Tính nửa liên tục dưới của ánh xạ nghiệm của bất đẳng thức biến không suy rộng chứa tham số trong không gian banach phản xạ

Trờng Đại Học Vinh
Khoa toán
=== ===

Ngô Thị Miên

tính nửa liên tục dới của ánh xạ nghiệm
của bất đẳng thức biến phân suy rộng chứa
tham số trong không gian banach phản xạ

khóa Luận tốt nghiệp đại học
Ngành Cử nhân khoa häc to¸n

Vinh, 2009


Trờng Đại Học Vinh
Khoa toán
=== ===

tính nửa liên tục dới của ánh xạ nghiệm
của bất đẳng thức biến phân suy rộng chứa
tham số trong không gian banach phản xạ

khóa luận tốt nghiệp đại học
Ngành cử nhân khoa học toán
Chuyên ngành: giải tích

Cán bộ hớng dẫn khóa luận:
ThS. Nguyễn thị Toàn

Sinh viên thực hiện:
Ngô thị miên

Lớp:

Vinh, 2009

46B1 - Toán


Mục lục

M U...................................................................................................................1
Chơng I. Bất đẳng thức biến phân trong R n ....................................... 3
1.1. Điểm bất động.....................................................................................................3
1.2. Tính chất của phép chiếu lên một tập lồi.............................................................3
1.3. Định lý đầu tiên về bất đẳng thức biến phân.......................................................4
1.4. Bất đẳng thức biến phân.......................................................................................5
Chơng II. tính nửa liên tục dới của ánh xạ nghiệm của bất
đẳng thức biến phân suy rộng chứa tham số trong không
gian Banach phản xạ.....................................................................................6
2.1. Các khái niệm và tính chất cở sở.........................................................................6
2.2. Các kết quả chính.................................................................................................8
2.3. Các kết quả bổ trợ..............................................................................................10
2.4. Chứng minh các kết quả chính..........................................................................15
2.5. Các ví dụ............................................................................................................23
Kết luận..............................................................................................................28
Tài liệu tham khảo.......................................................................................29

4

M U
Phơng trình suy rộng (PTSR) là một mô hình hữu hiệu giúp ta nghiên cứu các
bài toán thuộc các lĩnh vực khác nhau nh tối u hoá, bất đẳng thức biến phân, các điều
kiện biến phân và cân bằng kinh tế. Những vấn đề nghiên cứu cơ bản trong lý
thuyết PTSR bao gồm: sự tồn tại nghiệm, phơng pháp tìm nghiệm, và tính ổn định
của tập nghiệm.
Ngày nay, khi mà khoa học máy tính đà phát triển, hầu hết các bài toán trong
lĩnh vực tính toán khoa học đều đợc rời rạc hoá để thuận lợi cho việc tính toán. Một
bài toán đợc gọi là ổn định nếu nh sai số của các dữ liệu đầu vào bé thì sai số trong
kết quả đầu ra không đáng kể. Trong trờng hợp ngợc lại, sai số của dữ liệu đầu ra sẽ
rất lớn và kết quả tính toán khác xa với kết quả mong đợi. Khi đó bài toán đợc gọi là
không ổn định.
Giáo s S. M. Robinson - đà đợc Giải thởng Dantzig về Quy hoạch toán học - là
ngời đi đầu trong việc nghiên cứu tính ổn định của các phơng trình suy rộng. Kể từ
đó tới nay, hớng nghiên cứu này vẫn đang đợc nhiều các nhà toán học quan tâm.
Có rất nhiều bài toán, chẳng hạn nh các bài toán tối u, cân bằng kinh tế, bất
đẳng thức biến phân, có thể mô hình hoá thành các phơng trình suy rộng. Nghiên
cứu tính ổn định của PTSR chính là nghiên cứu các tính chất liên tục, khả vi của ánh
xạ nghiệm của các PTSR phụ thuộc tham số. Song song với các PTSR, một lớp bài
toán tối u có ứng dụng rộng rÃi là các bài toán điều khiển tối u có tham số cũng đợc
nghiên cứu.
Di s hớng dẫn tận tình của cô giáo Nguyễn Thị Toàn chúng tôi chọn đề
tài: "Tính nửa liên tục dới của ỏnh x nghim của bất đẳng thức biến phân suy
rộng chứa tham số trong không gian Banach phản xạ", dựa trên bài báo của Tin
s Bựi Trng Kiờn. Mục đích cđa luận văn lµ tập trung nghiên cứu tính ổn định
nghiệm của bất đẳng thức biến phân chứa tham s trong khụng gian Banach phn
x.
Với mục đích trên luận văn đợc chia làm hai chơng:

5
Chơng I. Bất đẳng thức biến phân trong Rn.
Chơng II. Tính nửa liên tục dới của ánh xạ nghiệm của bất đẳng thức biến
phân suy rộng chứa tham số trong không gian Banach phản xạ.
Phần lớn các kết quả trình bày trong luận văn đà thu đợc bởi một số tác giả
trong các tài liệu [2], [4], [7], [8] và đà đợc trích dẫn trong luận văn. Một số kết quả
khác đà đợc tác giả chứng minh chi tiết dới dạng Bổ đề hoặc dới dạng Nhận xét . Tuy
đà có nhiều cố gắng nhng vì năng lực và thời gian có hạn nên luận văn không tránh
khỏi những thiếu sót cả về nội dung lẫn hình thức. Vì vậy, tác giả rất mong nhận đợc
những lời chỉ bảo quý báu của các Thầy giáo, Cô giáo và những góp ý của bạn đọc.
Nhân dịp này, cho phép tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đối với
Cô giáo Nguyễn Thị Toàn ngời đà hớng dẫn nhiệt tình tác giả trong quá trình nghiên
cứu. Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn các Thầy giáo, Cô giáo trong tổ Giải tích
và trong khoa Toán đà tận tình giảng dạy, động viên và tạo điều kiện thuận lợi cho
tác giả học tập và hoàn thành khoá luận này.
Vinh, tháng 5 năm 2009
Tác giả


6
Chơng I
bất đẳng thức biến phân trong rn

1.1. Điểm bất động
1.1.1. Định nghĩa. Cho A là một tập hợp và ánh xạ F : A A . Một điểm x A
đợc gọi là điểm bất động của F nÕu

F ( x ) = x.

Hay nãi c¸ch kh¸c, c¸c điểm bất động của F là nghiệm của phơng trình
F ( x ) = x.

1.1.2. Định nghĩa. Cho S là một không gian mêtric. Một ánh xạ

F : S S

đợc

gọi là ánh xạ corút nếu
d ( F ( x ) , F ( y ) ) ≤ αd ( x , y ) ,

, y S
x

,

(1)

và mỗi : 0 ≤ α ≤ 1 .
Khi cho α = 1 , ánh xạ F đợc gọi là không giÃn.
1.1.3. Định lý [8]. Cho S là một không gian mêtric đầy đủ và F : S S là
một ánh xạ corút. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động của F .
1.1.3. Định lý (Brower) [8]. Cho F là một ánh xạ liên tục từ một hình cầu
đóng B R n vào chính nó. Khi đó F tồn tại ít nhất một điểm bất động.
1.2. Tính chất của phép chiếu lên một tập lồi
Trong phần này, chúng ta xÐt phÐp chiÕu lªn mét tËp låi trong mét không gian
Hinbert thực. Những chứng minh đợc đa ra trong trờng hợp H là không gian hữu
hạn chiều, thì ta cã thĨ chän R n trïng víi kh«ng gian Hilbert H .

1.2.1. Bổ đề [8]. Cho K là một tập ®ãng, låi cđa kh«ng gian Hilbert H . Khi
®ã víi mỗi

x H ,

tồn tại duy nhất

y K

sao cho


7
x − y = inf x −η .

(2)

η K
∈

1.2.2. Chó ý [8]. Điểm y thoả mÃn (2) đợc gọi là hình chiếu của x lên K và
ta viết y = PrK x .
1.2.3. Định lý [8]. Cho K là một tập đóng, lồi của không gian Hilbert H .
Khi đó,

y = PrK x

là hình chiếu của x lên K , nÕu vµ chØ nÕu
η
∀ ∈ K.

y ∈ K : ( y , η− y ) ≥ ( x , η− y )

(3)

1.2.4. Hệ quả [8]. Cho K là một tập ®ãng, låi kh«ng gian Hilbert H . Khi
®ã, phÐp chiÕu PrK là không giÃn, nghĩa là
PrK x PrK x ' ≤ x − x '

∀ , x' ∈ .
x
H

1.3. Định lý đầu tiên về bất đẳng thức biến phân
1.3.1. Định nghĩa. Không gian đối ngẫu (R ) của R n là không gian của tất cả
n

các dạng tuyến tính
a : Rn R
x

a,x

,

xác định trên R n .
1.3.1. Định lý [8]. Cho K ⊂ R n lµ tËp compact, lồi và ánh xạ


F : K ( R n ) là

liên tục. Khi đó, có một điểm x K sao cho:
F ( x ), y −x ≥0

∀y ∈K .

(4)

1.3.2. Hệ quả [8]. Cho x là một nghiệm của bất đẳng thức biến phân (4) và
0

giả sử rằng x K , phần trong của K . Khi đó,

F ( x) = 0 .

1.4. bất đẳng thức biến phân


8

1.4.1. Bài toán. Cho K là một tập đóng, lồi trong R n và ánh xạ


F : K ( R n )

là

liên tục. Tìm x K sao cho
F ( x ) , y x 0

(5)

y K .

Định lý sau đây, đa ra điều kiện cần và đủ cho sự tồn tại của các nghiệm của
Bài toán trên.
1.4.2. Định lý [8]. Cho K R n là tập đóng, lồi và ánh xạ


F : K ( R n ) là

liên

tục. Điều kiện cần và đủ để tồn tại một nghiệm của Bài toán 1.4.1 là tồn tại R > 0
sao cho cã mét nghiƯm xR ∈ K R cđa ®iỊu kiƯn (5) tho¶ m·n: xR < R .
Trong ®ã K R = K BR với BR là hình cầu đóng bán kính R và tâm 0 R n .
1.4.3. HƯ qu¶ [8]. Cho

′
F : K →( R n ) tho¶

F ( x ) − F ( x0 ) , x − x0
x − x0

víi

x0 ∈ K

→ +∞

m·n
khi

, x K ,

x
+

(6)

bất kỳ. Khi đó, tồn tại một nghiệm của Bài toán 1.4.1.

1.4.4. Định nghĩa. Điều kiện (6) của Hệ quả 1.4.3 đợc gọi là điều kiện cỡng
bức.
1.4.5. Định nghĩa. ánh xạ


F : K ( R n )

đợc gọi là đơn điệu nếu

F ( x) F ( x '), x − x '〉 ≥ 0 x , x' K .

ánh xạ F đợc gọi là đơn điệu ngặt nếu dấu ''
x = x'.

=

'' xảy ra khi vµ chØ khi

9
Chơng II
Tính nửa liên tục dới của ánh xạ
nghiệm của bất đẳng thức bIếN suy rộng chứa tham số
trong không gian banach phản xạ

2.1. Các khái niệm và tính chất cơ sở
2.1.1. Định nghĩa. Giả sử E là không gian định chuẩn với không gian đối
ngẫu

E, ( M ,d )

và ( , d ) là các không gian mêtric. Cho F : M ì E

có giá trị là một tập hợp và K :

2



2

là toán tử

là một hàm đa trị với các giá trị đóng, lồi. Bất

đẳng thức biến phân suy rộng chứa tham số liên quan đến tập hợp K ( ) và toán tử
,.
F (à ) là bài toán tìm nghiệm x

0



= x ( à, ) thoả mÃn phơng trình suy rộng

F (à, x ) + N K ( λ) ( x ) ,

víi ( à , ) M ì là các tham số và

N K ( ) ( x )

(1)

là một nón pháp tuyến với K ( ) tại x

và đợc ký hiệu bởi
(

{

x* E* | x* , y − x ≤ 0 ∀ y ∈ K ( λ )
) ( x) = 
 ∅

}

nÕu

x ∈K ( )

nếu

x K ( ) .

(2)

Ta ký hiệu bài toán (1) bằng cách viết gọn lại GVI ( F ( µ ,.) , K ( λ ) ) . Khi F
( µ, x ) = { f ( µ, x )}

ở đó

f : M ì E E * là

một toán tử đơn trị thì phơng trình suy rộng

(1) đợc gọi là bất đẳng thức biến phân chứa tham số vµ ký hiƯu bëi VI ( f
( µ , K ( λ) ).
,.)

Ký hiƯu S ( µ, λ) lµ tËp nghiệm của phơng trình suy rộng (1) tơng ứng với cặp
tham số ( à, ) . Nh vậy S : M ì 2 E là ánh xạ với giá trị là một tập hợp nó đợc gọi
là ánh xạ nghiệm của phơng trình (1). Trong suốt đề tài ta luôn giả sử rằng
x0 S ( à0 , λ0 ) ,

cã nghÜa lµ
0 ∈ F ( µ0 , x0 ) + N K ( λ0 ) ( x0 ) .

(3)

10

2.1.2. Định nghĩa. Giả sử C là một tập không rỗng, đóng, lồi trong không
gian định chuẩn E và T :

C 2E

*

là một toán tử. Ta ký hiệu đồ thị của T là

gphT : = { ( x , x* ) ∈ C × E * : x* ∈ Tx} .
*
Toán tử T đợc gọi là đơn điệu ngặt nÕu víi mäi ( u1 , u1 ) , (u 2 , u * ) gphT và
2

u1 u2

thì
*
*
u1 u 2 , u1 −u 2 > 0 .

To¸n tư T đợc gọi là thuộc lớp ( S ) + nếu
*
u n Tu n ,

thì

u n w u

và

lim Sup u * ,u n − u ≤ 0
n
n→
∞

víi

un → u .

NÕu tập hợp

T (C )

là bị chặn thì T đợc gọi là toán tử bị chặn trên C .

Toán tử T đợc gọi là giả đơn điệu theo quan im của Brezis nÕu víi mäi
d·y

un w → u

*
ωv ∈Tu

vµ

ω* ∈Tu n
n

∗
sao cho lim Sup ωn , un − u ≤ 0 thì với mỗi v C tồn tại
n

thoả mÃn
*
*
v , u − v ≤ lim inf ωn , u n − v .
n


2.1.3. Định nghĩa. Hàm đa trị K : 2 E đợc gọi là có tính chất Aubin theo
thứ tự > 0 tại điểm ( 0 , x0 ) gphK nếu tồn tại các hằng số dơng

(

)

k , 0 và
0

K ( ' ) x0 + ε 0 B E ⊆ K ( λ) + kd ( λ' ,λ ) B E ∀λ' ,λ ∈ B ( 0 ,0 ) ,

với

BE

sao cho

(4)

là hình cầu đơn vị đóng của E và B( 0 , ) là hình cầu mở tâm tại với
0

bán kính trong không gian mêtric .
Nếu K thoả mÃn tính chất (4) với = 1 thì K đợc gọi là có tính chất Aubin
tại điểm (0 , x0 ) .
2.1.4. Định nghĩa. Hàm đa trị P : X 2Y từ không gian tôpô X lên không gian tôpô
Y đợc gọi là nửa liên tục dới tại x0 X nếu với mỗi tập mở V Y thoả m·n P

( x0 ) ∩ V ≠ ∅, tån t¹i mét l©n cËn U cđa x

0

sao cho P

( x ) ∩ V ≠ ∅víi mäi x ∈U .


11
x0 X

Hàm đa trị P đợc gọi là nửa liên tục trên tại
thoả mÃn P ( x0 ) V , tồn tại một lân cận U của

x0

nếu với mỗi tập mở V Y

sao cho P ( x ) V với mọi x U .

2.1.5. Định nghĩa. Giả sử Y là một không gian định chuẩn, ánh xạ P : X 2Y
đợc gọi là nửa liên tục trờn Hausdorff tại điểm
cận U của

x0

x0

nếu với mỗi > 0 tồn tại một lân

sao cho e ( P ( x ), P ( x0 )) < ε víi mäi

x∈ ,
U

ở đó

sup
e ( P ( x ), P ( x0 )): = y∈ ( x ) d ( y, P ( x0 )) ,
P

vµ d ( y , P ( x ) ) là khoảng cách từ điểm y đến P( x0 ) .
2.2. các kết quả chính

2.2.1. Định lý [7]. Cho E là một không gian Banach với không gian đối
ngẫu

E .

M 0 ì 0

0 2E

Giả sử rằng tồn tại một lân cận mở, bị chặn

X0

của

x0

và một lân cận

của điểm ( à0 , 0 ) sao cho toán tử F : M 0 ì X 0 2 và hàm đa trị K :
E

tho mÃn các điều kiƯn sau:
F ( µ0 ,.) : X 0 → 2 E

(i)



thuộc lớp ( S ) + , bị chặn và đơn điệu ngặt trên tập

X 0 K (0 ) ;

(ii)

F ( µ,.) : X 0 → 2 E

∗

lµ nưa liên tục, giả đơn điệu và có giá trị đóng, lồi với

mọi à M 0 ;
(iii) F là ánh xạ nửa liên tục trờn Hausdorff theo à tại à0 và đều theo x ,
nghĩa là, với mỗi dÃy à n à0 thì e( F ( àn , x), F ( µ0 , x) ) → 0 víi mäi

x ∈X 0 ;

(iv) K lµ cã tÝnh chÊt Aubin theo thø tự > 0 tại điểm ( 0 , x0 ) .
Khi đó tồn tại một lân cận
bị chặn

Q0

của

x0

U0

của à0 , một lân cận

V0

của và một lân cận mở,
0

sao cho các điều kiện sau thoả mÃn:

X

(a) ánh xạ nghiệm S : U 0 ì V0 2 xác định bởi
0


S ( à,) = S ( à,) Q0 ,

giá trị không rỗng.
(b) ánh xạ nghiệm


S

là nửa liên tục dới tại ®iĨm ( µ 0 , λ0 ) .

cã


12
Khi F ( µ , x) = { f ( µ, x)} , víi

f : M 0 × X 0 E * là

toán tử đơn trị, thì ta đợc

Định lý sau:

2.2.2. Định lý [7]. Giả sử rằng tồn tại một lân cận mở, bị chặn
và một lân cận

M 0 ì
0

của ( à 0 , 0 ) sao cho toán tư

X0

f : M 0 × X 0 → E * và

của

x0

hàm đa

trị K : 0 2 E tho mÃn các điều kiện sau:
(i)

f ( à0 ,.) : X 0 → E * lµ

thc líp ( S ) + , bị chặn và đơn điệu ngặt trên tập

X 0 ∩ K ( λ0 ) ;

(ii)
(iii)

f ( µ,.) : X 0 E * là
f

giả đơn điệu và nửa liên tục với mọi à M 0 ;

liên tục theo à tại à0 và đều theo x , nghĩa là với mỗi dÃy

àn à0

ta

có sup f ( àn , x ) − f ( µ0 , x ) → 0 khi n → ∞ ;
x∈X
0

(iv) K cã tÝnh chÊt Aubin theo thứ tự > 0 tại điểm (0 , x0 ).
Khi ú tồn tại một lân cận
mở, bị chặn

Q0

U0

của µ0 , mét l©n cËn

V

cđa λ vµ mét l©n cËn
0

0

cđa x0 sao cho các điều kiện sau tho mÃn:

X

(a) ánh xạ nghiệm S : U 0 ì V0 2 xác định bởi
0


S ( à, ) = S ( à, ) Q0 ,

có

giá trị không rỗng.
(b) ánh xạ nghiệm


S

là nửa liên tục di tại

( à0 , 0 ).

Trong trờng hợp E = R m ta cã kÕt qu¶ sau.

2.2.3. HƯ quả [7]. Giả sử tồn tại một lân cận mở, bị chặn

X 0 của x0 trong

m
R m và một lân cận M 0 ì 0 của ( à0 , 0 ) sao cho ánh xạ f : M 0 ì X 0 R và hàm

đa trị K :
(i)

0 2R

m

thoả mÃn các điều kiện sau:

f ( à 0 ,.) : X 0 ∩ K ( λ 0 ) → R m là

đơn điệu ngặt trờn X 0 K ( 0 ) ;

(ii) f là ánh xạ liên tôc;
(iii) K cã tÝnh chÊt Aubin theo thø tù α > 0 t¹i ( λ0 , x0 ) .
Khi đó tồn tại một lân cận
của

x0

U 0 ìV0

của ( à0 , 0 ) và một lân cận mở, bị chặn Q0

sao cho các điều sau thoả mÃn:


13
X

(a) ánh xạ nghiệm S : U 0 ì V0 2 0 xác định bởi


S ( à, ) = S ( à, ) Q0

có

giá trị không rỗng.
(b) ánh xạ nghiệm


S

là nửa liên tục dới tại ( à0 , 0 ) .

Để chứng minh các Định lý trên ta cần phải đa ra một vài kết quả b tr đợc đa
ra trong phần tiếp theo.
2.3. các kết quả bổ trợ
Cho E là một không gian định chuẩn, K : 2 E là một hàm đa trị và

( 0 , x0 ) ∈ gphΚ sao cho tÝnh chÊt (4) đúng. Với mỗi > 0 ta đặt

K ( λ)

= K ( λ ) ∩ ( x0 + B E ) .

(5)

2.3.1. Bổ đề [7]. Giả sử K : 2 E là toán tử có giá trị lồi và thoả mÃn tính

chất (4). Khi đó với mỗi (0, 0 ]
hàm đa trị

K

1


và mỗi mà 0 < < min  β 0 ,  ÷  , thì
4k



xác định bởi (5) liên tục Holder với hằng số 5k trên hình cầu

B( 0 , β ) , nghÜa lµ
K ε ( λ' ) ⊆ K ε ( λ ) + 5kd ( λ' , λ) B E
α

víi mäi

(6)

λ , λ ∈B ( λ0 ,β) .
'

Chứng minh. Đặt ' = trong điều kiện (4), ta thÊy r»ng víi mäi
0
λ∈B ( λ0 ,β) tån t¹i mét ®iÓm xλ ∈ K (λ) sao cho x λ − x 0 ≤ kd ( λ' , λ ) α . Mặt khác
d (λ0 , λ) < β

nªn

5d ( λ 0 ,λ )α < 5β α .
α

1α
1α 




 ε  
β ∈ m in  β ,  ÷  nªn kd (λ0 , λ )α ≤ k   ữ = < .
Vì
4k ÷ ÷
 4k  
4 2



  

(7)


14
xλ − x0 <

Do ®ã

ε
,
2

hay

xλ ∈ x 0 + εB E x 0 + B E .

Điều này có nghĩa là

, ' B(

rỗng với mọi λ ∈ B( λ 0 ,β) . LÊy

0

,β )

vµ

K ε ()

x ' (' ) .
K

là không

Ta phải chỉ ra

"
K
) sao
rằng tồn tại một điểm x ( cho

x' − " ≤ kd ( λ, λ α.
x
5
'
)
(8)
Khi đó (6) đợc chứng minh.
Từ điều kiện (4) tồn tại

x K (λ)

sao cho
α

x '− x ≤ kd ( λ ', λ ) ≤ 5kd (λ ', λ )α .
th×

x ∈ K () .

Đặt

Giả sử rằng

Nếu

x x 0 + B

điều này cã nghÜa lµ

x ∈x 0 +ε B

Chän

xλ ∈ K (λ)

[ x, x ]

vì

thì ta đợc (8).
r : = x x0 > .

sao cho điều kiện (7) thoả m·n. Theo tÝnh låi cđa

lµ chøa trong

x ' '∈K ε (λ) ,

x' ' =x

K (λ) .

LÊy

x' '∈ [ x, x

x' ' ∈x 0 + εB E vµ x ' '∈ K () .

]



K ()

sao cho:

K ( )

thì đoạn

x ' ' 0 = .
x

Do đó

Ta thấy rằng điểm x' ' luôn tồn tại. Cụ thể

là, x' ' = x + s0 ( x − xλ ) , ë ®ã

{

s0 = max s : s ∈[ 0 , 1 ] , xλ + s( x − xλ ) ∈ x0 + εB E

Ta sÏ chØ ra tån t¹i mét sè
, ta có với mọi

s 0 ,1]
[

iu ny mõu thun vi
Đặt
t (0,1)

= x −x' '

thì

s0

vµ

s 0 ∈( 0 ,1) .

Thật vậy, giả sử không tồn tại

xλ + s ( x − xλ ) ∉ x0 + εB E .

xλ − x0 < ε 2 < ε .Vậy s 0
, d =r −
ε

vµ

t =1 − s 0 .

}.

Chọn s = 0 , suy ra

Khi ®ã ta cã

x' ' = (1 − t ) x + txλ ,

ε = x' ' −x0 = (1 − t )( x − x0 ) + t ( xλ − x0 ) ≤ (1 − t ) r + t xλ − x0

t ( r − xλ − x0

Do ®ã

) ≤ r −ε .

xλ ∉εB E .

phải tồn ti.

và

Điều này có nghĩa là

s0

.

với


15
t

r
r 2

.

Từ các điều trên ta có,
: = x' ' −x =t x −xλ ≤t

≤ t ( r + ε 2) ≤ ( r + ε 2)

(

x −x0 + xλ −x0

)≤

r −ε
.

r −ε 2

x' ' − =ρ≤4( r =4d .
x
)

Ta suy ra đợc
Ta thấy

r + 2
4 .
r −ε 2

Suy ra
Vì

ε ≤ 6r 5 ,

x' ∈ K ε ( λ)

ln đúng vì ε < r .

nên

x0 − x' < ε 2 < ε,

suy ra

− x0 −x' >− ,
ε

víi

x − x0 = r

.

Do đó ta cã
x − x' = x − x 0 +( x0 − x' ) ≥ x − x 0 − x 0 − x' ≥ r − ε .

Từ
d ≤ x −x'

, x' ' − = ≤4d ≤4 x −x'
x
ρ

.

Cuèi cïng ta cã
x' − ' ' ≤ x' ' − + x −x' ≤5 x −x' ≤5kd ( λ , λ) α.
x
x
'

Định lý được chứng minh.
Để chứng minh kết quả chính chúng ta cũng cần một kết quả về sự tồn tại
nghiệm của bất đẳng thức suy rộng cho toán tử giả đơn điệu theo quan điểm của
Brezis.
Ta nhắc lại toán tử T :

C 2E



đợc gọi là nửa liên tục trên trên các không gian

con hữu hạn chiều của không gian định chuẩn E , nếu với mỗi không gian hữu hạn
chiều L E , ánh xạ hạn chế

T

L

:L E
C
2



là ánh xạ nửa liên tục trên, ở đó

E đợc

trang bị bởi tôpô yếu*.
2.3.2. Bổ đề [7]. Giả sử E là một không gian Banach phản xạ, C là một tập
không rỗng, đóng, lồi và bị chặn trong E . Nếu
điệu và thoả mÃn các điều kiện sau:

T : C 2E

là một toán tử giả đơn


16
(i) T là một ánh xạ nửa liên tục trên trên các không gian con hữu hạn chiều của E
;
T ( x)

(ii) Với mỗi x C ,
Thì bài toán

GVI (T ,C )

là một tập đóng, lồi và bị chặn.

có một nghiệm.

Chứng minh. Ta ký hiệu F là tập hợp tất cả các không gian con hữu hạn chiều
L của E sao cho

L∩ C ≠

∅ LÊy mét kh«ng gian con
.

αL : E L xác định bởi

x , y = x , y
L

với mọi

L

F và xét ánh xạ

y L .

Đặt C L = C L và xác định ánh xạ TL : CL 2 E bởi công thøc
∗

TL ( x ) = { α L x ∗ : x ∗ ∈ T ( x )} .

Theo ®iỊu kiện (i) và (ii), TL là nửa liên tục trên trờn C L và có giá trị compact.
Ngoài ra, C L = C L , vi

C , L

là các tập đóng và bị chặn trong không gian hữu

hạn chiều nên C , L compact. Hay C L compact.
Bây giờ ta xét bài toán GVI ( T L, C L). Theo một kết quả về sự tồn tại của bất
đẳng thức biến phân suy rộng trong không gian hữu hạn chiều, bài toán GVI ( T L, C L)
*
có nghiệm, nghĩa là, tồn tại xL CL và zL TL ( xL ) sao cho

z * , y − x L ≥0

L

V×

∗
z L = αL x ∗

víi

x ∗ ∈T ( x L ) ,

y L
C

.

ta đợc
x , y −x L ≥0

∀ ∈C L .
y

Do ®ã ta cã
Sup

∗

x ∈T ( xL )

x ∗ , y − xL ≥ 0

y C L .

(9)

Với mỗi

Y


F ta ký hiệu SY là tập hợp tất cả các x C sao cho tồn tại một không

gian con

L Y


với điều kiện x ∈ C L vµ
Sup x ∗ , y − ˆ ≥ 0
x

∗

x ∈ (ˆ )
T x

Với yêu cầu r»ng hä

∀ y C L

.

{S } có tính giao hữu hạn các tập,
Y

SY

là tập đóng yếu ca S Y

trong E . Tht vậy, với mỗi Y F, đặt L = Y , tõ (9) ta suy ra xY ∈ S Y . Do đó S Y là


17

L1 , L2 ,..., Ln F và đặt

tập không rỗng. Lấy các không gian con

{ L1 , L2 ,..., Ln } , thì ta có

M

M = span

F.


Tơng tự nh khái niệm tập S Y có S M là tập hợp tất cả các x C sao cho tồn tại

một không gian con

L M


với x C M = C M . Và

sup

x ( x )
T

Vì


x SM

Ta suy ra

và

Li M


x Li

nên


x , y x ≥ 0

nªn víi mäi

i = ,n
1

ˆ ∈S Li , ∀i =1,n .
x

∀ ∈C M
y

.

, tån t¹i L ⊂ F sao cho

Hay

n

ˆ
x ∈ S Li
i=
1

. Khi ®ã

L ⊃ Li .

SM

n

S Li

.

Y

F. Ta chỉ

i=
1

Điều này có nghĩa là
n

n

i=
1

i=
1

.

S M ⊆ M ⊆ S Li ⊆
≠
S


S Li

Ta cã ®iỊu phải chứng minh.
Vì S Y C v C là một tập compact yếu nên ta đợc

SY

Y F

Điều này có nghĩa là tồn tại một điểm
ra Y C vµ chän

Y∈

∅
.

x0 ∈C sao

cho

x 0 ∈S Y

F sao cho Y chứa cả y và

x0 .

Vì

với mọi

x 0 S Y

nên tồn t¹i mét

w
→
d·y xn ∈ SY sao cho xn  x0 . Theo cách xác định tập hợp SY ta có

sup

x ∈ ( xn )
T
∗

x ∗ ,v − x n ≥ 0

∀ v ∈CY
.

Do ®ã
inf

sup

∗

v∈ Y x ∈ ( xn )
C
T

x , v xn 0 .

Theo Định lý Sion về giá trị nhỏ nhất ta đợc
sup inf x ∗ ,v − xn = inf sup

C
x ∗∈ ( xn ) v Y
T

v Y x ( xn )
C
T

Vì hàm nhận giá trị thực mở rộng
*
xn T ( xn )

x

x ∗ ,v − x n ≥ 0 .

inf x ∗ , v − xn
v∈ Y
C

sao cho
inf xn∗ , v − xn 0 .
vC
Y

là nửa liên tục trên nên tồn t¹i


18
Do đó
x* , v x n 0
n

Trong trờng hợp
ta có

*
x n , y − xn ≥ 0

∗
lim sup x n , x n − x 0 ≤ 0 .
n →∞

x ∗ ∈T ( x 0 )

vµ

∀ ∈ Y
v C

.

x* , x0 x n 0 ,
n

(10)

Theo tính giả đơn điệu của toán tử T và từ (10), tồn tại

sao cho
x* , x0 − y ≤ lim inf
n→
∞

x* , x n − y 0 .
n

*
Điều này có nghĩa là x , y − x0 ≥ 0. VËy ta ®· chØ ra r»ng

inf

sup

y∈ x *∈ ( x )
C
T 0

x ∗, y − x0 0 .

Sử dụng Định lý Sion một lần nữa ta chứng minh đợc tồn tại
x* , y x0 ≥ 0
0

x* ∈ T ( x0 )

0

sao cho

∀y ∈C .

Vậy ịnh lý đợc chứng minh.
2.4. chứng minh các kết quả chính
Trong phần này ta đi chứng minh trực tiếp các kết quả đà đa ra ở mục 2.2. Vì
Định lý 2.2.2 là một trờng hợp đặc biệt của Định lý 2.2.1 nên ta chỉ cần chứng minh
Định lý 2.2.1.
2.4.1. Chứng minh Định lý 2.2.1. (a) Theo điều kiện (iv) tồn tại các hằng số
dơng

k , 0

và sao cho
0
K ( λ ') ∩ ( x0 + ε 0 B E ) ⊆ K ( λ ) + kd (λ ', λ )α B E

Chọn các hằng sè dương s vµ δ sao cho

∀λ ', λ ∈ B (λ0 , β 0 ) .

(

(11)

)

x0 + s B E ⊂ x0 + ε 0 B E ∩ X 0 , kd ( λ 0 , λ ) < s ,
α

víi mäi λ ∈ B( λ 0 ,δ ) ⊂ B( λ 0 ,β 0 ) . Do ®ã ®iỊu kiƯn (11) trở thành
K (λ' ) ∩ ( x0 + s B E ) ⊆ K (λ) + kd (λ, λ' )α B E

víi mäi

λ , λ ∈B( λ0 ,δ ) .
'

(12)


19
  s 1 α 


Chän mét h»ng sè β sao cho 0 < β < min δ ,  ÷  . Theo Bỉ ®Ị 2.3.1, ta cã
  4k  



(

)

(

)

K ( λ' ) ∩ x0 + s B E ⊆ K ( λ ) ∩ x0 + s B E + 5kd ( λ' ,λ ) B E ,

víi mäi λ, λ'∈B(λ0 , β) . VËy víi mọi



' , B( 0 , ) ,

(13)

các điều kiện (12) và (13) đều

thỏa mÃn.
Đặt
sao cho

' = 0

trong điều kiện (12) ta thấy với mỗi B(0 , ) tån t¹i

z λ − x0 ≤ kd (λ, λ0 )α < s .

VËy

K ( λ ) ∩ B E ( x0 , s ) ≠

∅ víi
,

z λ ∈ K ()

mọi B(0 , ) .

Với mỗi ( µ, λ ) ∈ M 0 × B(λ0 , β ) ta xét phơng trình suy rng
0 F ( à, x ) + N K ( λ) ∩B E ( x

0 ,s )

( x) .

(14)

§Ĩ tiÕp tơc ta chøng minh bổ đề sau.
2.4.1.1. Bổ đề [7]. Tồn tại một lân cËn

(

0 ∉ F ( µ , .) + N K ( λ ) ∩ B E ( x

víi mäi ( à, ) U 0 ìV0 , ở đây

0 ,s

)

U0 ì 0
V

cđa ( µ0 , λ0 ) sao cho

(.) ) ( ∂BE ( x0 , s ) ) ,

∂ E ( x0 , s )
B

(15)

là biên của hình cầu BE ( x0 , s ) .

Chøng minh. Gi¶ sư r»ng kÕt luận của Bổ đề là sai thì tồn tại các d·y
µ n → µ 0 , λn → λ0

vµ

xn ∈∂ ( x0 , s )
B
0 ∈ F ( µn , xn )

sao cho

+

N K ( λ ) ∩B E ( x
n

0 ,s )

( xn ) .

V× d·y { xn } hội tụ yếu nên { xn } bị chặn yếu. Do đó tồn tại

{ x }={ x }
nk

n

sao cho

w
xn → x

xn ∈ K ( λn ) ∩ ∂BE ( x0 , s )


xn , z xn

với

và tồn tại

0

x B E ( x0 , s ) .
*
xn ∈F ( µn , x n )

(16)

{ x },

nk

chän d·y

Tõ ®iỊu kiƯn (16) ta cã d·y

sao cho

∀z ∈ K ( λn ) ∩ B E ( x0 , s ) .

(17)

Víi n ®đ lớn, đặt ' = n và = 0 trong ®iỊu kiƯn (13), ta thÊy r»ng tån t¹i mét
®iĨm yn ∈ K (λ0 ) ∩ B E ( x0 , s) sao cho
x n − y n ≤ 5kd ( λn ,λ0 )α .

(18)


20
V×

K ( λ0 ) ∩B E ( x0 , s ) là

một tập bị chặn yếu và đóng yếu trong không gian hữu hạn

w

chiều nên nó là tập compact yếu. Ta cã thĨ gi¶ sư yn  y ∈ K (λ0 ) ∩ B E ( x0 , s) . Chọn

x * E * và

sử dụng điều kiện (18) ta đợc
x , xn x , y = x , xn − x∗ , yn + x∗ , yn − x∗ , y ≤
≤ x∗ xn − yn + x , yn x , y 0

w

Điều này có nghĩa là xn y . Vì trong không gian mêtric sự hội tụ về một điểm là

duy nhất nªn

x = y ∈K (λ0 ) ∩B E ( x0 , s ) .

Đặt ' = 0 và = n trong điều kiện (13), ta thấy với mỗi n , tồn tại một điểm
zn K (n ) B E ( x0 , s ) sao cho
Do ®ã

z n −x →
0

Thay

z = zn

z n −x ≤5kd ( λ , λ ) α.
0
n

. VËy d·y { z n } hội tụ về

x

F ( à0 , xn )

nên

d (0 , n ) 0 .

vào điều kiện (17), ta đợc

là một tập đóng, lồi trong

E nên

.

Theo điều kiện (iii) ta cã

*
*
xn −u n →0 .

(19)

tån t¹i

*
*
*

d ( x n , F ( µ , x n )) = x n −u n
0

F ( µ0 ,.) ,

λn → λ0

khi n → ∞ .

x* , z n −x ≥ x* , x n x
n
n

Vì

Vì

*
u n F ( à0 , xn )

sao cho

.

Kết hợp điều này với tính bị chặn của

ta thấy dÃy { x* } bị chặn. Do đó từ điều kiÖn (19) ta cã
n
*
lim sup xn , xn − x 0 .

n

Điều này có nghĩa là
*
*
*
*
lim sup un , xn − x = lim sup un − xn , xn − x + lim sup xn , xn − x ≤ 0 .
n→∞

Từ

F ( µ0 ,.)

n→∞

lµ thc líp ( S ) + , suy ra

n→∞

xn → x .

V× vËy

x∈ BE ( x0 , β) ∩K (λ ) .
∂
0

Lấy bất kỳ x ∈ K (λ0 ) ∩ B E ( x0 , s ) , theo ®iỊu kiƯn (13) với mỗi n đủ lớn, tồn tại
một điểm

u n K (λn ) ∩B E ( x0 , s )

sao cho

un x

khi n . Thay

z = un

vào điều kiện

(17), ta đợc
*
x n , u n xn 0 .

(20)


21
Vì

F ( à0 ,.)

nửa liên tục tại

x

*

w

là bị chặn, ta cã thĨ gi¶ sư r»ng un  u * . Mt khác,

và

xn x ,

ta đợc

u F ( à0 , x ) .

x* , u n − x n = x* −u * , u n − xn
n
n
n

F ( à0 , .)

là

Viết lại ta đợc
.

+ u * , u n xn
n

Cho n và điều kiện (20) trë thµnh
∀ x ∈ K (λ0 ) ∩ B E ( x0 , s ) .

u* , x − x 0

Trong trờng hợp

x = x0

ta đợc

u , x0 x 0

. Vì

(*)

x0 S ( à0 , 0 ) ,

tồn tại

*
u 0 ∈F ( µ0 , x0 ) ,

sao cho
*
u 0 , x −x0 ≥0

Do ®ã,
x0 ≠ x

u* , x −x0
0

≥0.

∀ K ( ) .
x
0

Theo tính đơn điệu ngặt của

F ( µ0 , .)

trªn

X 0 ∩ K (λ0 )

nªn ta cã
u * , x x0

> u* , x 0
x
0

0

.

Điều này mâu thuẫn vi (*).
Vy Bổ đề đợc chứng minh.
2.4.1.2. Bổ ®Ị. NÕu

ˆ ∈int B( x 0 , s )
x

th×

ˆ
N K ( λ) ( x ) = N K ( λ)∩B ( x

0 ,s )


( x) .

Chứng minh. Theo định nghĩa cđa nãn ph¸p tun ta cã

{

}

nÕu

 x∗ ∈ E ∗ x∗ , y − xˆ ≤ 0 ∀ y ∈ K (λ ) ∩ B( x0 , s)
N K (λ )∩ B( x ,s) ( xˆ) = 
0
 ∅

nÕu

ˆ
x ∈K ( λ ) ∩B( x0 , s )

ˆ ∉K ( ) B( x0 , s ) .
x

Điều phải chứng minh tơng đơng với việc chứng minh điều kiện sau

ˆ
 N K ( λ ) ( x ) ⊂ N K ( λ )∩ B( x0 ,s ) ( ˆx )

ˆ
 N K ( λ ) ( x ) ⊃ N K ( λ )∩ B( x0 ,s ) ( ˆx ) .
ThËt vËy, víi mäi

ˆ
x ∗ ∈ N K ( λ) ( x ) ,
ˆ
x ∗, y − x ≤ 0

Do ®ã

x ∗ ∈ N K ( λ )∩B( x

0

,s )

( ˆ ).
x

ta cã

x ∗, y −ˆ ≤0
x

∀y ∈ ( λ)
K

∀y ∈K ( λ) ∩B( x0 , s ) .

x
x
Hay N K ( λ ) ( ˆ ) ⊂ N K ( λ ) ∩B ( x ,s ) ( ˆ ) .
0

, suy ra

vµ


22
Víi mäi
mäi

z ∈K (λ)

x ∗ ∈ N K ( λ )B ( x

ta đặt

0

,s )

( )
x

ta có

Với đủ bé th×

y λ = ˆ + λ( z − ˆ ) .
x
x

∀y ∈ ( λ) ∩B ( x0 , s )
K

x ∗, y −ˆ ≤0
x

. Víi

y λ ∈B( x 0 , s ) .

Tõ ®ã ta cã
x ∗, y λ −ˆ 0 .
x

Điều này tơng đơng với
Hay

x , z x 0

x ∗ , λ z −ˆ ) ≤0
(
x

∀ ∈ ( λ) .
z
K

( ) .
z
K

Điều này có nghĩa là

x N

K ( λ)

ˆ
( x) .

ˆ
x
Do ®ã N K ( λ ) ( ˆ ) ⊃ N K ( λ ) ∩B ( x ,s ) ( x ) .
0

VËy bæ ®Ị ®ỵc chøng minh.

2.4.1.3. Bỉ ®Ị. NÕu

f : D ⊂ Rn Rn

đơn điệu ngặt và bài toán

VI ( f , K )

có

nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Chứng minh. Giả sử

x1 , x2 K

là hai nghiệm của bài toán VI ( f , K ) , th× ta cã

f ( x1 ), y − x1 ≥ 0

∀y ∈K ,

f ( x 2 ), y − x 2 ≥ 0

∀y K .

Trừ hai vế của hai bất đẳng thức trên ta cã
f ( x1 ) − f ( x2 ), x2 x1 0 .

Mặt khác, điều này mâu thuẫn với tính đơn điệu ngặt của
f ( x1 ) − f ( x 2 ), x1 − x 2 < 0

Do đó

f ,

nghĩa là

x1 , x 2 K .

x1 x2 .

Vậy bài toán VI ( f , K ) cã duy nhÊt nghiƯm.

B©y giê ta tiÕp tơc chøng minh Định lý 2.2.1
Chọn
Đặt

U 0 M 0 và V0 ⊂ B (λ0 , β ) sao

cho ®iỊu kiƯn (15) của Bổ đề 2.4.1.1 thoả mÃn.
với ( à, ) U 0 ×V0 . Ta dễ thấy r»ng

ˆ
Q0 = BE ( x0 , s ) vµ S ( µ, λ) = S ( à, ) Q0

U 0 , V0

và

Q0

thoả mÃn các điều kiện của Định lý.

Với mỗi ( à, ) U 0 ìV0 , ta xét phơng trình suy rộng
0 F ( µ , x ) + N K ( λ )∩B E ( x

0

,s )

( x) .

(21)


23
F ( à , .)

Theo điều kiện (ii),

là giả đơn điệu có giá trị đóng, lồi và nửa liên tục trên

trên không gian con hữu hạn chiều của E . Hơn nữa, theo tính bị chặn của
và điều kiện (iii), F ( à ,.) có giá trị bị chặn. Ngoài ra,

K (λ) ∩B ( x0 , s )

F ( µ0 , .)

là một tập

đóng, lồi và bị chặn trong E . Vậy các điều kiện của B đề 2.3.2 đợc thoả mÃn. Theo
điều kiện (15) và cách chọn

U 0 và V0 , ˆ ∈int B E ( x0 , s )
x

trong Bỉ ®Ị 2.4.1.2

ta cã
ˆ
N K ( λ) ( x) = N K ( λ)∩B E ( x

0 ,s )

Nh vậy,


x


( x) .

cũng thoả mÃn phơng trình suy rộng
0 F ( µ, x ) + N K ( λ ) ( x ) .

Điều này có nghĩa là


S ( µ, λ) ∩Q0 .

x

VËy kÕt ln (a) cđa Định lý đợc chứng minh.


(b) Giả sử rằng G là mét tËp më sao cho S ( µ 0 ,λ 0 ) ∩ G ≠ ∅ Theo Bỉ ®Ị
.
2.4.1.3 vỊ tÝnh duy nhÊt cña
BE ( x0 , s ) ⊂ BE ( x0 , s ) ∩G

kd ( λ0 , λ ) < s
α

ˆ
x0 ∈S ( µ0 , λ ) ,
0

ta có

x0 G .

Chọn

s0, s )
(

và điều kiện (12) là đúng. Nh vậy, tồn tại

>0

sao cho
sao cho

và

(

)

K ( ') ∩ x0 + sB E ⊆ K (λ ) + kd (λ , λ ')α B E

víi mäi

λ, λ'∈B (λ , δ) ⊂ B (λ , β0 ) .
0
0

h»ng sè

β sao



Nh trong chøng minh cđa phÇn (a) ta chän mét

cho 0 < β < min δ , (


(

)

(22)

s 1α 
)  . Theo Bỉ ®Ị 2.3.1 ta cã
4k


(

)

K (λ ') ∩ x0 + sB E ⊆ K (λ ) ∩ x0 + sB E + 5kd (λ , λ ')α B E ,

(23)

víi mäi λ, λ'∈B (λ , β) . Hơn nữa, với mọi , 'B ( , ) thì điều kiện (22) là thoả
0
0

mÃn.
Từ Bổ đề 2.4.1.1 thì tồn tại một lân cận

V0 0
V

0
của sao cho với mọi

( à, ) 0 ìV0
U

0 ( F ( µ,.) + N K ( λ )∩B E ( x

0

,s )

(


U 0 U 0

của à0 , một lân cận

, ta cã

)

(.)) ∂ E ( x0 , s ) .
B

(24)

Sư dơng lý luận tơng tự nh cách chứng minh phần (a) ta thấy phơng trình suy rộng


24

0 ∈ F ( µ, x ) + N K ( λ)∩B E ( x

0 ,s )

cã mét nghiÖm

u =u ( à .
, )

Theo điều kiện (24),

( x)

u int B E ( x0 , s ) .

N K ( λ) (u ) = N K ( λ)∩B E ( x

0 ,s )

Điều này kéo theo

(u )

và
0 F ( à, u ) + N K ( λ) (u ) .
ˆ
u ∈S ( µ, λ) ∩ BE ( x0 , s ) S ( à, ) G .

Do đó
mọi

( à, ) 0 ìV0 .
U


Hay nói cách khác, S ( à , ) G với


Điều này có nghĩa là ánh xạ nghiệm S : U 0 ìV0 2 X là nửa liên
0

tục dới tại ( à0 , 0 ) .
Vậy ịnh lý đợc chứng minh.
2.4.2. Chøng minh HƯ qu¶ 2.2.3
(a) Nh trong chøng minh cđa Định lý 2.2.1 ta có thể chọn các hằng số dơng s
và sao cho các điều kiện (12) và (13) thoả mÃn. Để áp dụng Bổ đề 2.4.1.1 trong
trờng hợp

F ( à,.) = f ( à,.) ,

có thể chỉ ra các dÃy

ta giả sử rằng kết luận của Bổ ®Ị ra sai. Khi ®ã chóng ta

µn → µ0 , λn → λ0

và { xn } ⊂ ∂BE ( x0 , s ) ∩ K ( λ n ) sao cho

f ( µn , xn ) , z − xn 0

Vì

E ( x0 , s ) là
B

' = λn , λ = λ0

∀ z ∈ K ( λn ) ∩ B E ( x0 , s ).

mét tËp compact nên ta có thể giả sử rằng

vào điều kiện (13) ta thấy với mỗi n , tồn tại

(25)
xn x .

Thay

y n ∈K (λ0 ) ∩B E ( x0 , s )

sao

cho
x n − y n ≤ 5kd ( λn ,λ0 ) .
α

V× K (λ0 ) ∩ B E ( x0 , s) là tập compact, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng
y n y 0 ∈ K ( λ 0 ) ∩ B E ( x0 , s ) .

Đặt

' = 0 , λ = λn

z n ∈ K ( λn ) ∩ B E ( x 0 , s )

ta đợc

Từ điều trên, ta có

xn y 0 .

Do đó

x = y 0 ∈ K ( λ 0 ) ∩ B E ( x0 , s ) .

trong ®iỊu kiƯn (13), ta thấy với mỗi
sao cho

f ( à , x ), x0 x
0
0

z n x0 .

. Vì

f ( à , x 0 ) − f ( µ , x ), x 0 x >0
0
0

. Hay

Đặt

z = zn

n

tồn tại

trong điều kiện (25) vµ cho n → ∞

f ( µ0 , .) là đơn điệu ngặt và

x0 x ,

f ( à , x 0 ), x 0 −x > f ( µ , x ), x 0 −x ≥0
0
0

.

ta cã


25
Điều này mâu thuẫn với

x0

là một nghiệm của bài toán

VI ( f ( à0 ,.), K (0 ) .

đề 2.4.1.1 đợc áp dụng. Bây giờ ta có thể chọn các lân cận

U0 M0

Vậy Bổ

của à0 và

V0 B (0 , β ) cña λ sao cho kÕt luËn cña Bổ đề 2.4.1.1 là đúng. Đặt Q0 = BE ( x0 , s ) .
0

Với mỗi ( à, ) U 0 ìV0 ta xét phơng trình suy rộng sau
0 f ( µ, x) + N K ( λ)∩B E ( x

0 ,s )

Vì

f ( à, .)

( x) .

(26)

là liên tơc vµ K (λ ) ∩ B E ( x0 , s ) là tập compact nên phơng trình suy réng

(26) cã mét nghiÖm
ˆ int
x ∈ B ( x0 , s ) .

ˆ
ˆ
x = x( µ, λ) ∈K (λ) ∩B E ( x0 , s ) .

Theo Bỉ ®Ị 2.4.1.1 ta cã

Do ®ã
N K ( λ )∩ B E ( x

0 ,s )

ˆ
ˆ
( x) = N K (λ ) ( x).


Vậy x là một nghiệm của phơng trình
0 f ( µ, x ) + N K ( λ ) ( x ) .

Điều này có nghĩa là


x S ( µ, λ ) ∩ Q0 .

VËy kÕt luËn (a) đợc chứng minh.

(b) Bằng cách sử dụng lí luận nh trong kết luận (b) của Định lý 2.2.1 ta chỉ ra
rằng ánh xạ


S

là nửa liên tục dới tại ( à0 , 0 ) .

2.5. CáC Ví Dụ
Trong phần này chúng ta xét một vài Ví dụ minh họa cho các phần trên. Trớc
tiên ta đa ra một ví dụ trong không gian hữu hạn chiều.
2.5.1. Ví dụ. Cho ( à 0 , λ 0 ) = ( − 1,1 8) , M 0 ì 0 R 2 là lân cận của ( à0 , 0 ) và
X 0 = R2 .

Cho

f : M 0 × X 0 → R2

là một hàm đợc xác định bởi

2
f ( à, x) = ( x1 , µ x2 + x2 ) , x = ( x1 , x2 )

vµ

K : Λ0 → R2

xác định bởi
K ( ) = { ( x1 , x2 ) : x2 ≥ 1 / 2 , x1 + x2 = 2 } .

Khi đó các kết luận sau đợc chỉ ra là đúng:
(a) Các điều kiện (i) - (iii) của Hệ quả 2.2.3 đều thoả mÃn;

(27)