Luận văn Một số phương pháp nghiên cứu bao hàm thức trong không gian có thứ tự

F x ∈ =  nên tồn tại ox M∈ sao cho ( )y F x∈ . Theo (1.1.8.1) ta có ( ) ( ) { } ( ) ox y F x F y y F y y M≤ ⇒ < ⇒ < ⇒ ∈ Để áp dụng nguyên lý Entropy, ta kiểm tra hai điều kiện sau: Điều kiện 1: Chứng minh mọi dãy đơn điệu tăng ( )nx trong oM đều có cận trên Do ( )nx là dãy đơn điệu tăng nên *1,n nx x n+≤ ∀ ∈  Do F đơn điệu nên ( ) ( ) *1 ,n nF x F x n+< ∀ ∈  Vậy với ( )n ny F x∈ , tồn tại ( )1 1n ny F x+ +∈ sao cho 1n ny y +≤ Như vậy, ( ) ( ),n nx y là các dãy tăng và ( )n ny F x∈ nên theo iv) ta có ( )ny là dãy hội tụ. Đặt lim nny y→+∞= thì ,ny y n≤ ∀ Vì ( )n ny F x∈ nên theo (1.1.8.1) ta có ( ) ( ), ,n nx y n F x F y n≤ ∀ ⇒ < ∀ 9 Khi đó tồn tại ( )nz F y∈ sao cho n ny z≤ . Do điều kiện iii), ta có thể giả sử ( )nz là dãy tăng. Khi đó dãy ( )nz hội tụ về ( )z F y∈ . Ta có , ,n nz z n y z n≤ ∀ ⇒ ≤ ∀ Suy ra { } ( )y z y F y≤ ⇒ < , nghĩa là oy M∈ Vậy dãy tăng ( )nx có cận trên oy M∈ . Điều kiện 2: Chứng minh tồn tại một hàm đơn điệu tăng và bị chặn trên xác định trên oM Với ox M∈ , ta đặt: ( ) ( ) ( ){ }, : ; ; ; ; ,x o o oM u v M M u v u F y v F z x y z y z M= ∈ × ≤ ∈ ∈ ≤ ≤ ∈ Ta có ( ), xx x M∈ nên xM ≠ ∅ Xét hàm : 0;oS M  → +∞  xác định bởi: ( ) ( ){ }sup : , xS x u v u v M= − ∈ Nếu x y≤ thì y xM M⊂ , nên ( ) ( )S x S y≥ . Vậy S là hàm giảm, do đó ( )S− là hàm tăng. Áp dụng nguyên lý Entropy cho oM và hàm ( )S− , tồn tại oa M∈ sao cho ( ) ( ),ox M x a S x S a∈ ≥ ⇒ = (1.1.8.2) Ta chứng minh ( ) 0S a = Giả sử tồn tại 0c > sao cho ( )S a c> Khi đó tồn tại 1 2 1 2, , , ox x y y M∈ sao cho: 10 1 2a x x≤ ≤ ( ) ( )1 1 2 2 1 2, ,y F x y F x y y∈ ∈ ≤ 1 2y y c− > Vì ( )2 2y F x∈ nên theo (1.1.8.1) ta có: 2 2x y≤ , vậy 2y a≥ Mặt khác 2 oy M∈ nên theo (1.1.8.2) ta có: ( ) ( )2S y S a c= > Tiếp tục, ta chọn 3 4 3 4, , , ox x y y M∈ sao cho: 2 3 4y x x≤ ≤ ( ) ( )3 3 4 4 3 4, ,y F x y F x y y∈ ∈ ≤ 3 4y y c− > Vì ( )2 2y F x∈ nên theo (1.1.8.1) ta có: 2 2x y≤ , suy ra 2 3x x≤ Vì ( )3 3y F x∈ nên theo (1.1.8.1) ta có: 3 3x y≤ , suy ra 2 3y y≤ Khi đó 3 oa y M≤ ∈ , theo (1.1.8.2) ta có ( ) ( )3S y S a c= > Tiếp tục quá trình trên, ta có các dãy tăng ( ) ( ),n nx y sao cho ( )n ny F x∈ thỏa mãn: 2 1 2n ny y c− − > . Điều này mâu thuẫn với điều kiện iv) Vậy ( ) 0S a = Ta chứng minh mỗi ( )b F a∈ là điểm bất động của F trong M Thật vậy, với mỗi ( )d F b∈ , ta có: ( )b d F b≤ ∈ Vì ( )a b F a≤ ∈ nên ( ), ab d M∈ Suy ra ( ) ( )0b d S a b d F b− ≤ = ⇒ = ∈ nên b là điểm bất động của F 11 Vậy F có điểm bất động ( )b F a∈ Ta chứng minh ( )b F a∈ là điểm bất động cực đại của F trong M Thật vậy, nếu x là điểm bất động của F trong M và x b≥ thì a x≤ (do b x≤ và ( )b F a∈ ), suy ra ( ) ( ), 0ab x M b x S a∈ ⇒ − ≤ = . Vậy x b= Do đó ( )b F a∈ là điểm bất động cực đại của F trong M 1.2. Sử dụng nguyên lý đệ quy tổng quát Định nghĩa 1.2.1 Cho tập hợp X ≠ ∅ , khi đó ( ),X ≤ được gọi là tập được sắp (được sắp bộ phận) nếu trên X có quan hệ thứ tự ≤ thỏa mãn: i) Tính chất phản xạ: ,x x x X≤ ∀ ∈ ii) Tính chất phản đối xứng: Nếu x y≤ và y x≤ thì , ,x y x y X= ∀ ∈ iii) Tính chất bắc cầu: Nếu x y≤ và y z≤ thì , , ,x z x y z X≤ ∀ ∈ Ta ký hiệu x y< nếu x y≤ và x y≠ Định nghĩa 1.2.2 Cho tập được sắp ( ),X ≤ , A X⊂ , a X∈ i) a được gọi là một chặn trên của A nếu ,x a x A≤ ∀ ∈ a được gọi là một chặn dưới của A nếu ,x a x A≥ ∀ ∈ ii) a được gọi là phần tử tối đại của X nếu ( ),x X a x x a∈ ≤ ⇒ = a được gọi là phần tử tối tiểu của X nếu ( ),x X a x x a∈ ≥ ⇒ = iii) A là một xích (tập sắp thẳng, sắp toàn phần, dây chuyền) nếu 12 , x y x y A y x  ≤ ∀ ∈ ⇒  ≤ iv) X được gọi là tập sắp tốt nếu mọi tập con khác rỗng của X đều có phần tử nhỏ nhất v) A được gọi là tập định hướng lên nếu ∀ ∈ ∃ ∈ ≤ ≤, , : ,x y A z A x z y z Mệnh đề 1.2.3 Gọi M là tập các xích sắp tốt C của tập sắp thứ tự P có tính chất: x C∈ thì ( )xx F C= , trong đó { }|xC y C y x= ∈ < . Khi đó i) Nếu 1 2,C C M∈ và 2 1C C⊄ thì 1 2 xC C= , với ( )2 1min \x C C= (minA được hiểu theo nghĩa phần tử nhỏ nhất của tập hợp A) ii) Giả sử ( ),xx F C x y C M= < ∈ ∈ . Khi đó x C∈ Chứng minh: i) Vì ( )2 1min \x C C= nên 2 1xC C⊂ Thật vậy, lấy 2 xy C∈ thì ∈ 2y C và y x< nên 2 1\y C C∉ , suy ra 1y C∈ Giả sử 1 2\ xC C ≠ ∅ , đặt ( )1 2min \ xy C C= . Khi đó: ( )1 2 1 2y xC C C C⊂ ⊂  . Ta chứng minh 1 2 y xC C= Thật vậy, giả sử 2 1\ x yC C ≠ ∅ , khi đó tồn tại ( )2 1min \x yz C C= Ta có 2 1 z yC C⊂ (1.2.3.1) Mặt khác, ( )2 1 2xz C C C∈ ⊂  nên 1z C∈ Mà 1 yz C∉ nên y z≤ Ta có 1 2 y xC C⊂ nên 1 2 2 y y zC C C⊂ ⊂ (1.2.3.2) 13 Từ (1.2.3.1) và (1.2.3.2) suy ra 2 1 z yC C= , hay ( ) ( )2 1z yz F C F C y= = = Mâu thuẫn, vì 2 2, x xz C y C∈ ∉ . Vậy 1 2 y xC C= , hay ( ) ( )1 2y xy F C F C x= = = Mâu thuẫn, vì 1 1,y C x C∈ ∉ . Vậy 1 2\ xC C = ∅ , hay 1 2 xC C= ii) Vì y C M∈ ∈ nên ( )yy F C= Do x y< nên x yC C⊂ . Hơn nữa x yC C≠ vì ( ) ( )x yx F C y F C= < = Như vậy, tồn tại ( )min \y xz C C= . Ta cần chứng minh x z= Trước hết, ta chứng minh x zC C= Do ( )min \y xz C C= nên z xC C⊂ Thật vậy, lấy zu C∈ , ta có u C∈ và u z y< < Mà ( )min \y xz C C= nên \y x xu C C u C∉ ⇒ ∈ Giả sử x zC C≠ , khi đó tồn tại \x zt C C∈ Vì t và z đều thuộc C nên chúng so sánh được với nhau. Từ cách chọn t , ta có z t x≤ ≤ Vậy xz C∈ , mâu thuẫn vì ( )min \y xz C C= . Do đó x zC C= Suy ra ( ) ( )x zx F C F C z= = = . Vậy x C∈ Mệnh đề 1.2.4 (Nguyên lý đệ quy) Cho D là tập hợp các tập con của tập sắp thứ tự ( ),P ≤ , D∅∈ và ánh xạ →:F D P . Khi đó tồn tại duy nhất tập sắp tốt C của P sao cho: i) ( )xx C x F C∈ ⇔ = (với { }|xC y C y x= ∈ < ) (1.2.4.1) ii) Nếu C D∈ thì ( )F C không là cận trên đúng của C 14 Chứng minh: Đặt ( )ox F P= ∅ ∈ Gọi M là tập các xích sắp tốt C của tập sắp thứ tự P có tính chất: x C∈ thì ( )xx F C= Ta có M ≠ ∅ vì { }oC x M= ∈ và M M∈ i) Theo mệnh đề 1.2.3, hai xích bất kỳ thuộc M đều chứa nhau. Đặt C M=  . Nếu ta chứng minh được C thỏa mãn điều kiện (1.2.4.1) thì suy ra C chính là xích duy nhất của P thỏa mãn điều kiện của mệnh đề. a) Chứng minh C là xích sắp tốt Lấy D C∅∉ ⊂ , chọn 1C M∈ sao cho 1D C ≠ ∅ Đặt ( )1minx D C=  Lấy bất kỳ y D∈ , khi đó tồn tại 2C M∈ để 2y C∈ • Nếu 1y C∈ thì x y≤ • Nếu 1y C∉ thì 2 1C C⊄ nên theo mệnh đề 1.2.3 ta có 1 2 kC C= , trong đó ( )2 1min \k C C= , mà 2 1,y C y C∈ ∉ nên ( )2 1\y C C∈ Do đó k y≤ , suy ra 2 2 k yC C⊆ , tức là 1 2 yC C⊆ Do 1x C∈ nên x y≤ Vậy ,x y y D≤ ∀ ∈ , suy ra minx D= tồn tại hay C là xích sắp tốt. b) Chứng minh C thỏa mãn điều kiện (1.2.4.1) ⇒: Lấy x C∈ , chọn 1C M∈ sao cho 1x C∈ Lấy xy C∈ , khi đó tồn tại 2C M∈ sao cho 2 xy C∈ • Nếu 2 1C C⊂ thì 1 xy C∈ 15 • Nếu 2 1C C⊄ thì theo bổ đề trên 1 2 kC C= , trong đó ( )2 1min \k C C= Do 1x C∈ nên 2 kx C∈ , suy ra x k< Suy ra ( )1 2 2 x x k xC C C= = , hay 1 xy C∈ . Vậy 1 x xC C⊂ . Hiển nhiên 1 x xC C⊂ . Do đó 1 x xC C= Suy ra ( ) ( )1x xx F C F C= = . ⇐: Giả sử ( )xx F C= , ta cần chứng minh x C∈ Giả sử trái lại x C∉ . Ta đã chứng minh ∈C M nên theo mệnh đề 1.2.3, ta có < ∀ ∈/ ,x y y C (1.2.4.2) Hiển nhiên ≠ ∅xC vì nếu không, ta có ( )= ∅ = ∈ox F x C Đặt { }= 1 xC C x . Ta cần chứng minh 1C sắp tốt Với { }⊂ ≠ ∅ ≠1, ,D C D D x thì ta có ( )= min min xD C D nên theo đinh nghĩa tập sắp tốt ta có 1C sắp tốt ( ( )min xC D tồn tại vì ⊂ ⊂x xC D C C , C sắp tốt) Do (1.2.4.2) nên = ∀ ∈1 1, y yC C y C Thật vậy, lấy { }∈ = 1 xy C C x Nếu =y x thì { }( )= = = =1 1 x y x x x yC C C x C C Nếu ∈ xy C thì <y x nên ta có { }( )= =1 x y x yC C x C Do đó ∈1C M Thật vậy, lấy ∈ 1y C , ta chứng minh ( )= 1yy F C 16 Nếu =y x thì ( ) ( ) ( )= = = = 1x y yy x F C F C F C Nếu ∈ xy C thì ∈y C mà ∈C M nên ( ) ( )= = 1y yy F C F C Suy ra ∈x C , mâu thuẫn. Vậy C thỏa mãn điều kiện (1.2.4.1) và ta có đpcm ii) Nếu C D∈ , đặt ( )a F C= Giả sử a là cận trên đúng của C , nghĩa là ,x a x C< ∀ ∈ Khi đó aC C= , suy ra ( ) ( )aa F C F C= = , suy ra a C∈ , mâu thuẫn Vậy ( )F C không phải là một cận trên đúng của C Cho ( ),X ≤ là một không gian topo có thứ tự, W là một tập hợp khác rỗng, :L W X→ là toán tử đơn trị và { }: 2 \XN W → ∅ Ta thừa nhận X có tính chất sau: (C): Tập hợp C được sắp thứ tự tốt của những dãy tăng, hội tụ trong X chứa một dãy tăng hội tụ về supC Ta kiểm tra sự tồn tại nghiệm của bao hàm thức Lu Nu∈ Mệnh đề 1.2.5 Cho { }: 2 \PF P X⊂ → ∅ thỏa mãn các giả thiết sau: i) Tập { }| ,oP u P u v v Fu= ∈ ≤ ∈ không rỗng ii) Nếu ,n n nu v Fu n≤ ∈ ∈  và ( )nv là dãy tăng thì ( )nv có giới hạn trong oP . Khi đó F có điểm bất động cực đại và cũng là phần tử lớn nhất của oP Chứng minh: 17 Đặt { |oD W P W= ∅ ⊂ được sắp thứ tự tốt và có chặn trên trong }oP :f D X→ , ứng mỗi tập W trong D với phần tử ( ) ( )v f W F u= ∈ , u v≤ , trong đó u là một chặn trên đúng của W trong oP Hiển nhiên D∅∈ Theo mệnh đề 1.2.4, tồn tại tập sắp tốt C trong X thỏa mãn điều kiện (1.2.4.1) Nếu ( )nv là một dãy tăng trong C thì theo định nghĩa của f , tồn tại dãy ( )nu trong oP thỏa mãn n n nu v Fu≤ ∈ (n ∈  ). Từ ii) suy ra ( )nv có giới hạn trong oP . Theo tính chất (C) của X , C chứa một dãy tăng ( )nv sao cho lim supnnu v C→∞= = và ou P∈ . Do đó tồn tại v Fu∈ thỏa mãn u v≤ Áp dụng ii) cho dãy hằng ,n nu u v v≡ ≡ ta được ov P∈ Nếu ou v P< ∈ , ta có ( ), sup ou v F u u C P< ∈ = ∈ nên theo định nghĩa hàm f , ( )f C tồn tại và là chặn trên đúng của C (theo (1.2.4.1)), mâu thuẫn với kết luận cuối của mệnh đề 1.2.4 Vậy ( )u v F u= ∈ hay u là điểm bất động của F Để chứng minh u là điểm bất động cực đại của F , ta lấy v là một điểm bất động nào đó của F thỏa mãn u v≤ . Vì v v Fv≤ ∈ nên ov P∈ Theo lý luận trên, ta có u v= , hay u là điểm bất động cực đại của F Lập luận tương tự, ta được u là phần tử lớn nhất của oP Định lý 1.2.6 Cho { }: 2 \XF M X⊂ → ∅ thỏa mãn các giả thiết sau: 18 i) Tập { }{ }|oM x M x Fx= ∈ < không rỗng ii) Nếu ( ) ( ),n nx y là các dãy tăng trong oM và nếu n ny Fx∈ (n ∈  ) thì ( )ny hội tụ trong X . iii) Nếu ox M∈ và x y Fx≤ ∈ thì oy M∈ iv) Mỗi dãy tăng và hội tụ của oM đều có chặn trên trong oM Khi đó tập oM có phần tử lớn nhất, và mỗi phần tử lớn nhất của oM cũng là điểm bất động cực đại của F . Chứng minh: Với tập oP được định nghĩa ở mệnh đề 1.2.5, ta có o oM P≡ Cho tập D và ánh xạ f như ở mệnh đề 1.2.5, khi đó D∅∈ . Theo mệnh đề 1.2.5, tồn tại chuỗi C được sắp thứ tự tốt trong X thỏa mãn (1.2.4.1) Nếu ( )nv là một dãy tăng trong C thì theo định nghĩa của f , tồn tại dãy ( )nu trong oP thỏa mãn ,( )n n nu v Fu n≤ ∈ ∈  . Theo giả thiết iii), ta suy ra ( )nv là dãy trong oP Mặt khác, ( )nu , ( )nv là các dãy tăng trong oM , n nv Fu∈ thì ( )nv hội tụ trong P (theo giả thiết ii)). Đặt lim nnv v→∞= Theo giả thiết iv), ( )nv có chặn trên supo nv v= trong oM Ta có n ov v≤ . Cho n → ∞ , ta có ov v≤ Mà n ov v v≤ ≤ nên theo định nghĩa sup, ov v≤ . Suy ra ov v= . Vậy ov M∈ hay giả thiết ii) của mệnh đề 1.2.5 được thỏa mãn. 19 Theo mệnh đề 1.2.5, F có điểm bất động cực đại và cũng là phần tử lớn nhất của oM Định lý 1.2.7 Cho ,L N là hai toán tử thỏa mãn những giả thiết bên dưới: i) Tập { }{ }|oW u W Lu Nu= ∈ < khác rỗng ii) Nếu n ou W∈ và n ny Nu∈ (n ∈  ) sao cho dãy ( )nLu và ( )ny tăng thì ( )ny hội tụ iii) Nếu ou W∈ và Lu x Nu≤ ∈ thì ( )ox L W∈ iv) Mỗi dãy tăng và hội tụ của ( )oL W có một chặn trên trong ( )oL W Khi đó bao hàm thức Lu Nu∈ có nghiệm. Chứng minh: Ta định nghĩa hai toán tử đa trị ( ) { }1 : 2 \oWoL L W− → ∅ và ( ) { }: 2 \XoF L W → ∅ bởi { }1 |oL x u W Lu x− = ∈ = ; 1 1 u L x Fx N L x Nu − − ∈ = =   Nếu x là một điểm bất động của F và 1u L x−∈ thì ,x Fx Lu x∈ = nên 1u L x Lu Fx Nu −∈ ∈ =  . Do đó, 1 :u L x Lu Nu−′ ′∃ ∈ ∈ , hay 1 :u L x Lu x−′ ′∃ ∈ = và x Lu Nu′= ∈ . Suy ra Lu Nu′ ′∈ Vậy bao hàm thức Lu Nu∈ có nghiệm. Ta chứng minh toán tử F được định nghĩa như trên thỏa mãn các giả thiết của định lý 1.2.6 • Ta có 1u L x y Fx Nu −∈ ∈ =  nên 1 :u L x y Nu−∃ ∈ ∈ 20 hay :ou W Lu x∃ ∈ = và y Nu∈ Do ou W∈ nên { } { }x Lu Nu Fx= < ⊂ Suy ra: ox M∈ , vậy oM ≠ ∅ • Nếu ( )nx và ( )ny là hai dãy tăng của oM sao cho n ny Fx∈ . Ta chứng minh ( )ny hội tụ trong X n ny Fx∈ nghĩa là :n o n nu W Lu x∃ ∈ = và n ny Nu∈ (n ∈  ) Khi đó ta có n ou W∈ , n ny Nu∈ : ( ) ( )n nx Lu= và ( )ny là hai dãy tăng. Theo giả thiết ii), ( )ny hội tụ • Giả sử ,x y y Fx≤ ∀ ∈ , ta cần chứng minh oy M∈ Do y Fx∈ nên :ou W Lu x∃ ∈ = và y Nu∈ Nghĩa là :ou W x Lu y Nu∃ ∈ = ≤ ∈ Theo giả thiết iii), ta có ( )oy L W∈ , tức là có ( ):ov W y L v∈ = Do ov W∈ nên { } { }y Lv Nv Fy= < ⊂ , vậy ( ) oy L v M= ∈ • Cuối cùng, ta chứng minh nếu ( )n ox M⊂ là một dãy tăng, hội tụ thì ( )nx có chặn trên trong oM Thật vậy, do ( )n ox M⊂ nên n nx Lu= (n ∈  ) với ( )n ou W⊂ Theo giả thiết iv), :o nu W Lu Lu∃ ∈ ≤ Điều này tương đương với điều nx x≤ , với ox Lu M= ∈ Vậy F có điểm bất động, hay bao hàm thức Lu Nu∈ có nghiệm Định lý 1.2.8 21 Cho ,L N là hai toán tử thỏa mãn các giả thiết i), ii), iv) của định lý 1.2.7 và thỏa mãn thêm giả thiết sau đây: v) Toán tử L là toàn ánh. Hơn nữa, Lu Lv Nu Nv≤ ⇒ < Khi đó bao hàm thức Lu Nu∈ có nghiệm Chứng minh: Ta chứng minh ,L N thỏa mãn giả thiết iii) của định lý 1.2.7. Giả sử ou W∈ và Lu x Nu≤ ∈ , ta cần chứng minh ( )ox L W∈ Vì x Nu∈ nên x X∈ . Mặt khác, L là toàn ánh nên :v W x Lv∃ ∈ = Ta có Lu Lv Nu Nv≤ ⇒ < , và { }Lv x x Nu Lv Nu= ≤ ∈ ⇒ < Suy ra { }Lv Nv< hay ov W∈ . Hơn nữa, x Lv= nên ( )ox L W∈ Vậy định lý 1.2.7 được thỏa mãn, ta có điều phải chứng minh Định lý 1.2.9 Cho ,L N là hai toán tử thỏa mãn các giả thiết i), ii) của định lý 1.2.7, giả thiết v) của định lý 1.2.8 và thỏa mãn thêm giả thiết sau đây: vi) Với mỗi u W∈ , tập Nu được định hướng lên; và mỗi dãy tăng của Nu hội tụ đến một phần tử của Nu Khi đó bao hàm thức Lu Nu∈ có nghiệm Chứng minh: Ta chứng minh ,L N thỏa mãn giả thiết iv) của định lý 1.2.7. Giả sử ( )nLu là một dãy tăng và hội tụ của ( )oL W . Đặt lim ,nnx Lu x X→∞= ∈ Vì x X∈ và L là toàn ánh nên :u W x Lu∃ ∈ = Vì ( )nLu là dãy tăng, lim nnLu Lu→∞= nên nLu Lu≤ . Theo giả thiết v), ta có nNu Nu< 22 Mặt khác { }n nLu Nu< nên { }nLu Nu< , nghĩa là :n n ny Nu Lu y∃ ∈ ≤ (n ∈  ) Vì Nu được định hướng lên nên ta có thể giả sử ( )ny là dãy tăng Do giả thiết vi), tồn tại lim ,nny y y Nu→∞= ∈ Do y X∈ và L toàn ánh nên :v W y Lv∃ ∈ = Vì n nLu y≤ , lim nnLu Lu→∞= và lim nnLv y y→∞= = nên Lu Lv≤ . Theo giả thiết v), ta có Nu Nv< Do y Lv Nu Nv= ∈ < , nên ( )oLv Nv Lv L W< ⇒ ∈ Mặt khác, ( )n n oLu y y Lv L W≤ ≤ = ∈ , vậy ( )nLu bị chặn trên trong ( )oL W Vậy iv) được chứng minh, nghĩa là các giả thiết của định lý 1.2.8 được thỏa mãn, ta có điều phải chứng minh. 23 Chương 2. SỬ DỤNG LÁT CẮT 2.1. Các định nghĩa Định nghĩa 2.1.1 Cho tập được sắp ( ),X ≤ , 2XA∈ và a X∈ • a được gọi một chặn dưới của A nếu ,x a x A≥ ∀ ∈ a được gọi một chặn trên của A nếu ,x a x A≤ ∀ ∈ • Chặn dưới lớn nhất của A , ký hiệu infA , là 1 chặn dưới z X∈ của A sao cho z z ′≥ , với z ′ là một chặn dưới bất kỳ của A Chặn trên nhỏ nhất của A , ký hiệu supA , là 1 chặn trên z X∈ của A sao cho z z ′≤ , với z ′ là một chặn trên bất kỳ của A • X được gọi là một dàn nếu với hai phần tử bất kỳ ,x y X∈ thì { }sup ,x y và { }inf ,x y luôn tồn tại Trong một dàn, ta ký hiệu { }sup ,x y bởi x y∨ và { }inf ,x y bởi x y∧ • X được gọi là dây chuyền đầy đủ bên dưới nếu infA tồn tại trong X , với mọi dây chuyền { }2 \XA∈ ∅ X được gọi là dây chuyền đầy đủ bên trên nếu supA tồn tại trong X , với mọi dây chuyền { }2 \XA∈ ∅ • X được gọi là dây chuyền đầy đủ nếu nó là dây chuyền đẩy đủ cả bên trên và bên dưới. 24 Định nghĩa 2.1.2 Cho ,X Y là các tập hợp được sắp bộ phận và { }: 2 \YF X → ∅ , ta ký hiệu: { }: : ,X x X x X x x+ ′ ′= ∈ ∃ ∈ > { }: : ,X x X x X x x− ′ ′= ∈ ∃ ∈ < { }: : ,F x y Fx z Fx z y+ = ∈ ∃ ∈ > { }: : ,F x y Fx z Fx z y− = ∈ ∃ ∈ < Định nghĩa 2.1.3 Một quan hệ hai ngôi *≥ trên { }2 \Y ∅ được gọi là một thứ tự mở rộng của ≥ từ Y lên { }2 \Y ∅ nếu nó thỏa mãn: { } { }* , ,y z y z y z Y≥ ⇔ ≥ ∀ ∈ Một số thứ tự mở rộng từ Y lên { }2 \Y ∅ : Cho ( ),Y ≥ là tập hợp được sắp bộ phận và { }, 2 \YA B ∈ ∅ . Xét các quan hệ thứ tự mở rộng sau: (Dn , , :A B a A b B b B a b′ ′≥ ⇔ ∀ ∈ ∀ ∈ ∃ ∈ ≥ và )b b′≥ (Up , , :A B a A b B a A a b′ ′≥ ⇔ ∀ ∈ ∀ ∈ ∃ ∈ ≥ và )a a′ ≥ ( )inf , :A B a A b B a b≥ ⇔ ∀ ∈ ∃ ∈ ≥ ( )sup , :A B b B a A a b≥ ⇔ ∀ ∈ ∃ ∈ ≥ (pV DnA B A B≥ ⇔ ≥ và )UpA B≥ (RS infA B A B≥ ⇔ ≥ và )supA B≥ 25 Tất cả các quan hệ trên đều có tính chất bắc cầu, trong đó các thứ tự inf≥ và sup≥ là phản xạ. Ngoài ra khi Y là một dàn, ta định nghĩa thứ tự trên các tập con của Y như sau: ( )( ),A B a A b B a b B∧≥ ⇔ ∀ ∈ ∀ ∈ ⇒ ∧ ∈ ( )( ),A B a A b B a b A∨≥ ⇔ ∀ ∈ ∀ ∈ ⇒ ∨ ∈ (VtA B A B∧≥ ⇔ ≥ và )A B∨≥ (wVA B A B∧≥ ⇔ ≥ hoặc )A B∨≥ Định nghĩa 2.1.4 Cho *≥ biểu thị một trong số các quan hệ được định nghĩa ở trên và X là một tập hợp được sắp bộ phận. Một ánh xạ đa trị { }: 2 \YF X → ∅ được gọi là ánh xạ tăng đối với quan hệ *≥ nếu *Fx Fx′ ≥ với bất kỳ x x′ > Định nghĩa 2.1.5 Cho ánh xạ đa trị : 2YF X → Khi có ánh xạ đơn trị :f X Y→ thỏa mãn ( ) ,f x Fx x X∈ ∀ ∈ thì f được gọi là hàm chọn (hay lát cắt) của ánh xạ đa trị F . 2.2. Sự tồn tại hàm chọn (lát cắt) của ánh xạ đa trị Định lý 2.2.1 Cho X là một tập hợp được sắp bộ phận, Y là một dàn và ánh xạ đa trị { }→ ∅: 2 \YF X là tăng đối với ≥wV sao cho với mọi ∈x X , Fx là dây chuyền đầy đủ bên trên và − ≠ ∅F x . Khi đó tồn tại một hàm chọn đơn điệu f của ánh xạ đa trị F Chứng minh: Để chứng minh định lý 2.2.1, trước tiên ta định nghĩa R là tập hợp các ánh xạ { }→ ∅: 2 \YG X sao cho: i) −∀ ∈ ⊂ ⊂:x X F x Gx Fx ; 26 ii) ∀ ∈ ∀ ∈ >, , :x X y z Fx y z và ∈ ⇒ ∈y Gx z Gx iii) ∀ ∈x X thì Gx là dây chuyền con đầy đủ bên trên trong Fx iv) G là tăng đối với ≥wV Hiển nhiên ∈ ≠ ∅RF . Ta định nghĩa { }→ ∅: 2 \YG X xác định bởi: ∈ = ∀ ∈  R : , G Gx Gx x X (2.2.1.1) Để chứng minh định lý 2.2.1, ta cần một số bổ đề sau đây: Bổ đề 2.2.2 Với G được xác định như trong (2.2.1.1), khi đó ta có ∈RG Chứng minh: Ta kiểm tra G thỏa mãn các điều kiện i), ii), iii), iv): • Kiểm tra điều kiện i): −∀ ∈ ⊂ ⊂:x X F x Gx Fx , với mọi ∈RG Suy ra − ∈ ⊂ ⊂  RG F x Gx Fx hay − ⊂ ⊂F x Gx Fx • Kiểm tra điều kiện ii): ∀ ∈ ∀ ∈ >, , :x X y z Fx y z và ∈y Gx , suy ra ∈ ∈  RG y Gx hay ∈ ∀ ∈R,y Gx G . Dẫn đến ∈ ∀ ∈R,z Gx G , do đó: ∈ ∈  RG z Gx hay ∈z Gx • Kiểm tra điều kiện iii): ∀ ∈ ⇒ ∈ ∀ ∈R, , ,y z Gx y z Gx G , suy ra ∨ ∈ ∀ ∈R,y z Gx G Do vậy ta có ∈ ∨ ∈  RG y z Gx , hay ∨ ∈y z Gx • Kiểm tra điều kiện iv): Lấy tùy ý ′ >x x , ta sẽ chứng tỏ ′ ≥wVGx Gx ′∀ ∈y Gx và ∀ ∈z Gx , khi đó ′∈y Gx và ∈z Gx với mọi ∈RG 27  Nếu ∧ ∈y z Fx thì do điều kiện ii), ta có ∧ ∈y z Gx , với mọi ∈RG , do đó ∈ ∧ ∈  RG y z Gx hay ∧ ∈y z Gx  Nếu ∧ ∉y z Fx thì ∧ ∉ ∀ ∈R,y z Gx G Do ′ ≥ ∀ ∈R,wVGx Gx G nên ′∨ ∈y z Gx , với mọi ∈RG Vậy ∈ ′∨ ∈  RG y z Gx hay ′∨ ∈y z Gx Vì ′∈y Gx và ∈z Gx tùy ý nên ′ ≥wVGx Gx Cuối cùng, do − ⊂ ⊂F x Gx Fx và giả thiết − ≠ ∅ ∀ ∈,F x x X nên ≠ ∅ ∀ ∈,Gx x X Vậy ∈RG Bổ đề 2.2.3 Nếu +′ ′> ∈,x x y G x và −∈z F x thì ≥y z Chứng minh: Giả sử y z≥/ , khi đó ta có y z y∨ > và y z z∧ < Do y z y∨ > và y G x+ ′∈ nên y z Gx ′∨ ∉ Do y z z∧ < và z F x−∈ nên y z Fx∧ ∉ Điều này mâu thuẫn với wVGx Gx Fx′ ≥ ⊂ Bây giờ với bất kỳ ∈RG , ta định nghĩa { }→ ∅* : 2 \YG X được xác định như sau: { }+′ ′= ∈ ∀ > ∀ ∈ ⇒ ≥* : : ,G x z Gx x x y G x y z (2.2.3.1) Bổ đề 2.2.4 Với *G được xác định như trong (2.2.3.1) ta có ∈R*G Chứng minh: Ta kiểm tra *G thỏa mãn các điều kiện i), ii), iii), iv): • Kiểm tra điều kiện i): −∀ ∈ ∀ ∈ ⇒ ∈,x X z F x z Gx (do − ⊂F x Gx ) 28 +′ ′∀ > ∀ ∈,x x y G x , với −∈z F x , theo bổ đề 2.2.3, ta có ≥y z Theo định nghĩa của *G x ta có ∈ *z G x . Vậy − ⊂ ⊂ ⊂*F x G x Gx Fx • Kiểm tra điều kiện ii): ∀ ∈ ∀ ∈ >, , :x X y z Fx y z và ∈ *y G x , ta chứng minh ∈ *z G x Thật vậy, +′ ′∀ > ∀ ∈,x x u G x , do ∈ *y G x nên ≥u y , do đó ≥u z . Vậy ∈ *z G x • Kiểm tra điều kiện iii): Cố định x X∈ và xét dây chuyền *Z G x⊂ , cần chứng minh *supZ G x∈ Đặt supz Z= , giả sử *z G x∉ , nghĩa là tồn tại x x′ > và y G x+ ′∈ sao cho y z≥/ Khi đó ta có y z y∨ > và y z z∧ < Mặt khác, do Gx là dây chuyền con đầy đủ trong Fx nên supz Z Gx= ⊂ thì z Gx∈ Do y G x+ ′∈ nên y Gx ′∈ . Ta lại có wVGx Gx′ ≥ nên hoặc y z Gx ′∨ ∈ , hoặc y z Gx∧ ∈ Mà y G x+ ′∈ và y z y∨ > nên y z Gx ′∨ ∉ Vậy ta phải có y z Gx Fx∧ ∈ ⊂ Lấy u Z∈ , do định nghĩa của z nên z u≥ , vì *u G x∈ nên y u≥ Do đó u y z z≤ ∧ < . Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của supz Z= Như vậy, ta phải có *supz Z G x= ∈ • Kiểm tra điều kiện iv): Lấy ′ ′> ∈ *,x x y G x và ∈ *z G x . Khi đó ′∈y Gx và ∈z Gx Do ′ ≥wVGx Gx nên hoặc ∧ ∈y z Gx hoặc ′∨ ∈y z Gx  Nếu y z Gx∧ ∈ thì do điều kiện ii), ta có *y z G x∧ ∈  Nếu y z Gx ′∨ ∈ , ta cần chứng minh *y z G x ′∨ ∈ Với mọi x x′′ ′> và u G x+ ′′∈ , do *z G x∈ nên u z≥ , do *y G x ′∈ nên u y≥ 29 Do đó u y z≥ ∨ . Suy ra *y z G x ′∨ ∈ Vì *y G x ′∈ và *z G x∈ tùy ý nên * *wVG x G x′ ≥ Vậy *G thỏa mãn các điều kiện i), ii), iii), iv) nên với mọi G ∈R thì *G ∈R Bổ đề 2.2.5 Với G và *G được xác định như trong (2.2.1.1) và (2.2.3.1), ta có * G G= Chứng minh: Ta có: : G Gx Gx ∈ =  R ; * * *: G G x G x ∈ =  R { }* : ,G x z Gx x x y G x y z+′ ′= ∈ ∀ > ∀ ∈ ⇒ ≥ Lấy tùy ý x X∈ , ký hiệu { }* * :G G= ∈R R Do bổ đề 2.2.4, với mọi G ∈R thì *G ∈R nên ta có *=R R Do đó * * * GG G x Gx ∈∈ =   RR hay * G x Gx= Do x X∈ tùy ý nên * G G= Bổ đề 2.2.6 Với G được xác định như trong (2.2.1.1) ta có ,G x x X + ≠ ∅ ∀ ∈ Chứng minh: Ta có: với mỗi ∈RG và ∈x X , vì Gx là dây chuyền đầy đủ bên trên nên ta có G x+ ≠ ∅ , suy ra , G G x G x x X + + ∈ = ≠ ∅ ∀ ∈  R Chứng minh định lý 2.2.1: Với mỗi x X∈ , theo bổ đề 2.2.6, ta chọn tùy ý ( )f x G x + ∈ Khi đó ta được hàm :f X Y→ là hàm chọn của F Ta chứng minh f là hàm tăng. Thật vậy: x x′∀ > , do ( ) ( ) * ,f x G x G x f x G x + + + ′ ′∈ = ∈ , theo (2.2.3.1) ta có ( ) ( )f x f x′ ≥ . 30 Vậy f là hàm tăng nên là hàm chọn đơn điệu của F 2.3. Ứng dụng cho bài toán điểm bất động Định nghĩa 2.3.1 Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K Nón K được gọi là nón minihedral mạnh nếu mỗi tập khác rỗng và bị chặn trên thì có cận trên đúng. Định lý 2.3.2 (Định lý Tarskii) Giả sử X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón minihedral mạnh K và →: ; ;f u v u v là ánh xạ tăng. Khi đó f có điểm bất động trong ;u v (trong đó { }= ∈ ≤ ≤; :u v x X u x v , với “≤ ” là thứ tự sinh bởi nón K ) Chứng minh: Đặt ( ){ }= ∈ ≤; :A x u v x f x Ta có ∈u A và A bị chặn trên bởi v , do đó tồn tại = supox A Hiển nhiên ta có ∈ ;ox u v . Với ∈x A ta có ≤ ox x , suy ra ( ) ( )≤ of x f x và do đó ( )≤ ox f x Vậy ( )of x là một cận trên của A và do = supox A nên ( )≤o ox f x Do f là ánh xạ tăng nên ( ) ( )( )≤o of x f f x hay ( ) ∈of x A Do vậy ( ) ≤o of x x . Vậy ta có ( )=o ox f x và ox là điểm bất động của f Định lý 2.3.3 31 Giả sử X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón minihedral mạnh K và { }→ ∅;: ; 2 \u vF u v là ánh xạ tăng đối với ≥wV sao cho với mọi ∈ ;x u v , Fx là dây chuyền đẩy đủ bên trên và − ≠ ∅F x . Khi đó F có điểm bất động trong ;u v Chứng minh: Ta sẽ áp dụng định lý 2.2.1 với = = ;X Y u v Hiển nhiên Y là dàn. Vì F thỏa mãn các điều kiện của định lý 2.2.1 nên tồn tại hàm chọn đơn điệu f của F Do K là nón minihedral mạnh nên theo định lý 2.3.2, f có điểm bất động trong ;u v Do đó F có điểm bất động trong ;u v 32 Chương 3. SỬ DỤNG BẬC TÔPÔ 3.1. Các định nghĩa Cho X là không gian Fréchet với { }|np n ∈  là một họ nửa chuẩn xác định tôpô trên X Định nghĩa 3.1.1 Với mỗi n ∈  và Q X⊂ , ta định nghĩa ( ) {inf 0 |n Q d Qγ = > được phủ bởi hữu hạn tập hợp có np – đường kính nhỏ hơn }d ( ) {inf 0 |n Q r Qχ = > được phủ bởi hữu hạn np – quả cầu có np – bán kính nhỏ hơn }r Đặt { } { }| , 0λ λ λ+ = ∈ ≥ +∞   , ta định nghĩa ( ) :Q Nγ +→  bởi: ( ) ( ) ( )nQ n Qγ γ= với n ∈  ( ) :Q Nχ +→  bởi: ( ) ( ) ( )nQ n Qχ χ= với n ∈  ,γ χ được gọi chung là độ đo phi compact, ký hiệu chung là Φ Với mọi ,A B X⊂ , ta có các tính chất sau: • ( ) 0A AΦ = ⇔ compact tương đối • ( ) ( ) ( )Φ = Φ = ΦcoA A A , trong đó coA là bao lồi đóng của A • ( ) ( ) ( ){ }max ,A B A BΦ = Φ Φ • ( ) ( ) ( )Φ + = Φ + ΦA B A B • ( ) ( )Φ = ΦtA t A 33 Định nghĩa 3.1.2 Ánh xạ : 2XT D X⊂ → được gọ