Luận văn sư phạm Một số phương pháp nghiên cứu bài toán điểm tới hạn

Một số phương pháp nghiên cứu
bài toán điểm tới hạn
Võ Giang Giai

Trường Đại học Sư phạm Tp.HCM , 2004


Phương Pháp Trường Giả Gradient
CHƯƠNG I:

PHƯƠNG PHÁP TRƯỜNG GIẢ GRADIENT
I. CÁC ĐỊNH NGHĨA VÀ ĐỊNH LÝ CƠ SỞ:
Trong suốt chương này, nếu không nói gì thêm thì ta luôn hiểu rằng X
là không gian Banach và phiếm hàm f : X → R thuộc lớp C 1 .
Định nghóa 1:
Phiếm hàm f gọi là thoả điều kiện (C ) , nếu :
⎧⎪{ f (v n )} bị chặn
∀{v n } ⊂ X : ⎨
df (v n ) = 0
⎪⎩nlim
→ +∞

thì ∃{vn } hội tụ
k

.‰

Đặc biệt: Nếu điều kiện trên nghiệm đúng trên f ≥ α > 0 (tương ứng
f ≤ −α < 0 ) thì ta nói rằng f thoả mãn điều kiện (C + ) (tương ứng (C − ) ) .‰
Định lý 2:
(a) Nếu f thoả điều kiện (C − ) thì:

(∀k , α > 0, ∃r ≥ 0, δ > 0 : ∀v ∈ X ,− k < f (v ) < −α , v > r ⇒ df (v ) > δ )

(1)

(b) Giả sử f thoả đồng thời 2 điều kiện sau:
(i).
(ii).

∀k ,α > 0, ∃ r ≥ 0, δ > 0 : ∀v ∈ X ,− k < f (v ) < −α , v > r ⇒ df (v ) > δ

Neáu ∀{v n }

⎧⎪ f (v n ) < 0, ∀n ∈ N *
bị chặn ⊂ X : ⎨
df (v n ) = 0
⎪⎩nlim
→ +∞

thì ∃{vn

k

}

hội tụ.

Khi đó f nghiệm đúng điều kiện (C − ) .
Chứng minh:
(a) Giả sử f thoả điều kiện (C − ) nhưng không thoả (1)

Trang 3


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Vì vậy ∃ k 0 ,α 0 > 0 vaø {v n } ⊂ X sao cho:
⎧
⎪− k 0 < f (v n ) < −α 0
⎪
⎨ vn > n
⎪
⎪ df (v n ) < 1
n
⎩

(2)
(3)

(∀n ∈ N * )

(4)

Từ (2) và (4) suy ra ∃ {vn

k

} hội tụ (Vì

f thoả điều kiện (C − ) )

Cùng với (3) ta có v n ≥ nk ≥ k , ∀k ∈ N *

k

Do đó

lim v nk = +∞

k → +∞

Điều này dẫn đến mâu thuẫn với {vn } hội tụ.
k

(b) Xét dãy {v n } ⊂ X , { f (v n )} bị chặn dưới,
f (v n ) ≤ −α < 0, ∀n ∈ N * vaø lim df (v n ) = 0

(5)

n → +∞

ta cần chứng minh ∃{vn } hội tụ.
k

Quả vậy, giả sử {v n } không bị chặn, tức là:

{ }

∃ v nk sao cho v nk ≥ k , ∀k ∈ N *

Gọi − β < 0 là một chặn dưới của { f (v n )} thì:

( )

− β ≤ f v nk ≤ −α , v nk ≥ k , ∀k ∈ N *

Theo điều kiện (i) ∃δ > 0 (không phụ thuộc vào k) sao cho:

( ) > δ , ∀k ∈ N

df v nk

*

Dẫn đến mâu thuẫn với điều kiện (5)
Tức là {v n } bị chặn
Do đó theo điều kiện (ii) ∃ {v n } hội tụ
k

.‰

Hệ quả 3:
Nếu X là không gian định chuẩn hữu hạn chiều thì điều kiện (C − )
tương đương với điều kiện:
∀k, α > 0, ∃r ≥ 0, δ > 0 : ∀v ∈ X,− k < f (v ) < −α, v > r ⇒ df (v ) > δ

Trang 4


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Chứng minh:
Ta đã biết rằng trong không gian hữu hạn chiều: “Mọi dãy bị chặn đều
tồn tại ít nhất một dãy con hội tụ”.

Vì vậy, nếu X là hữu hạn chiều thì kết hợp với định lý 2 ở trên ta có
ngay hệ quả 3
.‰
Định nghóa 4:
Phiếm hàm f gọi là riêng, nếu ∀ K là tập compact trong R thì f −1 (K )
là tập compact trong X
.‰
Định lý 5:
Nếu f thoả điều kiện (C ) thì sự thu hẹp của f trên tập các điểm tới
hạn của nó là riêng.
Chứng minh:
Gọi W = {v ∈ X / df (v ) = 0} vaø K là tập compact trong R
Ta cần chứng minh W ∩ f −1 (K ) là tập compact trong X
Quả vậy:
Xét daõy {vn } ⊂ W ∩ f −1 (K )
⎧ f (v n ) ⊂ K
⇔⎨
⎩{v n } ⊂ W

⎧⎪{ f (v n )} bị chặn trong R
⇒⎨
df (v n ) = 0
⎪⎩nlim
→ +∞

Hơn nữa f thoả điều kiện (C ) , nên {vn } hội tụ về v ∈ X

( )

k

⎧⎪ f v nk → f (v )
(Vì f thuộc lớp C 1 )
⇒⎨
df v nk = 0
⎪⎩df (v ) = klim
→ +∞

⎧ f (v ) ∈ K
⇒⎨
⎩df (v ) = 0
⎧v ∈ f −1 (K )
⇔⎨
⎩v ∈ W

( )

(Vì K là tập Compact)

⇔ v ∈W ∩ f

Vậy ∃{vn } hội tụ về v ∈ W ∩ f −1 (K )
k

−1

(K )
.‰
Trang 5

Phương Pháp Trường Giả Gradient
Hệ quả 6:
Nếu f thoả điều kiện (C ) và W = {v ∈ X / df (v ) = 0} thì f (W ) là tập đóng
trong R.
Chứng minh:
Xét dãy {y n } ⊂ f (W ) , y n → y
⇒ y n = f (v n ) với {v n } ⊂ W
⎧{ f (v n )} bị chặn
Như vậy ⎪⎨

df (v n ) = 0
⎪⎩nlim
→ +∞

(Vì {y n } hội tụ)
(Vì {vn } ⊂ W )

Mặt khác f thoả điều kiện (C ) , nên ∃ {vn } hội tụ về v ∈ X
k

( )

⎧⎪ f v nk → f (v )
⇒⎨
df v nk = 0
⎪⎩df (v ) = klim
→ +∞

( )

(Vì f thuộc lớp C 1 )

⎧ y n → f (v )
⇒⎨ k
⎩df (v ) = 0

⎧ y = f (v )
⇒⎨
⎩df (v ) = 0
⇒ y ∈ f (W )

Vậy f (W ) là tập đóng trong R

.‰

Định lý 7:
Cho X là không gian Hilbert, f : X → R thuộc lớp C 2 .
Khi đó ∀v ∈ X theo định lý Riesz

∃ ! ∇f (v ) ∈ X : df (v )(w) = ∇f (v ), w ,

∀w ∈ X

Xét bài toán Cauchy:
⎧ dϕ
= −∇f (ϕ )
⎪
⎨ dt
⎪⎩ϕ (t 0 ) = v (t ∈ R )

0

(6)

Khi đó tồn tại khoảng lớn nhất (ω − , ω + ) ( − ∞ ≤ ω − < ω + ≤ +∞ ) chứa t 0 để
(6) có duy nhất nghiệm trên (xem ở [4])
.‰

Trang 6


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Định lý 8:
Cho X là không gian Hilbert, f : X → R thuộc lớp C 2 thoả điều kiện
(C ) , gọi ϕ là nghiệm của (6). Khi đó:
Hoặc lim f (ϕ (t )) = −∞ (tương ứng lim f (ϕ (t )) = +∞ )
t →ω
t →ω

(i).

+

(ii).

−

(tương ứng ω − = −∞ ) và tồn tại q ∈ X ,

Hoặc ω + = +∞

⎧ lim ϕ (t n ) = q
daõy t n → +∞ (tương ứng t n → −∞ ) sao cho: ⎪⎨n→+∞
⎪⎩df (q ) = 0

Chứng minh:
Đặt g (t ) = f (ϕ (t )), t ∈ (ω − , ω + )
Ta coù g , (t ) = − ∇f (ϕ (t )) ≤ 0
2

⇒ g giảm trên (ω − , ω + )

∗

Neáu c = −∞

⇒ lim g (t ) = c ∈ [− ∞,+∞ ) .
t →ω +

thì lim f (ϕ (t )) = −∞
t →ω
+

∗

Neáu c > −∞

⇒ ϕ (t ) − ϕ (s ) =

ta coù

t

dϕ
= −∇f (ϕ )
dt

∫ ∇f (ϕ (t )).dr

⎧a ≤ s ≤ t < ω +
⎩a cố định ∈ (ω − , ω + )

,với ⎨

s

t

≤ ∫ ∇f (ϕ (r )) dr
s

1

1

⎞ 2
⎛t 2 ⎞ 2 ⎛t
2
≤ ⎜⎜ ∫ 1 dr ⎟⎟ .⎜⎜ ∫ ∇f (ϕ (r )) dr ⎟⎟ (Do baát đẳng thức Holder)
⎠

⎠ ⎝s
⎝s
⎛ ω+
⎞
2
≤ (t − s ) 2 .⎜ ∫ ∇f (ϕ (r )) dr ⎟
⎜
⎟
⎝a
⎠
1

1

2

Vì vậy nếu ω + < +∞ thì {ϕ (t )}t∈[a ,ω ) là dãy Cauchy trong X
+

Do đó ϕ (t ) → v ∈ X (khi t → ω + )
Điều này chứng tỏ nghiệm phương trình (6) có thể kéo dài về
bên phải của ω + (Do định lý về kéo dài nghiệm)
Dẫn đến mâu thuẫn với định nghóa của ω +
Trang 7


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Do đó ω + = +∞
Khi ñoù

+∞

∫

∇fϕ (r ) dr =
2

ω+

∫ ∇f (ϕ (r ))

a

2

dr ∈ [0,+∞ )

a

Ta cần chứng minh luôn tìm được dãy t n → +∞ : ∇f (ϕ (t n )) → 0 (7)
Thật vậy, theo định lý trung bình:

(n ∈ N ) sao cho

∃t n ∈ [a + n, a + 2n]
⇒ 0 ≤ ∇f (ϕ (t n ))

2

*

1
≤
n

+∞

∫ ∇f (ϕ (n ))

2

∇f (ϕ (t n ))

2

1
=
n

a+2n

∫ ∇f (ϕ (r ))

2

dr

a+n

dr → 0 (khi n → +∞ )

a

⇒ ∇f (ϕ (t n )) → 0
2

⇒ ∇f (ϕ (t n )) → 0

Tức là (7) đúng.

Như vậy ta có

⎧ Dãy { f (ϕ (t ))} hội tụ
n
⎪
⎨
⎪ ∇f (ϕ (t n )) → 0
⎩

Vì vậy ∃ ϕ (t n ) → q ∈ X
k

⇒ ∇f (q ) = 0

(Vì f thoả điều kiện (C ) )
(Vì f thuộc lớp C 2 )

Trong trường hợp t → ω − phép chứng minh tương tự

.‰

Hệ quả 9:
Cho X là không gian Hilbert, f : X → R thuộc lớp C 2 bị chặn dưới và
thoả điều kiện (C ) . Khi đó f đạt giá nhỏ nhất trên X .
Chứng minh:
Do f bị chặn dưới nên ∃ inf { f (v ) / v ∈ X } = c ∈ R
1
⇒ ∃ {p n } ⊂ X : c ≤ f ( p n ) < c + , ∀n ∈ N *
n

Goïi ϕ là nghiệm của (6) thoả ϕ (0 ) = p n

Trang 8


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Khi đó theo định lý 8

⎧df (q n ) = 0
⎪
∃ {q n } ⊂ X : ⎨
1
⎪⎩c ≤ f (q n ) ≤ f ( p n ) < c + n

Do đó ∃ q n → q

(vì f thoả điều kiện (C ) )

⇒ f (q ) = c

(vì c ≤ f (q n ) < c +

k

k

(∀n ∈ N )
*

1
1
≤ c + , ∀k ∈ N * )
nk
k

Vậy f đạt giá trị nhỏ nhất tại q ∈ X

.‰

II. ĐỊNH LÝ MINIMAX:
Định nghóa 10:
w ∈ X gọi là vectơ giả gradient của f tại v ∈ X , nếu w thoả đồng thời

hai điều kieän sau:
(i).
(ii).

w ≤ 2 df (v )

df (v )(w) ≥ df (v )

2

.‰
Định nghóa 11:
Cho φ ≠ S ⊂ X , Φ : S → X gọi là trường vectơ giả gradient của f trên S ,
nếu ∀v ∈ S thì Φ (v ) là vectơ giả gradient của f tại v
.‰
Định lý 12:
Cho W = {v ∈ X / df (v ) = 0} vaø X = X \ W thì ta luôn tìm được hàm
~
~
Φ : X → X Lipschitz địa phương trên X , đồng thời cũng là một trường vectơ
~
giả gradient của f trên X .
~

Chứng minh:
~
∀v ∈ X , tacoù

df (v ) = inf {df (v )(w) / w ∈ X , w = 1} neân:

~ ) > 2 df (v )
~∈ X : w
~ = 1 và df (v )(w
∃w
3
3
Khi đó chọn w = df (v ) w~ ,ta được

2

3
⎧
⎪⎪ w ≤ 2 df (v )
⎨
⎪df (v )(w) ≥ 3 df (v ) 2
⎪⎩
2

(8)
Trang 9


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Hơn nữa df liên tục tại v và df (v ) > 0 , nên tồn tại quả cầu mở Bv tâm v:
5
7
df (v ) ≤ df (u ) ≤ f (v ) , ∀u ∈ Bv
6
6

(9)

Ta lại chọn tiếp wv = w hoặc wv = − w để df (u )(w~ ) > 0
⎧ wv ≤ 2 df (u )
Từ (8) và (9) ta có ⎪⎨

⎪⎩df (u )(wv ) ≥ df (u )

Maø

2

(10)

, ∀u ∈ Bv

~
X = ∪ Bv là paracompact, nên cùng với (10) suy ra
~
v∈ X

tồn tại phủ làm mịn hữu hạn {Bv } của X và wv ∈ X , i ∈ I sao cho:
~

~

i

i

⎧ wv ≤ 2 df (u )
⎪ i
, ∀u ∈ Bvi
⎨
2
(
)
(

)
df
u
w
df
u
≥
⎪⎩
vi
~
⎧
⎫
ξ i (v ) = inf ⎨ v − w / w ∈ Χ \ B v i ⎬
⎧
⎩
⎭
~
⎪
,v∈ X
⎨
w v i ξ i (v )
⎪Φ (v ) = ∑
⎩
i ∑ ξ j (v )

(11)

( )

Đặt

j

Khi
v 2 − wε < ξ i (v 2 ) + ε

đó

~
∀v1 , v 2 ∈ X

và

∀ε > 0 ,

ta

luôn

~
∃wε ∈ X \ Bvi :

⇒ ξ i (v1 ) ≤ v1 − wε ≤ v1 − v 2 + v 2 − wε < ξ i (v 2 ) + ε + v1 − v 2
⇒ ξ i (v1 ) − ξ i (v 2 ) < ε + v1 − v 2 , ∀ε > 0
⇒ ξ i (v1 ) − ξ i (v 2 ) ≤ v1 − v 2

Chứng minh tương tự

(12)

ξ i (v 2 ) − ξ i (v1 ) ≤ v 2 − v1

Từ (12) và (13) ta coù ξ i (v1 ) − ξ i (v 2 ) ≤ v1 − v 2

(13)
(14)

Từ (11) và (14) ta dễ dàng kiểm tra được rằng Φ thoả mãn vấn đề đặt
ra.
Vậy định lý được chứng minh hoàn toàn

.‰

Trang 10


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Định nghóa 13:

Cho c ∈ R và δ > 0 , ta đặt

⎧ f c = {v ∈ X / f (v ) ≤ c}
⎪ −1
⎪ f (c ) = {v ∈ X / f (v ) = c}
⎪
⎨W = {v ∈ X / df (v ) = 0}
⎪W = {v ∈ W / f (v ) = c} = W ∩ f
⎪ c
⎪⎩U δ = {v ∈ X / d (v, Wc ) < δ }

−1

(c )
.‰

Bổ đề 14:
Cho φ ≠ A ⊂ X . Ta có
(i).

d:X →R
v

d (v ) = d (v, A) liên tục đều.

Nếu A đóng thì d (v ) = 0 ⇔ v ∈ A

(ii).
Chứng minh:
(i).

∀u, v ∈ X , ∀w ∈ A .Ta coù:
d (u , w ) ≤ d (u , v ) + d (v, w ) ,với d (u , v ) = u − v

⇒ d (u , A) ≤ d (u , w ) ≤ d (u , v ) + d (v, w )
⇒ d (u , A) − d (u , v ) ≤ d (v, w)
⇒ d (u , A) − d (u , v ) ≤ d (v, A)

(Do tính chất cận dưới)

⇔ d (u , A) − d (v, A) ≤ d (u , v )

Chứng minh tương tự d (v, A) − d (u , A) ≤ d (v, u )
Vaäy
(ii).

d (u , A) − d (v, A) ≤ d (u , v ) , ∀u, v ∈ X

Neáu v ∈ A thì 0 ≤ d (v, A) ≤ d (v, v ) = 0
⇒ d (v, A) = 0

Ngược lại nếu d (v, A) = 0 thì ∃{vn } ⊂ A sao cho:
0 ≤ d (v, v n ) <

1
n

⇒ lim d (v, v n ) = 0
n → +∞

⇒ vn → v

Mà A đóng nên v ∈ A

.‰
Trang 11


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Bổ đề 15:
Cho f thoả điều kiện (C ) thì ∀δ > 0 , ∃ b, ε > 0 :

(

)

df (v ) ≥ b , ∀v ∈ f c +ε \ f c −ε \ U δ = D
2

Chứng minh:
2
w > 0 (Do (8), phần chứng
3
minh của định lý 12), ta có ngay df (v ) ≥ b

∗

Nếu v ∈ D \ W thì chọn b =

∗

Nếu v ∈ D ∩ W . Giả sử bổ đề trên sai, tức là:
1
c− ⎞
⎛ c + 1n
⎜
\ f n ⎟⎟ \ U δ
∃δ > 0 vaø v n ∈ ⎜ f
2
⎝
⎠

thoaû

df (v n ) ≤

1
n

,( ∀n ∈ N * )

1
⎧ 1
⎪c − n < f (v n ) < c + n
⎪
δ
Tức là ⎪⎨d (v n , Wc ) ≥
2
⎪
1
⎪
⎪ df (v n ) ≤ n
⎩

(15)

Do đó ∃v n → v~ (vì f thoả điều kiện (C ) )
k

Từ đó cùng với (15), cho k → +∞ ta được:
v) ≤ c

⎧c ≤ f (~
⎪
⎨ ~
δ
⎪⎩d (v, Wc ) ≥ 2

(Do bổ đề 14)

v) = c
⎧f (~
⎪
⇒⎨ ~
δ
⎪⎩d (v, Wc ) ≥ 2
v ∈ Wc
⎧~
⎪
⇒⎨ ~
δ
⎪⎩d (v, Wc ) ≥ 2
v, Wc ) = 0
⎧d (~
⎪
⇒⎨ ~
δ
⎪⎩d (v, Wc ) ≥ 2

(Do bổ đề 14)

Dẫn đến mâu thuẫn

Vậy bổ đề được chứng minh

.‰
Trang 12


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Nhận xét:
Qua việc chứng minh này, suy ra được rằng: “Nếu c>0 (tương
ứng c<0) thì bổ đề 15 vẫn còn đúng khi thay điều kiện (C ) bởi
điều kiện (C + ) (tương ứng (C − ) ) và ε có thể chọn ∈ (0, c )
(tương ứng (0,−c ) )”.

(i).

⎧ δb δb 2 δ ⎫
Xét 0 < ε < ε 1 < min ⎨ ,
, ⎬
⎩ 32 2 8 ⎭

(ii).

(

)

Đặt

⎧⎪ A = X \ f c +ε1 ∪ f c −ε1
⎨

⎪⎩ B = f c +ε \ f c −ε

vaø

g (v ) =

d (v, A)
,v∈ X
d (v, A) + d (v, B )

Ta kieåm tra được:
∗

A∩ B =φ

∗

g xác định trên X (vì d (v, A) + d (v, B ) > 0, ∀v ∈ X )

∗

g thoả điều kiện Lipschitz địa phương trên X (Do bổ đề 14)

∗

0 ≤ g (v ) ≤ 1

∗

⎧1, v ∈ B

g (v ) = ⎨
⎩0, v ∈ A

, ∀v ∈ X

Xây dựng tương tự, ta có thêm hàm h Lipschitz địa phương trên X
⎧1, v ∈ X \ U δ
⎪
8
.
0 ≤ h(v ) ≤ 1, ∀v ∈ X và h(v ) = ⎨
⎪⎩0, v ∈ U δ 4

thoả:

Lưu ý: Các kết quả này sẽ được sử dụng cho các bổ đề và định lý về
sau trong chương này
.‰
Bổ đề 16:
Đặt

~
Φ(v ) = g (v ).h(v ).ξ ( Φ(v ) ).Φ(v )

với

,v∈ X

⎧ Φ là hàm số tìm được ở định lý 12
⎪

⎪
⎧1
⎪ ,t ≥ 1
⎨
(
)
t
=
ξ
⎨t
⎪
⎪⎩1,0 ≤ t < 1
⎪⎩

Khi đó Φ là hàm Lipschitz địa phương trên X vaø Φ(v ) ≤ 1, ∀v ∈ X .
~

~

Trang 13


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Chứng minh:
∀v ∈ X , ta có

⎧1
⎪
0 ≤ g (v ), h(v ) ≤ 1 và ξ (t ) = ⎨ t
⎪⎩1

,t ≥ 1
,0 ≤ t < 1

Do đó:
∗

Φ (v ) < 1

Nếu
~
Φ(v )

thì:

= g (v ).h(v ).ξ ( Φ (v ) ). Φ (v )
≤ 1.1.1. Φ (v ) < 1

∗

Φ (v ) > 1

Neáu
~
Φ(v )

thì:

= g (v ).h(v ).ξ ( Φ (v ) ). Φ (v )
≤ 1 .1 .

Như vậy

1
. Φ (v ) = 1
Φ (v )

~
Φ(v ) ≤ 1, ∀v ∈ X

Maët khác g , h, Φ đều là các hàm Lipschitz địa phương trên X và
ξ là hàm Lipschitz trên [0,+∞ ) .
Khi đó ∀v ∈ X , ∃Bv (quả cầu mở tâm v) sao cho g , h, Φ là các hàm
Lipschitz trên Bv , vì vậy:
~
~
Φ(v1 ) − Φ(v 2 )

=

g (v1 ).h(v1 ).ξ ( Φ(v1 ) ).Φ(v1 ) − g (v 2 ).h(v 2 ).ξ ( Φ(v 2 ) ).Φ(v 2 )
≤

g (v1 ).h(v1 ).ξ ( Φ(v1 ) ).[Φ(v1 ) − Φ(v 2 )] +

+ g (v1 ).h(v1 ).ξ ( Φ(v1 ) ) − ξ ( Φ(v2 ) ). Φ(v 2 ) +
+ g (v1 ). h(v1 ) − h(v 2 ).ξ ( Φ (v 2 ) ). Φ (v 2 ) +
+
≤

g (v1 ) − g (v 2 ).h(v1 ).ξ ( Φ (v 2 ) ). Φ (v 2 )

Φ(v1 ) − Φ(v 2 ) .M v + K v . v1 − v 2 . M v + Lv . v1 − v 2 .M v

(với K v , Lv , N v lần lượt là các hằng số Lipschitz của h, g , Φ
và M v > 0 là chặn trên của Φ (v 2 ) )
≤

Φ (v1 ) − Φ (v 2 ) .M v + (K v + Lv ).M v . u − v

≤

N v . v1 − v 2 .M v + (K v + Lv ).M v . u − v

≤

M v .(K v + Lv + N v ). v1 − v 2 , ∀v1 , v 2 ∈ Bv

Trang 14


Phương Pháp Trường Giả Gradient
~
Φ Lipschitz trên Bv
~
Φ Lipschitz địa phương trên X

⇒
⇒

.‰

Bổ đề 17:
Xét hàm Φ ở bổ đề 16. Khi đó ∀v ∈ X , gọi ϕ (v,⋅) là nghiệm của bài
toán Cauchy:
~

~
⎧ dϕ
= −Φ (ϕ )
⎪
,với (ω − , ω + )
⎨ dt
⎪⎩ϕ (v,0 ) = v

( − ∞ ≤ ω − < ω + ≤ +∞ ):khoảng lớn nhất chứa 0

Khi đó:
ϕ (v,⋅) xác định trên R

(i).

ϕ (v, t ) = v, ∀t ∈ R, ∀v ∉ f −1 ([c − ε , c + ε ])

(ii).

f (ϕ (v, t )) ≤ f (v ), ∀v ∈ X , ∀t ≥ 0

(iii).

Chứng minh:
Nếu ω + < +∞, ∀s, t ∈ (ω − , ω + ) , ta coù:
ϕ (v, s ) − ϕ (v, t ) =

t

~
∫ Φ(ϕ (v, r ))dr

t

≤

s

∫ Φ(ϕ (v, r )) dr
~

≤ s −t

s

⇒ {ϕ (v, t )}t∈(ω − ,ω + ) là dãy Cauchy trong X
⇒ ϕ (v, t ) → v~ ∈ X (khi t → ω + )

Vì vậy nghiệm bài toán Cauchy trên có thể kéo dài về bên phải của
ω + .Dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết
Do đó ω + = +∞.
Chứng minh tương tự

ω − = −∞.

Hơn nữa Φ Lipschitz địa phương trên X nên ϕ (v,⋅) là nghiệm duy nhất
xác định trên R
~

∗

Ta coù g (v ) = 0, ∀v ∈ A
~
⇒ Φ(v ) = 0, ∀v ∈ A
⇒ ϕ (v, t ) = v, ∀v ∉ f

∗

df
(ϕ (v, t ))
dt

−1

([c − ε , c + ε ]), ∀t ∈ R

⎛d
⎞
= df (ϕ (v, t )).⎜ ϕ (v, t )⎟
⎝ dt
⎠

Trang 15

Phương Pháp Trường Giả Gradient

(

)

~
= −df (ϕ (v, t )). Φ(ϕ (v, t ))

= −df (ϕ (v, t )).g (ϕ (v, t )).h(ϕ (v, t )).ξ ( Φ (ϕ (v, t )) ).Φ (v, t )
= − g (ϕ (v, t )).h(ϕ (v, t )).ξ ( Φ (ϕ (v, t )) ).df (ϕ (v, t )).Φ (ϕ (v, t ))

≤ − g (ϕ (v, t )).h(ϕ (v, t )).ξ ( Φ(ϕ (v, t )) ). df (ϕ (v, t ))

2

≤ 0, ∀v ∈ X , ∀t ∈ R

(Vì Φ là trường vectơ giả gradient của f trên Χ nên
~

df (ϕ (v, t )).(Φ(ϕ (v, t ))) ≥ df (ϕ (v, t )) , ∀df (ϕ (v, t )) ≠ 0 )
2

Như vậy

d
f (ϕ (v, t )) ≤ 0, ∀v ∈ X , ∀t ∈ R

dt

⇒ f (ϕ (v, t )) ≤ f (ϕ (v,0 )), ∀v ∈ X , ∀t ≥ 0
⇒ f (ϕ (v, t )) ≤ f (v ), ∀v ∈ X , ∀t ≥ 0

.‰

Định lý 18:
Cho f thoả điều kiện (C ) , Wc ⊂ ∪ là tập mở và giả thiết của bổ đề 17.
Khi ñoù

((

)

)

∃ε > 0 : ϕ f c +ε \ f c −ε \ ∪,1 ⊂ f c −ε .

Chứng minh:
∗

Trường hợp 1:
Nếu Wc ≠ φ , ta có:
Wc = {v ∈ W / f (v ) = c} = W ∩ f

−1

(c ) là tập compact (Do định lý 5)

Ta sẽ chứng minh ∃δ > 0 : ∪ δ ⊂ ∪

(Giả sử ngược lại thì

∃ v n ∈ ∪ 1 \ ∪ , ∀n ∈ N

*

n

⇒ d (v n ,Wc ) <

1
n

⇒ ∃{wn } ⊂ Wc : v n − wn < d (v n ,Wc ) +
⇒ v n − wn <

1 2
<
n n

2
n

(16)

Mà Wc là tập compact nên ∃w n → w ∈ Wc ⊂ ∪
k

(17)
Trang 16


Phương Pháp Trường Giả Gradient
2
⎧
⎪ v nk − w nk <
Như vậy ⎨
k
⎪w n → w
⎩ k

⇒ v nk − w ≤ v nk − wnk + wnk − w
<

2
+ wnk − w → 0
k

(18)

⇒ v nk → w
⎧⎪v nk ∉ ∪
⇒⎨
⎪⎩v nk → w ∈ ∪

(Do (17) và (18))

Điều này mâu thuẫn với ∪ là tập mở)

Do đó để chứng minh định lý này, ta cần chứng minh:
ϕ (( f c +ε \ f c −ε ) \ ∪ δ ,1) ⊂ f c −ε

là đủ

(Do ∪ δ ⊂ ∪ neân ϕ (( f c +ε \ f c −ε ) \ ∪,1) ⊂ ϕ (( f c +ε \ f c −ε ) \ ∪ δ ,1) )
⇔ f (ϕ (v,1))

⇔

α (1)

(

)

≤ c − ε , ∀v ∈ f c +ε \ f c −ε \ ∪ δ

(19)

≤ c −ε

(với α (t ) = f (ϕ (v, t )), t ∈ R )
Ta cần chứng minh (19), quả vaäy:
∀v ∈ ( f c +ε \ f c −ε ) \ ∪ δ và ∀0 < t đủ bé, thì ϕ (v, s ) ∈ ( f c +ε \ f c −ε ) \ ∪ δ , ∀s ∈ [0, t ]
8

2

⎧⎪ϕ (v, t ) ∉ f c −ε

⎨
⎪⎩v ∈ f c +ε

Lúc này ta có
⇒

⎧ f (ϕ (v, t )) > c − ε
⎨
⎩ f (v ) ≤ c + ε

⇒

⎧α (t ) > c − ε
⎨
⎩α (0) ≤ c + ε

⇒

α (0 ) − α (t ) < 2ε

⇒

2ε

t

> − ∫ α , (s )ds
0

(20)

⎛d
⎞
= − ∫ df (ϕ (v, s )).⎜ ϕ (v, s )⎟.ds
⎝ dt
⎠
0
t

t

= ∫ ξ ( Φ (ϕ (v, s )) ).df (ϕ (v, s )).(Φ (ϕ (v, s )))ds
0

Trang 17


Phương Pháp Trường Giả Gradient
(Vì ϕ (v, s ) ∈ ( f c +ε \ f c −ε ) \ ∪ δ

neân g (ϕ (v, s )) = h(ϕ (v, s )) = 1 )
8

t

≥ ∫ ξ ( Φ (ϕ (v, s )) ). df (ϕ (v, s )) ds
2

0

~

(Vì Φ là trường vectơ giả gradient của f trên Χ )
t

≥ b ∫ ξ ( Φ (ϕ (v, s )) ). df (ϕ (v, s )) .ds

(Do bổ đề 15)

0

t

≥

b
ξ ( Φ (ϕ (v, s )) ). Φ (ϕ (v, s )) .ds )
2 ∫0

~

(Vì Φ là trường vectơ giả gradient của f trên Χ )
t

≥

b
ξ ( Φ(ϕ (v, s )) ).Φ(ϕ (v, s )).ds
2 ∫0

b

=
2

=
=

b
2

t

∫ Φ(ϕ (v, s )).ds
~

t

∫ dt ϕ (v, s )ds
d

0

b
ϕ (v, t ) − v
2

⇒ ϕ (v, t ) − v <

4ε δ
<
b

8

⇒ ϕ (v, t ) − v <

δ

⇒ ϕ (v, t ) ∉ ∪ δ

(Vì ngược lại thì
Cùng với
⇒

δ
2

(Vì g (ϕ (v, s )) = h(ϕ (v, s )) = 1 )

0

8

(21)
2

d (ϕ (v, t ), Wc ) <

d (v,Wc ) ≥ δ

δ
2

(Vì v ∉ ∪ δ )

< d (v,Wc ) − d (ϕ (v, t ),Wc ) ≤ v − ϕ (v, t ) <

δ
8

(Do bổ đề 14)

đi đến mâu thuẫn)

Trang 18


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Nếu (19) sai thì

α (1) > c − ε

⇒ c − ε < α (1) < α (t ) < α (0 ) ≤ c + ε
⇒ c − ε < f (ϕ (v, t )) ≤ c + ε

⇒ ϕ (v, t ) ∈ f c +ε \ f c −ε

(22)

Từ (21) và (22) ta coù ϕ (v, t ) ∈ ( f c +ε \ f c −ε ) \ ∪ δ
⇒ df (ϕ (v, t )) ≥ b > 0

⇒

2

(Do bổ đề 15)

d
2
α (t ) ≤ −ξ ( Φ(ϕ (v, t )) ). df (ϕ (v, t ))
dt

(Do kết quả chứng minh của bổ đề 17)
Vì

⎧1
⎪ ,t ≥ 1
ξ (t ) = ⎨ t
⎪⎩1,0 ≤ t < 1

Nên:
∗
∗

Nếu
Nếu

Φ (ϕ (v, t )) < 1 thì

d
2

α (t ) ≤ − df (ϕ (v, t )) ≤ −b 2
dt

Φ (ϕ (v, t )) ≥ 1 thì

df (ϕ (v, t ))
d
1
≤−
α (t ) ≤ −
Φ(ϕ (v, t ))
dt
4
2

~

(Vì Φ là trường vectơ giả gradient của f trên Χ )
Như vậy

1⎫
d
⎧
⎧ 1⎫
α (t ) ≤ max⎨− b 2 ,− ⎬ = − min ⎨b 2 , ⎬
4⎭
dt
⎩
⎩ 4⎭

Bất đẳng thức cuối đúng với 0 < t đủ bé, nên ta có thể xem:
d
⎧ 1⎫
α (t ) ≤ − min ⎨b 2 , ⎬, ∀t ∈ (0, δ ]
dt
⎩ 4⎭
δ

⇒∫
0

δ

d
⎧ 1⎫
α (t )dt ≤ − ∫ min ⎨b 2 , ⎬dt
dt
⎩ 4⎭
0

δ⎞
⎛
⇒ α (δ ) − α (0) ≤ − min⎜ δb 2 , ⎟
4⎠
⎝
δ⎫
⎧
⇒ α (0) − α (δ ) ≥ min ⎨δb 2 , ⎬
4⎭
⎩

Trang 19


Phương Pháp Trường Giả Gradient
δ
Cùng với (20) ta có 2ε > α (0) − α (δ ) ≥ min ⎧⎨δb 2 , ⎫⎬
⎩

4⎭

⎧ δb 2 δ ⎫
⇒ ε > min ⎨
, ⎬
⎩ 2 8⎭

Dẫn đến mâu thuẫn
Tức là (19) đúng.
∗

Trường hợp 2:
Nếu

Wc = φ thì ∪ δ = φ :

Ta coù

(f

c +ε

\ f c −ε ) \ ∪ ⊂ f c + ε \ f c −ε = B

Do đó ta chỉ cần chứng minh ϕ (B,1) ⊂ f c −ε là đủ
⇔ f (ϕ (v,1)) ≤ c − ε , ∀v ∈ B

⇔ α (1) ≤ c − ε

∀v ∈ B, ∀t ∈ [0, δ ] , ta coù

α (1) ≤ α (t ) ≤ α (0 ) ≤ c + ε

Nếu (23) sai thì

(23)

⎧c − ε < α (t ) ≤ c + ε
α (1) > c − ε ,neân ⎨
⎩α (0) ≤ c + ε

⎧c − ε < f (ϕ (v, t )) ≤ c + ε
⇒⎨
⎩α (0) − α (t ) < 2ε

(24)

⇒ ϕ (v, t ) ∈ B

⇒ df (ϕ (v, t )) ≥ b > 0

Chứng minh tương tự như trường hợp Wc ≠ φ , ta được:
δ⎫
⎧
α (0) − α (δ ) ≥ min ⎨δb 2 , ⎬
⎩

4⎭

⎧ δb 2 δ ⎫
, ⎬
⎩ 2 4⎭

Cùng với (24) ta có ε > min ⎨
Dẫn đến mâu thuẫn
Tức là (23) đúng

Vậy định lý được chứng minh hoaøn toaøn

.‰

Trang 20


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Định lý 19 (định lý Deformation):
Với giả thiết như định lý 18, ta có kết quả mạnh hơn ϕ ( f c +ε \ ∪,1) ⊂ f c −ε
Chứng minh:
∀v ∈ f c +ε \ ∪ ta có 2 trường hợp sau:
f (ϕ (v,1))

Nếu v ∈ f c −ε thì

∗

≤ f (ϕ (v,0 ))

(Do bổ đề 17)

= f (v ) ≤ c − ε

⇒ ϕ (v,1) ∈ f c −ε

Nếu v ∉ f c −ε thì

∗

v ∈ ( f c + ε \ f c −ε ) \ ∪
⇒ ϕ (v,1) ∈ f c −ε

Tóm lại, ta luôn có
Hay

(Do định lý 18)

ϕ (v,1) ∈ f c +ε , ∀v ∈ f c +ε \ ∪
ϕ ( f c +ε \ ∪,1) ⊂ f c −ε

.‰

Nhận xét:

∗

Qua việc chứng minh định lý 18 và định lý 19 ta kết luận được
rằng: “Với giả thiết như định lý 19 và t 0 > 0 cho trước thì luôn
∃ε : ϕ ( f c +ε \ ∪, t 0 ) ⊂ f c −ε (không nhất thiết là t 0 phải bằng 1)”.

(25)
∗

Kết hợp với phần nhận xét của bổ đề 15, ta cũng kết luận
được rằng: “Nếu c>0 (tương ứng c<0) thì (25) vẫn còn đúng
khi thay điều kiện (C ) bởi điều kiện (C + ) (tương ứng (C − ) ).
Ngoài ra ε cũng có thể chọn ∈ (0, c ) (tương ứng (0,−c ) )”
.‰

Định nghóa 20:
Cho tập hợp Χ ≠ φ và ℑ ≠ φ là họ các tập con của X. Ta nói rằng ℑ
thoả tính chất ( p )C , nếu F ∈ ℑ thì ϕ (F ,1) ∈ ℑ .‰
Định lý 21 (Định lý Minimax):
Cho f thoả điều kiện (C ) . Gọi ℑ ≠ φ là họ các tập con của X thoả tính
chất ( p )c và c = inf sup{ f (v ) / v ∈ F }∈ R , thì c là giá trị tới hạn của f treân X .
F ∈ℑ

Trang 21


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Chứng minh:
c = inf sup{ f (v ) / v ∈ F }

Ta coù

F ∈ℑ

= inf {b ∈ R / ∃F ∈ ℑ : F ⊂ f b }

Vì vậy

∀ε > 0

thì

(26)

(vì c < +∞ )

∃Fε ∈ ℑ : Fε ⊂ f c +ε

Do đó, nếu c không phải là giá trị tới hạn của f thì Wc = φ
Theo định lý 19, ta có ϕ ( f c +ε ,1) ⊂ f c −ε neân ϕ(Fε ,1) ⊂ f c−ε
Mà

ϕ (Fε ,1) ∈ ℑ

Dẫn đến mâu thuẫn với (26)

.‰

Nhận xét: Qua việc chứng minh này và phần nhận xét của định lý 19,
ta kết luận được rằng: “Nếu c>0 (tương ứng c<0) thì nguyên lý Minimax vẫn

còn đúng khi ta thay điều kiện (C ) bởi (C + ) (tương ứng (C − ) ) .‰
Hệ quả 22:
Cho f thoả điều kiện (C ) . Nếu f bị chặn (tương ứng bị chặn dưới) trên
Χ thì f đạt giá trị lớn nhất (tương ứng nhỏ nhất) trên Χ .
Chứng minh:
∗

Giả sử f bị chặn trên:
Áp dụng định lý Minimax với ℑ = {X }, ta coù:
c = sup{ f (v ) / v ∈ X } là giá trị tới hạn của f

⇒ ∃v1 ∈ W : f (v1 ) = c

⇒ f đạt giá trị lớn nhất tại v1

∗

Giả sử f bị chặn dưới:
Áp dụng định lý Minimax với ℑ = {{v}/ v ∈ Χ}, ta coù:
c = inf { f (v ) / v ∈ X } là giá trị tới hạn của f

⇒ ∃v 2 ∈ W : f (v 2 ) = c

⇒ f đạt giá trị nhỏ nhất tại v 2

.‰

Trang 22

Phương Pháp Trường Giả Gradient
III. ĐỊNH LÝ 23 (ĐỊNH LÝ MOUTAIN PASS):
Cho f thoả đồng thời các điều kiện sau:
(i).
(ii).

Điều kieän (C + )
∃α , β > 0 :

f (v ) ≥ β , ∀v ∈ Χ, v = α
f (v ) > 0, ∀v ∈ Χ,0 < v < α

(iii).

∃e ∈ Χ \ {0}:

f (e ) = 0
f (0 ) = 0

(iv).

Khi đó f có một giá trị tới hạn c ∈ [β ,+∞ ) .
Chứng minh:
⎧γ (0) = 0
⎩γ (1) = e

Đặt: Γ = { γ / γ : [0,1] → X liên tục và ⎨

}, ta có Γ ≠ φ

(vì xét ánh xạ γ : [0,1] → Χ
t

t.e
⎧γ (0 ) = 0
, do đó γ ∈ Γ )
⎩γ (1) = e

Ta thấy ngay γ liên tục và ⎨
Đặt

Fγ = γ ([0,1]) với γ ∈ Γ

(vì γ liên tục nên Fγ là tập

và ℑ = {Fγ / γ ∈ Γ} ≠ φ

(vì Γ ≠ φ )

compact)
Suy ra c = inf sup{f (v ) / v ∈ Fγ } = inf max . f (γ (t )) < +∞
F ∈ℑ
γ ∈Γ
γ

t∈[0 ,1]

Từ (ii) và (iii) ta có e > α
Vì vậy ∀γ ∈ Γ , đặt g (t ) = γ (t ) − α , t ∈ [0,1]
g liên tục trên [0,1]

⎧
thì ⎨
⎩ g (0).g (1) = −α ( e − α ) < 0

Cho neân ∃ t 0 ∈ (0,1) : g (t 0 ) = α ⇔ γ (t 0 ) = α
⇒ f (γ (t 0 )) ≥ β
⇒ max f (γ (t )) ≥ β
t∈[0 ,1]

⇒ c ∈ [β ,+∞ )

Trang 23


Phương Pháp Trường Giả Gradient
Lúc này chọn ε ∈ (0, c ) thì theo (iii),(iv) và bổ đề 17 ta có:
ℑ thoả tính chất ( p )c

Do đó theo phần nhận xét của nguyên lý Minimax c là giá trị tới
hạn của f
.‰
Nhận xét:
Qua chứng minh trên ta luôn kết luận được rằng: “Định lý Moutain
Pass vẫn còn đúng khi ta thay điều kiện: f (v ) > 0, ∀v ∈ Χ,0 < v < α (các điều
kiện khác vẫn giữ lại) bởi điều kiện nhẹ hơn:
f (v ) ≠ 0, ∀v ∈ Χ,0 < v < α

∗

Hoaëc

∗

Hoaëc e > α “

.‰

Trang 24


Phương Pháp Sử Dụng Nguyên Lý Biên Phân Ekeland
CHƯƠNG II:

PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG
NGUYÊN LÝ BIẾN PHÂN EKELAND
Trong suốt chương II và chương III, nếu không nói gì thêm thì ta luôn
hiểu rằng X là không gian Banach.
Định nghóa 1:
Cho ánh xạ đa trị F : X ~ > X , F (u ) ≠ φ , ∀u ∈ X ,
Ta ñaët:

C (u + ) = {u n / n ∈ N }
C 0 (u ) = ∪{C (u + ) / u 0 = u}

Trong đó:

u + = u 0 , u1 ,..., u n ,... : u n +1 ∈ F (u n ), ∀n ∈ N

Lúc đó:
∗

F gọi là một hệ động học

∗

u + gọi là một chuyển động với điểm xuất phát u 0

∗

C (u + ) gọi là quỹ đạo của chuyển động u + .

.‰
Định lyù 2:
∗

u ∈ C 0 (u )

∗

[v ∈ C 0 (u ) và

(tính phản xạ)
w ∈ C 0 (v )] ⇒ w ∈ C 0 (u )

(tính bắt cầu)

Chứng minh:
∀v ∈ C 0 (u ), ∀w ∈ C 0 (v )
⎧u 0 = u , u n = v
⎩v 0 = v, v m = w

Ta coù ⎨

, (n, m ∈ N )

⎧⎪w0 = u 0 , w = u p ,0 ≤ p ≤ n
⎪⎩w p = v p − n −1 , p ≥ n + 1

Choïn ⎨

Khi đó dãy w+ chứa w0 = u , wm + n+1 = w vaø w p +1 ∈ F (w p ), ∀p ∈ N
Vậy w+ là một chuyển động (với điểm xuất phát là u) chứa w và
w ∈ C 0 (u )
.‰
Trang 25


Phương Pháp Sử Dụng Nguyên Lý Biên Phân Ekeland
Định lý 3:
Cho hệ động học F : X ~ > X và f : X → [0,+∞ ] thoả mãn:
∀u ∈ X , ∃v ∈ F (u ) : f (v ) + d (u , v ) ≤ f (u )

Khi đó:
(i).

Nếu f (u ) < +∞ thì tồn tại một chuyển động u + với điểm xuất
phát là u hội tụ tới u

(ii).

Nếu thêm điều kiện đồ thị của F là đóng thì u ∈ F (u )

Chứng minh:
Xét u 0 = u ∈ X : f (u ) < +∞
Dùng qui nạp ta xây dựng được dãy {u n } :
⎧u n +1 ∈ F (u n )
⎪
, ∀n ∈ N
⎨(0 ≤ ) f (u n ) < +∞
⎪(0 ≤ )d (u , u ) ≤ f (u ) − f (u )
n
n +1
n
n +1
⎩
M −1

∑ d (u

⇒

n= N

n

(1)

, u n +1 ) ≤ f (u N ) − f (u M ), ∀N , M ∈ N (N < M )

d (u N , u M ) ≤ f (u N ) − f (u M ) , ∀N, M ∈ N (N < M )

⇒

(2)

Từ (1) suy ra { f (u n )} là dãy giảm không âm nên hội tụ
Kết hợp với (2) ta có {u n } là dãy Cauchy trong X đầy đủ, do đó:
un → u ∈ X

Như vậy

u 0 , u1 ,..., u n ,... → u

Lúc này

Graph ∋ (u n , u n +1 ) → (u , u )

Do đó, nếu

Graph đóng thì (u , u ) ∈ Graph hay u ∈ F (u )

.‰

Định lý 4:
Cho g : X → X vaø f : X → [0,+∞ ] thoaû: f (g (u )) + d (u , g (u )) ≤ f (u ), ∀u ∈ X
Khi đó:
(i).

Nếu f (u ) < +∞ và dãy {u n } thoaû u 0 = u, u n +1 = g (u n ) = g n (u 0 )
thì u n → u

(ii).

Nếu thoả thêm điều kiện đồ thị của g đóng thì u = g (u )
Trang 26