.4, ta có y ∈ F(x) kéo theo
h
K,k
0
( f (y)) +d(x , y)  h
K,k
0
( f (x)).

15
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Vậy
d(x,y)  h
K,k
0
( f (x)) − inf
z∈F(x)
h
K,k
0
( f (z)),∀y ∈ F(x).
Suy ra đường kính của tập F(x) bị chặn trên.
Diam(F(x))  2

h
K,k
0
( f (x)) − inf
z∈F(x)
h
K,k
0
( f (z))

. (2.1.1)
Với mỗi n = 1,2, , theo định nghĩa infimum, tồn tại x
n+1
∈ F(x
n

) sao cho
h
K,k
0
( f (x
n+1
))  inf
z∈F(x
n
)
h
K,k
0
( f (z)).
Từ F(x
n+1
) ⊂ F(x
n
), ta có
inf
z∈F(x
n
)
h
K,k
0
( f (z))  inf
z∈F(x
n+1
)

h
K,k
0
( f (z)).
Mặt khác, ta luôn có inf
z∈F(y)
h
K,k
0
( f (z))  h
K,k
0
( f (y)) nên ta thu được các bất
đẳng thức
0  h
K,k
0
( f (x
n+1
)) − inf
z∈F(x
n+1
)
h
K,k
0
( f (z))  2
−n
và
Diam(F(x

n+1
))  2.2
−n
.
Từ công thức (2.1.1) ta có đường kính của các tập đóng F(x
n
) hội tụ tới 0.
Theo nguyên lý Cantor, ta có
∞

n=0
F(x
n
) = { x} .
Do x ∈ F(x
0
), ta có
f (x)+ d(x, x
0
)k
0

K
f (x
0
). (2.1.2)
Do đó, f (x
0
) − f (x) ∈ K + d(x, x
0

)k
0
⊂ intK. Vậy (i) đúng.
Vì x ∈ F(x
n
),∀n nên F(x) ⊂ F(x
n
),∀n. Suy ra, F(x) = { x} , tức là (iii) đúng.
Để chứng minh (ii), ta giả sử rằng d(x,x
0
) > 1. Khi đó, ta có
(d(x,x
0
) − 1)k
0
+ K ⊂ intK.
16
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Từ (2.1.2) ta có
f (x) ∈ f (x
0
) − d(x, x
0
)k
0
− K ⊂ f (x
0
) − k
0
− int K.

Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy, (ii) đúng.
Nhận xét 2.1.6. Trong định lý trên ta lấy Y = R,K = R
+
= [0,∞),k
0
= 1 ∈
R
+
\{ 0} ta được định lý 1.2.1.
2.2. Nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho ánh xạ đa trị
Đã có rất nhiều tác giả mở rộng nguyên lý biến phân Ekeland cho ánh xạ đa
trị F với giá trị trong không gian véctơ. Trong mục này, chúng tôi trình bày một
dạng của nguyên lý biến phân Ekeland véctơ cho trường hợp F là ánh xạ đa trị
K−nửa liên tục dưới theo bài báo [10].
Cho X là một không gian mêtric đầy đủ, Y là một không gian véctơ tôpô,
K ⊂ Y là một nón lồi, nhọn, đóng.
Định nghĩa 2.2.1. Ta định nghĩa một quan hệ thứ tự 
K
trên tập 2
Y
như sau
A
K
B ⇔ B ⊂ A + K.
Hiển nhiên quan hệ này có tính phản xạ.
Giả sử A
K
B và B
K
C ta có: B ⊂ A + K và C ⊂ B + K. Suy ra C ⊂ A + K,

hay A
K
C . Vậy quan hệ 
K
có tính chất bắc cầu.
Ngoài ra, nếu A
K
B và C
K
D thì B ⊂ A+K và D ⊂ C +K. Suy ra, B+D ⊂
A +C + K, hay A +C
K
B + D. Do đó, nếu A
K
B thì A + z
K
B + z,∀z ∈ Y .
Xét ánh xạ đa trị F : X ⇒ Y
Kí hiệu:
gphF :=
{
(x,y) ∈ X ×Y
|
y ∈ F(x)
}
là đồ thị của F.
domF :=
{
x ∈ X
|

F(x) = /0
}
là miền hữu hiệu của F.
F(X) :=

x∈X
F(x).
17
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Định nghĩa 2.2.2. Ta nói F là K− nửa liên tục dưới trên X nếu ∀a ∈ Y, tập
{ x ∈ X
|
F(x) ∩ (a − K) = /0} là tập đóng.
Nhận xét 2.2.3. Từ đẳng thức
{
x ∈ X
|
A ⊆ F(x) +K
}
=

a∈A
{
x ∈ X
|
F(x) ∩ (a −K) = /0
}
ta có F là K− nửa liên tục dưới khi và chỉ khi ∀A ⊆ X , tập
{
x ∈ X

|
A ⊆ F(x) +K
}
là đóng.
Ví dụ 2.2.4. Lấy X = R, K = R
2
+
. Ánh xạ F : R ⇒ R
2
xác định bởi
F(x) =














(2
x
,u)





0  u 
1
1 − 2
x

,x < 0
{
(2,u)
|
−1  u < 3
}
,x = 0
{
(x + 3,u)
|
−2  u  2
}
,x > 0
là K− nửa liên tục dưới .
Định nghĩa 2.2.5. Ta nói một tập A ⊂ Y là K− bị chặn nếu tồn tại một tập bị
chặn, khác rỗng M ⊂ Y sao cho A ⊆ M + K; ta nói A là K− đóng nếu A + K là
đóng.
Ký hiệu K
+
:=
{
ϕ ∈ Y
∗

|
ϕ(k)  0,∀k ∈ K
}
ta có bổ đề sau:
Bổ đề 2.2.6. Giả sử rằng ta có một tập A ⊂ Y và một tập bị chặn M ⊂ Y sao
cho A ⊂ M + K. Lấy ϕ ∈ K
+
, k ∈ K\{ 0}. Khi đó
infϕ(A)  infϕ(M) > −∞,sup{t
|
A − tk ⊆ M + K} < ∞ .
Chứng minh. Trước hết ta có infϕ(M) > −∞ vì ϕ ∈ X và M bị chặn.
Từ A ⊆ M + K ta có ∀a ∈ A,∃m ∈ M,∃k ∈ K sao cho a = m + k. Do đó, ϕ(a) =
ϕ(m) + ϕ(k)  ϕ(m)  infϕ(M) và infϕ(A)  infϕ(M).
18
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Hơn nữa, áp dụng định lý tách cho −K\{ 0} và k, ta tìm được hàm φ ∈ K
+
sao
cho φ(k) = 1. Do A − tk ⊆ M + K , ta có
infφ(A −tk)  infφ(M).
Do đó,
t = infφ(A) − infφ (A − tk )  infφ (A) − infφ(M).
Ta có điều phải chứng minh.
Cho k
0
∈ K\{ 0} là một véctơ cố định. Ta chứng minh sự tồn tại của một
điểm ε− xấp xỉ cực tiểu của ánh xạ đa trị F qua Bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.7. Giả sử rằng F(X) là K− bị chặn. Khi đó, ∀ε > 0,∃u ∈ X sao cho
F(x) + εk

0
 F(u),∀x. (2.2.1)
Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng không tồn tại u thỏa mãn (2.2.1). Ta có thể
xây dựng một dãy { x
j
}
∞
1
bằng quy nạp thỏa mãn
F(x
j
)
K
F(x
1
) − ( j − 1)εk
0
. (2.2.2)
Lấy x
1
∈ X là một véctơ tùy ý. Trường hợp j = 1 thì (2.2.2) hiển nhiên đúng.
Giả sử rằng x
1
, ,x
i
đã được sao cho (2.2.2) đúng với j = 1, ,i. Ta cần tìm
x
i+1
∈ X sao cho
F(x

i+1
)
K
F(x
i
) − εk
0
Điều này luôn làm được vì (2.2.1) không đúng với u = x
i
.
Từ F(x
i+1
)
K
F(x
1
) − (i − 1)εk
0
− εk
0
= F(x
1
) − iεk
0
ta có (2.2.2) đúng với
j = i+ 1.
Lấy M là một tập bị chặn sao cho
F(x) ⊆ M +K,∀x ∈ X. (2.2.3)
19
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

Từ (2.2.2) và (2.2.3) ta có
F(x
1
) − ( j − 1)εk
0
⊆ M + K,∀ j.
Lấy ϕ ∈ K
+
, ta có
ϕ (F(x
1
) − ( j − 1)εk
0
) → −∞.
Điều này mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.6. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Cho X là một không gian mêtric đầy đủ. Nguyên lý biến phân Ekeland được
mở rộng cho ánh xạ đa trị K− nửa liên tuc dưới như sau:
Định lý 2.2.8. [10] Giả sử rằng F là K− nửa liên tục dưới, có giá trị K− đóng,
và F(X) là K− bị chặn. Cho ε > 0 và u ∈ X sao cho F(x) + εk
0

K
F(u),x ∈ X.
Khi đó, ∀λ > 0,∃v ∈ X sao cho
(i) d(u,v)  λ;
(ii) F(v) +
ε
λ
d(u,v)k
0


K
F(u);
(iii) v là một cực tiểu chặt của ánh xạ x ⇒ F(x) +
ε
λ
d(x,v)k
0
, tức là,
F(x) +
ε
λ
d(x,v)k
0

K
F(v),∀x = v.
Để chứng minh định lý ta sử dụng hai bổ đề sau
Bổ đề 2.2.9. Cho Γ là một ánh xạ đa trị từ X vào X với Γ(x) = /0,∀x. Giả sử các
điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) ∀x ∈ X, ta có x ∈ Γ(x) và Γ(x) đóng;
(ii) Γ(y) ⊆ Γ(x),∀y ∈ Γ(x);
(iii) lim
n→∞
(x
n
,x
n+1
) = 0, nếu x
n+1

∈ Γ(x
n
),∀n.
Khi đó, Γ có một điểm bất động x ∈ X thỏa mãn Γ(x) = { x} .
Bổ đề 2.2.10. Nếu F là K− nửa liên tục dưới, có giá trị K− đóng, thì ∀a ∈
X,∀k ∈ K\{ 0}, tập W = { x ∈ X
|
F(x) + d(x,a)k
K
F(a)} đóng.
20
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Chứng minh. Lấy
{
x
α
}
α∈I
là một dãy hội tụ tới x sao cho x
α
∈ W,∀α ∈ I. Ta
chứng minh x ∈ W. Cố định một số nguyên i và lấy α(i) ∈ I sao cho
d(x
α
,a)  d(x,a) −
1
i
với α > α(i).
Do x
α

∈ W, ta có
F(x
α
)
K
F(a) − d(x
α
,a)k
K
F(a) −

d(x,a) −
1
i

k, ∀α > α(i).
Vậy,
F(x)
K
F(a) −

d(x,a) −
1
i

k
vì limx
α
= x và F là K− nửa liên tục dưới. Dễ thấy rằng
F(x) + d(x,a)k

K
F(a) +
k
i
,∀i.
Nếu z ∈ F(a), thì
z +
k
i
∈ F(x) +d(x, a)k + K,∀i.
Do có giá trị K− đóng, tập F(x)+d(x,a)k +K là đóng và z ∈ F(x)+d(x,a)k +
K .
Ta có
F(x) + d(x,a)k
K
F(a),
nghĩa là, x ∈ W.
Bây giờ chúng ta sẽ quay lại chứng minh định lý 2.2.8
Chứng minh. Đặt
U =

x ∈ X



F(x) +
ε
λ
d(x,u)k
0


K
F(u)

.
Khi đó, u ∈ U và U là đóng theo Bổ đề 2.2.10 . Nếu U = { u}, ta lấy u = v.
Giả sử rằng, U = { u}. Lấy Γ : U ⇒ U là ánh xạ xác định bởi
Γ(x) =

y ∈ U



F(y) +
ε
λ
d(x,y)k
0

K
F(x)

.
21
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên
Dễ thấy Γ(x) = /0 vì x ∈ Γ(x). Ta có Γ thỏa mãn các điều kiện (i) − (iii) của
Bổ đề 2.2.9. Thật vậy: Theo Bổ đề 2.2.10, các tập

y ∈ X




F(y) +
ε
λ
d(y,u)k
0

K
F(u)

và U là đóng. Do đó, giao của chúng là tập Γ(x) là đóng.
Nếu y ∈ Γ(x) và z ∈ Γ(y) thì theo định nghĩa của Γ ta có
F(y) +
ε
λ
d(x,y)k
0

K
F(x)
và
F(z) +
ε
λ
d(y,z)k
0

K
F(y)

suy ra
F(z) +
ε
λ
d(y,z)k
0
+
ε
λ
d(x,y)k
0

K
F(y) +
ε
λ
d(x,y)k
0

K
F(x).
Vậy
F(z) +
ε
λ
d(x,z)k
0

K
F(x)

hay z ∈ Γ(x).
Tiếp theo, ta lấy
{
x
}
∞
1
là một dãy sao cho x
n+1
∈ Γ(x),∀n. Khi đó, ta có
lim
n→∞
d(x
n
,x
n+1
) = 0
Thật vậy, trước hết ta chứng minh bằng quy nạp rằng
F(x
n+1
) +
ε
λ
n
∑
j =1
d(x
j +1
,x
j

)k
0

K
F(x
1
) (2.2.4)
Trường hợp n = 1 là hiển nhiên vì x
2
∈ Γ(x
1
).
Giả sử (2.2.4) đúng với n = i, tức là
F(x
i
) +
ε
λ
i−1
∑
j =1
d(x
j +1
,x
j
)k
0

K
F(x

1
).
22
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên