Một số lớp phương trình trong không gian banach có thứ tự

được r > 0 để B (x0; r)  K: Chọn t = r 2kvk > 0 và x = u (t0 + t) v; thì kx x0k = jtj : kvk < r: Do đó x 2 K; mâu thuẫn với tính cực đại của t0:  Định lý 3.7 Cho (X;K; k:k) là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K và ánh xạ F : K ! 2Kn f?g là nửa liên tục trên hoặc nửa liên tục dưới đồng thời F là compact với giá trị lồi, đóng. Giả sử tồn tại G : K ! 2Kn f?g là ánh xạ (2)tăng và thoả mãn (i) F (x) (2)  G (x) cho mọi x 2 K; 69 (ii) tồn tại u 2 Kn fg và các số dương a,b sao cho G (tu) (2)  atu 8t 2 [0; b] : Khi đó tập S =  x 2 Kn fg : 9 > 0 thoả x 2 F (x) là liên tục, không bị chặn xuất phát từ . Chứng minh. 1. Trường hợp F là nửa liên tục trên. Giả sử trái lại S không là nhánh liên tục không bị chặn xuất phát từ . Khi đó ta có thể tìm được tập mở, bị chặn, chứa  và thoả (8 > 0;8x 2 K \ @ ) x =2 F (x)): (3.24) Khi đó, với bất kỳ hai số dương phân biệt 1; 2 ta sử dụng tính chất bất biến qua đồng luân cho ánh xạ H (t; x) = (1 t)1F (x) + t2F (x) thì iK (1F; ) = iK (2F; ) : Vậy iK (F; ) là hằng số không phụ thuộc vào . Ta sẽ gặp phải mâu thuẫn vì iK (F; ) = 1 với  đủ nhỏ và đồng thời iK (F; ) = 0 với  đủ lớn. Thật vậy, ta chứng minh iK (F; ) = 1 với  đủ nhỏ bằng cách kiểm tra giả thiết 2) của Mệnh đề 3.7 cho ánh xạ F , nghĩa là chứng tỏ rằng (8x 2 K \ @ ;8t  1 ) tx =2 F (x)): (3.25) Từ tính bị chặn của tập @ và tính compact tương đối của tập F (K \ @ ) ta có thể chọn được số  > 0 và số  > 0 để cho 8x 2 K \ @ ;8y 2 F (K \ @ ) thì ta có kxk   và kyk   . (3.26) Nếu (3.25) sai thì tồn tại số t  1 và x 2 K \ @ để cho tx 2 F (x) : Chọn y 2 F (x) để tx = y thì từ (3.26) ta suy ra t  : Do đó với  < 1 thì t < 1; mâu thuẫn. Vậy (3.25) đúng cho mọi  thoả  <  1, khi đó iK (F; ) = 1. Sử dụng Mệnh đề 3.7 ta sẽ chứng tỏ iK (F; ) = 0 với  đủ lớn, nghĩa là sẽ chứng tỏ rằng 90 > 0 : 8  0;8x 2 K \ @ ;8t  0 thì x =2 F (x) + tu , (3.27) trong đó u là phần tử nói trong điều kiện (ii). 70 Nếu mệnh đề (3.27) không đúng thì ta tìm được các dãy fxng  K \ @ , ftng  [0;1) và fng  (0;1) với limn!1 n =1 sao cho xn 2 nF (xn) + tnu: (3.28) Ta có tn > 0 vì nếu tồn tại tn = 0 thì từ (3.28) ta thấy trái với (3.24). Với mỗi n 2 N; đặt sn = xn (u) : Theo Bổ đề 3.1 thì sn 2 [0;1) và xn  snu. Từ (3.28) ta có xn  tnu nên có sn  tn và do đó sn > 0: Đặt N1 = fn 2 N : sn  bg ; N2 = fn 2 N : sn > bg ; thì ta có N = N1 [ N2. Ta sẽ gặp mâu thuẫn khi chứng minh cả hai tập N1 và N2 là hữu hạn. Thật vậy, với n 2 N1, từ tính chất bắc cầu của quan hệ " (:) ", tính chất chặn dưới và (2)tăng của G cùng với định nghĩa tập N1 thì ta có F (xn) (2)  G (xn) (2)  G (snu) (2)  asnu: (3.29) Từ (3.28) ta có xn  nF (xn) ; điều này cùng với (3.29) suy ra xn  nasnu. Theo tính cực đại của sn thì sn  nasn: Điều này cho ta n  a1: Do limk!1 k = 1; ta suy ra N1 là tập hữu hạn. Với n 2 N2, từ tính bắc cầu của quan hệ " (k) ", tính chất (3.28), tính chất chặn dưới và (2)tăng của G cùng với định nghĩa tập N2 thì ta có xn (2)  nF (xn) (2)  nG (snu) (2)  nG (bu) (2)  nabu: (3.30) Suy ra xn  nabu hay (nab)1 xn  u  . Nếu N2 là tập vô hạn, chọn dãy fnkg  N2; do fxng bị chặn và cho nk ! 1 thì ta có u = ; ta gặp mâu thuẫn. Khẳng định (3.27) được chứng minh và sử dụng kết quả (1) của Mệnh đề 3.7 thì iK (F; ) = 0 với   0. 2. Trường hợp F là nửa liên tục dưới. Áp dụng Mệnh đề 3.5 ta tìm được ánh xạ đơn trị ' : K ! K liên tục và thoả ' (x) 2 F (x) : Sử dụng kết quả vừa chứng minh cho trường hợp F được thay bởi ' (có thể xem ánh xạ đơn trị là một trường hợp đặc biệt của ánh xạ đa trị và khi ấy khái 71 niệm liên tục trên của ánh xạ đa trị trùng với khái niệm liên tục của ánh xạ đơn trị thông thường) thì tập hợp S 0 = fx 2 Kn fg : 9 > 0; x = ' (x)g (3.31) là liên tục không bị chặn xuất phát từ : Từ bao hàm S 0  S ta suy ra điều phải chứng minh.  3.2.2 Khoảng giá trị tham số để phương trình có nghiệm: Với mỗi x 2 Kn fg ta ký hiệu (x) = f 2 R+n f0g : x 2 F (x)g và ký hiệu Kr = K \Br () : Định lý 3.8 Giả sử ánh xạ F : K ! 2Kn f?g nửa liên tục trên, compact nhận giá trị lồi, đóng và thoả các điều kiện (i)  =2 F (x) với mọi x 2 Kn fg ; (ii) Tập S =  x 2 Kn fg : 9 > 0 thoả x 2 F (x) là liên tục, không bị chặn, xuất phát từ ; (iii) Có ít nhất một trong các trường hợp sau: Trường hợp 1. a = lim r!0+  sup [ x2Kr\S (x)  < b = lim r!1  inf [ x2S;kxkr (x)  : (3.32) Trường hợp 2. a = lim r!1  sup [ x2S;kxkr (x)  < b = lim r!0+  inf [ x2Kr\S (x)  : (3.33) Khi đó với  2 (a; b) thì phương trình x 2 F (x) có nghiệm dương. Chứng minh. Giả sử tồn tại 0 2 (a; b) sao cho x =2 0F (x) cho mọi x 2 Kn fg : (3.34) 72 (i) Trường hợp 1. Đặt S1 =  x 2 S : (x) (2)< 0  [ fg ; (3.35) S2 =  x 2 S : (x) (1)> 0  (3.36) Từ định nghĩa tập S1; tập S2 và các số a, b ta có ngay S1; S2 là các tập khác rỗng và S [ fg = S1 [ S2: 1. Chứng minh S1 \ S2 = ?: Thật vậy, trong trường hợp trái lại thì ta tìm được x 2 S1 và x 2 S2, lúc đó tồn tại 1 2 (0; 0) và 2 2 (0;1) để cho x 2 1F (x) và x 2 2F (x) : Do F (x) là tập lồi nên với mọi  2 [0; 1] ta có 11 x+ (1 )12 x 2 F (x) : (3.37) Đặc biệt với  = 10 12
11 12
1 thì từ (3.37) ta có 10 x 2 F (x). Mâu thuẫn với (3.34). 2. Chứng minh sup fkxk : x 2 S1g < 1: Trong trường hợp trái lại ta tìm được các dãy fxng  S1 và fng  R+, với kxnk ! 1; n 2 (xn) và n < 0: Với mỗi số r > 0, ta tìm được số Nr 2 N để cho với n  Nr thì kxnk  r: Khi đó fn : n  Nrg  [x2S;kxkr (x) nên inf [x2S;kxkr (x)  inf fn : n  Nrg : Suy ra b  limn  0 < b; mâu thuẫn. 3. Chứng minh inf fkxk : x 2 S2g = r0 > 0: Nếu trái lại r0 = 0 thì ta tìm được các dãy fxng  S2 và fng  R+, với kxnk ! 0; n 2 (xn) và n > 0: Với mỗi r > 0, ta tìm được số Nr 2 N để cho với n  Nr thì kxnk  r: Khi đó fn : n  Nrg  [x2S\Kr (x) nên sup[x2S\Kr (x)  sup fn : n  Nrg : Suy ra a  limn  0 > a; mâu thuẫn. 4. Chứng minh S1 là tập compact. Xét dãy fxng  S1; theo định nghĩa tập S1 ta tìm được dãy fng với n 2 (xn) thoả n < 0 và xn 2 nF (xn) : Do đó mỗi n 2 N tồn tại yn 2 F (xn)  F (S1) để cho xn = nyn: Từ tính bị chặn của dãy số fng ; tính compact của ánh xạ F ta có thể giả sử n !   0; yn k:k! y: Suy ra xn k:k! x = y: Ta cần chứng minh x 2 S1. Từ tính nửa liên tục trên của F và F (x) là tập đóng ta có y 2 F (x) và do đó x 2 F (x) : Rõ ràng  2 S1, nên ta có thể giả 73 sử x 6= . Với giả thiết phản chứng (3.34) thì ta có  < 0: Vậy x 2 S1: 5. Chứng minh S2 là tập đóng. Giả sử dãy fxng  S2 và xn k:k! x: Do kxnk  r0 > 0 nên x > : Theo định nghĩa tập S2 ta tìm được dãy fng thoả n > 0 và xn 2 nF (xn), nghĩa là tồn tại yn 2 F (xn) để xn = nyn. Do dãy fxng bị chặn và F compact nên ta có thể giả sử yn k:k! y. Từ tính nửa liên tục trên của F và F (x) đóng, theo Mệnh đề 3.3 ta có y 2 F (x). Suy ra n ! e và do đó x 2 eF (x) ; điều này cùng với giả thiết phản chứng (3.34) thì e > 0 và có x 2 S2: 6. Theo kết quả đã chứng minh ở 4. và 5. thì khoảng cách d (S1; S2) = inf fkx yk : (x; y) 2 S1  S2g =  > 0: (3.38) Đặt G = [x2S1Bp (x) với p = 2 : (3.39) Khi đó G mở chứa . Ta chứng tỏ S \ @G = ?: Thật vậy, giả sử y 2 S: Nếu y 2 S1 thì y 2 Bp (y)  G nên y =2 @G: Nếu y 2 S2 và y 2 @G thì với 0 < " < =2 ta có B" (y) \G 6= ?. Như vậy ta tìm được x" 2 S1 và z" 2 Bp (x") đồng thời ky z"k < ": Ta có kx" yk  kx" z"k + kz" yk < p + " < : Điều này mâu thuẫn với (3.38). Do đó y =2 @G 8y 2 S: Ta gặp mâu thuẫn với giả thiết (ii). (ii) Trường hợp 2. Đặt S1 =  x 2 S : (x) (1)> 0  [ fg (3.40) S2 =  x 2 S : (x) (2)< 0  : (3.41) Bằng cách lập luận tương tự ta cũng gặp mâu thuẫn.  3.2.3 Ứng dụng vào một dạng bài toán điều khiển. Xét bài toán biên phụ thuộc hàm điều khiển: x00 (t) +  (t) f (x (t)) = 0; t 2 [0; 1] ; x (0) = x (1) = 0;  (t) 2 F (t; x (t)) ; t 2 [0; 1]: Giả sử các hàm f; F thoả mãn các điều kiện sau đây 74 (a1) f : R+ ! R+ là hàm liên tục. (a2) F : [0; 1]R+ ! 2R+n f?g có giá trị lồi, compact và là hàm Caratheodory trên theo nghĩa  8x 2 R+; hàm t 7! F (t; x) là hàm đo được, nghĩa là 8y 2 R hàm D (t) = inf fjy zj ; z 2 F (t; x)g là đo được,  Đối với hầu hết t 2 [0; 1] ; hàm x 7! F (t; x) là nửa liên tục trên.  8r > 0, tồn tại hàm 'r 2 L1 [0; 1] sao cho supx2[0;r] F (t; x)  'r (t) hkn (hầu khắp nơi) trên [0; 1]. Bài toán trên tương đương với bài toán tìm các hàm x;  thoả mãn hệ8<: x (t) = Z 1 0 G (t; s) (s) f (x (s)) ds;  (t) 2 F (t; x (t)) 8t 2 [0; 1] ; (3.42) với G : [0; 1] [0; 1]! R+, định bởi G (t; s) =  t (1 s) ; 0  t  s  1 s (1 t) ; 0  s  t  1 : Ta ký hiệu = [0; 1]: Đặt X = C ( ) là không gian các hàm số liên tục trên với chuẩn kxk = maxt2 jx (t)j và nón các hàm không âm K = fx 2 X : x (s)  0 s 2 g : Với mỗi u 2 K ta ký hiệu Fu =  x 2 L1 ( ) : x (t) 2 F (t; u (t)) hkn trên : Xét ánh xạ tuyến tính L : X ! X định bởi Lu (t) = Z 1 0 G (t; s)u (s) ds: (3.43) Các kết quả đã được biết về toán tử L : 1. L là ánh xạ compact từ L1 ( ) vào X; 2. L là toán tử tuyến tính u0dương với u0 (t) = t (1 t) ; 75 3. L có véctơ riêng trong K là x0 (t) = sin t với giá trị riêng tương ứng là 0 = 1 2 . Hơn nữa 0 có tính chất đặc trưng sau 1 0 = inf u 6=0 (R 1 0 (u0 (t))2 dtR 1 0 (u2 (t)) dt ) : Bổ đề 3.2 Với các điều kiện đã nêu cho các hàm F; f ta có 1. Tập Fu là tập khác rỗng, lồi đóng trong L1 ( ) ; 2. u 2 K, x 2 Fu thì hàm y (t) = Z 1 0 G (t; s)x (s) f [u (s)] ds 2 K: Chứng minh. 1. Do điều kiện (a2) và các kết quả trong [14] ta có Fu 6= ?. Với x; y 2 Fu và ;  2 [0; 1] ;  +  = 1 ta có x (t) 2 F (t; u (t)) ; y (t) 2 F (t; u (t)) hkn, F (t; u (t)) là tập lồi. Do đó x (t) + y (t) 2 F (t; u (t)) hkn hay x+ y 2 Fu: Giả sử dãy fxng  Fu và hội tụ về x trong L1 ( ). Ta có thể coi limxn (t) = x (t) hkn trên . Khi đó từ xn (t) 2 F (t; u (t)) hkn trên ; 8n 2 N và tính đóng của F (t; u (t)) ta suy ra x (t) 2 F (t; u (t)) hkn trên hay x 2 Fu. Vậy Fu là tập lồi đóng. 2. Hàm x 2 L1 ( ) ; hàm f [u (:)] liên tục nên hàm tích x (:) f [u (:)] thuộc L1 ( ), không âm. Do đó hàm y liên tục, không âm.  Với u 2 K, đặt Au =  y 2 K : 9x 2 Fu; y (t) = Z 1 0 G (t; s)x (s) f [u (s)] ds  =  t 7! Z 1 0 G (t; s)x (s) f [u (s)] ds : x 2 Fu  . (3.44) Để chứng minh hệ (3.42) có nghiệm, ta chỉ cần chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình u 2 A (u) : (3.45) 76 Cùng với (3.45) ta cũng xét bài toán phụ thuộc tham số tương ứng u 2 A (u) (3.46) Bổ đề 3.3 ([36],) Giả sử I  R là đoạn bị chặn, F : I  R ! 2Rn f?g là ánh xạ Caratheodory trên có giá trị lồi, compact sao cho Fu =  x 2 L1 (I) : x (t) 2 F (t; u (t)) hkn trên I 6= ? 8u 2 C (I). Khi đó nếu L : L1 (I)! C (I) là ánh xạ tuyến tính liên tục thì ánh xạ đa trị L  Fu, u 7! L (Fu) có đồ thị đóng trong C (I) C (I) : Bổ đề 3.4 Ánh xạ A : K ! 2Kn fg là ánh xạ compact, nửa liên tục trên, có giá trị lồi đóng : Chứng minh. 1. Chứng tỏ A là compact. Giả sử S là tập bị chặn trong K, fyng  A (S) và fxng  S để cho yn 2 A (xn). Khi đó ta tìm được fang  K, an 2 Fxn sao cho yn (t) = Z 1 0 G (t; s) an (s) f [xn (s)] ds: (3.47) S bị chặn trong K và do giả thiết (a2) nên ta tìm được hàm ' 2 L1 ( ) và số M để 0  f [xn (s)] M 8s 2 ;8n 2 N; 0  an (s)  ' (s) 8s 2 ;8n 2 N: Vậy dãy fan (:) f [xn (:)]g bị chặn trong L1 ( ) : Do tính compact của ánh xạ L; ta suy ra fyng có dãy con hội tụ. 2. Chứng tỏ A có giá trị lồi. Xét u 2 K; a; b 2 A (u) ; các số dương ;  thoả  +  = 1: Khi đó ta tìm được x 2 Fu và y 2 Fu để a (t) = Z 1 0 G (t; s)x (s) f [u (s)] ds và b (t) = Z 1 0 G (t; s) y (s) f [u (s)] ds: Do Fu là tập lồi nên ta có x+ y 2 Fu. Từ 77 a (t) + b (t) = Z 1 0 G (t; s) [x (s) + y (s)] f [u (s)] ds ta suy ra a+ b 2 A (u). 3. Chứng tỏ A có giá trị đóng. Giả sử u 2 K; fxng  A (u) và xn k:k! x. Ta tìm được fyng  Fu để cho xn (t) = Z 1 0 G (t; s) yn (s) f [u (s)] ds: (3.48) Sử dụng giả thiết (a2) với số r = kuk+1 thì tồn tại 'r 2 L1 ( ) để cho supx2[0;r] F (t; x)  'r (t) hkn trên . Do fyng  Fu nên fyn (t)g  F (t; u (t)) và ta có 0  yn (t)  'r (t) 8n: Do đó, dãy hàm fyng khả tích đều và theo định lý Dunford-Pettis dãy này có dãy con mà ta vẫn ký hiệu là fyng hội tụ yếu trong L1 ( ) về hàm y nào đó. Qua giới hạn trong (3.48) ta được x (t) = Z 1 0 G (t; s) y (s) f [u (s)] ds: Tập Fu là lồi, đóng nên đóng yếu. Do đó y 2 Fu và ta có x 2 A (u). 4. Chứng tỏ A nửa liên tục trên. Ta có A = L Fu nên A có đồ thị đóng (theo Bổ đề 3.3). Kết hợp với tính compact của A; sử dụng Mệnh đề 3.3 ta kết luận A là nửa liên tục trên. Định lý 3.9 Giả sử các hàm F; f thoả mãn các điều kiện (a1), (a2) và điều kiện sau (a3) Tồn tại hàm tăng g : R+ ! R+ và các số dương s1; s2 ( s1 b) sao cho (i) F (t; s) f (s) (2)  g (s) 8s 2 R+, g (s)  as 8s 2 [0; s1] ; (ii) F (t; s) f (s) (1)  bs 8s 2 [s2;1): Khi đó 1) Tập nghiệm S của bài toán (3.46) là liên tục, không bị chặn, xuất phát từ : 2) Với mỗi  2  1 0a ; 1 0b  thì bài toán (3.46) có nghiệm dương, nói riêng, nếu b < 1 0 < a thì bài toán (3.45) có nghiệm dương. 78 Chứng minh. 1. Ta sẽ áp dụng Định lý 3.7. Do điều kiện (i) trong (a3) ta có A (u) (2)  B (u) với B là ánh xạ tăng xác định bởi B (u) (t) = Z 1 0 G (t; s) g [u (s)] ds, t 2 [0; 1]; u 2 K: Với hàm u0 (t) = sin t ta có theo điều kiện (i) B (u0) (t) = Z 1 0 G (t; s) g [u0 (s)] ds  Z 1 0 G (t; s) au0 (s) ds = a0u0 (t) 8t 2 [0; s1] : Vậy các điều kiện của Định lý 3.7 được thoả mãn cho ánh xạ A và chặn dưới B. Do đó tập nghiệm S của bài toán (3.46) là liên tục, không bị chặn, xuất phát từ . 2. Với (u) = f 2 R+n f0g : u 2 A (u)g ta sẽ chứng minh lim r!0+  sup [ u2Kr\S (u)   1 0a ; (3.49) lim r!1  inf [ u2S;kukr (x)   1 0b ; (3.50) sau đó áp dụng Định lý 3.8 để có điều cần chứng minh. Đầu tiên ta chứng minh (3.49). Giả sử  2 (u) với kuk  s1. Khi đó ta có u (t) =  Z 1 0 G (t; s)x (s) f [u (s)] ds với một x 2 Fu. Sử dụng giả thiết (i) trong (a3) ta có u (t)  a Z 1 0 G (t; s)u (s) ds hay u  aL (u) : (3.51) Do L là u0-dương có giá trị riêng 0 nên từ (3.51) và áp dụng Mệnh đề 3.8 (Keener- Travis) ta có 1 a  0. Vậy (3.49) đúng. Tiếp theo ta chứng minh (3.50). Do giả thiết (a2), ta tìm được hàm ' 2 L1[0; 1] sao cho F (t; x)  [0; ' (t)] 8x 2 [0; s2]; hkn đối với t 2 [0; 1] : (3.52) 79 Đặt m = sup ff (s) : s 2 [0; s2]g thì do (3.52) và điều kiện (ii) trong (a3) ta suy ra F (t; x) f (x)  [0;m' (t) + bx] 8x 2 R+; hkn đối với t 2 [0; 1]: (3.53) Giả sử  2 (u) với kuk  r và x 2 Fu là hàm thoả mãn u (t) =  Z 1 0 G (t; s)x (s) f [u (s)]ds: Khi đó ta có u00 (t) = x (t) f [u (t)]  0: (3.54) Vậy u là hàm lồi và kết hợp với u (0) = u (1) = 0 ta suy ra u (t)  kuk t (1 t) 8t 2 [0; 1]. Nhân (3.54) với u (t) và lấy tích phân từng phần ta đượcZ 1 0 (u0 (t))2 dt =  Z 1 0 x (t) f [u (t)]u (t) dt: (3.55) Từ (3.53), (3.55) và tính chất đặc trưng của 0; ta được 1 0  R 1 0 (u0 (t))2 dtR 1 0 (u2 (t)) dt   "R 1 0 m' (t)u (t) dtR 1 0 (u2 (t)) dt + b # : Từ đây và u (t)  kuk t (1 t) ta có 1 0    c kuk + b    c r + b  (3.56) trong đó c = m R 1 0 '(t)dtR 1 0 t 2(1t)2dt : Từ (3.56) ta suy ra (3.50) đúng.  3.3 Bài toán giá trị riêng, véc tơ riêng dương. Trong mục này chúng tôi trình bày ứng dụng Định lý 3.7 cho bài toán về tồn tại véctơ riêng và giá trị riêng dương của ánh xạ đa trị tăng, thuần nhất dương và quá trình lồi. Chúng tôi cũng đưa ra đánh giá và xem xét một số tính chất của giá trị riêng, véctơ riêng dương. Định nghĩa 3.7 Cho (X;K; k:k) là không gian Banach thực với thứ tự sinh bởi nón K và ánh xạ đa trị A : X ! 2Xn f?g : 80 1) A gọi là 1-thuần nhất dương nếu A (tx) = tA (x) 8x 2 X , 8t > 0: Ta thấy rằng nếu A là 1-thuần nhất dương và A () là tập bị chặn thì A () = fg. 2) A gọi là quá trình lồi nếu A (x)+A (y)  A (x+ y) 8x; y 2 X và A (tx) = tA (x) 8t > 0; 8x 2 X. Quá trình lồi là một lớp ánh xạ quan trọng trong giải tích đa trị. Có thể coi nó là một thay thế cho ánh xạ tuyến tính. Nhận xét 3.2 Nếu A : X ! X là ánh xạ tuyến tính thì ta dễ kiểm tra rằng A là ánh xạ tăng khi và chỉ khi A (x)   8x   (hay A (x)   8x  ). Đối với quá trình lồi ta có kết quả sau. Nếu A : X ! 2Xn f?g là quá trình lồi thì ta có 1) A là (1)tăng nếu fg (1)  A (x) với mọi x  : 2) A là (2)tăng nếu A (x) (2)  fg với mọi x  : Chứng minh. Giả sử x  y: 1. Ta có fg (1)  A (y x) và vì vậy 9u 2 A (y x) :   u: Từ A (y x)+A (x)  A (y) chúng ta thấy rằng 8v 2 A (x) thì 9w 2 A (y) : u+ v = w: Do đó 8v 2 A (x) 9w 2 A (y) sao cho v  w và ta có A (x) (1)  A (y) : 2. 8b 2 A (y), ta tìm được u 2 A (x y) thoả u  , đặt a := b+ u: Do A (y) + A (x y)  A (x) thì a 2 A (x) và a  b: Điều này cho ta A (x) (2)  A (y) :  Định nghĩa 3.8 Cho ánh xạ đa trị A : K ! 2Kn f?g : Phần tử (0; x0) 2 R+n f0g   K gọi là cặp riêng dương của A nếu 0x0 2 A (x0) : 81 3.3.1 Sự tồn tại véctơ riêng và giá trị riêng dương. Trường hợp ánh xạ tăng. Trong phần này chúng tôi sẽ áp dụng Định lý 3.7 về ánh xạ đa trị có chặn dưới đơn điệu để chứng minh tồn tại véctơ riêng và giá trị riêng dương của ánh xạ tăng thuần nhất và quá trình lồi. Định lý 3.10 Cho (X;K; k:k) là không gian Banach thứ tự. Giả sử A : K ! 2Kn f?g là ánh xạ (2)-tăng, nửa liên tục trên, compact, có giá trị lồi, đóng và thoả (i) A (tx) (2)  tA (x) 8 (t; x) 2 (0;1)K; (ii) 9u 2  K;9 > 0 : A (u) (2)  u: Khi đó tồn tại (0; x0) 2 (0;1)  K là cặp riêng dương của A với kx0k = 1 và 0  : Chứng minh. Với mỗi số dương ", ta xét ánh xạ F" : K ! 2Kn f?g định bởi F" (x) = A (x)+"u: Do A (tu) (2)  tA (u) (2)  tu nên áp dụng kết quả của Định lý 3.7 cho ánh xạ đa trị F" với sử dụng chặn dưới là A; ta tìm được ("; x") là cặp-riêng-dương của F" với kx"k = 1. Điều này cũng có nghĩa là tìm được y" 2 A (x") để cho "x" = y" + "u: (3.57) Từ tính compact của A ta có thể giả sử lim"!0 y" = y0 2 K: Ta sẽ chứng minh "   cho mọi " > 0. Đặt t" = x" (u) : Từ (3.57) ta có x" = 1 " y" + " " u nên x"  " " u. Theo tính cực đại của số t" ta suy ra t"  " " > 0: Mặt khác từ y" 2 A (x") ; A là (2)-tăng và giả thiết (i) và (ii) ta có "x" (2)  A (x") (2)  A (t"u) (2)  t"u : Vì vậy ta tó t"  t" " ; điều này dẫn đến "  :Mặt khác, ta có j"j = k"x"k  ky"k+ kuk nên ta có thể giả sử lim"!0 " = 0  . Vì vậy, lim"!0 x" = 1 0 y0 := x0 2 K. Do A là nửa liên tục trên và áp dụng Mệnh đề 3.3 ta có 0x0 2 A (x0) với kx0k = 1:  Định lý 3.11 82 Cho A : K ! 2Kn f?g là ánh xạ đa trị, 1-thuần nhất dương, compact, nửa liên tục trên với giá trị lồi, đóng và thoả các điều kiện (i) A là (2)tăng, (ii) Tồn tại u 2 Kn fg sao cho số  = inf   > 0 : 9x  u; A (x) (2)  x  là dương : Khi đó tồn tại (0; x0) là cặp riêng dương của A thoả 0   và kx0k = 1: Chứng minh. Với mỗi số dương " cho trước ta định nghĩa ánh xạ đa trị F : K ! 2Kn f?g ; F (x) = A (x) + "u: Ánh xạ F thoả các điều kiện của Định lý 3.10 nên ta tìm được ("; x") 2 R+n f0g K sao cho kx"k = 1 và "x" 2 F (x") : Suy ra tồn tại y" 2 A (x") để "x" = y" + "u: (3.58) Từ tính compact của A ta có thể giả sử y" ! y0 khi "! 0: Từ đẳng thức (3.58) ta có f"g bị chặn nên có thể giả sử " ! 0 khi "! 0 và do đó x" ! x0 = 1y0 khi "! 0: Theo Mệnh đề 3.3 ta suy ra 0x0 = y0 2 A (x0) và cũng có x0 2 K , kx0k = 1: Đặt z" = 1 " "x". Từ đẳng thức (3.58) ta suy ra z" = 1 " y" + u: Do đó z"  u và "z"  1 " "y" 2 A (z") hay "z" (2)  A (z") : Theo định nghĩa số  thì "  : Vậy 0  :  Định lý 3.12. Cho A : K ! 2Kn f?g là ánh xạ đa trị, 1-thuần nhất dương, compact, nửa liên tục trên với giá trị lồi đóng thoả i) A là ( 2)-tăng, ii) Số  (A) = supu2K;kuk=1  inf   > 0 : 9x  u; A (x) (2)  x  là dương. Khi đó 1) A có giá trị riệng 0 với 0   (A) ; 2) Nếu A là ( 3)-tăng thì  (A) là một giá trị riêng của A. Chứng minh. 83 1. Giả sử dãy fu"g  K; ku"k = 1; " = inf   > 0 : 9x  u"; A (x) (2)  x  và " "!0!  (A) : Với mỗi số dương ", áp dụng kết quả Định lý 3.11 ta tìm được ("; x") là cặp- riêng-dương của A với "  " và kx"k = 1: Từ tính compact của A ta có thể giả sử x" "!0! x0 và " "!0! 0: Theo Mệnh đề 3.3 thì ta có 0x0 2 A (x0) : Từ "  " ta có 0   (A) : 2. Giả sử A là (3)-tăng và (0; x0) là cặp riêng dương tìm được ở trên, ta sẽ chứng tỏ 0   (A) : Xét phần tử x 2 K thoả x  x0; và số  với A (x) (2)  x: Đặt t = x (x0) thì t  1 và t0x0 2 A (tx0) (3)  A (x) (2)  fxg : Vì thế ta có t0x0  x: Tính cực đại của số t dẫn đến t  t0  hay   0: Do đó inf   > 0 : 9x  x0; A (x) (2)  x   0 và ta có được  (A)  0:  Định lý 3.13 Cho (X;K; k:k) là không gian Banach thứ tự. Giả sử A : X ! 2Xn f?g là ánh xạ nửa liên tục trên, compact, và thoả mãn (i) A là quá trình lồi, (ii) 8x   9u 2 A (x) : u   (hay A (x) (2)   8x  ); (iii) 9u 2 Kn fg ; 9 > 0 : A (u) (2)  u: Khi đó A có cặp riêng dương (0; x0) 2 [0;1)Kn fg với kx0k = 1 và 0  : Chứng minh. Do giả thiết và Nhận xét 3.2 thì A là (2)-tăng, ta sẽ chứng minh A nhận giá trị lồi, A (K)  K và sử dụng kết quả của Định lý 3.10. 1. Chứng minh A (K)  K. Từ tính chất thuần nhất và tính bị chặn của A () ta suy ra A () = fg và theo kết quả vừa chứng minh A là (2)-tăng nên với x   thì A (x) (2)  : 2. A nhận giá trị là tập lồi. Với mỗi x 2 X; u 2 A (x), v 2 A (x) và  2 [0; 1] ta có 84 u+ (1 ) v 2 A (x) + (1 )A (x) : Mặt khác, do A là quá trình lồi nên A (x) + (1 )A (x)  A (x) :Vậy A (x) là tập lồi.  Trường hợp ánh xạ không có tính chất tăng. Trong mục này ta chứng minh sự tồn tại cặp riêng dương cho một lớp ánh xạ không có tính chất tăng. Bù lại, ta phải tăng thêm tính compact cho ánh xạ. Phương pháp chứng minh cũng khác. Kết quả của chúng tôi là một mở rộng kết quả trong trường hợp hữu hạn chiều ở [2]. Cho tập con A khác rỗng của K và với mỗi phiếm hàm p 2 X ta định nghĩa  (A; p) = sup fhp; xi : x 2 Ag : Với ánh xạ lồi F : K ! 2Kn f?g và F (K) là tập compact tương đối chúng tôi đưa ra một công thức tính tham số  của phương trình (3.21) dựa trên hàm  vừa nêu. Cho (X;K; k:k) là không gian Banach thứ tự với không gian liên hợp là X và nón liên hợp dương là K: Ta ký hiệu tập S+ = K  \ fp 2 X : kpk = 1g : Với u 2 Kn fg là một phần tử cố định cho trước nào đó, ta đặt S = u+K: Như vậy S là tập lồi đóng chứa trong K và không chứa gốc : Bổ đề 3.5 Cho ánh xạ đa trị F : S ! 2Kn f?g thoả các điều kiện sau: (i) Với mỗi p 2 S+ và mỗi x 2 S thì  (F (x) ; p) > 0; (ii) F (S) là tập compact tương đối trong X; (iii) Tồn tại v 2 S và số dương  để cho v (1)  F (v) : Khi đó 0 < sup p2S+  inf x2S hp; xi  (F (x) ; p)  <1 (3.59) Chứng minh. Do điều kiện (i) (ii), nên 0 < M = sup   (F (S) ; p) : p 2 S+ < 1: Theo Mệnh đề 1.3 thì ta tìm được p0 2 S+ để 0 = hp0; ui > 0. Khi đó với bất kỳ x 2 S với 85 x = u+ y; y 2 K ta có hp0; xi = hp0; ui+ hp0; yi  0 > 0: (3.60) Do đó hp0; xi  (F (x) ; p0)  0 M 8x 2 S và có inf x2S hp0; xi  (F (x) ; p0)  0 M > 0: Suy ra sup p2S+  inf x2S hp; xi  (F (x) ; p)   inf x2S hp0; xi  (F (x) ; p0)  0 M > 0: (3.61) Bây giờ với số dương  và phần tử v nêu ở điều kiện (iii) ta tìm được z 2 F (v) để cho v  z: Do đó hp; vi  hp; zi   (F (v) ; p) và có hp; vi  (F (v) ; p)  1 cho mọi p 2 S+: Do đó inf y2S hp; yi  (F (y) ; p)  hp; vi  (F (v) ; p)  1 8p 2 S+
: Suy ra sup p2S+  inf x2S hp; xi  (F (x) ; p)   1 . (3.62) Từ (3.61) và (3.62) thì bổ đề được chứng minh.  Mệnh đề 3.9 Cho F : S ! 2Kn f?g là ánh xạ đa trị lồi, nửa liên tục trên, có giá trị đóng và thoả các điều kiện sau: (i) F (S) là tập compact tương đối, (ii) 8p 2 S+ và mọi x 2 S thì  (F (x) ; p) > 0, (iii) Tồn tại v 2 S và số dương  để cho v (1)  F (v) : Khi đó 1) Với số 0 xác định bởi 1 0 = sup p2S+  inf x2S hp; xi  (F (x) ; p)  thì tồn tại x0 2 S để 0x0 2 F (x0) và 1 0 = sup p2S+ hp; x0i  (F (x0) ; p) ; 2) Nếu số  > 0 và x 2 S thoả x 2 F (x) thì   0: Chứng minh. Trước tiên ta nhận thấy sự tồn tại số 0 là nhờ vào Bổ đề 3.5. 1. Chứng minh khẳng định 1) 86 a. Chứng minh (F 0I) (S) là tập lồi. Xét z; z0 2 (F 0I) (S) và các số ;  2 [0; 1] với  +  = 1: Gọi x, x0 2 S để z 2 F (x) 0x và z0 2 F (x0) 0x0: Khi đó ta có: z + z0 2 F (x) + F (x0) 0 (x+ x0) ; Vì F là hàm lồi nên theo Nhận xét 3.1 ta có F (x) + F (x0)  F (x+ x0), vì S là tập lồi nên x+ x0 2 S. Do đó ta có z + z0 2 F (x+ x0) 0 (x+ x0)  (F 0I) (S) : b. Chứng minh (F 0I) (S) là tập đóng. Giả sử dãy (zk)  (F 0I) (S), zk ! z, ta xây dựng các dãy (xk)  S và (yk) thoả zk 2 F (xk) 0xk; yk 2 F (xk) và zk = yk 0xk: (3.63) Do giả thiết F (S) compact tương đối nên ta có thể giả sử yk ! y và từ đẳng thức (3.63) ta suy ra xk ! x 2 S. Mặt khác, do F là nửa liên tục trên và F (x) đóng nên theo Mệnh đề 3.3 ta suy ra y 2 F (x). Cho k !1 trong (3.63) ta suy ra z = y0x và do đó z 2 F (x) 0x  (F 0I) (S) : c. Chứng minh  2 (F 0I) (S) và do đó tồn tại x0 2 S sao cho 0x0 2 F (x0). Giả sử trái lại rằng  =2 (F 0I) (S). Ta áp dụng định lý tách chặt các tập lồi cho hai tập fg và (F 0I) (S) ta tìm được số " > 0 và p1 2 X với kp1k = 1 (nếu không ta có thể thay p1 bởi 1 kp1kp1) để hp1; zi < " 8z 2 (F 0I) (S) : Nghĩa là hp1; yi 0 hp1; xi < " (8x 2 S ;8y 2 F (x)): (3.64) Suy ra  (F (x) ; p1) 0 hp1; xi  " (8x 2 S): (3.65) Bây giờ ta chứng tỏ p1 2 S+: Thật vậy, nếu tồn tại y 2 K để hp1; yi < 0 thì áp dụng (3.65) cho phần tử x = u+ ny (n 2 N). Ta có  (F (x) ; p1) 0 hp1; ui n0 hp1; yi  ": (3.66) Đặt c = sup f (F (x) ; p1) : x 2 Sg 2 (1;1) (c hữu hạn nhờ tính compact của 87 F ). Cho n ! 1 trong (3.66) thì vế trái có giới hạn +1, ta gặp mâu thuẫn. Vậy hp1; yi  0 8y 2 K và do đó p1 2 S+: Từ (3.65) ta suy ra 1 0  hp1; xi  (F (x) ; p1) " 0c (8x 2 S): Suy ra 1 0  inf x2S hp1; xi  (F (x) ; p1) " 0c : Mặt khác inf x2S hp1; xi  (F (x) ; p1)  sup p2S+  inf x2S hp; xi  (F (x) ; p)  = 1 0 nên 1 0  1 0 " 0c ; ta gặp mâu thuẫn. Vậy  2 (F 0I) (S) : c. Chứng minh 1 0 = sup p2S+ hp; x0i  (F (x0) ; p) : Với mọi p 2 S+ ta có  (F (x0) ; p)  hp; 0x0i = 0 hp; x0i nên 1 0  hp; x0i  (F (x0) ; p) (8p 2 S+): Mặt khác, do hp; x0i  (F (x0) ; p)  inf x2S hp; xi  (F (x) ; p) nên 1 0  hp; x0i  (F (x0) ; p)  inf x2S hp; xi  (F (x) ; p) (8p 2 S+): Suy ra 1 0  sup p2S+ hp; x0i  (F (x0) ; p)  sup p2S+  inf x2S hp; xi  (F (x) ; p)  = 1 0 : Dẫn đến 1 0 = sup p2S+ hp; x0i  (F (x0) ; p) : 2. Chứng minh khẳng định 2) Giả sử (; x) 2 (0;1)  S thoả x 2 F (x) ; khi đó với mọi p 2 S+ ta có  (F (x) ; p)  hp; xi =  hp; xi nên 1   hp; xi  (F (x) ; p) (8p 2 S+): Mặt khác, hp; xi  (F (x) ; p)  inf y2S hp; yi  (F (y) ; p) nên 1   inf y2S hp; yi  (F (y) ; p) (8p 2 S+): 88 Suy ra 1   sup p2S+  inf y2S hp; yi  (F (y) ; p)  = 1 0 : Vậy   0:  3.3.2 Một số tính chất Krein-Rutman của giá trị riêng dương, véc tơ riêng. Trong mục này chúng tôi chứng minh một số tính chất đặc biệt của cặp riêng dương của ánh xạ đa trị như tính bội đơn, tính duy nhất, tương tự các tính chất của cặp riêng dương của ánh xạ tuyến tính dương đã được Krein, Rutman chứng minh [35]. Trước tiên chúng tôi mở rộng các khái niệm u0dương, u0dương mạnh, dương mạnh, nửa dương mạnh và một số đại lượng liên quan đến bán kính phổ của cho ánh xạ tuyến tính ([8, 30]). Định nghĩa 3.9 Cho K là nón trong không gian Banach X và ánh xạ đa trị A : K!2Kn f?g, u0 2  K: 1) A được gọi là u0dương nếu 8x 2  K thì hu0i+ (2)  A (x) (1)  hu0i+ hay nói tương đương 8x 2  K;8y 2 A (x)9;  > 0 : u0  y  u0: 2) A được gọi là u0dương mạnh nếu 8x 2  K thì 9;  > 0 để cho u0 (2)  A (x) (1)  u0: Định nghĩa 3.10 F : X ! 2Xn f?g gọi là dương mạnh nếu F   K  int(K) và gọi là nửa dương mạnh nếu tồn tại g 2 K để cho: hg; F (x)i (2)> 0 = hg; xi với mọi x 2  Knint(K) : Định nghĩa 3.11 Cho (X;K; k:k) là không gian Banach thứ tự và ánh xạ đa trị A : K ! 2Kn f?g : 1) Với x 2  K, ta định nghĩa các tập con của K K (x) = ff 2 K : hf; xi > 0g ; S (x) = ff 2 K : hf; xi = 1g 89 và các số  (x) = inf fhf; zi : (f; z) 2 S (x) A (x)g ;  (x) = sup fhf; zi : (f; z) 2 S (x) A (x)g ; 2) Ta định nghĩa các số r (A) = sup x2Knfg  (x) ; r  (A) = inf x2Knfg  (x) . Nếu intK 6= ? ta định nghĩa các số or (A) = sup x2intK  (x) ; or  (A) = inf x2intK  (x) : Bổ đề 3.6 1)  (x)x (2)  A (x) 8x 2  K: 2) Nếu  (x) <1 thì A (x) (1)   (x)x: 3)  (x) 0 : A (x) (1)  x: Nếu x 2intK và A (x) compact thì  (x) <1: Chứng minh. 1. Từ định nghĩa của  (x) chúng ta có  (x)  hp; zi cho tất cả z 2 A (x) ; p 2 S (x) : Với chú ý hp; xi = 1 thì  (x) hp; xi  hp; zi 8z 2 A (x) ;8 p 2 S (x) : (3.67) Với f 2 K; nếu hf; xi > 0 thì chọn p = 1hf; xif ta có p 2 S  (x) và theo (3.67) ta suy ra  (x) hf; xi  hf; zi 8z 2 A (x) : (3.68) Hiển nhiên (3.68) cũng đúng khi hf; xi = 0: Vì thế  (x)x  z cho mọi z 2 A (x) theo Mệnh đề 1.3: 2. Giả sử  (x) <1: Từ định nghĩa số  (x) ta có hp; zi   (x) hp; xi 8z 2 A (x) ; 8p 2 S (x) : (3.69) Với mọi f 2 K (x) ; đặt p = 1hf; xif trong (3.69) ta nhận được hf; zi   (x) hf; xi 8z 2 A (x) ;8f 2 K (x) : (3.70) 90 Tập hợp K (x) là trù mật trong K [13]: Vì vậy (3.70) cũng đúng cho mọi f 2 K: Suy ra z   (x)x với mọi z 2 A (x) hay tương đương A (x) (1)   (x)x: 3. Trước hết, giả sử 9 > 0 : A (x) (1)  x: Khi đó hf; zi   hf; xi =  với mọi (f; z) 2 S (x)  A (x) nên suy ra  (x)   < 1: Khẳng định ngược lại có được từ tính chất 2. Bây giờ giả sử x 2intK. Ta tìm được r > 0 để cho Br (x)  K: Với mỗi y 2 X; kyk = 1 ta có x  ry. Vì vậy, với f 2 S (x) chúng ta có 1  r jf (y)j : Do đó kfk  1 r : Tập hợp S (x) là bị chặn và đóng đối với tôpô yếu (ký hiệu là ) và vì thế nó là compact yếu. Tập hợp S (x)A (x) là compact trong (X; )(X; k:k) và ánh xạ ' : (X; )  (X; k:k) ! R; định bởi ' (f; z)= hf; zi là liên tục nên  (x) < 1:  Bổ đề 3.7. Cho A : K ! 2Kn f?g là (k)tăng và tA (x) (k)  A (tx) cho mọi (t; x) 2 R+n f0g  K. Giả sử x; y 2 Kn fg và các số ;  > 0 thoả A (x) (k)  x và y (k)  A (y) : Hơn nữa, một trong các điều kiện sau được thoả (i) A là ánh xạ u0dương, (ii) x 2intK: Khi đó   : Chứng minh. Đặt t = x (y) ta có x  ty. Chúng ta sẽ chứng tỏ t > 0: Theo Bổ đề 3.1 thì t > 0 nếu như x 2intK: Theo định nghĩa quan hệ " (k) " ta tìm được u 2 A (x) ; v 2 A (y) thoả u  x và y  v: Từ tính u0dương của A ta tìm được các số dương ;  thoả u0  u và v  u0: Vì thế ta có x    u0    v    y. Từ tính cực đại của số t ta có t    ; và t > 0: Tính đơn điệu của A đưa đến ty (k)  tA (y) (k)  A (ty) (k)  A (x) (k)  x: Điều này cùng với tính cực đại của số t cho ta   .  Định lý 3.14 Giả sử ánh xạ đa trị A : K ! 2Kn f?g là 1-thuần nhất dương, compact, nửa liên 91 tục trên, có giá trị lồi đóng và A là (2)tăng với số r (A) > 0: Khi đó A có cặp riêng dương (0; x0) với 0  r (A) : Hơn nữa, 1) nếu thêm A là (1)tăng thì a) r (A)  0  r (A) nếu A là u0dương mạnh. b) x0 2intK và r (A)  0  or (A) nếu A là nửa dương mạnh: 2) Nếu thêm A là nửa liên tục dưới, nửa dương mạnh và A là (3)tăng thì r (A) = 0 = r  (A). Chứng minh. Từ giả thiết r (A) > 0 ta tìm được dãy fxng  K thoả kxnk = 1 và 0 < r (A) 1 n   (xn) : Sử dụng Bổ đề 3.6 thì ta có  r (A) 1 n  xn (2)  A (xn). Bằng cách áp dụng Định lý 3.10 ta tìm được các dãy fyng  K; fng  [0;1) thoả n  r (A) 1 n ; kynk = 1 và nyn 2 A (yn). Chọn dãy fzng thoả nyn = zn 2 A (yn). Từ tính compact của A ta có thể giả sử dãy fzng hội tụ và do đó tồn tại limn!1 yn = x0 và limn!1 n = 0: Sử dụng tính nửa liên tục trên của A và áp dụng Mệnh đề 3.3 ta có được (0; x0) là cặp riêng dương của A với 0  r (A) : 1a. Từ A là u0dương mạnh thì tồn tại  > 0 thoả A (u0) (1)  u0 và theo Bổ đề 3.6 thì có  (u0) <1 . Vì thế r (A) <1: Theo định nghĩa số r (A) ta tìm được dãy fyng  K thoả kynk = 1;  (yn)!r (A) : Chúng ta có 0x0 (1)  A (x0) và A (yn) (1)   (yn) yn; nên theo Bổ đề 3.7 thì ta có 0   (yn). Vì vậy 0  r (A) : 1b. Trước tiên ta chứng minh x0 2intK. Thậy vậy, nếu như x0 2  KnintK thì theo định nghĩa ánh xạ đa trị nửa dương mạnh ta tìm được g 2 K để cho hg; x0i = 0, hg; zi > 0 8z 2 A (x0) điều này vô lý khi chọn z = 0x0 2 A (x0) : Từ kết quả x0 2intK và Bổ đề 3.6 ta có  (x0) < 1 và do đó or (A) < 1: Bây giờ giả sử dãy fyng intK thoả kynk = 1; limn!1  (yn) = or (A) : Khi đó từ các quan hệ 92 0x0 (1)  A (x0) ; A (yn) (1)   (yn) yn và theo kết quả của Bổ đề 3.7 chúng ta nhận được 0   (yn) và có được 0  or (A) : 2. Cố định phần tử u 2 Kn fg : Với mỗi số " > 0 đủ nhỏ để x0  "u 2intK và ta đặt x" = x0 + "u; y" = x0 "u;  (x") = inf fhf; zi : f 2 S (x0) ; z 2 A (x")g ; (y") = sup fhf; zi : f 2 S (x0) ; z 2 A (y")g : Chúng ta sẽ chứng minh rằng  (x")! (x0) ; (y")! (x0) khi "! 0: Từ S (x0)A (x") và S (x0)A (y") là compact trong (X; ) (X; k:k), ta tìm được (f"; a") 2 S (x0)A (x") và (g"; b") 2 S (x0)A (y") để cho  (x") = hf"; a"i và (y") = hg"; b"i : Ta có thể giả sử f"  !f0 2 S (x0), a"!a0 2 A (x0) và g"  !g0 2 S (x0), b"!b0 2 A (x0) : Ở đây, để có a0; b0 2 A (x0) ta đã sử dụng x" ! x0; y" ! x0; tính nửa liên tục trên của A và Bổ đề 3.6 Vì vậy  (x")!hf0; a0i   (x0) và (y")!hg0; b0i   (x0) : (3.71) Mặt khác, vì A là nửa liên tục dưới và x" ! x0; y" ! x0, nên áp dụng Mệnh đề 3.4 thì với mỗi v; w 2 A (x0) tồn tại v"0 2 A (x"0) và w"00 2 A (y"00) (ở đây fx"0g và fy"00g tương ứng là các dãy con của fx"g và fy"g) thoả v"0!v và w"00!w: Với bất kỳ f 2 S (x0) ta có  (x"0)  hf; v"0i = hf; vi+ hf; v"0 vi ; (3.72) (y"00)  hf; w"00i = hf; wi+ hf; w"00 wi : (3.73) Cho "0; "00 ! 0 trong (3.72) và (3.73) và chú ý (3.71) ta có hf0; a0i  hf; vi 8u; v 2 A (x0) 8f 2 S (x0) : Do đó hf0; a0i   (x0) và hg0; b0i   (x0) : Vậy  (x")! (x0) và  (y")!  (x0) : Cuối cùng, từ A (x") (3)  A (x0) (3)  A (y") chúng ta có 8v 2 A (y") ; 8w 2 A (x") thì v  0x0  w và hf; vi  0  hf; wi 8f 2 S (x0) 93 Vì vậy, (y")  0   (x") ; điều này dẫn đến  (x0)  0   (x0) và ta có  (x0) = 0 =  (x0) :  Định nghĩa 3.12 Cho ánh xạ đa trị A : K!2Kn f?g ; và u0 2  K: 1) A được gọi là u0tăng nếu như x  y dẫn đến hu0i+ (2)  [A (y) A (x)] \  K hay nói tương đương: 8v 2 A (y) ; 8u 2 A (x) nếu v u 2  K thì 9 > 0 thoả v u  u0: 2) Ta nói A là nửa tăng mạnh nếu như tồn tại g 2 K sao cho nếu x y 2  KnintK thì ta có hg; x yi = 0 và hg; ui > 0 cho mọi u 2 A (x) A (y) (3.74) Định nghĩa 3.13 1) Giả sử (0; x0) là cặp riêng dương của A. Ta nói 0 có bội đơn nếu như từ 0x 2 A (x) với x 2  K dẫn đến x 2 hx0i+. 2) Ta nói rằng cặp riêng dương (0; x0) của A là duy nhất nếu như với bất kỳ cặp riêng dương (; x) của A thì  = 0 và x 2 hx0i+ : Định lý 3.15 Giả sử ánh xạ đa trị A : K ! 2Kn f?g là 1-thuần nhất dương, u0dương, u0tăng và (0; x0) là một cặp riêng dương của A: Khi đó 1) 0 có bội đơn. 2) Nếu A là (3)tăng thì (0; x0) là duy nhất. Chứng minh. 1. Giả sử 0x 2 A (x) với x 2  K ta sẽ chứng minh x 2 hx0i+. Đặt t = x0 (x) ta có x0  tx: Từ giả thiết A là u0dương ta tìm được các số dương ;  để cho u0  0x0 và 0x  u0. Điều này cho ta 0x0  01x hay x0  1x: Theo tính cực đại của số t thì t  1 > 0: Chúng ta sẽ chứng tỏ x0 = tx: Thật vậy, nếu trái lại x0 6= tx thì ta có 0x0 2 A (x0) ; 0tx 2 A (tx) ; 0x0 0tx 2  K: 94 Từ điều này và với giả thiết u0tăng của A ta tìm được số 0 > 0 để cho 0 (x0 tx)  0u0  0x với 0 > 0 nào đó: Do đó ta có x0   t+  0 0  x và ta nhận được mâu thuẫn với tính cực đại của số t: 2. Giả sử 1x1 2 A (x1) với x1 2  K; 1 > 0: Chúng ta cần chứng minh 1 = 0: Giả sử trái lại rằng 0 > 1: Đặt t = x1 (x0) ta có x1  tx0; lập luận như trên ta cũng có t > 0: Ta sẽ chứng minh x1 = tx0: Thật vậy, nếu x1 6= tx0 ta có 0tx0 2 A (tx0) ; 1x1 2 A (x1) ; tx0 < x1: Điều này, theo giả thiết A là (3)tăng đưa đến 1x1  0tx0: Do tính chất cực đại của số t thì ta có 1  0, mâu thuẫn với giả thiết 0 > 1: Vì vậy có x1 = tx0: Đặt 0 = a 21 với a > 1; chúng ta nhận được a 21x0 2 A (x0) và 1tx0 2 A (tx0) : Do đó ax0 2 A  x0 a1  ; x0 2 A  x0 1  : Mặt khác, từ x0 a1 < x0 1 và tính (3) tăng của A ta suy ra ax0  x0; điều này mâu thuẫn với a > 1. Vậy 0 = 1 và do đó theo kết quả 1) thì x1 2 hx0i+ :  Định lý 3.16 Cho intK 6= ? và A : K ! 2Kn f?g là ánh xạ đa trị nửa tăng mạnh, 1-thuần nhất dương. Giảsử (0; x0) là cặp riêng dương của A. Khi đó 1) 0 có bội đơn và nếu (1; x1) là một cặp riêng dương thì hoặc 1 = 0 hoặc x1 2 hx0i+ . 2) Nếu A là (3)tăng thì (0; x0) là duy nhất. Chứng minh. 1. Trước hết ta chứng minh rằng x0 2intK: Thật vậy, giả sử trái lại thì x0 2  KnintK. Đặt y := ; u = 0x0 và chú ý A () = fg trong (3.74), ta nhận được hg; x0i = 0 và hg; 0x0i > 0: là điều vô lí. Giả sử 0x1 2 A (x1), x1 2  K: Đặt t = x0 (x1) ; từ x0 2intK thì t > 0 và x0  tx1: Nếu x0 tx1 2  K; theo Bổ đề 3.1 ta có x0 tx1 2 @K và do đó x0 tx1 2  KnintK: 95 Theo (3.74) ta có g (x0 tx1) = 0 và g (0x0 0tx1) > 0; ta gặp mâu thuẫn. Vậy x0 = tx1 và 0 có bội đơn. Bây giờ ta giả sử (1; x1) là cặp riêng dương của A với 0 > 1 ta sẽ chứng minh x1 2 hx0i+ : Do x1 2intK nên t = x1 (x0) > 0 và x1  tx0: Nếu như x1tx0 2  KnintK thì do A là nửa tăng mạnh và u = 1x1t0x0 2 A (x1)A (tx0) ta có hg; x1 tx0i = 0 và hg; 1x1 t0x0i > 0: Do đó ta có g (x1) = tg (x0) và 0 < g (1x1 t0x0) = 1g (x1) t0g (x0) = (1 0) tg (x0)  0: (3.75) Ta gặp mâu thuẫn. Vậy phải có x1 = tx0 hay x1 2 hx0i+ : 2. Giả sử (1; x1) là cặp riêng dương của A với 0 > 1: Từ A là nửa tăng mạnh và theo trong như chứng 1) thì x0 2intK và x1 2intK: Đặt t = x1 (x0) > 0; ta có x1  tx0: Nếu x1 > tx0 thì x1 tx0 2 @Kn fg theo Bổ đề 3.1. Lập luận tương tự trong chứng minh 1) ta tìm được mâu thuẫn trong (3.75). Vậy x1 = tx0. Bây giờ, vì x1 = tx0 và lập luận tương tự phần cuối trong chứng minh Định lý 3.15 ta có điều vô lí. Vậy giả thiết 0 > 1 là sai. Do vai trò của 0; 1 như nhau nên ta suy ra 0 = 1: Áp dụng 1) ta suy ra x1 2 hx0i+ :  96 KẾT LUẬN Luận án chúng tôi trình bày các kết quả nghiên cứu theo hai hướng chính. Trong hướng thứ nhất, chúng tôi sử dụng chuẩn nón và độ đo phi compact với giá trị trong nón để nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động và áp dụng các kết quả trừu tượng nhận được vào một số lớp phương trình vi phân. Ở hướng thứ hai, chúng tôi dùng bậc tôpô kết hợp với kĩ thuật sử dụng thứ tự để chứng minh một số kết quả có tính toàn cục về tập nghiệm của bài toán giá trị riêng cho ánh xạ đa trị phụ thuộc tham số, trong không gian có thứ tự. Kết quả chính của luận án bao gồm: 1. Chứng minh các định lý điểm bất động của tổng hai ánh xạ trên không gian với chuẩn nón trong các trường hợp chuẩn nhận giá trị trong không gian Banach hoặc trong không gian lồi địa phương. Ứng dụng các kết quả nhận được để chứng minh sự tồn tại nghiệm trên [0;1) cho một bài toán Cauchy với kì dị yếu trên thang các không gian Banach. 2. Áp dụng một kết quả về điểm bất động của ánh xạ tăng trong không gian có thứ tự để chứng minh sự tồn tại điểm bất động của một lớp ánh xạ cô đặc theo một độ đo phi compact với giá trị trong nón. Sử dụng kết quả này và một độ đo phi compact với giá trị trong nón thích hợp để chứng minh sự tồn tại nghiệm của một lớp bài toán Cauchy có chậm. 3. Chứng minh tính liên tục theo nghĩa Krasnoselskii của tập nghiệm của phương trình đa trị chứa tham số có chặn dưới đơn điệu và chứng minh tồn tại khoảng giá trị tham số để phương trình có nghiệm. Áp dụng các kết quả trên để chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán biên với hàm điều khiển đa trị. 4. Tính bậc tôpô tương đối của một lớp ánh xạ đa trị thông qua ánh xạ tuyến tính, ánh xạ đa trị lồi hay ánh xạ là xấp xỉ của nó tại ; tại1 và áp dụng vào bài toán điểm bất động. 5. Chứng minh sự tồn tại cặp riêng dương cho lớp ánh xạ tăng, thuần nhất dương 97 với đánh giá cận dưới cho giá trị riêng dương tương ứng. 6. Mở rộng khái niệm u0-dương, u0-tăng, dương mạnh cho các ánh xạ đa trị; chứng minh một số tính chất Krein-Rutman về giá trị riêng, vectơ riêng dương của ánh xạ tăng trong không gian có thứ tự. Các hướng nghiên cứu tiếp theo của chúng tôi là: 1. Tìm một định lý điểm bất động kiểu Krasnoselskii trong không gian với chuẩn nón, đủ mạnh để có thể áp dụng vào bài toán Cauchy trên thang các không gian Banach với kì dị kiểu Ovcjannikov. 2. Tìm cách ứng dụng đạo hàm của ánh xạ đa trị để mở rộng định lý Rabinowitz- Dancer về phân nhánh toàn cục nghiệm dương sang trường hợp đa trị. 3. Tìm các điều kiện không quá ngặt lên ánh xạ để có sự duy nhất của cặp riêng dương và tính cực đại của giá trị riêng dương tương ứng. 98 CÔNG TRÌNH CÔNG BỐ CỦA TÁC GIẢ LIÊN QUAN ĐẾN LUẬN ÁN [TG1] Fixed point theorems via cone-norms and cone-valued measures of noncom- pactness, Fixed Point Theory, No 2 (2016) (Đã nhận đăng). [TG2] (2014), Một dạng định lí điểm bất động Krasnoselskii trong không gian K-định chuẩn, Tạp chí khoa học Đại Học Sư Phạm TPHCM, 64(98), 5-17. [TG3] The monotone minorant method and eigenvalue problem for multivalued operators in cones. (Gửi đăng) [TG4] Global continua of solutions and eigenvalue interval for multivalued operators in cone with an application (Gửi đăng). Tài liệu tham khảo [1] H. Amann, Fixed point equations and nonlinear eigenvalue problems in ordered spaces, SIAM Rev. 18(1976), 620-709. [2] J. B. Aubin, I. Ekeland, Applied Nonlinear Analysis, Springer, 1984. [3] J. P. Aubin and H. Frankowska, Set-valued Analysis, Birkhauser, Berlin, 1990. [4] R. P. Agarwal, M. A. Khamsi, Existence of Caristi’s fixed point theorem to vecto valued metric spaces, Nonlinear Analysis 74(2011) 141-145. [5] R. P. Agarwal and D. O’Regan, A note on the existence of multiple fixed points for multivalued maps with applications, J. Differ. Eq, 160 (2000), 389–403. [6] R. R. Akhmerov, M. I. Kamenskii, A. S. Potapov, A. E. Rotkina, B. N. Sadovskii, Measures of Noncompactness and Condensing Operators, Birkhauser, 1992. [7] H. Begehr, Eine Bemerkung Zum nichtlinearen Klassischen Sat von Cauchy- Kowalenski, Math. Nachr. 131(1987), 175-181. [8] K. C. Chang, A nonlinear Krein-Rutman theorem, Jrl Syst.Sci & Complexity 22 (2009), 542-554. [9] S. Carl, S. Heikkila, Fixed point theorems for multivalued operators and applica- tion to discontinuous quasilinear BVP’s, Aplicable Analysis, 82(2003), 1017-1028. [10] S. Carl, S. Heikkila, Fixed Point Theory in Ordered Sets and Applications, Springer, Berlin, 2011. 99 100 [11] L. Collatz, Functional Analysis and Numerical Mathematics, Academic Rpess, New York, 1966. [12] E. N. Dancer, Global solution branches for positive mapping, Arch. Rat. Mech. Anal. 52(1973), 181-192. [13] K. Deimling, Nonlinear Functional Analysis, Springer, Berlin, 1985. [14] K. Deimling, Multivalue Differential Equations, Walter de Gruyter, Berlin 1992. [15] P. M. Fitzpatrick and W. V. Petryshyn, Fixed point theorems and the fixed point index for multivalued mappings in cones, J. London Math. Soc. (1975) s2-12 (1), 75-85. [16] M. Ghisi, The Cauchy-Kovalevsky theorem and noncompactness measures, J.Math.Sci. Uni. Tokyo, 4(1997), 627-647. [17] L. Gorniewicz, Topological Fixed Point Theory of Multivalued Mappings, Springer, 2006. [18] S. Heikkila, V. Lakshmikantham, Monotone Iterative Techniques for Discontinuous Nonlinear Differentical Equations, Marcel Dekker, New York, 1994. [19] L. H. Hoa, K. Schmitt, Fixed point theorems of Krasnosel’skii type in locally con- vex space and applications to integral equation, Results in Matematics, 25(1994), 291-313. [20] L. G. Huang, X. Zhang, Cone metric spaces and fixed point theorems for contrac- tive mappings, J.Math. Anal. Appl, 332 (2) (2007) 1468-1476. [21] N. B. Huy, Global Continua of positive solutions for equations with nondifferen- tiable operators, J.Math. Anal. Appl, 239(1999), 449-456. [22] N. B. Huy, Fixed points of increasing multivalued operators and an applieation to discontinuous elliptic equations, Nonlinear Analysis, 51 (2002), 673-678. 101 [23] N. B. Huy, Positive weak solution for some semilinear elliptic equations, Nonlinear Anal. 48 (2002) 939-945. [24] N. B. Huy, D. B. Dung, N. H. Khanh, On a class of inclusions in ordered spaces, Zeit. Anal. Anwend, 22 (2003), 543-551. [25] N. B. Huy, T. D. Thanh, Fixed point theorems and the Ulam-Hyers stability in non-Archimedean cone metric spaces, J.Math.Anal.Appl. 414 (2014) 10-20. [26] G. Infante, P. Pietramala, Perturbed Hammerstein integral inclusions with solu- tions that change sign, Commen. Math. Univ. Carolinae, 50(2009), 591-605. [27] S. Jankovic, Z. Kadelburg, S. Radenovic, On cone metric spaces:a survey, Nonlin- ear Anal. 74(2011) 2591-2601. [28] J. Jahn, T. X. D. Ha, New order relations in set optimization, JOTA (2011), 148, 209-236. [29] M. S. Keener and C. C. Travis, Positive cones and focal points for a class of nth order differential equations, Trans. Amer. Math. Soc. 237 (1978), 331-351. [30] M. A. Krasnoselskii, Positive Solutions of Operator Equations, Noordhoff, 1964. [31] M. A. Krasnoselskii, P. P. Zabreiko, Geometrical Methods of Nonlinear Analysis, Springer, Berlin 1984. [32] L. V. Kantorovich, The majorant principle and Newton’s method, Dokl. Acad. Nauk SSSR 76 (1951) 17-20. [33] L. V. Kantorovich, On some further applications of the Newton approximation method, Vestn. Leningr. Univ.Ser. Math. Mech. Astron. 12 (7) (1957) 68-103. [34] L. V. Kantorovich, Functional Analysis and applied mathematics, Uspekhi Math. Nauk, 3(1948) No 6, 89-185. 102 [35] M. G. Krein, M. A. Rutman, Linear operators leaving invariant a cone in Banach space, Uspeckhi Math-Nauk, 3(1948), No 1(23), 3-95. [36] A. Lasota, Z. Opial, An appliacation of the Kakutani-KyFan Theorem in the theory of ordinary differential equations, Bull. Acad. Polon. Sci. Ser SeiMath As- tronom. phys. 13 (1965), 781-786. [37] R. Mahadevan, A note on a non-linear Krein-Rutman theorem, Nonlinear Anal. TMA, 67(2007) 3084-3090. [38] L. Nirenberg, An abstrac form of nonlinear Cauchy-Kowalewski theorem, J.Dfferential Geometry 6(1972), 561-576. [39] T. Nishida, A note on a theorem of Nirenberg, J.Dfferential Geometry 12(1977), 629-633. [40] L. Ovsjannikow, Singular operators in Banach scales, Dokl.Acad. Nauk. SSSR, 163 (1965), 819-822. [41] D. O’Regan, M. Zima, Leggett-William norm-type fixed point theorems for mul- tivalued mapping, Appl.Math.Comput.,187(2007), 1238-1249. [42] D. O’Regan, M. Zima, Leggett-William theorems for coincidences of multivalued operators, Nonlinear Anal. 68(2008) 2879-2888. [43] V. N. Phat, T. C. Dieu, On the Krein-Rutman theorem and its applications to controllability, Proc. Americal Math. Soc. Vol 120, 6(1994), 494-499. [44] P. H. Rabinowitz, Some global results for nonlinear eigenvalued problems, J. Fun- net. Anal. 7(1971), 487-513. [45] M. Safonov, The abstract Cauchy-Kovalevskaya theorem in weighted Banach spaces, J.Commun. Pure App. Math. 48(1995), 629-637. 103 [46] N. K. Son, On the Krein-Rutman theorem for set-valued convex functions, Viet- nam J. of Math, 12(1996), 121-129. [47] Marllet-Paret and R. D. Nussbaum, Eigenvalues for a class of homogeneous cone maps arising from max-plus operators, Discrete Continuous Dynamical Systems, 8 (2002), 519–562. [48] W. V. Petryshyn, On the solvability of x 2 Tx + Fx in quasinormal cone with T and F k-contractive, Nonlinear Analys, 5(1981), 585-591. [49] W. V. Petryshyn, Multiple positive fixed points of multivalued condensing map- pings with some applications, J. Math. Anal. Appl. 124(1987) 237–253. [50] W. V. Petryshyn, Existence of fixed points of positive k-set contractive maps as consequences of suitable boundary conditions, J. London Math. Soc. 38(1988), 503-512. [51] J. R. L. Webb and K. Q. Lan, Eigenvalue criteria for existence of multiple positive solutions of nonlinear boundary value problems of local and nonlocal type. Topol. Methods Nonlinear Anal. 27 (2006), 91-116. [52] J. R. L. Webb, Remarks on u0positive operators, J. Fixed Point Theory Appl, 5 (2009), 37–45. [53] J. R. L. Webb, G. Infante, Positive solutions of nonlocal boundary value problems: a unifixed approach, J.London Math Soc, (2) 74(2006), 673-693. [54] I. R. Petre, Fixed point for 'contractions in E-Banach spaces, Fixed Point The- ory, 13(2012), No.2, 623-640. [55] P.P.Zabreiko, K-metric and K-normed spaces:survey, Collect. Math. 48 (4-6) (1997), 825-859.