Điểm bất động của một lớp toán tử phi tuyến (K,Uo) - Lõm chính quy đều

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ LIỆU ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA LỚP TOÁN TỬ PHI TUYẾN (K, u0) - LÕM CHÍNH QUY LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2011 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ LIỆU ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA MỘT LỚP TOÁN TỬ PHI TUYẾN (K, u0) - LÕM CHÍNH QUY Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: PGS - TS - GVCC Nguyễn Phụ Hy HÀ NỘI - 2011 LỜI CẢM ƠN Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, hướng dẫn nhiệt tình Phó giáo sư - Tiến sĩ - Giảng viên cao cấp Nguyễn Phụ Hy, người thầy hướng dẫn truyền cho tác giả kinh nghiệm quý báu học tập nghiên cứu khoa học Thầy động viên khích lệ để tác giả vươn lên học tập vượt qua khó khăn chuyên môn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn, lòng kính trọng sâu sắc thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn ban giám hiệu trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, phòng Sau đại học, khoa Toán tổ Giải tích quý thầy cô tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả kết thúc tốt đẹp chương trình cao học hoàn thành luận văn tốt nghiệp Tác giả xin trân trọng cảm ơn ban giám hiệu trường THPT Ngô Sĩ Liên - Bắc Giang, tổ Toán - Tin, đồng nghiệp gia đình tạo điều kiện giúp đỡ để tác giả an tâm học tập hoàn thành tốt luận văn Hà Nội, tháng 12 năm 2011 Tác giả Nguyễn Thị Liệu LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan Luận văn công trình nghiên cứu riêng hướng dẫn trực tiếp PGS - TS - GVCC Nguyễn Phụ Hy Trong trình nghiên cứu, kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng 12 năm 2011 Tác giả Nguyễn Thị Liệu Mục lục Mở đầu v Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian định chuẩn thực 1.1.1 Các định nghĩa 1.1.2 Một số không gian định chuẩn thực 1.2 Không gian Banach thực nửa thứ tự 14 1.2.1 Nón không gian định chuẩn thực 14 1.2.2 Quan hệ thứ tự không gian E 15 1.2.3 Không gian Banach thực nửa thứ tự 22 1.2.4 Không gian Eu0 23 1.2.5 Một số không gian Banach thực nửa thứ tự 27 Chương Toán tử (K, u0 ) - lõm quy 42 2.1 Toán tử (K, u0 ) - lõm 42 2.1.1 Các định nghĩa 42 2.1.2 Một số tính chất đơn giản toán tử (K, u0 ) - lõm 43 2.1.3 Ví dụ toán tử (K, u0 ) - lõm 48 2.2 Toán tử (K u0 ) - lõm quy 52 2.2.1 Định nghĩa 52 2.2.2 Một số tính chất đơn giản toán tử (K, u0 ) - lõm quy 52 2.2.3 Ví dụ toán tử (K, u0 ) - lõm quy 56 iii iv Chương Sự tồn điểm bất động toán tử (K, u0 ) - lõm quy 59 3.1 Một số định lí tồn điểm bất động toán tử (K, u0 ) - lõm quy 59 3.2 Ví dụ áp dụng 66 Kết luận 68 Mở đầu Lí chọn đề tài Nhiều vấn đề toán học, vật lí, kỹ thuật dẫn đến việc xét phương trình: Ax − x = (1) A toán tử tác động không gian hàm đó, x phần tử phải tìm Phần tử x thoả mãn (1) gọi điểm bất động toán tử A Người đặt móng cho việc nghiên cứu điểm bất động toán tử A nhà toán học người Balan Stefan Banach với nguyên lí tiếng: nguyên lí ánh xạ co (công bố năm 1922) Tiếp đến có nhiều nhà toán học có công trình nghiên cứu điểm bất động toán tử không gian hàm Nhà toán học Nga tiếng M.A.Kraxnôxelxki nghiên cứu lớp toán tử phi tuyến - Toán tử lõm (1956) điểm bất động vectơ riêng; Sau giáo sư tiến sĩ khoa học I.A.Baxtin mở rộng kết cho lớp toán tử phi tuyến (K, u0 ) - lõm (1984) Các lớp toán tử có chung tính chất u0 - đo Tính chất u0 – đo định nghĩa toán tử lõm khiến cho việc ứng dụng kết gặp khó khăn Tuy nhiên tồn lớp toán tử phi tuyến tính chất u0 – đo được, có tính chất toán tử lõm Một lớp toán tử lớp toán tử lõm quy v vi Năm 1987, báo đăng tạp chí Toán học, tập XV, số 1, 27 - 32, PGS - TS Nguyễn Phụ Hy xây dựng khái niệm toán tử lõm quy mở rộng định lí quan trọng điểm bất động toán tử lõm cho toán tử lõm quy Với mong muốn mở rộng kết tương ứng toán tử lõm quy cho lớp toán tử phi tuyến (K, u0 ) – lõm quy, chọn đề tài: “Điểm bất động lớp toán tử phi tuyến (K, u0 ) - lõm quy” Mục đích nghiên cứu Luận văn “Điểm bất động lớp toán tử phi tuyến (K, u0 ) - lõm quy” nhằm đưa số tính chất toán tử (K, u0 ) - lõm quy tồn điểm bất động lớp toán tử Nhiệm vụ nghiên cứu Với mục đích nêu trên, nhiệm vụ nghiên cứu luận văn là: + Nghiên cứu số tính chất toán tử (K, u0 ) - lõm quy + Nghiên cứu tồn điểm bất động toán tử (K, u0 ) - lõm quy + Vận dụng số kết nghiên cứu vào số không gian định chuẩn thực cụ thể Đối tượng phạm vi nghiên cứu +) Đối tượng nghiên cứu: Toán tử (K, u0 ) - lõm quy +) Phạm vi nghiên cứu: - Tính chất điểm bất động toán tử (K, u0 ) - lõm quy; vii - Sự tồn điểm bất động toán tử (K, u0 ) - lõm quy; - Vận dụng số kết nghiên cứu vào số không gian định chuẩn thực cụ thể Phương pháp nghiên cứu - Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu - Vận dụng (hay áp dụng) số kết nghiên cứu vào số không gian định chuẩn thực cụ thể Dự kiến đóng góp - Xây dựng khái niệm toán tử (K, u0 )– lõm quy ví dụ - Trình bày cách hệ thống tính chất toán tử (K, u0 ) – lõm quy - Một số điều kiện tồn điểm bất động toán tử (K, u0 ) – lõm quy - Vận dụng kết đạt số không gian định chuẩn thực cụ thể Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian định chuẩn thực 1.1.1 Các định nghĩa Định nghĩa 1.1.1 Cho không gian tuyến tính thực E Một chuẩn E ánh xạ từ E vào R, kí hiệu (đọc chuẩn), thỏa mãn điều kiện sau: i,∀x ∈ E, x ≥ 0, x = x = θ (θ phần tử không không gian E); ii,∀x ∈ E, ∀α ∈ R, αx = |α| x ; iii,∀x, y ∈ E, x + y ≤ x + y (bất đẳng thức tam giác) Định nghĩa 1.1.2 Không gian tuyến tính thực E với chuẩn gọi không gian định chuẩn thực, kí hiệu (E, ) hay E Định nghĩa 1.1.3 Cho không gian định chuẩn E Dãy điểm {xn }∞ n=1 ⊂ E gọi hội tụ đến x ∈ E lim xn − x n→∞ = 0, hay ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N∗ cho ∀n ≥ n0 , xn − x < ε Dựa vào định nghĩa ta dễ dàng chứng minh số tính chất sau: 54 quy *) Ak+1 toán tử dương nón K Thật vậy, ∀x ∈ K, Ak+1 x = A Ak x Theo giả thiết quy nạp, Ak toán tử (K, u0 ) - lõm quy nên Ak toán tử dương nón K Do Ak x ∈ K Vì A toán tử (K, u0 ) - lõm quy nên A Ak x ∈ K hay Ak+1 x ∈ K Do Ak+1 toán tử dương nón K *) Ak+1 đơn điệu nón K Thật vậy, Ak toán tử đơn điệu nón K nên ∀x, y ∈ K, x ≤ y ta có Ak x ≤ Ak y A toán tử đơn điệu nón K nên ta có A Ak x ≤ A Ak y Suy Ak+1 x ≤ Ak+1 y Do Ak+1 toán tử đơn điệu nón K *) ∀x ∈ K ∗ , ∀t ∈ (0; 1) ta có Ak+1 tx > tAk+1 x Thật vậy, Ak toán tử (K, u0 ) - lõm quy nên ∀x ∈ K ∗ , ∀t ∈ (0; 1) ta có Ak tx > tAk x Do A toán tử đơn điệu nón K Ak tx ∈ K, tAk x ∈ K nên A Ak tx ≥ A tAk x (2.6) ∀x ∈ K ∗ , ∀t ∈ (0; 1) ta có x > tx Do Ak toán tử đơn điệu nên Ak x ≥ Ak tx Lại Ak toán tử (K, u0 ) - lõm nên ∀x ∈ K ∗ , t ∈ (0; 1) , Ak tx > tAk x Do Ak x ≥ Ak tx > tAk x ≥ θ suy Ak x > θ Mà A toán tử (K, u0 ) - lõm quy nên A tAk x > tA Ak x hay A tAk x > tAk+1 x (2.7) Từ (2.6), (2.7) ta có Ak+1 tx > tAk+1 x Do ∀x ∈ K ∗ , ∀t ∈ (0; 1) ta có Ak+1 tx > tAk+1 x 55 *) ∀x, y ∈ K (u0 ) , ∀t ∈ (0; 1) , x − ty > θ, ∃δ = δ (x, y, t) > cho Ak+1 x − tAk+1 y ≥ δu0 Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, Ak toán tử (K, u0 ) - lõm quy nên có ∀x, y ∈ K (u0 ) , ∀t ∈ (0; 1) , x − ty > θ, ∃δ1 = δ1 (x, y, t) > cho Ak x − tAk y ≥ δ1 u0 > θ Mà A toán tử (K, u0 ) - lõm quy nên ∃δ = δ Ak x, Ak y, t > cho A Ak x − tA Ak y ≥ δu0 hay Ak+1 x − tAk+1 y ≥ δu0 Vì toán tử Ak không đổi nên Ak x phụ thuộc vào x Ak y phụ thuộc vào y, suy δ = δ Ak x, Ak y, t = δ (x, y, t) Do Ak+1 toán tử (K, u0 ) - lõm quy Vì theo phép quy nạp toán học, An toán tử (K, u0 ) - lõm quy với ∀n ∈ N∗ Định lí 2.2.3 Mỗi toán tử (K, u0 ) - lõm quy A điểm bất động K (u0 ) Chứng minh Giả sử ∃x, y ∈ K (u0 ) , x = y, Ax = x, Ay = y Do K nón x = y nên hai phần tử x − y, y − x không thuộc nón K Giả sử x − y ∈ / K Do x, y ∈ K (u0 ) nên ∃α > 0, ∃β > cho αu0 ≤ x ≤ βu0 , αu0 ≤ y ≤ βu0 α α Suy x ≥ αu0 = βu0 ≥ y β β α α Số < Thật vậy, ≥ α ≥ β > suy x ≥ αu0 ≥ βu0 ≥ y, β β nên x − y ∈ K ( mâu thuẫn với giả sử x − y ∈ / K ) Hiển nhiên, x − ty ≥ θ t < Xét ánh xạ h : R −→ E t −→ x − ty 56 Khi ánh xạ h liên tục phép cộng hai vectơ phép nhân số với vectơ không gian định chuẩn liên tục Xét tập I = {t ∈ R : x − ty ≥ θ} = {t ∈ R : x − ty ∈ K} = h−1 (K) Do K nón E nên K tập đóng E, mà h liên tục nên h−1 (K) tập đóng R hay I tập đóng R Theo ta có t ∈ I t < hay I bị chặn trên, suy tồn giá trị t0 = max {t ∈ R : x − ty ≥ θ} α ≤ t0 < Khi x − t0 y = θ.Thật vậy, x − t0 y = θ Ta có < β x = t0 y = t0 Ay < At0 y = Ax ( mâu thuẫn với Ax = x) Do x − t0 y = θ Vì A toán tử (K, u0 ) - lõm quy nên ∀x, y ∈ K (u0 ) t0 ∈ (0; 1) , x − t0 y > θ, ∃δ = δ (x, y, t) > cho Ax − t0 Ay ≥ δu0 δ δ hay x − t0 y ≥ δu0 = βu0 ≥ y β β Suy δ x − t0 y − y ≥ θ, β δ x − t0 + y ≥ θ β δ δ > t0 cho x − t0 + β β với tính chất cực đại số t0 Do đó, tồn t0 + y ≥ θ nên mâu thuẫn Vậy A điểm bất động khác không K (u0 ) 2.2.3 Ví dụ toán tử (K, u0 ) - lõm quy Ví dụ 2.2 Trong C[0;1] , ta có K = x = x (s) ∈ C[0;1] : x (s) ≥ 0, ∀s ∈ [0; 1] Chọn u0 ∈ C[0;1] cho u0 (s) = 1, ∀s ∈ [0; 1] theo mục 1.2.5.2 ta có K (u0 ) = x = x (s) ∈ C[0;1] : x (s) > 0, ∀s ∈ [0; 1] 57 Xét toán tử A xác định Ax (s) = |x (s)|, ∀s ∈ [0; 1] Khi A toán tử (K, u0 ) - lõm quy Thật vậy, ta chứng minh toán tử A thỏa mãn điều kiện toán tử (K, u0 ) - lõm quy Từ định nghĩa ∀x ∈ K ta có Ax (s) = x (s), ∀s ∈ [0; 1] *) Hiển nhiên ta có A toán tử dương K *) A toán tử đơn điệu K, ∀x, y ∈ K ta có x ≤ y x (s) ≤ y (s) , ∀s ∈ [0; 1] Suy x (s) ≤ y (s), ∀s ∈ [0; 1] Vì ∀x, y ∈ K, x ≤ y Ax ≤ Ay *) ∀x ∈ K ∗ , ∀t ∈ (0; 1) , Atx > tAx Thật vậy, x ∈ K ∗ có nghĩa x (s) ≥ 0, ∀s ∈ [0; 1] ∃s0 ∈ [0; 1] cho x (s0 ) > Suy Atx (s) = tx (s) > t x (s), ∀s ∈ [0; 1] , mà x (s) > 0, Atx (s) = tx (s) = t x (s), ∀s ∈ [0; 1] , mà x (s) = Do Atx > tAx, ∀x ∈ K ∗ *) ∀x, y ∈ K (u0 ) , ∀t ∈ (0; 1) : x − ty > θ, ∃δ = δ (x, y, t) > cho Ax − tAy ≥ δu0 Thật vậy, Atx − tAy = √ √√ √ √ √ √ x−t y ≥ t y−t y = t−t y Vì y ∈ K (u0 ) nên tồn λ > 0, γ > cho λu0 ≤ y ≤ γu0 58 Suy Atx − tAy = √ t−t √ √ y≥ t−t √ u0 √ λ √ t−t λ u0 √ max u0 √ u0 ≥ s∈[0;1] √ t−t λ > ta có Ax − tAy ≥ δu0 √ max u0 √ Với δ = δ (x, y, t) = s∈[0;1] Như vậy, toán tử A toán tử (K, u0 ) - lõm quy Chương Sự tồn điểm bất động toán tử (K, u0) - lõm quy 3.1 Một số định lí tồn điểm bất động toán tử (K, u0) - lõm quy Định lí 3.1.1 Giả sử A toán tử (K, u0 ) - lõm quy x0 phần tử thuộc K (u0 ) Nếu dãy x0 , x1 , , xn , đó, xn = Axn−1 (n = 1, 2, ), tăng tồn phần tử x¯ = sup (xn ) K (u0 ) A¯ x = x¯ Chứng minh Vì x¯ = sup xn nên x¯ ≥ xn Mà A toán tử đơn điệu nên Axn ≤ A¯ x Mặt khác {xn } dãy tăng nên xn ≤ xn+1 = Axn Do xn ≤ A¯ x, n = 1, 2, Suy sup (xn ) = x¯ ≤ A¯ x (3.1) Với n = 1, 2, ta xét ánh xạ hn : R → E t → xn − t¯ x Khi ánh xạ hn liên tục phép cộng hai vectơ phép nhân vectơ với số không gian định chuẩn E liên tục Xét tập In = {t ∈ R : xn − t¯ x ≥ θ} = {t ∈ R : xn − t¯ x ∈ K} = h−1 n (K) Do K tập đóng E ánh xạ hn liên tục nên h−1 n (K) tập đóng 59 60 R Suy In tập đóng R Với t ∈ I ta có t ≤ Thật vậy, giả sử t > , t = 1+a, a > Khi ta có xn − t¯ x = xn − (1 + a) x¯ = xn − x¯ − a¯ x ≥ θ, suy xn − x¯ − a¯ x ∈ K Mà x¯ ≥ xn nên x¯ − xn ≥ θ hay x¯ − xn ∈ K Do K nón nên ta có xn − x¯ − a¯ x + x¯ − xn = −a¯ x ∈ K ( vô lí) Vậy t ≤ 1, hay In bị chặn R Do tồn tn = max {t ∈ R : xn − t¯ x ≥ θ}, tn ≤ Hơn nữa, tn > xn , x¯ ∈ K (u0 ) nên tồn α, β > cho αu0 ≤ xn ≤ βu0 , αu0 ≤ x¯ ≤ βu0 suy xn ≥ αu0 = α α α α βu0 ≥ ¯ x hay xn − ¯ x ≥ θ Do tn ≥ > β β β β Vậy < tn ≤ Mặt khác dãy số {tn } tăng, xn−1 − tn−1 x¯ ≥ θ ⇔ xn−1 ≥ tn−1 x¯, A toán tử đơn điệu nên Axn−1 ≥ Atn−1 x¯ ≥ tn−1 A¯ x ⇒ xn ≥ tn−1 x¯ hay xn − tn−1 x¯ ≥ θ tn ≥ tn−1 Vì tồn lim tn = t ∈ (0; 1] n→∞ Giả sử t ∈ (0; 1), nhờ tính chất ii) toán tử A ta có At¯ x > tA¯ x ≥ t¯ x ⇒ At¯ x − t¯ x > θ Nhờ tính chất iii) toán tử A x¯ > θta có ∃δ > : A (At¯ x) − tA¯ x ≥ δu0 hay A2 t¯ x − tA¯ x ≥ δu0 Vì x¯ ∈ K (u0 ) nên tồn β1 > cho x¯ ≤ β1 u0 , suy u0 ≥ Chọn γ = δ γt ta có u0 ≥ x¯ β1 t δ A2 t¯ x ≥ tA¯ x + δu0 ≥ t¯ x + γt¯ x = t (1 + γ) x¯ x¯ β1 61 Do xn+2 = A2 xn ≥ A2 tn x¯ = A2 ≥ tn t¯ x t ≥ tn A t¯ x t tn t (1 + γ) x¯ = (1 + γ) tn x¯ t Suy tn+2 ≥ (1 + γ) tn , (n = 1, 2, ) Đặc biệt t2k+1 ≥ (1 + γ) t2k−1 ≥ · · · ≥ (1 + γ)k t1 > 0, (k = 1, 2, ) Suy lim t2k+1 = +∞, mâu thuẫn với điều giả sử t < Vì k→∞ lim tn = n→∞ Mặt khác nhờ tính chất ii) sau nhờ tính chất i) toán tử A ta có tn A¯ x < Atn x¯ ≤ Axn = xn+1 ≤ x¯, n = 1, 2, Cho n → ∞ ta A¯ x ≤ x¯ (3.2) Từ (3.1) (3.2) suy A¯ x = x¯ Định lí 3.1.2 Cho toán tử A : E → E thỏa mãn điều kiện sau: i, A toán tử (K, u0 ) - lõm quy; ii, Tồn λ > cho ∀y ∈ K (u0 ) ta có Ay ≥ λu0 (A gọi bị chặn u0 K (u0 )); iii, Tồn y0 ∈ K (u0 ) cho dãy {yn } với yn = Ayn−1 (n = 1, 2, ) giảm tồn phần tử y¯ = inf (yn ) K (u0 ) Khi A¯ y = y¯ Chứng minh Vì y¯ = inf yn nên y¯ ≤ yn , ∀n ∈ N A toán tử đơn điệu dãy {yn } giảm nên A¯ y ≤ Ayn = yn+1 ≤ yn , ∀n ∈ N 62 Suy A¯ y ≤ inf yn = y¯ (3.3) Với n = 1, 2, ta xét ánh xạ hn : R → E t → t¯ y − yn Khi ánh xạ hn liên tục phép cộng hai vectơ phép nhân vectơ với số không gian định chuẩn E liên tục Xét tập In = {t ∈ R : t¯ y − yn ≥ θ} = {t ∈ R : t¯ y − yn ∈ K} = h−1 n (K) Do K tập đóng E ánh xạ hn liên tục nên h−1 n (K) tập đóng R Suy In tập đóng R In bị chặn R vì,∀t ∈ In ta có t¯ y ≥ yn ≥ y¯, ∀n ∈ N Do (t − 1) y¯ ≥ θ Vì y¯ ∈ K (u0 ) suy t − ≥ hay t ≥ Ta có In tập đóng bị chặn R nên tồn tn = {t ∈ R : t¯ y − yn ≥ θ}, tn ≥ 1, ∀n ∈ N Mặt khác dãy số {tn } giảm vì, tn ≥ nên < y¯ ≥ A¯ y=A 1 1 tn y¯ ≥ Atn y¯ ≥ Ayn = yn+1 , ∀n ∈ N tn tn tn tn hay tn y¯ − yn+1 ≥ θ Suy tn+1 ≤ tn Vì tồn lim tn = t ∈ [1; +∞) n→∞ ≤ suy tn 63 ∈ (0; 1) t Vì t > 1, y¯ ∈ K (u0 ) nên t¯ y ∈ K (u0 ) Nhờ điều kiện ii) toán tử A ta Giả sử t ∈ (1; +∞), có At¯ y ≥ λu0 Ta lại có A¯ y=A 1 t¯ y > At¯ y t t nên At¯ y < tA¯ y ≤ t¯ y Do y¯ ∈ K (u0 ) nên tồn α, β > cho αu0 ≤ y¯ ≤ βu0 Suy λu0 ≤ At¯ y < tA¯ y ≤ t¯ y ≤ tβu0 Vì At¯ y ∈ K (u0 ) Do ∈ (0; 1) A toán tử (K, u0 ) - lõm quy nên t y¯ ≥ A¯ y=A 1 t¯ y > At¯ y t t Suy y¯ − At¯ y ≥ θ t Ta có y¯, At¯ y ∈ K (u0 ) , ∈ (0; 1) A toán tử (K, u0 ) - lõm quy t nên 1 ∃δ = δ (t, y¯) > : A¯ y − A2 t¯ y ≥ δu0 hay A2 t¯ y ≤ A¯ y − δu0 ≤ y¯ − δu0 t t Vì y¯ ∈ K (u0 ) nên tồn β1 > cho y¯ ≤ β1 u0 , suy u0 ≥ Chọn γ = δ γ > ta có u0 ≥ y¯ β1 δ A t¯ y ≤ y¯ − γ y¯ = (1 − γ) y¯ t y¯ β1 64 Suy A2 t¯ y ≤ t (1 − γ) y¯ Vì {tn } dãy giảm bị chặn lim tn = t nên < n→∞ t < tn Khi t t tn y¯ > A2 tn y¯ tn tn A2 t¯ y = A2 hay A2 tn y¯ < tn A t¯ y < tn (1 − γ) y¯ t Do yn+2 = A2 yn ≤ A2 tn y¯ < tn (1 − γ) y¯, Suy < − γ < tn (1 − γ) y¯ − yn+2 > θ Vì tn+2 ≤ (1 − γ) tn , (n = 1, 2, ) Đặc biệt t2k+1 ≤ (1 − γ) t2k−1 ≤ · · · ≤ (1 − γ)k t1 > 0, (k = 1, 2, ) Suy lim t2k+1 = 0, mâu thuẫn với điều giả sử t > Vì lim tn = n→∞ k→∞ Mặt khác A - toán tử (K, u0 ) - lõm quy nên ta có 1 1 A¯ y ≥ A yn > Ayn = yn+1 ≥ y¯, n = 1, 2, tn tn tn tn Cho n → ∞ ta A¯ y ≥ y¯ (3.4) Từ (3.3) (3.4) suy A¯ y = y¯ Định lí 3.1.3 Giả sử A toán tử (K, u0 ) - lõm quy x0 ∈ K (u0 ) cho x0 ≤ Ax0 Nếu dãy xn = Axn−1 , (n = 1, 2, ) có điểm giới hạn x¯ ∈ K (u0 ) A¯ x = x¯ Chứng minh Dãy {xn } chứa dãy {xnk } hội tụ tới x¯ ∈ K (u0 ) Từ điều kiện x0 ≤ Ax0 ta có x0 ≤ x1 Giả sử xk ≤ xk+1 , ∀k = 1, 2, ta 65 cần chứng minh xk+1 ≤ xk+2 Ta có xk ≤ xk+1 , ∀k = 1, 2, A toán tử đơn điệu K nên Axk ≤ Axk+1 , ∀k = 1, 2, Suy xk+1 ≤ xk+2 , ∀k = 1, 2, Vậy theo quy nạp toán học ta có xn ≤ xn+1 , ∀n = 1, 2, hay dãy {xn } dãy tăng Hiển nhiên, với n = 1, 2, n < nk ta có xn ≤ xnk Cho k → ∞ ta xn ≤ x¯, (n = 1, 2, ) Nếu có phần tử y ∈ E cho y ≥ xn , (n = 1, 2, ) y ≥ xnk , (k = 1, 2, ) nên y ≥ x¯ Do x¯ = sup xn Vì điều kiện định lí 3.1.3 thỏa mãn điều kiện định lí 3.1.1, nên theo định lí 3.1.1 ta có A¯ x = x¯ Định lí 3.1.4 Giả sử A toán tử (K, u0 ) - lõm quy, bị chặn u0 K (u0 ) tồn y0 ∈ K (u0 ) cho y0 ≥ Ay0 Nếu dãy yn = Ayn−1 , (n = 1, 2, ) có điểm giới hạn y¯ ∈ K (u0 ) A¯ y = y¯ Chứng minh Dãy {yn } chứa dãy {ynk } hội tụ tới y¯ ∈ K (u0 ) Từ điều kiện y0 ≥ Ay0 tính đơn điệu toán tử A suy dãy {yn } giảm Hiển nhiên, với n = 1, 2, n < nk ta có yn ≥ ynk Cho k → ∞ ta yn ≥ y¯, (n = 1, 2, ) Nếu có phần tử z ∈ E cho z ≥ yn , (n = 1, 2, ) z ≥ ynk , (k = 1, 2, ) nên z ≥ y¯ Do y¯ = inf yn Vì điều kiện định lí 3.1.4 thỏa mãn điều kiện định lí 3.1.2, nên theo định lí 3.1.2 ta có A¯ y = y¯ 66 3.2 Ví dụ áp dụng Ví dụ 3.1 Trong C[0;1] , ta có K = x = x (s) ∈ C[0;1] : x (s) ≥ 0, ∀s ∈ [0; 1] Chọn u0 ∈ C[0;1] cho u0 (s) = 1, ∀s ∈ [0; 1] theo mục 1.2.5.2 ta có K (u0 ) = x = x (s) ∈ C[0;1] : x (s) > 0, ∀s ∈ [0; 1] Xét toán tử A xác định Ax (s) = |x (s)|, ∀s ∈ [0; 1] Theo mục 2.2.3 ta có A toán tử (K, u0 ) - lõm quy Chọn x0 ∈ K (u0 ) cho max x0 ≤ s∈[0;1] x1 = Ax0 = x0 = (x0 ) , 1 √ x2 = Ax1 = x1 = (x1 ) = (x0 ) , √ xn = Axn−1 = √ xn−1 1 = (xn−1 ) = (x0 ) 2n ta dãy {xn } xác định xn = (x0 ) 2n , ∀n ∈ N Ta có dãy {xn } tăng vì, < x0 (s) ≤ max x0 (s) < 1, ∀s ∈ [0; 1] s∈[0;1] 1 > , ∀n ∈ N 2n 2n+1 Suy 1 n n+1 (x0 (s)) ≤ (x0 (s)) , ∀s ∈ [0; 1] , ∀n ∈ N 1 Vì (x0 ) 2n ≤ (x0 ) 2n+1 , ∀n ∈ N hay xn ≤ xn+1 , ∀n  ∈ N   n Với s ∈ [0; 1] cố định ta có dãy số (x0 (s)) hội tụ tới 1,   67   1  dãy hàm (x0 (s)) 2n hội tụ điểm tới hàm x (s) = 1, ∀s ∈ [0; 1]   Theo tính chất dãy hàm không giảm, không âm liên tục [0; 1] hội tụ điểm  tục [0; 1] hội tụ [0; 1],  tới hàm liên 1  dãy hàm (x0 (s)) 2n hội tụ tới hàm x (s) = 1, ∀s ∈ [0; 1]   [0; 1]   1  Suy dãy (x0 ) 2n có giới hạn hàm x (s) = 1∀s ∈ [0; 1]   K (u0 ) Khi điều kiện định lí 3.1.3 thỏa mãn, nên toán tử A có điểm bất động K (u0 ) x (s) = 1, ∀s ∈ [0; 1] Kết luận Quá trình nghiên cứu đạt kết sau: • Xây dựng khái niệm toán tử (K, u0 ) - lõm quy ví dụ • Trình bày hệ thống tính chất toán tử (K, u0 ) - lõm quy • Một số điều kiện tồn điểm bất động toán tử (K, u0 ) - lõm quy • Vận dụng kết đạt số không gian định chuẩn thực cụ thể Do thời gian có hạn, luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận đóng góp quý thầy cô bạn để để luận văn hoàn thiện hơn.Tôi xin chân thành cảm ơn! 68