Phần này đươc dành để trình bày và chứng minh Định lí ánh xạ mở suy rộng và một số ứng dụng của nó. Để chứng minh Định lí này, chúng ta cần các kết quả sau.
2.2.1 Bổ đề. ([3, Lemma 2.71]). Cho S là tập con lồi đóng của không gian Banach X. Giả sử S là một tập hấp thụ, nghĩa là với mỗi x ∈ X tồn tại số t >0 sao cho tx ∈ S. Khi đó, 0∈ int(S).
Chứng minh. Vì S là một tập hấp thụ nên X =
∞
S
n=1
Sn, ở đây Sn := nS.
Theo Định lí 2.1.2, tồn tại tậpSnsao chointSn 6= ∅.Từ đó suy raintS 6= ∅, tức là, tồn tại x∈ S và ε > 0 sao cho Bε(x) ⊂S. Vì S là tập hấp thụ nên tồn tại t > 0 sao cho −tx ∈ S. Nhờ tính lồi của S, ta có Br(0) ⊂ S với r := 1+tεt . Từ đó suy ra 0 ∈ int(S). Đây là điều phải chứng minh.
2.2.2 Bổ đề. ([3, Lemma 2.74]). Cho C là tập con lồi đóng trong không gian X ×Y. Khi đó, nếu PX(C) là một tập bị chặn thì
int PY(C)
= int PY(C) ,
ở đây PX và PY tương ứng là phép chiếu từ X ×Y lên X và lên Y.
Chứng minh. Rõ ràng ta chỉ cần chứng minh int PY(C)
⊂ int(PY(C)) và C 6= ∅. Lấy y¯ ∈ intPY(C) bất kì. Chúng ta sẽ chỉ ra sự tồn tại điểm
¯
x ∈ X sao cho (¯x,y)¯ ∈ C. Lấy ε > 0 thỏa mãn B2ε(¯y) ⊂ PY(C). Xét dãy (xk, yk) ⊂ C được xác định như sau: Lấy (x0, y0) bất kì thuộc C. Giả sử ta đã có (xk, yk) ∈ C. Nếu yk 6= ¯y thì đặt αk := εkyk−yk¯ −1. Ta có
ω := ¯y+ αk(¯y −yk) ∈ Bε(¯y) ⊂ PY(C).
Điều này cho phép chọn (u, v) ∈ C thỏa mãn kv−ωk 6 12kyk −yk.¯ Đặt (xk+1, yk+1) := αk
1 +αk(xk, yk) + 1
1 +αk(u, v) ∈ C.
Nếu yk = ¯y thì đặt (xk+1, yk+1) = (xk,y).¯ Khi đó, ta có:
kxk+1−xkk = kxk −uk
1 +αk 6 diam PX(C)
ε kyk−yk¯ (2.3) và
kyk+1 −yk¯ = kv −ωk 1 +αk 6 1
2kyk−yk,¯ (2.4) ở đây diam PX(C)
:= sup
ky1 −y2k | y1, y2 ∈ PX(C) là đường kính của tập PX(C)
. Từ (2.4) ta suy ra
kyk −yk¯ 6 2−kky0−yk.¯
Do đó, yk hội tụ tới y.¯ Kết hợp với (2.3), ta có xk là một dãy Cauchy trong không gian Banach X. Vì vậy, tồn tại x¯ ∈ X sao cho lim
k→∞xk = ¯x. Mặt khác, C là tập đóng và {(xk, yk)} ⊂ C. Ta có (¯x,y)¯ ∈ C. Bổ đề được
chứng minh.
2.2.3 Định lí.([3, Theorem 2.70]). Cho F : X ⇒ Y là một ánh xạ đa trị lồi đóng, ở đây X, Y là các không gian Banach. Giả sử y¯∈ int F(X)
. Khi đó, với r > 0 và x ∈ F−1(¯y), ta có y¯∈ int F(Br(x)
.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x = 0, y¯= 0 và r = 1. Đặt Z := F(BX). Vì F là lồi nên Z là một tập lồi đóng khác rỗng.
Lấy bất kì y ∈ Y. Vì 0 ∈ intF(X) nên tồn tại α > 0 để αy ∈ F(X), tức là, tồn tại x ∈ X để αy ∈ F(x). Hơn nữa, với bất kì t ∈ (0,1), ta có
tαy = tαy + (1−t)0Y ∈ tF(x) + (1−t)F(0X)
⊂F tx+ (1−t)0X
= F(tx).
Vì vậy, với t > 0 đủ nhỏ, ta có tαy ∈ F(BX). Từ đó suy ra tập F(BX) hấp thụ. Do đó, Z cũng là một tập hấp thụ. Theo Bổ đề 2.2.1, 0 ∈ intZ.
Điều này có nghĩa là tồn tại η >0 sao cho ηBY ⊂ int
F BX
. Xét tập hợp C := gphF∩ BX×Y
. Ta có F BX
= PY(C). Hơn nữa, C là một tập lồi đóng và PX(C) ⊂ BX là bị chặn. Do đó, theo Bổ đề 2.2.2, int PY(C)
= int PY(C)
. Từ đó suy ra ηBY ⊂int
F(BX)
= int F(BX) .
Định lí được chứng minh.
2.2.4 Mệnh đề. ([3, Proposition 2.77]). Cho F : X ⇒ Y là một ánh xạ đa trị lồi. Khi đó, F là mở tuyến tính quanh (x0, y0) ∈ gphF nếu và chỉ nếu tồn tại η >0, ν >0 sao cho
y0 +ηBY ⊂ F(x0 +νBX) (2.5)
Chứng minh. Giả sử F là mở tuyến tính quanh (x0, y0), tức là, tồn tại γ > 0, ε > 0 và r > 0 sao cho
Bγt(y) ⊂F Bt(x)
, ∀(x, y) ∈ gphF ∩[Br(x0)×Br(y0)], ∀t ∈ [0, ε].
Khi đó, rõ ràng (2.5) đúng với ν = ε và η = γε. Ngược lại, giả sử F là lồi và (2.5)đúng. Không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử x0 = 0 và y0 = 0. Lấy (x, y) ∈ gphF ∩ νBX ×12ηBY
. Vì y ∈ F(x) và F là lồi nên, với t ∈ [0,1] bất kì, ta có
y+ 12tηBY = (1−t)y +t(y + 12ηBY)
⊂ (1−t)y +tηBY
⊂ (1−t)F(x) +tF(νBX)
⊂ F (1−t)x+tνBX
⊂ F(x+ 2tνBX).
Đặt γ = 4νη và ε = 2ν. Ta có
y +tγBY ⊂ F(x+ tBX),
với mọi (x, y) ∈ gphF ∩(νBX × 12ηBY) và t∈ [0, ε].
2.2.5 Hệ quả. ([3]). Cho F : X ⇒ Y là một ánh xạ đa trị lồi đóng.
Khi đó, F là mở tuyến tính tại (¯x,y)¯ nếu và chỉ nếu y¯∈ intF(X).
Kết quả sau đây là một mở rộng của Định lí Lyusternik-Graves.
2.2.6 Định lí. ([3]). Cho f : X →Y là khả vi chặt tại x¯ và K là một nón lồi đóng trong Y. Giả sử f(¯x) ∈ K và
0∈ int f(¯x) +∇f(¯x)(X)−K .
Khi đó, ánh xạ F :X ⇒Y xác định bởi F(x) =f(x)−K là chính quy mêtric quanh điểm (¯x,0).
Chứng minh. Đặt G(x) := ∇f(¯x)(x −x)¯ − K với mọi x ∈ X. Khi đó, từ giả thiết đã cho, ta suy ra G : X ⇒ Y là một ánh xạ đa trị lồi đóng,
¯
x,−f(¯x)
∈ gphG và −f(¯x) ∈ intG(X). Theo Hệ quả 2.2.5, G là mở tuyến tính quanh x,¯ −f(¯x)
. Do đó, theo Định lí 2.1.5, ta có F(x) := f(x)−K
= f(x)− ∇f(¯x)(x−x) +¯ ∇f(¯x)(x−x)¯ −K
= f(x)− ∇f(¯x)(x−x) +¯ G(x)
là mở tuyến tính quanh (¯x,0). Từ đó suy ra F là chính quy mêtric quanh (¯x,0), tức là ∃à > 0, δ > 0 sao cho
d x, F−1(y)
6 àd y, F(x)
, ∀(x, y) ∈ Bδ(¯x)×Bδ(0).
Định lí được chứng minh.
2.2.7 Hệ quả. ([3]). Cho f : X → Y là khả vi chặt tại x¯ và K là một nón lồi đóng trong Y. Giả sử f(¯x) ∈ K và
0∈ int f(¯x) +∇f(¯x)(X)−K . Khi đó, các mệnh đề sau đây là đúng:
(i) Tồn tại à > 0 và r > 0 sao cho d x, f−1(K)
6 àd f(x), K
, với mọi x ∈ Br(¯x); (2.6) (ii) Với Ω := f−1(K), ta có
TΩ(¯x) =
v ∈ X | ∇f(¯x)(v) ∈ TK f(¯x) . (2.7) Chứng minh. (i) Giả sử các giả thiết được thỏa mãn. Theo Định lí 2.2.6, ánh xạ F(x) := f(x) −K là chính quy mêtric quanh điểm (¯x,0), tức là tồn tại à > 0 và r > 0 sao cho d x, F−1(y)
6 àd y, F(x)
, với mọi x ∈ Br(¯x) và y ∈ Br(0). Lấy y = 0, ta có
d x, F−1(0)
6àd 0, F(x)
, ∀x ∈ Br(¯x). (2.8) Mặt khác,
F−1(0) = {x | 0∈ f(x)−K}
= {x | f(x) ∈ K}
= f−1(K)
.
và d 0, F(x)
= d 0, f(x)−K
= d f(x), K
. Do đó, từ (2.8) ta suy ra d x, f−1(K)
6 àd f(x), K
,∀x ∈ Br(¯x).
(ii) Lấy v ∈ TΩ(¯x). Theo Định nghĩa, tồn tại tk → 0+, vk → v sao cho
¯
x+tkvk ∈ Ω,∀k. Mặt khác,
f(¯x+tkvk) = f(¯x) +tk∇f(¯x)(vk) +o(tk)
= f(¯x) +tk ∇f(¯x)(vk) + o(ttk)
k
. Đặt wk := ∇f(¯x)(vk) + o(ttk)
k . Ta có wk → ∇f(¯x)(v) và f(¯x) +tkwk ∈ K, ∀k
suy ra ∇f(¯x)(v) ∈ TK f(¯x)
. Ngược lại, giả sử v ∈ X thỏa mãn
∇f(¯x)(v) ∈ TK f(¯x) .
Theo định nghĩa, tồn tại tk → 0+, và wk → ∇f(¯x)(v) sao cho f(¯x) +tkwk ∈ K, ∀k
Mặt khác, theo (2.6),
d(x,Ω) 6 àd f(x), K
, ∀x ∈ Br(¯x)
Ta có x¯+tkv ∈ Br(¯x) với mọi k đủ lớn. Do đó ∃xk ∈ Ω sao cho k¯x+tkv −xkk 6 2àd f(¯x+ tkv), K
6 2àkf(¯x+ tkv)−f(¯x)−tkwkk
= 2àk∇f(¯x)(tkv)−tkwk+ o(tk)k
= 2àtkk∇f(¯x)(v)−wk + o(ttk)
k k.
Do đó, x¯+tkv−xk = o(tk), vì vậy vk := xkt−¯x
k →v, và x¯+tkvk = xk ∈ Ω.
Từ đó suy ra v ∈ TΩ(¯x). Điều này chứng tỏ (2.7) đúng.