các phương pháp nghiên cứu định lí krasnoselskii về điểm bất động trong nón

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "các phương pháp nghiên cứu định lí krasnoselskii về điểm bất động trong nón": http://123doc.vn/document/1052493-cac-phuong-phap-nghien-cuu-dinh-li-krasnoselskii-ve-diem-bat-dong-trong-non.htm

A
Cho
G
là tập mở bị chặn trong không gian
n
R ,
1
:,()
n
A
GRACG . Ta nhắc lại rằng
1
()
A
CG khi và chỉ khi
A
khả vi tại mọi điểm
0
x
G

và ': ( ; )
nn
A
GLRR liên tục. Hơn nữa
1
()
A
CG khi và chỉ khi có tập
EG
, E mở, có
1
()
A
CG và |
G
A
A

.
Định nghĩa 1.2.1. Cho
1
()
A
CG , ta gọi
x
là điểm tới hạn của
A
nếu det '( ) 0Ax , ()
A
x gọi là giá
trị tới hạn
của
A
. Tập hợp các điểm tới hạn của
A
trên G kí hiệu là ()
A
Z
G hay
A
Z
. Tập hợp các giá
trị tới hạn



A
A
Z được gọi là nếp của
A
.
Định lý 1.2.2. Nếu
1
()
A
CG và ()
A
pAZ thì
1
()
A
p

chứa hữu hạn điểm.
(Chứng minh
của Định lý 1.2.2 có thể tham khảo trong [6, p.143]).
Định nghĩa 1.2.3. Giả sử
1
()
A
CG , ()pAG và ()
A
pAZ

. Ta định nghĩa deg( , , )
A
Gp là bậc của
A tại p đối với G
với:
1
()
deg( , , ) : det '( )
xA p
A
Gp sign Ax




.
Chú ý 1.1:
(i) Trong định nghĩa trên điều kiện
()pAG là để cho '( )
A
x tồn tại khi
1
()
x
Ap

 vì khi đó
1
()
x
Ap G

 nên
'( )
A
x
tồn tại.
(ii) Điều kiện
()
A
pAZ bảo đảm rằng tổng
1
()
det '( )
xA p
s
ign A x



là hữu hạn (do Định lý 1.2.2).
Hạn chế của Định nghĩa 1.2.3 là có quá nhiều ràng buộc đối với ánh xạ
A
và điểm
p
, sau đây là hai
định nghĩa “tốt hơn”, sẽ loại bỏ được điều kiện
A
khả vi trên G và điều kiện ()
A
pAZ . Để kiểm tra
tính đúng đắn của hai định nghĩa này, ta có thể tham khảo trong [6, p. 144-149].
Định nghĩa 1.2.4. Giả sử
1
()
A
CG , ()pAG nhưng ()
A
pAZ

. Khi đó:
deg( , , ) : deg( , , )
A
Gp AGq


với
q
là điểm thỏa mãn:
()
A
qAZ và (,( ))qp dpAG


trong đó
( , ): inf{|| ||: }da x a x  .
Định nghĩa 1.2.5. Giả sử ()
A
CG , ()pAG. Khi đó:
deg( , , ) : deg( , , )
A
Gp Gp


với
1
()BCG thỏa:
() () (, ( )),
A
xBx dpAG xG .
Như vậy ta đã xem xét bậc tôpô của ánh xạ liên tục
A trong không gian hữu hạn chiều. Câu hỏi đặt ra
ở đây là làm thế nào để có thể xây dựng bậc tôpô cho một ánh xạ trong không gian vô hạn chiều. Phần
sau đây sẽ trình bày bậc tôpô trong không gian vô hạn chiều cho ánh xạ A có dạng
A
IF với
I
là
hàm đồng nhất,
:
F
GX là hàm compact liên tục.

Bậc tôpô trong không gian vô hạn chiều (Bậc Leray-Schauder).
Định nghĩa 1.2.6.
Cho X và Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn, một ánh xạ compact
:
F
XY được gọi là ánh xạ hữu hạn chiều nếu
()
F
X
chứa trong một không gian con tuyến tính
hữu hạn chiều của
Y
.
Định lý 1.2.7. (Định lý xấp xỉ Schauder) Cho G là một tập lồi trong không gian tuyến tính định chuẩn
( ,||.||)XX
, :
F
XG là ánh xạ compact liên tục. Khi đó với mỗi 0

 , tồn tại một tập hữu hạn


12
, , ,
n
Vvv v trong
()
F
X
và một hàm liên tục hữu hạn chiều :
F
XG

 thỏa mãn:
(i)
() () ,
F
xFx xX


.
(ii)
() ()
F
XcoVG

.
trong đó
()co V
là tập lồi nhỏ nhất chứa V .
(Chứng minh của Định lý 1.2.7 có thể tham khảo trong [6, Định lý 4.12]).
Định nghĩa 1.2.8. Cho G là một tập mở, bị chặn trong không gian định chuẩn ( ,|| .||)XX

và
A
IF với I là hàm đồng nhất, :
F
GX là hàm compact liên tục, ()pAG. Đặt


A
IF


với

F
là một hàm tùy ý xác định trên G liên tục và hữu hạn chiều thỏa:

() () (, ( )), .
F
xFx dpAG xG 
Chọn một không gian tuyến tính hữu hạn chiều
V
chứa

()
F
G và p , đặt
V
GGV, ta định nghĩa:

deg( , , ) : deg( , , )
V
A
Gp AG p ,
và gọi
deg( , , )
A
Gp là bậc Leray - Schauder của ánh xạ A tại p đối với G.
Nhận xét: Sự tồn tại của ánh xạ

F
đuợc suy ra từ Định lý 1.2.7. Ngoài ra, sự tồn tại của

deg( , , )
V
A
Gp
và sự độc lập với việc chọn không gian
V trong Định nghĩa1.2.8 có thể tham khảo [6, p.152-153]).

Bậc tôpô theo nón K.
Bổ đề 1.2.9.
Cho không gian Banach X , tập đóng
M
X và ánh xạ compact liên tục :
A
MX .
Khi đó tồn tại ánh xạ compact liên tục
:
A
XX sao cho:
() ()
A
xAxxM, và
() ( )
A
XcoAM
.
(Chứng minh
của Bổ đề 1.2.9 có thể xem trong [4, p.44]).
Định nghĩa 1.2.10. Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử GX là tập mở, bị chặn.
:
A
KGK  là ánh xạ compact liên tục sao cho:
A
xx


x
KG

. Gọi :
A
XX là ánh xạ
compact liên tục sao cho:
() ()
() (( ))
Ax Ax x K G
A
XcoAKG K







(1.1)
(Sự tồn tại của
A
đuợc suy ra từ Bổ đề 1.2.9).
Khi đó
()()0IAx với mọi
x
G . Giả sử trái lại, ta có
000
:
x
Gx Ax  mà ()
A
XK , nên
0
x
KG. Do đó
00 0
() ()
x
Ax Ax, điều này mâu thuẫn với giả thiết ()
A
xxxK G. Vì
vậy bậc tôpô
deg( , ,0)IAG được xác định tốt.
Ta định nghĩa:
( , ) : deg( , ,0)
k
iAG I AG
và gọi
(, )
K
iAG là bậc tôpô theo nón K của ánh xạ A trên tập mở G.
Để kiểm tra tính đúng đắn của Định nghĩa 1.2.10, ta cần xem xét một số kết quả của khái niệm đồng
luân của những phép biến đổi compact (Chứng minh của những kết quả này có thể tham khảo trong [6,
Định lý 12.16])
Định nghĩa 1.2.11. Cho
G
là tập mở, bị chặn của không gian tuyến tính định chuẩn ( ,||.||)XX . Giả
sử
:[0,1] ( )hKG
, ở đây
()KG
là tập hợp các hàm compact liên tục từ G vào X . Ta nói rằng h là
đồng luân của những phép biến đổi compact trên
G
nếu với 0

 cho trước, tồn tại () 0


 sao cho:
( ( ))( ) ( ( ))( )ht x hs x

 với mọi ,xGts


.
Định lý 1.2.12. (Bất biến dưới đồng luân) Cho G là tập mở, bị chặn của không gian tuyến tính định
chuẩn
( ,||.||)XX , h là đồng luân của những phép biến đổi compact trên
G
. Đặt ()
t
Iht

 , nếu
()
t
pG

 với 01t thì deg( , , )
t
Gp

không phụ thuộc vào [0,1]t

.
Bây giờ ta kiểm tra tính có lý của định nghĩa 1.2.10. Giả sử
'
A
là một mở rộng khác của
A
thỏa (1.1).
Đặt
():ht X K ,. () ' (1 )ht tA t A
Lấy
0

 bất kì, chọn


A
A





'
A
A




ta có:
( ( ))( ) ( ( ))( ) ( )( ')( ) 'ht x hs x t s A A x t s A A


với ,xGts


.
Do đó
h là một đồng luân của. ,'
A
A
Đặt () ( ())() ( )() (1 )( ')()
t
x
Iht x tIAx tIAx

     Ta có:


01
;IA IA

 
.
01
;'IA IA

 
() 0
t
x

 với mọi
x
G ,

0,1t  (vì nếu trái lại có
00
,[0,1]xGt

 sao cho:
0
0
()0
t
x

 hay
000
()( )
x
ht x K thì
0
x
KG, nghĩa là
00
x
Ax

, mâu thuẫn với giả thiết). Do đó 0()
t
G


 với
mọi

0,1t  . Theo Định lý 1.2.12, ta có
01
deg( , ,0) deg( , ,0)GG



, hay là
deg( , ,0) deg( ', ,0)IAG IAG.
Vậy định nghĩa của bậc tôpô theo nón đã được khẳng định là hợp lý.

Tính chất bậc tôpô theo nón K.
Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử GX là tập mở, bị chặn. :
A
KG K compact
liên tục,
,
A
xxxK G.
(1)
Tính chuẩn tắc: Nếu
0
() ,
A
xuGxG thì (, ) 1
K
iAG


(2)
Tính bất biến đồng luân: Giả sử
01
;:
A
AK G K

 compact liên tục,
01
;,
A
xxAxx xK G và đồng luân dương trên KG

 theo nghĩa: tồn tại ánh xạ compact
:( ) [0,1]
F
KG K   sao cho:


01
(,) , (,) 0,1; (,0) (); (,1) ().
F
xt x xt G Fx A x Fx Ax   
Thế thì
01
(,) (,)
KK
iAG iAG .
(3)
Tính cộng tính: Giả sử
12
,,GG G là các tập mở bị chặn,
12
,GG

 (1,2)
i
GGi và
:
A
KG K là một ánh xạ compact thỏa mãn: ()
A
xx

với mọi


12
\( )
x
KGGG 
. Khi đó:
12
(, ) (, ) (, )
KK K
iAG iAG iAG

 .
(4)
Tính chất nghiệm: Nếu (, ) 0
K
iAG thì
A
có điểm bất động trong KG

.

1.3 Định lí Krasnoselskii và các mở rộng.
Trong mục này, ta sẽ trình bày Định lý Krasnoselskii (Định lý 1.3.4) và một số định lý mở rộng.
Chứng minh của các định lý này dựa trên bậc topo của một số hàm số. trong các truờng hợp đặc biệt.
Do đó ta sẽ trình bày trước Định lý 1.3.2 và Định lý 1.3.3 như một cơ sở cho việc chứng minh Định lý
Krasnoselskii.
Bổ đề 1.3.1. Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử GX là một tập mở, bị chặn chứa
điểm
0 , :;()
A
KG KAx uxKG . Khi đó, nếu uG

thì (, ) 0
K
iAG .
Chứng minh Bổ đề 1.3.1. Giả sử (, ) 0
K
iAG

, theo tính chất nghiệm của bậc tôpô theo nón thì
A
có
điểm bất động
0
x
trong KG , suy ra
0
x
uG

 , điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Định lý 1.3.2. Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử GX là tập mở, bị chặn chứa 0 ,
:
A
KG K là ánh xạ compact liên tục sao cho:
A
xx

với mọi
x
KG

 .
(i) Nếu
() , , 1Ax x x K G


 thì (, ) 1
K
iAG

.
(ii) Nếu tồn tại phần tử
0
\{0}xK sao cho
0
() , , 0xAx x xK G



 thì (, ) 0
K
iAG

.
(iii) Giả sử (a)
,,1,
A
xxxKG


 và
(b)


inf || ||: 0.Ax x K G

 
Khi đó
(, ) 0
K
iAG .
Chứng minh Định lý 1.3.2.
(i). Xét ánh xạ compact :( ) [0,1]
F
KG K   , (,) ()
F
xt tAx

.
Ta có
(,) () , , 1
F
xt tAx x x K G t (do giả thiết), suy ra
A
đồng luân dương với
0
() 0Ax


(
(,0) 0, (,1) ()
F
xFxAx).
Do đó
(, ) (0, ) 1
KK
iAG i G (do tính chuẩn tắc của bậc tôpô theo nón, 0 G

).
(ii). Ta chứng minh
A
đồng luân dương với
00
()
A
xx


khi

đủ lớn vì khi đó
0
x
G

 và áp dụng
Bổ đề 1.3.1 ta có
(, ) 0
K
iAG .
Chỉ cần chứng minh tồn tại
0

sao cho:

00
(1 ) , , [0,1],xtAxtxxKGt


    . (1.2)
Giả sử trái lại, tồn tại
,[0,1], 0,
nnnn
xK Gt


    sao cho:

0
(1 )
nnnnn
x
tAx t x

  . (1.3)
Vì
{} ,{}
nn
x
Gt bị chặn,
A
compact nên vế trái (1.3) bị chặn. Do đó vế phải của (1.3) cũng bị chặn
hay
{}
nn
t

bị chặn trong R. Không giảm tính tổng quát ta có thể xem lim 0
nn
t


(nếu không ta xét
dãy con). Khi đó

1
lim lim 0
nnn
n
tt



 ,
điều này suy ra
()
n
A
x hội tụ (do
A
compact, {}
n
x
G bị chặn).
Do đó


n
x
hội tụ về một
x
KG (do KG

 đóng). Khi đó qua giới hạn trong (1.3) ta có
0
,,0xAx xxK G


  , mâu thuẫn với giả thiết.Vậy (1.2) đúng .
(iii). Lấy
1t  bất kỳ, xét ánh xạ compact :( ) [0,1]
t
hK G K

 ,
(,) (1 )
t
h x s s Ax stAx


Đặt
1
(,)
1(1)
st
st



. Ta có 0(,)1, [0,1], 1
s
ts t

 và
1
(,)
(,)
hxs Ax
st

 ,
điều này suy ra
(,)hxs x
(do giả thiết (a)). Do đó
A
và tA (với 1t  ) đồng luân dương trên KG

 ,
theo tính bất biến đồng luân của bậc tôpô ta có:
(, ) ( , ), 1
KK
iAG itAG t

.
Ta sẽ chứng minh tồn tại
0
t sao cho
0
:(,)0
K
ttitAG  , khi đó (, ) 0
K
iAG . Thực vậy, áp dụng kết
quả vừa chứng minh ở phần (ii) ta chỉ cần chứng minh với
0
\{0}xK

cố định thì:

00
() , , , 0.xtAx x t t x K G


 (1.4)
Giả sử trái lại, tồn tại các dãy
,,0
nn n
txKG

    sao cho
0
()
nn n n
x
tAx x


 .
Vì
:
A
KG K compact nên tồn tại dãy con {}
k
n
x
để ()
k
n
A
xyK . Mặt khác, chú ý rằng
0
()
kk
k
kk
nn
n
nn
x
A
xxK
tt


.
Cho
k  ta có yK , suy ra
()yK K
hay 0y

, mâu thuẫn với (b). Do đó (1.4) đúng hay
0
(,) 0
K
itAG t t. Vậy
0
(, ) ( , ) 0( )
KK
iAG itAG tt. 

Định lý 1.3.3. Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử GX là tập mở, bị chặn, chứa 0 và
:
A
KG K là ánh xạ compact liên tục sao cho
A
xx

với mọi
x
KG

 .
(i) Giả sử tồn tại
uG sao cho (), , 0Ax x x u x G


   , khi đó (, ) 1
K
iAG .
(ii) Nếu tồn tại
\uKG sao cho (), , 0Ax x x u x G


   , khi đó (, ) 0
K
iAG .
Chứng minh Định lý 1.3.3.
(i) Xét ánh xạ compact :( ) [0,1]hK G K   , (,) (1 )hxt tAx tu

, ta chứng minh rằng
(,) , (,) ( ) [0,1]hxt x xt K G   . Thật vậy, giả sử trái lại rằng tồn tại
00
(),[0,1]xKGt  sao cho
00000
(1 )tAx tu x.
Ta suy ra
0
1t  , vì nếu không ta có
00
ux

, mâu thuẫn với
0
,
x
Gu G

(G mở). Khi đó

0
00 00
0
1
t
A
xx xu
t
 

với
0
0
0
1
t
t


, điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Do đó
(,) , (,) ( ) [0,1]hxt x xt K G   . Theo tính bất biến đồng luân ta có:
(, ) (, ) 1
KK
iAG iuG

 (do uG

).
(ii)
Chứng minh tương tự như trên ta có:
(, ) (, ) 0
KK
iAG iuG (do uG

, Bổ đề 1.3.1).
Ta kết thúc chứng minh. 
Như vậy ở phần trên ta đã xét một số truờng hợp tính bậc tôpô theo nón của ánh xạ compact liên tục.
Sau đây ta sẽ sử dụng những kết quả đó để chứng minh Định lý Krasnoselskii và các định lý mở rộng.
Truớc hết để dễ theo dõi ta sẽ quy uớc một số kí hiệu tập hợp:


:
r
BxXxr ;


:
r
SxXxr 
,
rr
KKB, 0r  .
Định lý 1.3.4. (Định lý Krasnoselskii)
Cho
X là không gian Banach với nón K . Cho hai số thực , : 0rR r R

 . Giả sử :
R
A
KK
compact liên tục và:
(i)
,,1
r
Ax x x K S


.
(ii) Tồn tại phần tử
0
\{0}xK thỏa
0
() , , 0
R
xAx x xK S


.
Khi đó
A
có điểm bất động dương
x
thỏa || ||rxR

 .
Chứng minh định lý 1.3.4.
Theo Định lý 1.3.2 ta có (, ) 1; (, ) 0
Kr KR
iAB iAB.Ta áp dụng tính cộng tính của bậc tôpô với:
12
,, \
Rr Rr
GBG BG B B . Khi đó ta có
,1,2
i
GGi;
12
GG;


12
\( ) ( ) ( )
rR
K GG G KS KS  .
Từ giả thiết của định lý ta có
x
Ax
với mọi ()()
rR
x
KS KS

 , hay là:
,
x
Ax


12
\( )
x
KGGG  
.
Áp dụng tính cộng tính của bậc tôpô ta có đẳng thức:
21
(, ) (, ) (, )
KKK
iAG iAG iAG

 .
Suy ra
(, \ ) (, ) (, ) 01 1 0
KRrKRKr
iAB B iAB iAB. Vì vậy tồn tại


\
Rr
x
KBB sao cho
A
xx , hay là
A
có điểm bất động dương thỏa || ||rxR

 .
Hệ quả 1.3.5. Kết luận của Định lý 1.3.4 vẫn đúng nếu thay cả hai điều kiện (i), (ii) bởi một trong hai
điều kiện sau:
(i’)
()/ ,
r
A
xxxKS và ()/ ,
R
A
xxxKS.
(ii’)
()/ ,
r
A
xxxKS và ()/ ,
R
A
xxxKS.
Chứng minh hệ quả 1.3.5.
(i’) Ta sẽ chứng minh rằng:

() , 1, .
r
A
xx xKS



  (1.5)
Thật vậy, giả sử trái lại có
00 000
1, : ( ) .
r
x
KSAx x


  Khi đó
00
()
A
xx , mâu thuẫn với giả thiết
(i’). Vậy (1.5) đúng. Theo Định lý 1.3.2 ta có
(, ) 1
Kr
iAK B. (1.6)
Mặt khác với
0
\{0}uK bất kì. ta có

0
() , 0,
R
x
Ax u x K S


. (1.7)
Thật vậy, giả sử trái lại tồn tại
11 1 110
0, : ( )
R
x
KSxAx u


  . Khi đó
11
()
A
xx , điều này mâu
thuẫn với giả thiết (i’). Vậy (1.7) đúng. Mặt khác theo Định lý 1.3.2 ta có

(, ) 0
KR
iAK B

 . (1.8)
Từ (1.6), (1.8) và áp dụng cách chứng minh tương tự như trong Định lý 1.3.4, ta có:
(, ( \ )) 1 0
KRr
iAK B B

  .
Theo tính chất nghiệm,
A
có ít nhất một điểm bất động dương trong \
Rr
BB.
(ii’) Lý luận tương tự như (i’) ta có
(, ) 0
Kr
iAK B

 , (, ) 1
KR
iAK B và
(, ( \ )) 1 0
KRr
iAK B B hay
A
có ít nhất một điểm bất động dương trong \
Rr
BB
.
Định lý 1.3.6 Giả sử có điều kiện (i) của Định lý 1.3.3 và điều kiện :

2
2
() , , 1.
( ) inf || ||: 0.
r
r
aAx x x S K
bAxxSK


 

Khi đó kết luận của Định lý 1.3.4 vẫn đúng.
Chứng minh định lý 1.3.6.
(áp dụng Định lý 1.3.2 (iii), và cách chứng minh tương tự Định lý 1.3.4).
Định lý 1.3.7. Cho X là một không gian Banach được sắp thứ tự theo nón K ,
12
,UU X là hai tập
mở, bị chặn, khác
 sao cho
11 2
0,UU U;
2
:
A
KU K compact liên tục và thỏa một trong hai
điều kiện sau:
(i)
1
,
XX
A
xxxKU và
2
,
XX
A
xxxKU.
(ii)
1
,
XX
A
xxxKU và
2
,
XX
A
xxxKU

  .
Khi đó
A
có ít nhất một điểm bất động trong
21
(\)KUU .
Chứng minh Định lý 1.3.7.
Ta có thể giả sử rằng
A
không có điểm bất động trên
2
KU

 và
1
KU

 vì nếu không ta đã có điều
phải chứng minh. Do đó




12
() , ,Ax x x K U K U    hay là



12
() , \( )
A
xxxK GGG  với
21 12 2 1
,, \.GUG UG UU (1.9)
(i) Ta chứng minh rằng

1
() , , 1.Ax x x K U



    (1.10)
Thật vậy, giả sử trái lại
010000
,1:()
x
KU Ax x


    (do ta giả sử
A
không có điểm bất động
trên
1
KU nên
0
1

 ).
Khi đó
000 0
X
XX
A
xxx

, mâu thuẫn với giả thiết (i), do đó (1.10) đúng. hay là:

1
(, ) 1
K
iAU (Định lý 1.3.1(1)). (1.11)
Ta cũng chứng minh được rằng

2
() , , [0,1]Ax x x K U


 . (1.12)
Thật vậy, giả sử trái lại
121 111
,[0,1):()
x
KU Ax x


    . Khi đó:
111 1
X
XX
A
xxx


 ,
điều này mâu thuẫn với giả thiết (i). Do đó (1.12) đúng.
Mặt khác từ (i) ta có

22
inf inf 0
XX
xK U xK U
Ax x
 
 (1.13)
(do
2
0 U mở,
2
x
U suy ra 0
x
 ).
Từ (1.12) và (1.13) ta có

2
(, ) 0
K
iAU (Định lý 1.3.2 (iii)). (1.14)
Từ (1.9), (1.11) và (1.14), áp dụng tính cộng tính của bậc tôpô theo nón ta có:
21
(, \ )
K
iAUU


2
(, )
K
iAU -
1
(, ) 1 0
K
iAU

 .
Vậy theo tính chất nghiệm ta có tồn tại ít nhất một điểm bất động trong
21
(\)KUU .

(ii) Chứng minh tương tự như (i).

Định nghĩa 1.3.8. Cho X là không gian Banach với nón K , : KR

 là hàm liên tục lồi, : KR


là hàm liên tục lõm. Cho trước , R


 , ta định nghĩa:


1
(, ) : ()KK xK x


.



2
(, ) :()KK xK x


.

1,2
(,,,) (,) (,)KK K K

  
.
Mệnh đề 1.3.9. Cho X là không gian Banach với nón K , : KR

 là hàm liên tục lồi, : KR

 là
hàm liên tục lõm. Cho trước
, R


 . Đặt


:()GxK x



 là tập khác

và bị chặn. Giả sử tập


1,2
:()xK x


. :
A
KK compact liên tục sao cho ,
A
xxxK G

  và thỏa:
(i)
1,2
() ,
A
xxK


 .
(ii)
2
() ,
A
xxK


 với ()Ax


 .
Khi đó
(, ) 0
K
iAG .
Chứng minh Mệnh đề 1.3.9.
Lấy


1,2
:()uxK x


  ta có \uKG , ()u



và ()u


 . Để áp dụng Định lý 1.3.3 ta cần
chứng minh rằng

(), , 0Ax x x u x G


   . (1.15)
Thật vậy, giả sử trái lại
00 0000
,0: ( )
x
GAxxxu


     , ta có
02
x
K

,
0
()x


 và
0
00
00
1
11
x
Ax u





.
Truờng hợp 1
: Nếu
0
()Ax


 .
Khai thác tính lồi của hàm

ta có
0
00
00
1
() ( ) ()
11
xAxu
tt







, do đó
01,2
x
K

, suy ra
0
()Ax


 (giả thiết (i)). Vì

lõm nên ta có mâu thuẫn:
0
00
00
1
() ( ) ()
11
xAxu
tt


 
  

.
Truờng hợp 2
: Nếu
0
()Ax


 .
Theo giả thiết (ii) ta có
0
()Ax


 , khi đó ta có mâu thuẫn:
00
00
11
() ( ) ()
11
xAxu
tt

 
  

.
Vậy (1.15) đúng, do
\uKG nên áp dụng Mệnh đề 1.3.3 (iii) ta có (, ) 0
K
iAG .
Mệnh đề 1.3.10. Cho X là không gian Banach với nón K , : KR

 là hàm liên tục lồi, : KR


là hàm liên tục lõm. Cho trước
, R


 . Đặt


:()GxK x



 là tập khác và bị chặn. Giả sử
tập


1,2
:()xK x

, :
A
KK compact liên tục sao cho ,
A
xxxK G

  và thỏa:
(i)
1,2
() ,
A
xxK


 .
(ii)
1
() ,
A
xxK


 với ()Ax


 .
Khi đó
(, ) 1
K
iAG .
Chứng minh Mệnh đề 1.3.10.
Lấy


1,2
:()uxK x


 
ta có uG ,
()u



và
()u



. Để áp dụng Định lý 1.3.3 ta cần
chứng minh rằng
(), , 0Ax x x u x G


    (1.16)
Thật vậy, giả sử trái lại
00 0000
,0: ( )
x
GAxxxu


     . Ta có
01
x
K ,
0
()x



và
0
00
00
1
11
x
Ax u





.
Truờng hợp 1
: Nếu
0
()Ax


 .