Luận văn Tập phân tích được và ứng dụng

MỤC LỤC

Trang phụ bìa

Lời cảm ơn

Mục lục

MỞ ĐẦU. 1

Chương 1. TẬP HỢP PHÂN TÍCH ĐƯỢC. 2

1.1. Các tính chất cơ bản. 2

1.2.Tập phân tích được trong L T R p ( , ) . 12

1.3. Một kết quả tách được. 18

Chương 2. HÀM CHỌN . 20

2.1. Một số khái niệm và kết quả . 20

2.2. Hàm chọn liên tục . 23

2.3. Hàm chọn loại Caratheodory . 37

Chương 3. TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG . 38

Chương 4. GIẢI TÍCH TRÊN CÁC TẬP PHÂN TÍCH ĐƯỢC . 40

4.1.Các khái niệm và kết quả được sử dụng . 40

4.2.Bao đóng yếu của tập phân tích được . 41

4.3. Ánh xạ phân tích được . 47

4.4. Phiếm hàm phân tích được. 49

KẾT LUẬN . 57

TÀI LIỆU THAM KHẢO. 58

pdf62 trang | Chia sẻ: lavie11 | Ngày: 17/12/2020 | Lượt xem: 34 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Tập phân tích được và ứng dụng, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
u t tϕ⊂ = ∈ ≥ suy ra ( ) ( )\ ,n nT T B n Nµ µ≤ ∀ ∈ . Do (1.7), (1.8) nên ( )lim 0nn Bµ→∞ = . Suy ra ( )lim \ 0nn T Tµ→∞ = . Họ { }nT là tăng nên { }\ nT T là dãy giảm, suy ra ( ) ( ) ( )0 1 1 \ \ \ lim \ 0n n nnn n T T T T T T T Tµ µ µ µ ∞ ∞ →∞ = =    = = = =          Khi đó họ { } 0n nA ∞ = cho bởi 1 0 0 1 1 1 \ , , \ , 2 n n n k k A T T A T A T A n − = = = = ≥  là các tập rời nhau của T. Do (1.7) tập { }0 : 1,2,...p nK dec u n= = là p-khả tích bị chặn bởi 1u và { }0 : 1,2,...p nK dcl u n K⊂ = ⊂ . Do đó theo mệnh đề 1.1.3 ( )0 1 nA n p n u u dcl K Kχ ∞ = = ∈ ⊂∑ hay u K∈ Ta dễ dàng kiểm tra (1.5) được thỏa. Ta sẽ chứng minh (1.6) cũng được thỏa mãn. Lưu ý ( )0,pp d Kϕ ≤ Do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). . , | | | | 1p p T T t u t h k n trongT u K t dt u t dt pϕ ϕ µ µ< ∀ ∈ ⇒ ≤ ≥∫ ∫ ( ), 0,pp p p p u K u u K inf u d Kϕ ϕ ∈ ⇒ ≤ ∀ ∈ ⇒ ≤ = Để chứng minh chiều ngược lại lấy 0ε > và u K∈ thỏa ( ) ( )| | | | . .u t t h k n trong Tϕ ε< + 17 Do đó ( )0,p p pd K u ϕ ε≤ ≤ + . Qua giới hạn với 0ε → ta được ( )0,p pd K ϕ≤ Kết thúc chứng minh. Định nghĩa 1.2.2 Cho ( ),X d , ( ),Y ρ là các không gian mê tríc, ánh xạ : X Yϕ → là ánh xạ Lipschitz nếu tồn tại hằng số 0k ≥ sao cho ( ) ( )( ) ( ), : , . ,x y X x y k d x yρ ϕ ϕ∀ ∈ ≤ Cho ( ) ( ), , w ,ppK dcl T X L T X∈ ∀ ∈ . Đặt ( ) ( ) ( ) ( ){ }1.9 w | . w . |:ess inf u u Kϕ = − ∈ Suy ra ( ) ( ){ }w | . |: wess inf u u Kϕ = ∈ − và ( )w ,pK dcl T X− ∈ . Do mệnh đề 1.2.2, ( ) ( ) ( )w 0, w w, p d K d Kϕ = − = , do (1.9) ta định nghĩa ánh xạ : ( , ) ( , )p pL T X L T Rϕ → như sau. Mệnh đề 1.2.3. Ánh xạ : ( , ) ( , )p pL T X L T Rϕ → cho bởi ( ) ( ) ( ){ }w | . w . |:ess inf u u Kϕ = − ∈ là Lipschitz với hằng số 1. Chứng minh. Lấy , ( , )pu v L T X∈ , cố định 0ε > . Ta có ( ) ( ) ( ){ }, , w . : wpK u dcl T X u ess inf K uϕ− ∈ = ∈ − . Do ( )( ) ( )( )u t u tϕ ϕ ε< + nên theo mệnh đề 1.1.2 tồn tại w-u K u∈ − thỏa ( ) ( ) ( )( )| w | . .t u t u t h k n trong Tϕ ε− < + Tương tự: tồn tại z v K v− ∈ − ( ) ( ) ( )( )| | . .v t z t v t h k n trong Tϕ ε− < + Hơn nữa do w,z K∈ nên theo định nghĩa ϕ , ta có 18 ( )( ) ( ) ( )| | . .u t u t z t h k n trong Tϕ ≤ − và ( )( ) ( ) ( )| w | . .v t v t t h k n trong Tϕ ≤ − Khi đó ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) | w | | w | | | . . v t u t v t t u t t v t u t h k n trong T ϕ ϕ ε ε − ≤ − − − + ≤ ≤ − + Tương tự ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) | | | | | | . . u t v t u t z t v t z t v t u t h k n trong T ϕ ϕ ε ε − ≤ − − − + ≤ − + Suy ra ( )( ) ( )( ) ( ) ( )| | . .u t v t v t u t h k n trong Tϕ ϕ ε− ≤ − + Và do đó: ( ) ( )|| || || ||p pu v u vϕ ϕ ε− ≤ − + Do 0ε > tùy ý, cho 0ε → ta được ( ) ( )|| || || ||p pu v u vϕ ϕ− ≤ − .Vậy ϕ là ánh xạ Lipschitz. 1.3. Một kết quả tách được Định lý 1.3.1. Xét hai tập phân tích được rời nhau ( )1 2, ,K K dec T X∈ . Khi đó ( )1 ,L T X có thể tách thành hai tập phân tích được rời nhau ( )1 2, ,L L dec T X∈ sao cho 1 1 2 2,K L K L⊂ ⊂ . Chứng minh. Xét họ ( ){ }2, :K L dec T X L K= ∈ ∩ =∅ . Họ K khác rỗng, do 1K K∈ . Sắp thứ tự họ K bởi quan hệ bao hàm và rõ ràng bất cứ họ tăng { }nL K⊂ đều có cận trên. Thật vậy, rõ ràng 1 n n L ∞ =  là phân tích được. Do bổ đề Kuratowski-Zorn trong K, có một phần tử cực đại 1L K∈ và 1 1K L⊂ . 19 Lấy ( )12 1, \L L T X L= và rõ ràng 2 2K L⊂ . Ta cần chứng tỏ 2L phân tích được . Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại 2,u v L∈ và tập A L∈ để mà ( ) 2w 1A Au v Lχ χ= + − ∉ . Khi đó 2w K∉ và do đó có ít nhất một trong hai u hoặc v không thuộc 2K . Thật vậy nếu cả hai u và v đều thuộc 2K thì ( ) 2w 1A Au v Kχ χ= + − ∈ ( mâu thuẫn ). Giả sử 2u K∉ . Do đó { }1,dec u L K∈ và do tính cực đại của { }1 1 1( , )L dec u L L⊂ nên 1u L∈ , mâu thuẫn với việc ( )12 1, \u L L T X L∈ = . Kết thúc chứng minh. 20 Chương 2. HÀM CHỌN 2.1.Một số khái niệm và kết quả Giả sử T,X,Y là không gian tô pô. Định nghĩa 2.1.1 Một ánh xạ ( ):P T N X→ được gọi là nửa liên tục dưới tại 0t nếu và chỉ nếu 0t là một điểm trong của ( )P V− với mọi tập V mở thỏa ( )0t P V −∈ Một ánh xạ đa trị ( ):P T N X→ là nửa liên tục dưới trong D T⊂ nếu và chỉ nếu nó nửa liên tục dưới tại mọi điểm t D∈ Định nghĩa 2.1.2 Cho A X⊂ ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } : : P A t T P t A P A t T P t A − + = ∈ ∩ ≠∅ = ∈ ⊂ Mệnh đề 2.1.1. Cho ( ):P T N X→ là ánh xạ đa trị, các điều kiện sau tương đương nhau: i) P là nửa liên tục dưới ii) Với mọi tập mở V X⊂ thì tập ( )P V− là mở trong T. iii) Với mọi tập đóng F X⊂ thì tập ( )P F+ là đóng trong T. iv) Với mọi tập D X⊂ thì ta có ( )( ) ( )cl P D P clD+ +⊂ v) Với mọi tập D X⊂ thì ta có ( ) ( )P IntD IntP D− −⊂ Mệnh đề 2.1.2. Giả sử ( ):P T N X→ là ánh xạ đa trị. Khi đó P là nửa liên tục dưới tại 0t nếu và chỉ nếu ( ) ( )0 0 0 0, , :x P t t t x P t x xα α α α∀ ∈ ∀ → ∃ ∈ → Nếu T là khả ly thì điều này cũng đúng nếu thay lưới bằng dãy. Mệnh đề 2.1.3. Xét ( ):nP T N X→ là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới, các ánh xạ liên tục :np T X→ 0,1,2,...n = và giả sử ( ): , : 0,X Y r Tω → → ∞ là liên tục. Khi đó: 21 a) ( ) ( ) ( ) ( )0 0P t r t P t p t= + b) ( ) ( )1 nn Q t P t ∞ = =  c) ( ) ( ){ }: 0,1,2,...nR t cl p t n= = d) ( )( ) ( ){ }P t P tω ω= là đa trị nửa liên tục dưới. Định lý 2.1.1 (Egorov) Ánh xạ ( ),nf M T X∈ hội tụ hầu khắp nơi đến ( )0 ,f M T X∈ nếu và chỉ nếu với mọi 0ε > tồn tại một tập com pắc T Tε ⊂ với ( )\T Tεµ ε≤ để mà nf hạn chế trên Tε là hội tụ đều đến 0f . Hơn nữa ta có thể giả sử rằng mọi , 0,1,2,...nf n = là liên tục trên Tε . Định lý 2.1.2 ( định lý chọn Michael) Giả sử ánh xạ ( ):P T clco X→ đa trị nửa liên tục dưới. Khi đó P có một hàm chọn liên tục. Định nghĩa 2.1.3 Với ( ), ,m M T R∈ ∑ ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } : , : , m A sup m B B A B L m A sup m B B A B L + − = ⊂ ∈ = − ⊂ ∈ m m m+ −= + Định nghĩa 2.1.4 Một độ đo ( ),M T Xµ∈ được gọi là nonatomic nếu với mọi tập A∈∑ có tính chất ( ) 0m A > thì tập A chứa một tập B∈∑ để mà ( ) ( )0 .m B m A< < 22 Định lý 2.1.3 Giả sử ánh xạ ( )1: ,np S L T X→ là một dãy ánh xạ liên tục. Xét một phủ mở hữu hạn địa phương { } 1n nV ∞ = của S và giả sử { } 1n nϕ ∞ = là một họ rời nhau duy nhất phụ thuộc vào phủ mở này, nghĩa là: ( ){ }: 0 , 1,2,...n n nsupp cl x x V nϕ ϕ= ≠ ⊂ = Khi đó với mọi ánh xạ liên tục : S Rε +→ , tồn tại một họ hữu hạn và liên tục các ( ){ } 1n nA s ∞ = rời nhau để mà : ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 : n n n n n nT A s s S s p s t dt p s t dt sϕ µ µ ε ∞ ∞ = = ∀ ∈ − <∑ ∑∫ ∫ Nếu thêm điều kiện độ đo nonatomic  ( ) ( )10 , , lM T Rµ µ µ += ∈ thì ( ){ } 1n nA s ∞ = thỏa mãn  ( ){ } ( )  ( ) ( )n nA s s T sµ ϕ µ ε− < Định lý 2.1.4 Ánh xạ đa trị ( ):P T S cl X× → là Caratheodory dưới ⇔ với mọi 0ε > , tồn tại Tε là tập compact thỏa mãn ( )\T Tεµ ε< thì ( ):P T S cl Xε × → là nửa liên tục dưới. Định nghĩa 2.1.5: S là không gian tô pô Hausdorff. Một ánh xạ đa trị : ( )P T S cl X× → được gọi là ánh xạ đa trị Caratheodory dưới (l.C) nếu và chỉ nếu các điều kiện sau được thỏa mãn: i) Ánh xạ ( ).,.P là L B⊗ đo được. ii) Ánh xạ ( ),.P t là nửa liên tục dưới với mỗi t thuộc T. Định nghĩa 2.1.6: Giả sử ( ),S d là không gian mê tríc khả ly và :f T S X× → là ánh xạ đo được. Khi đó :f T S X× → là ánh xạ Caratheodory nếu và chỉ nếu ( ) ( ) ( ): , , ,.S Sf T C C S X f t f t→ = = là L-đo được. 23 2.2.Hàm chọn liên tục Xét ánh xạ nửa liên tục dưới ( ): ,P S dec T X→ được định nghĩa trên không gian mê tric khả ly S với các giá trị phân tích được. Ta bắt đầu với một vài tính chất của ánh xạ ( )1: ,S L T Rψ → cho bởi ( ) ( ) ( ){ }| . |:s e ss inf u u P sψ = ∈ Theo mệnh đề 1.2.2, với mỗi ( )1 ,v L T R∈ thỏa mãn ( ) ( )( ) . .v t s t h k n trong Tψ> tồn tại ( )u P s∈ để ( ) ( )( )| | . .u t s t h k n trong Tψ> . Do đó với mỗi s S∈ tập ( ) ( ) ( ) ( )( ){ }1 , : . .R s v L T R v t s t h k n trong Tψ= ∈ > ≠∅ và có thể dễ dàng kiểm tra nó phân tích được và lồi. Mệnh đề 2.2.1. Cho ( ): ,P S dec T X→ là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới. Khi đó ánh xạ ( ) ( )( )1: , ,R S dec T R co L T R→ ∩ cho bởi ( ) ( ) ( ) ( )( ){ }1 , : . .R s v L T R v t s t h k n trong Tψ= ∈ > ≠∅ là nửa liên tục dưới Chứng minh. Lấy ( )1 ,F L T R⊂ là tập con đóng tùy ý. Ta cần chứng tỏ rằng ( ){ }:R F s S R s F+ = ∈ ⊂ là đóng. Lấy bất kì dãy 0ns s→ thỏa ( ) ,nR s F⊂ 1,2,...n = Ta chứng minh ( )0R s F⊂ .Chọn bất kì ( )0 0v R s∈ . Ta có thể lấy (do mệnh đề 1.2.2) ( )0 0u P s∈ sao cho ( ) ( )( )0 0| | . .u t s t h k n trong Tψ> Do tính chất nửa liên tục dưới của P tại 0s , tồn tại ( )n nu P s∈ để 0nu u→ . 24 Xét hàm 0 0 1| | | |n nv u v u n = + − + .Lưu ý ( )n nv R s F∈ ⊂ và 0nv v→ trong ( )1 ,L T R Do đó 0v F∈ . Hoàn thành chứng minh. Mệnh đề 2.2.2 Cho ( ): ,P S dec T X→ là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới và giả sử rằng tồn tại ánh xạ liên tục ( )1: ,S L T Xϕ → và ánh xạ ( )1: ,r S L T R→ để cho với mỗi s S∈ tập ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ }: | | . .G s u P s u t s t r s t h k n trong Tϕ= ∈ − < ≠∅ Khi đó ánh xạ ( ): ,G S dec T X→ là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới . Chứng minh. Rõ ràng mỗi ( )G s là phân tích được. Khi đó ( ) ( )P s sϕ− là nửa liên tục dưới (do mệnh đề 2.1.3), nếu cần thiết ta có thể giả sử 0ϕ ≡ . Do đó, ta có thể giả sử ( ) ( ) ( ) ( )( ){ }: | | . .G s u P s u t r s t h k n trong T= ∈ < Để chứng minh G là nửa liên tục dưới, lấy tùy ý một tập đóng ( )1 ,F L T R⊂ . Ta cần kiểm tra ( ){ }:G F s S G s F+ = ∈ ⊂ là đóng. Chọn bất kì dãy 0ns s→ thỏa mãn ( ) , 1,2...nG s F n⊂ = và lấy tùy ý ( )0 0u G s∈ . Khi đó ( )0 0u P s∈ và ( ) ( )( )0 0| | . .u t r s t h k n trong T< Do tính nửa liên tục dưới của P tại 0s , tồn tại ( ) , 1,2...n nu P s n∈ = để mà 0nu u→ Do r liên tục nên ( ) ( )0nr s r s→ . Bỏ qua bước lấy dãy con nếu cần, ta có thể giả sử rằng 0nu u→ và ( ) ( )0 . .nr s r s h k n trong T→ Áp dụng định lý Egorvo, ta có sự tồn tại của một dãy con tăng các tập đo được { }iT mà ( )( ) ( )0 \ 1 iT T r s t dt i µ <∫ và 0nu u→  và ( ) ( )0nr s r s→  đều trên iT . 25 Xét các tập ( ) ( )( ), 0 0 1: | | . .i k iT t T u t r s t h k n trong Tk  = ∈ < −    và chú ý { }, 1i k kT ∞ = là dãy tăng các tập con đo được của iT thỏa mãn , 1 i k i k T T ∞ = =  Do đó với mỗi i tồn tại 1 số nguyên ( )k i để mà ( )( ) ( ) ( ), 0 \ 1 i i k iT T r s t dt i µ <∫ Do ( ), ii k iT T T⊂ ⊂ nên ( ) ( ) ( )( ), ,\ \ \i ii k i i k iT T T T T T= ∪ suy ra ( )( ) ( ) ( ), 0 \ 2 i k iT T r s t dt i µ <∫ với 0nu u→  và ( ) ( )0nr s r s→ đều trên ( ),i k iT Và ( ) ( )( ) ( )0 0 1| |u t r s t k i < − trên ( ),i k iT . Do sự hội tụ đều, tồn tại một dãy { } 1i in ∞ = để mà với in n≥ ta có ( ) ( )( )| |n nu t r s t< trên ( ),i k iT . Ta có thể giả sử rằng { } 1i in ∞ = là tăng nghiêm ngặt. Chọn tùy ý ( )n nv G s∈ thì ( ) ( )( )| | . .n nv t r s t h k n trongT< . Định nghĩa với 1i in n n +≤ ≤ : ( ) ( ), ,\ w i k i i k in n T n T T u vχ χ= + Thì ( )w n nP s∈ do ( )nP s phân tích được và ( ),n n nu v P s∈ . ( )nG s phân tích được ,và ( )w n nG s F∈ ⊂ . Để kết thúc chứng minh ta cần chứng tỏ rằng 0w n u→ trong ( ) 1 ,L T X . 26 Nhưng điều này suy ra từ : với 1i in n n +≤ ≤ ta có bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ), , 0 1 0 0 \ w | | | | i k i i k i n n n T T T u v t u t dt u t u t dtµ µ − = = − + − ≤∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) , , , , , , 0 0 \ \ 0 0 1 \ \ 0 0 0 1 \ \ | | | | | | | | | | | | 2 | | i k i i k i i k i i k i i k i i k i n n T T T T T n n T T T T n n T T T T v t dt u t dt u t u t dt r s t dt u t dt u u r s t r s t dt r s t dt u u µ µ µ µ µ µ µ ≤ + + − ≤ ≤ + + − ≤ ≤ − + + − ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 0 1 0 0 1 \ 0 1 0 1 || || 2 | | || || 4|| || || || i k i n n T T n n r s r s r s t dt u u r s r s u u i µ≤ − + + − ≤ ≤ − + − + ∫ Hoàn tất chứng minh. Định lý 2.2.1 ( Bressan-Colombo-Fryszkowski) Giả sử rằng ( ): ,P S dcl T X→ là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới. Khi đó P có một hàm chọn liên tục. Chứng minh. Bước I: Với mỗi 0ε > ta sẽ xây dựng ánh xạ liên tục ( )1: ,p S L T X→ và ( )1: ,S L T Rϕ → để cho với mỗi s S∈ ( ) ( ) 12.1 || ||sϕ ε< và ( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ }:| |P s u u t p s t s tϕ∩ − < ≠∅ . Cố định ( )0 0 00, ,s S u P sε > ∈ ∈ .Xét hàm ( ) 0 0 1 , : ,s u S L T Rψ → cho bởi công thức ( ) ( ) ( ) ( ){ } ( ) ( ){ } 0 0, 0 0 | . . |: | . |:s u s e ss inf u u u P s ess inf u u P s uψ = − ∈ = ∈ − 27 Rõ ràng ( ) ( ) 0 0, 0 2.2 0s u sψ = ( ) ( ) ( )( ) 0 0, 0 0 0 0 . .s u s u t u t h k n trong Tψ≤ ≤ − .Do ( ): ,P S dcl T X→ là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới nên theo mệnh đề 2.1.3 ánh xạ ( ),S dcl T X→ ( ) 0sao cho s P s u− cũng nửa liên tục dưới. Do mệnh đề 2.2.1, ánh xạ ( ) ( ) ( )( ){ } 0 0 1 ,, : . .s us v L T R v t s t h k n trong Tψ∈ > là nửa liên tục dưới. Lấy một ánh xạ đa trị ( ) ( ) ( ) ( )( ){ } 0 0 0 0 1 , ,, : . .s u s us cl v L T R v t s t h k n trong TψΦ = ∈ > thì ánh xạ ( )( ) 0 0 1 , : ,s u S clco L T RΦ → là nửa liên tục dưới và do (2.2) nên ( ) 0 0, 0 0 s u s∈Φ .Do đó từ định lý chọn Michael , ta kết luận 0 0,s uΦ có một hàm chọn liên tục ( ) 0 0 1 , : ,s u S L T Rϕ → để mà ( ) 0 0, 0 0s u sϕ = Xét các tập ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 1 , , 1 ,2.3 : || || 0,2 2s u s u s u V s S s Bε εϕ ϕ −     = ∈ < =         Rõ ràng 0 0,s u V là một lân cận mở của 0s . Hơn nữa do tính nửa liên tục dưới, các tập dạng { } ( )0 0 0 0 0, ,s u s S u P s V ∈ ∈ là phủ mở của không gian mê tríc khả ly S.Do đó tồn tại một họ các phần tử đến được liên tục rời nhau địa phương { } 1n nz ∞ = phụ thuộc vào { } ( )0 0 0 0 0, ,s u s S u P s V ∈ ∈ .Lấy ns và nu thỏa mãn 1 ,(0,1] , 1,2,...n nn s uz V n − ⊂ = và tập ,n nn s uϕ ϕ= và ,n nn s uV V= 28 Từ (2.3) ta kết luận với mỗi s S∈ và mỗi n=1,2,: ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 n n n T z s z s s t dt ε ϕ µ ≤∫ Do đó ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 2.4 2n nn T z s s t dt εϕ µ ∞ = ≤∑ ∫ Do định lý 2.1.3, có một họ rời nhau ( ){ } 1n nA s ∞ = các tập con của T thỏa ( ) 1 n n T A s ∞ = =  , có tính chất : mỗi s S∈ và mỗi n=1,2,.. ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 1 1 2.5 2 n n n n n nA s T s t dt z s s t dt εϕ µ ϕ µ ∞ ∞ = = − <∑ ∑∫ ∫ Do đó từ (2.4) và (2.5) ta có ( ) ( )( ) ( ) ( )1 2.6 n n n A s s t dtϕ µ ε ∞ = <∑ ∫ Kí hiệu ( ) ( ) 1 nn A s n p s u χ ∞ = = ∑ Và ( ) ( ) ( ) 1 nn A s n s sϕ ϕ χ ∞ = = ∑ Do (2.6) nên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 || || n n n nA s n nT A s s s dt s dtϕ ϕ χ µ ϕ µ ε ∞ ∞ = = = = <∑ ∑∫ ∫ . Từ đó ( )2.1 được thỏa mãn. Ta khẳng định p và ϕ là các ánh xạ liên tục , mỗi s S∈ ( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ }:| | 0P s u u t p s t s tϕ∩ − < ≠ Cố định s S∈ và lấy ( ) { }1,..., ms i iΛ = để mà 1 k m i k s V = ∈  .Nghĩa là ( ) ( ) ( ) 1 k ik m i A s k p s u s χ = = ∑ Và 29 ( ) ( ) ( ) 1 k ik m i A s k s sϕ ϕ χ = = ∑ Rõ ràng với k=1,2,..,m, ta có ( ) 1 2ki s εϕ < Lấy ( )ku P s∈ thỏa ( ) ( )( ) ( )( ) . .k kk i iu t u s t s t h k n trong Tϕ− < và lấy ( ) 1 . ik m k A s k u u χ = = ∑ Khi đó do tính chất phân tích được ta có ( )u P s∈ Và ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) 1 1 . . k ik k ik m k i A s k m i A s k u t p s t u t u t s t t s t h k n trong T χ ϕ χ ϕ = = − = − < < = ∑ ∑ Bước II Dùng phương pháp quy nạp. Với n=0 đặt ( ) ( )0P s P s= Do bước I với 1 1 2 ε = tồn tại ánh xạ liên tục ( )11 : ,p S L T X→ và ( )11 : ,S L T Rϕ → để mà với mỗi s S∈ : ( )1 11 1 2 sϕ < Và ( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ }0 1 1:| | . .P s u u t p s t s t h k n trong Tϕ∩ − < ≠∅ Khi đó do mệnh đề 2.2.2, ánh xạ đa trị ( )1 : ,P T dcl T X→ cho bởi công thức ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ }{ }1 0 1 1:| | . .P s cl P s u u t p s t s t h k n trong Tϕ= ∩ − < là nửa liên tục dưới Giả sử ta đã xây dựng được các ánh xạ liên tục 30 ( ) ( )1 11 1,..., : , , ,..., : ,n np p S L T X S L T Rϕ ϕ→ → và các ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới ( )0 1,..., : ,nP P S dcl T X− → thỏa mãn với mỗi s S∈ và với k=0,1,,n-1 ta có ( ) 1 1 2n n sϕ < ( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ }1 :| | . .n n nP s u u t p s t s t h k n trong Tϕ− ∩ − < ≠∅ ( ) ( ) ( )1 2 0...n nP s P s P s− −⊂ ⊂ ⊂ Đặt ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ }{ }1 :| | . .n n n nP s cl P s u u t p s t s t h k n trong Tϕ−= ∩ − < Ta thu được một ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới. Do bước I, với 1 1 2n ε + = tồn tại một ánh xạ liên tục ( ) 1 1 : ,np S L T X+ → và ( )11 : ,n S L T Rϕ + → để mà với mỗi s S∈ ( )1 11 1 2n n sϕ + +< và ( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ }1 1:| | . .n n nP s u u t p s t s t h k n trong Tϕ+ +∩ − < ≠∅ Lấy ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ){ }( ) 1 1 1:| | . . n n n n P s cl P s u u t p s t s t h k n trong Tϕ + + + = = ∩ − < Rõ ràng ( )1 : ,nP S dcl T X+ → là nửa liên tục dưới. Dễ dàng kiểm tra ( ) ( ) ( )1 0...n nP s P s P s+ ⊂ ⊂ ⊂ Ta có ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 1, ,n n n nd p s P s d p s P s+ + +≤ do ( ) ( )1n nP s P s+ ⊂ .Mà ( ) ( )( ) ( )( ) ( ){ } ( )( )1 1 1 1 1, , : ,n n n n nd p s P s inf d p s u u P s d p s u+ + + + += ∈ ≤ với u nào đó thuộc ( )1nP s+ . Do định nghĩa ( )1nP s+ nên ta được 31 ( ) ( )( ) ( )( ) ( )1 1 1 1 11 1, , 2n n n n n d p s P s d p s u sϕ+ + + + +≤ ≤ < Suy ra ( ) ( )( )1 1 1, 2n n n d p s P s+ +≤ Kết thúc bước II. Bước III Ta sẽ chứng minh rằng np p→  đều và p là hàm chọn yêu cầu.Với bất kì số nguyên 0n ≥ và 1k ≥ ta có ( ) ( ) ( )1 ...n k nP s P s P s+ − ⊂ ⊂ ⊂ và do đó ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 12.7 , , 2n k n n k n k n k d p s P s d p s P s+ + + − +≤ ≤ Do đó ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 1 , , 1 1 1 2 2 2 n k n n k n n n n k n n p s p s d p s P s d p s P s+ + + + − − ≤ + ≤ ≤ + ≤ chứng tỏ dãy { } ( )( )11 , ,n np C S L T X ∞ = ⊂ thỏa điều kiện đều Cauchy, mà ( )( )1, ,C S L T X là không gian các ánh xạ liên tục từ S đến ( )1 ,L T X là đầy đủ. Do đó tồn tại một ánh xạ liên tục p để mà np p→  đều. Cho nên p là hàm chọn thỏa yêu cầu. Thật vậy, do (2.7) với n=0, ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0, lim , 0kkd p s P s d p s P s→∞= = Suy ra ( ) ( ) ( )p s P s P s∈ = .Kết thúc chứng minh. Hệ quả 1: Cho ( ): ,P S dcl T X→ là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới và cho F S⊂ là tập con đóng. Xét một hàm liên tục ( )1: ,p F L T X→ thỏa mãn mỗi s F∈ ta có ( ) ( )p s P s∈ .Khi đó p có thể mở rộng thành một hàm chọn liên tục của P. 32 Đặc biệt với bất kì 0s S∈ và ( )0 0u P s∈ tồn tại một hàm chọn liên tục 0 0,s up của P thỏa mãn: ( ) ( ) 0 0, 0 0 2.8 s up s u= Hơn nữa với mỗi s S∈ ta có biểu diễn: ( ) ( ) ( ) ( ){ } 0 0, 0 0 0 2.9 : ,s uP s p s s S u P s= ∈ ∈ Chứng minh. Xét ánh xạ đa trị FP cho bởi công thức ( ) ( ){ } ( ) , ,F p s s F P s P s s F  ∈=  ∉ Rõ ràng là ( ): ,FP S dcl T X→ và nó là nửa liên tục dưới. Theo định lý Bressan- Colombo-Fryszkowski có một hàm chọn liên tục Fp là mở rộng của p trên S. Lấy { }0F s= ta có thể mở rộng ( )0 0Fp s u= thành một hàm chọn liên tục 0 0,s up của P để mà ( ) 0 0, 0 0s u p s u= .Khi đó ( )0 0 0,s S u P s∈ ∈ là tùy ý , nên ta dễ dàng có (2.9). Định lý 2.2.2 Cho ( ): ,P S dcl T X→ là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới và giả sử có các ánh xạ liên tục ( )1: ,S L T Xϕ → và ( ): 0,r S → ∞ thỏa với mỗi s S∈ tập ( ) ( ) ( )( )( ),s P s B s r sϕΦ = ∩ ≠∅ Khi đó ánh xạ đa trị ( )( )1: ,S N L T XΦ → có một hàm chọn liên tục. Chứng minh. Do mệnh đề 2.1.3, ánh xạ đa trị ( ) ( ) ( )( ) 1 P s s r s ϕ− là nửa liên tục dưới với giá trị đóng phân tích được. Khi đó ta có thể giả sử rằng 0ϕ ≡ và 1r ≡ .Do đó ( ) ( ) ( )0,1s P s BΦ = ∩ ≠∅ Cố định 0s S∈ và ( )0 0u s∈Φ , thì 0 1u < , lấy 0 0,s up là hàm chọn liên tục của P thỏa ( ) 0 0, 0 0s u p s u= . Xét các tập 33 ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 10 1 0 1 , , 1 , 1 || || 1 || ||2.10 : || || 0, 2 2s u s u s u u uV s S p s p B−+ +    = ∈ < =         Rõ ràng 0 0,s u V là lân cận mở của 0s . Hơn nữa, do tính chất nửa liên tục dưới, họ { } ( )0 0 0 0 0, ,s u s S u P s V ∈ ∈ là một phủ mở cửa không gian mê tríc khả ly S.Do đó tồn tại một họ duy nhất hàm liên tục, rời nhau, hữu hạn địa phương { } 1n nz ∞ = phụ thuộc vào { } ( )0 0 0 0 0, ,s u s S u P s V ∈ ∈ . Lấy ns và nu thỏa mãn 1 ,(0,1] , 1,2,...n nn s uz V n − ⊂ = Và kí hiệu , ,,n n n nn s u n s up p V V= = Từ (2.10) ta kết luận với mỗi s S∈ và mỗi n=1,2,..: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )11 1 || || 2.11 || || | | 2 n n n n n n T u z s z s p s z s p s t dtµ + = ≤∫ Do đó ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 || || | | 2 n n n n n nT u z s z s p s t dtµ ∞ ∞ = = + ≤∑ ∑∫ Do định lý 2.1.3, có một họ rời nhau ( ){ } 1n nA s ∞ = các tập con của T thỏa ( ) 1 n n A s T ∞ = =  , có tính chất với mỗi s S∈ và mỗi n=1,2,.. ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 ( ) 1 || || 2.12 | | | | 2 n n n n n n A s T u z s p s t dt z s p s t dtµ µ − − <∫ ∫ Do đó ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 1 1( ) 1 1 | | | | 1 || || 2 n n n n n nA s T n n n p s t dt z s p s t dt u z s µ µ ∞ ∞ = = ∞ = − < − < ∑ ∑∫ ∫ ∑ Thêm (2.11) và (2.12) ta có : 34 ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1( ) 2.13 | | 1 || || 1 n n n n n n n n nA s A s p s t dt p s t dt u z sµ µ ∞ ∞ ∞ = = = < < − <∑ ∑ ∑∫ ∫ Kí hiệu ( ) ( ) ( ) 1 nn A s n p s p s χ ∞ = = ∑ Từ đó np và nA , rõ ràng p là hàm chọn liên tục của P Do (2.13) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 n n n n nA s A s n nT T n n A s p s p s dt p s t t dt p s t dt χ µ χ µ µ ∞ ∞ = = ∞ = = = = < ∑ ∑∫ ∫ ∑ ∫ Vậy ánh xạ p là hàm chọn của Φ . Hệ quả 1: Cho ( ): ,P S dcl T X→ là ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới .Cố định ( )0 0 0, , 0s S u P s r∈ ∈ > và lấy ( ) ( ) ( ){ }0 0, : ,V P B u r s S P s B u r −= = ∈ ∩ ≠∅ Lấy một tập đóng F V⊂ và xét ánh xạ đa trị ( )( )1: ,R S N L T X→ cho bởi công thức ( ) ( ) ( ) ( ) 0 , , , P s B u r s F R s P s s F ∩ ∈=  ∉ Khi đó R có hàm chọn liên tục. Chứng minh. Ánh xạ đa trị ( )( )0 1 P s u r − là nửa liên tục dưới với giá trị đóng phân tích được và với mỗi s V∈ ,tập ( )( ) ( )0 1 0,1P s u B r  − ∩ ≠∅    Do định lý 2.2.2, ánh xạ đa trị ( )( )1: ,FP F N L T X→ cho bởi ( ) ( )( ) ( )0 1 0,1FP s P s u Br  = − ∩    35 có một hàm chọn liên tục ( )( )1: ,Fp F N L T X→ Lấy một hàm liên tục ( )1: ,p F L T X→ cho bởi ( ) ( ) 0Fp s rp s u= + Do s F∀ ∈ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 1 10,1 :F Fp s P s u B q P s p s q ur r  ∈ − ∩ ⇒∃ ∈ = −    ( ) ( ) ( )0Fp s rp s u q P s⇒ = + = ∈ hay p là hàm chọn của |FP ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 1 0,1 1 , F F F p s P s u B p s r p s u rp s u u r p s B u r  ∈ − ∩ ⇒ <    ⇒ − = + − < ⇒ ∈ Suy ra p là hàm chọn của |FR . Do hệ quả 2.2.1 nó có thể mở rộng tới một hàm chọn liên tục p của P và do đó của R. Định lý 2.2.3 Xét một ánh xạ đa trị ( ): ,P S dcl T X→ .Khi đó P là nửa liên tục dưới nếu và chỉ nếu tồn tại các ánh xạ liên tục ( )1: , , 1,2,...np S L T X n→ = thỏa mãn với mỗi s S∈ ta có ( ) ( ){ }2.14 ( ) : 1,2,...nP s cl p s n= = Chứng minh. Lấy { } 1n nu ∞ = là họ các tập con trù mật trong ( )1 ,L T X . Với mỗi k=1,2,.. xét các tập mở ( ), 1 1, : ,n k n nV P B u s P s B uk k −     = = ∩ ≠∅          Do cách chọn của { } 1n nu ∞ = ta có , , 1 n k n k S V ∞ = =  36 Nhưng trong một không gian mê tríc khả ly bất cứ tập mở nào có thể là phân tích được thành một hợp đếm được các tập đóng. Do đó với mỗi n=1,2,.. tồn tại các tập đóng , , , 1,2,...n k mF m = thỏa mãn , , , , 1 n k n k m n k V F ∞ = =  Xét ánh xạ đa trị ( ) ( ) ( ) , , , , , , 1, , , n n k m n k m n k m cl P s B u s F kP s P s s F    ∩ ∈  =     ∉ Và do định lý 2.2.2 và hệ quả 2.2.2, mỗi ( ), , : ,n k mP S dcl T X→ có một hàm chọn liên tục ( )1, , : ,n k mp S L T X→ . Rõ ràng mọi , ,n k mp đều là hàm chọn liên tục của P. Ta sẽ chứng minh rằng với mỗi s S∈ : ( ) ( ) ( ){ }, ,2.15 : , , 1,2,...n k mP s cl p s n k m= = Kí hiệu vế phải của (2.15) bởi R(s). Khi đó ( ) ( )R s P s⊂ .Ta cần chứng minh rằng ( ) ( )P s R s⊂ . Để thấy điều này, cố định s S∈ và ( )u P s∈ , k=1,2,Chọn n sao cho ( ) 1,nu P s B u k  ∈ ∩     Khi đó ,n ks V∈ và do đó tồn

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftvefile_2015_01_16_0508868294_8246_1872722.pdf
Tài liệu liên quan