Sự tồn tại vectơ riêng dương của ánh xạ tuyến tính dương

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Lê Thị Tuyết Nhung SỰ TỒN TẠI VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 1.01.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thầy hướng dẫn: PGS TS Nguyễn Bích Huy Khoa Toán - Tin học Trường Đại học Sư phạm Tp.HCM Thành phố Hồ Chí Minh - 2005  Lời luận văn kính gởi đến Thầy, PGS TS Nguyễn Bích Huy, người giảng dạy tận tình hướng dẫn hoàn thành luận văn này, lời cảm ơn trân trọng Xin chân thành cảm ơn thầy cô thuộc khoa Toán – Tin học trường Sư Phạm Tp Hồ Chí Minh trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp Hồ Chí Minh nhiệt tình giảng dạy chuyên đề, giúp làm quen với công việc nghiên cứu khoa học Xin cảm ơn bạn khóa 13 người quan tâm đề tài luận văn nhiệt tình trao đổi, thảo luận, góp ý suốt trình thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu đồng nghiệp tổ toán trường THPT chuyên Trần Đại Nghóa tạo điều kiện thuận lợi cho tham gia khóa học Cuối cùng, xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè thân thiết bên cạnh ủng hộ, động viên giúp đỡ suốt thời gian qua Tp Hồ Chí Minh, tháng năm 2005 Lê Thị Tuyết Nhung Lời giới thiệu Vấn đề tồn vectơ riêng dương ánh xạ tuyến tính mở đầu Perron việc chứng minh số tính chất cho giá trị riêng ma trận với số hạng dương vào năm 1907 sau: Giả sử A ma trận vuông dương Khi đó: i) Bán kính phổ r(A) A số dương ii) r(A) giá trị riêng đơn A iii) Nếu   r(A) giá trị riêng A  < r(A) iv) Vectơ riêng v A ứng với giá trị riêng r(A) chọn tọa độ dương v) v vectơ riêng dương A (chính xác tới thừa số) Năm 1912, Jentzsch mở rộng định lí Perron cho ánh xạ tích phân b (s)   k(s, t)(t)dt với nhân dương a Năm 1937, Krein, Rutman mở rộng kết Jentzsch cho lớp ánh xạ tuyến tính dương mạnh hoàn toàn liên tục Tiếp theo, Krasnoselskii lại mở rộng kết cho lớp ánh xạ u0 - dương, hoàn toàn liên tục Về sau, Bakhtin đưa nhiều kết tồn vectơ riêng dương ánh xạ tuyến tính không hoàn toàn liên tục Trong luận văn này, trình bày kết liên quan đến tồn vectơ riêng dương ánh xạ tuyến tính dương hoàn toàn liên tục không hoàn toàn liên tục, tính chất giá trị riêng tương ứng vectơ riêng dương ứng dụng vấn đề tồn nghiệm phương trình tuyến tính không Các kết luận văn trình bày số sách tham khảo báo khoa học Chúng cố gắng hệ thống làm rõ chứng minh vấn đề Chương SỰ TỒN TẠI VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG I.1 Không gian Banach có thứ tự sinh nón Định nghóa I.1.1 Cho X không gian Banach trường  Tập K  X gọi nón điều kiện sau thỏa mãn: i) K tập đóng, khác  K  {  } ii) (a, b   , a, b  0, x, y  K)  ax + by  K iii) K   K  ={  } Nếu K nón thứ tự X sinh K định nghóa sau: x  y  (y  x)  K Nếu nón K có intK   ta định nghóa x  y  (y  x)  int K Bổ đề nón Cho X không gian Banach trường  với nón thứ tự K Giả sử u   với v   tồn số  u (v)  cho: i) neáu     u (v) u  v   ii)    u (v) u  v   Nếu intK   u    u (v)  Chứng minh Xây dựng  u (v) Xét nửa đường thẳng   {u  v :   0} Với   đủ nhỏ ta có u  v  K với    đủ lớn ta có u  v  K ngược lại u  nv  K với n   đủ lớn u  v  K , cho n   ta v  K , vô lí Vậy u +  u (v) v điểm xác định n giao  với biên K nón K Định nghóa I.1.2 Nón K gọi nón chuẩn tồn số m > cho với x, y  K, xy x m y Định nghóa I.1.3 Nón K gọi nón sinh với x  X tồn u, v  K thỏa mãn x  u  v Nói cách khác X = K – K Mệnh đề I.1.4 Nếu nón K có intK   K nón sinh Chứng minh Giả sử e  intK, ta có: r  : B(e,r)  K Do đó, với x  K \ {} , ta có: e  r Đặt  1 x u   e  x 2 r  vaø x K x  1 x v   e  x 2 r  x = u – v, u, v K vaø    1 e 1 e 1 e u    1  1 x  M x , v     x  M x với M =  2 r 2 r 2 r    Vậy K nón sinh Mệnh đề I.1.5 Nếu K nón sinh tồn số M > cho với x  X tồn u, v  K thỏa mãn x  u  v, u  M x , v  M x Chứng minh Đặt K1  K  B(,1) Ta coù:    n 1 n 1 n1 X  K  K   nK1   nK1   n(K1  K1 ) Do X không gian Banach nên theo định lí Baire, tồn n   , x  n (K1  K1 ) vaø r > cho B(x , r)  n (K1  K1 ) Vì x  n (K1  K1 ) neân x  n (K1  K1 ) Từ ta được: B(,r)  n (K1  K1 )  n (K1  K1 )  2n (K1  K1 ) Lấy x  X \ {} tùy ý y  Suy r x  B(,r) , y  2n (K1  K1 ) 2x   0, w  2n (K1  K1 ) : y  w   Với   r r ta tìm w1  2n u1  2n v1 với u1 ,v1  K1 cho y  w1  Khi ñoù 2 2(y  w1 )  B(,r)  2n (K1  K1 ) Suy với   r ta tìm với w'2  2n u'2  2n v'2 u'2 ,v'2  K1 cho r 2(y  w1 )  w'2  Đặt w2  w'2 , ta có u2 ,v2  K , u2 , v2  với w2  2n u2  2n v2 r 22 vaø y  w1  w2  Tiếp tục trình này, ta xây dựng dãy phần tử {un }  K , {v n}  K , un ,  n 1 (*) cho n y   wk  k 1 r , w n  2n u n  2n v n 2n  Từ (*) suy chuỗi u (**)  n n 1  v n hội tụ X n 1  u'   u n , v'   v n u',v'  K u' , v'  Đặt n 1 n 1 Từ (**) suy  y   w k  2n (u' v') k 1  Đặt u r x  2n (u' v') 2x 4n x r u' , v  4n x r hay x 4n x r (u' v') v' x = u – v với u,v  K , u , v  8n x r Vaäy M  8n số cần tìm r Định nghóa I.1.6 Nón K gọi nón minihedral với cặp x, y  X tồn cận z  x  y , nghóa z  x, y z  v với v  x, y Cận u hai phần tử x, y  X định nghóa tương tự kí hiệu u = x  y Mệnh đề I.1.7 Nếu K nón minihedral K nón sinh Chứng minh Với x  X, ñaët x+ = x   , x  = (  x)   Ta coù x  ,x   K vaø x  x   x  Vậy K nón sinh Bổ đề I.1.8 Nếu K nón chuẩn minihedral với dãy hội tụ {xn} không gian X y  X tùy ý, ta có: lim(x n  y)  (lim x n )  y n n Chứng minh x+ = x   , Đặt x  = (  x)   Rõ ràng x = x+  x  biểu diễn tùy ý x = x’ – x” với x’, x” K ta coù x'  x  , x"  x  (a) Chứng minh: lim y n   lim y n   n n  Thật vậy, nón minihedral nón sinh nên tồn số M > cho với yn  X có u(yn)  K thỏa mãn: yn  u(yn) u(y n )  M y n Do đó, y n  u(y n ) Vì nón K nón chuẩn nên tồn số m > cho: y n  m u(y n )  y n  m u(y n )  m.M y n Vaäy lim y n   n Chứng minh: lim x n  x lim x n  x  (b) n n  Ta coù:   x n   x n  x   x    x n  x   x    vaø x    x  x n   x n    x  x n   x n Do x n  x    x n  x  nghóa  x n  x     vaø x   x n   x  x n        x n  x  vaø    x n  x      x  x n   Theo chứng minh (a), lim x n  x n      vaø lim  x  x n    n Vì nón K nón chuẩn nên  lim x n  x  n          Maø x n  x   x n  x  Do lim x n  x    Vaäy lim(x n  y)  lim  (x n  y)    y n  n    vaø lim   x n  x     n    x n  x     n  (x  y)    y  x  y Bổ đề chứng minh Định nghóa I.1.9 Nón K gọi dãy tăng, bị chặn không gian X hội tụ Mệnh đề I.1.10 Nếu K nón K nón chuẩn Chứng minh Giả sử ngược lại, K không nón chuẩn Khi N  0, x,y  K : x  y x  N y Suy với n   tùy ý, tồn x n ,y n  K cho x n  y n vaø x n  n y n Đặt xn y , y'n  n Ta coù xn xn x'n  x'n  y'n vaø y'n  ( n   ) n2  Chuoãi  y' n hội tụ tuyệt đối nên hội tụ n 1 n  Đặt u   y'n , Sn   x'n Ta coù n 1 k 1 n Sn   y'k  u vaø Sn1  Sn  x'n 1  K k 1  Vậy {Sn} tăng bị chặn Do nón K nên {Sn} hội tụ hay chuỗi  x' n hội tụ n 1 Suy lim x'n  , mâu thuẫn với x'n  ( n   ) n  Vậy K nón chuẩn I.2 Ánh xạ tuyến tính không gian Banach có thứ tự sinh nón Định nghóa I.2.1 Cho X, Y không gian Banach, K X  X , K Y  Y nón ánh xạ A : X  Y Ánh xạ A gọi dương neáu A  K X   K Y Ánh xạ A gọi đơn điệu X với x, y  X , x  y  Ax  Ay Định lí I.2.2 Giả sử KX nón sinh, KY nón chuẩn A: X  Y ánh xạ tuyến tính dương Khi A liên tục Chứng minh Gọi M, m số mệnh đề I.1.5 định nghóa nón chuẩn (a) Ta chứng minh: L  : x  K X , Ax  L x Giả sử trái lại, không tồn số L Khi đó, ta có: n  , x n  K X : Ax n  n3 x n  Chuỗi số  1 x = hội tụ nên chuỗi phần tử   n 2 n 1 n n 1 n x n  n n 1 x n hội tụ xn Gọi x0 tổng ta có: x0  xn  n xn  Ax  Ax n n2 xn  m Ax0  Ax n  n, n   n2 x n Điều mâu thuẫn (b) Ta chứng minh: x  X, Ax  2ML x Xét tùy ý x  X Do KX nón sinh nên tồn u, v  K thỏa mãn x = u – v u , v M x Do Ax  Au  Av  L( u  v )  2LM x Vậy A ánh xạ liên tục Định nghóa I.2.3 Cho A ánh xạ từ X vào X phần tử u0  K \ {  } Ánh xạ A gọi u0 - bị chặn nón K với x  K \ {  } tồn số ,  > cho u  Ax   u0 Định nghóa I.2.4 Cho A ánh xạ đơn điệu dương u0 - bị chặn nón K Ánh xạ A gọi u0 - lồi nón K với x  K \ {  } thỏa mãn bất đẳng thức u  x  u0 (với ,   0) với t  [a,b]  (0,1) bất đẳng thức sau thỏa mãn Atx  (1  )tAx , số dương  phụ thuộc ,  , a b Ví dụ: Các ánh xạ có dạng Bx = Ax +  u0 ,  > u0 - lồi ánh xạ A tuyến tính u0 - bị chặn Chứng minh  Do A tuyến tính u0 - bị chặn nên B ánh xạ đơn điệu dương u0 - bị chặn nón K Ta có v  tx  K trừ trường hợp v   tx Thật vậy, v  tx  K \ {} A dương mạnh nên v  tx  int K , mâu thuẫn Hơn nữa, ta có v  tx  int K với t > điều dẫn đến v  x   với t t > 0, suy x  K  x  K Như x   , vô lí Do tồn t > ñeå v  tx   , suy x = sv với s  Giả sử (rI  A)2 x   , x   Do bước ta có rx – Ax = t0v với t0 Ta chứng minh t0 = Thật vậy, t0  0, không tính tổng quát ta coi t0 > Đặt a = r-1, ta coù x = aA(x + t0v), suy ra: x + t0v = aA(x + t0v) + aA(t0v) = aA(x + 2t0v) Khi x = aA[aA(x + 2t0v)] = a2A2(x + 2t0v) Theo quy nạp ta có x = anAn(x + nt0v) Do vintK neân ( hay x x = an A n ( + t v) , n   (*) n n x + t v)  intK với n đủ lớn n Kết hợp điều với tính dương A suy Maø x  n anAnv = anAn-1 (Av) = an-1An-1v = … = v nên từ (*) ta được: x x  t v  an A n     n n Cho n   suy  t v   , t0 = 0, vô lí Vậy t0 = 0, r giá trị đơn 2) Giả sử Ax =  x với x     r Ta chứng minh tồn x1   để Ax1 =  x1   r Xeùt A   A  A với   Ta có A  dương A  x  (   )x Đặt      2 Nếu    ei với  p  số hữu tỉ, q   ta coù: 2 q q A q x  (   )q x    x Đặt z    Ta coù q 1 x   q 2 A  x   A q1x q A  z    z    x  A q x    z Do haøm      liên tục nên ta chọn dãy  n  cho  n   n e i  n với n hữu tỉ Ta có  n   vaø Azn   n A z n   n z n (**) Do A ánh xạ hoàn toàn liên tục ta chọn zn thỏa zn  nên A zn có dãy hội tụ Do từ (**) ta suy zn có dãy hội tụ x1 Qua giới hạn (**) ta có Ax1 =  x1 Vậy định lí chứng minh II.2 Tính chất giá trị riêng ánh xạ tuyến tính u0 - dương Định nghóa II.2.1 Cho A ánh xạ tuyến tính dương từ X vào X phần tử u0  K \ {} Ánh xạ A gọi u0 - dương với x  K \ {} tồn số   (x)  0,   (x)  0, vaø soá n = n(x)   * cho u  A n (x)  u Ví dụ: Nếu intK   , u0  intK A ánh xạ tuyến tính dương mạnh A ánh xạ u0 - dương Thật vậy, với x0  K \ {} A(x)  intK nên từ chứng minh mệnh đề I.1.4, ta tìm số r > cho A(x)  r u0 r  K hay A(x)  u0 u0 u0 Tương tự, u0  intK, ta tìm số t > cho u0  t A(x) A(x)  K hay A(x)  u A(x) t Vậy A ánh xạ u0 - dương Bổ đề II.2.2 Nếu ánh xạ A u0 - dương A có vectơ riêng dương 0 A ánh xạ 0 dương Chứng minh Ta tìm số  , 0 > cho:  u0  0  0 u Do có u  A n (x)   u   0  A n (x)  0 (ñpcm) 0 0 Định lí II.2.3 Giả sử: i) 0 vectơ riêng dương ánh xạ A u0 - dương tương ứng với giá trị riêng  ii) K nón sinh Khi  giá trị riêng đơn A Chứng minh Nhắc lại  giá trị riêng đơn A neáu ker(A   I)n  ker(I   A), n  * vaø dim ker(A   I) =  Chứng minh dim ker(A   I) = Giả sử trái lại, tồn taïi   0 cho A   0 Không tính tổng quát, ta coi   (K) Gọi t0 số lớn thỏa mãn 0  t  t  Thật vậy, K nón sinh nên ta có:    '0   "0 với  '0 ,  "0  K Vì A 0 - dương (theo bổ đề II.2.2) nên có p  ,   thoûa: A p ( '0 )  0    '0 nên ta coù  0p  A p ( )  0 Từ đây, tính cực đại t0 ta coù: t   0p   Vì 0  t   K A 0 - dương nên tồn   0, n   thoûa A n (0  t 0 )  0  t 0  n0 (0  t 0 )  t 0 Do hay 0  (t  t  ) , mâu thuẫu với tính cực đại t0  n0  Tiếp theo, giả sử (A   I)n (x)   , x   nhöng Ax   x Không tính tổng quát, ta coi y  (A   I)n 1 (x)   Ta coù (A   I)(y)   nên theo bước y  k0 , k  Đặt y1   (A   I)n 2 (x) Khi A(y1 )   y1  0 , từ ta có y1  K Thật vậy, k trường hợp ngược lại ta có: A m (y1 )   0m y1  m 0m 10  0 với   , m   đủ lớn hay 0 y1  0  K m Cho m   ta có 0  K điều vô lí Như y1  K ta phân tích y1  y1 ' y1 '' với y1 "   y1 ',y1 "  K Vì A 0 - dương nên ta có A p (y1 ")  0 với   0,p  * Khi đó:  0p y1  p 0p10  A p y1  A p (y1 ')  A p (y1 ")  A p (y1 ")  0 Do ñoù p 0p1   y1  0  p0 (*) Vì y1  K nên phải có p 0p1    Gọi t0 số lớn nhaát cho 0  t (y1 ) Từ (*) ta có t0 > Do A dương, ta coù:  t  A(0  t y1 )  K hay    0  t y1  K , điều mâu thuẫn với tính cực  0  đại t0 Như vậy, t (A   I)n (x)   ta có (A   I)(x)   Định lí II.2.4 Giả sử: i) A : X  X ánh xạ u0 - dương ii) K nón sinh Khi vectơ riêng A (nếu tồn tại) Chứng minh Giả sử trái lại, ta có: A(x1 )  1x1 , A(x )   x , x1 ,x  K , x1  x  , x1  x Do định lí II.2.3, ta có 1   ; không tính tổng quát giả sử 1   Gọi t0 số lớn thỏa mãn x  t x1 Ta coù t0 > theo bổ đề, ta có 2  t1 t > đủ nhỏ Do tính dương A ta coù:    A(x  t x1 )    x  t x1   K 2   Do theo định nghóa t0 ta phải có 1   , mâu thuẫn với giả thiết ban đầu 1   Định lí chứng minh Định lí II.2.5 Giả sử giả thiết định lí II.2.4 thỏa mãn có vectơ riêng dương 0 không gian bất biến X0 (A(X0)  X0), 0  X Giả sử hai giả thiết sau thỏa mãn: 1) X0 hữu hạn chiều, A liên tục 2) A hoàn toàn liên tục Khi X0  K  {} Chứng minh Giả sử trái lại K  X  K  {} Ta có K0 nón, 0  K A(K0)  K0 Ta chứng minh A có vectơ riêng nón K0, điều mâu thuẫn với định lí II.2.4 Ta chứng minh ánh xạ A xét X0 với nón K0 thỏa mãn điều kiện định lí I.3 Thật từ điều kiện 1) 2) ta có A hoàn toàn liên tục X0 Lấy y  K \ {}, bổ đề II.2.2 tồn   0,p  * cho A p (y )  0 Đặt y1  A p (y )  K \ {} vaø áp dụng bổ đề II.2.2 ta có   0,q  * để A q (y1 )  0 Do ñoù A q (y1 )   p  A (y )  y1   Đây điều kiện ii) định lí I.3 Vậy định lí chứng minh Định lí II.2.6 Giả sử giả thiết định lí II.2.4 thỏa mãn A có vectơ riêng dương 0 với giá trị riêng  Khi  lớn mun giá trị riêng khác A Chứng minh  Giả sử 1   giá trị riêng A 1  , A1  11 Theo định lí II.2.4, ta có 1  K Gọi t0 số lớn thỏa mãn: 0  t 1  K Ta coù t0 > Thật vậy, ta có phân tích 1  1 ' 1 " , 1 ', 1 "  K, 1 '   Theo bổ đề II.2.2, tồn   0,p  * cho: A p (1 ')  0 Khi đó: 1  nên 0  p  A (1 )  p A p (1 ')  p 0 p 1 1 1 1p 1  K  hay t0  Ta coù A(0  t 1 )  K hay 0  t 1p  1  1  K Do tính chất cực đại t0 ta suy  0 0 Vậy 1    Giả sử 1  giá trị riêng A Khi 12 giá trị riêng dương A2 A2 thỏa mãn điều kiện i) định lí II.2.4 Do theo bước ta có: 12   02 hay 1    Giả sử A có giá trị riêng phức 1    i (  0) Khi tồn x, y cho: A(x + iy) = (   i )(x + iy) hay  A(x)  x   y   A(y)   x  y Ta caàn chứng minh 1   hay (1)   2   Do   nên từ (1) ta suy x, y độc lập tuyến tính Gọi X0 không gian sinh bới x, y Từ (1) ta suy 0  X X0 bất biến qua A Do theo định lí II.2.5, ta có ax + by  K a  b  Kí hiệu T tập phần tử z  K có biểu diễn dạng z = ax + by + 0 với a  b  (2) Đầu tiên ta chứng minh T   Ta phân tích x = x’ – x” với x’, x”  K x"   Vì A 0 - dương nên ta có b > p  * thỏa A p x"  b0 Khi A p x  A p x"  b0 Vì phần tử z  0  A p x  K có dạng (2) b Xét phiếm hàm f :T  z  f(z)  a2  b2 Ta chứng minh tồn z0 = a0x + b0y + 0  T cho f(z0 )  M  max f(z) zT Do A 0 - dương ta có a > 0, p * để A p z0  a0 Không tính tổng quát, ta coi (3) a  Bất đẳng thức (3) viết lại  0p  a  p p   p   0  (a1x  b1y)   , a1x  b1y  A (a0 x  b y)  0  Ta tính a12  b12  (  2 )p (a20  b 02 )  M 1 2p Phần tử z1  0  a1 b1 x y  T neân   a  p a  p 1  p  0 1  p  0  0   0  2 2p M 1  a1   b1  M  p   p   p    a     a  (  a) Từ ta có 1   Vậy định lí chứng minh Chương PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH KHÔNG THUẦN NHẤT Trong chương ta xét tồn nghiệm dương phương trình (*) x  Ax  y A ánh xạ tuyến tính dương từ không gian Banach X vào X với nón thứ tự K Định lí III.1 Ta gọi r = r(A) bán kính phổ A 1) Nếu   r phương trình (*) có nghiệm K với y  K 2) Giả sử   r y thỏa mãn điều kiện A n y  u (1) với   , n * đó, u0  K \ {} thỏa mãn A p u  r p u0 với p * (2) Khi phương trình (*) nghiệm K Bổ đề Giả sử A ánh xạ tuyến tính liên tục Khi với   , X định nghóa chuẩn tương đương với chuẩn ban đầu cho chuẩn ta có A  sup Ax     x 1 Chứng minh Gọi chuẩn ban đầu X, ta có r  lim n A n n ( A  sup Ax ) x 1 Do ta chọn n0 thỏa mãn A n0 (x)  (r  )n x , x  X Ta định nghóa A n 1x A 2x Ax    x0 x     (   )2 (  )n0 1 Dễ thấy  , ngoaøi Ax  (r  ) x  An0 x (r  )n0 1  (r  ) x Từ từ cách chọn n0 ta có Ax  (r  ) x , x  X (đpcm) Chứng minh định lí III.1 1) Giả sử   r y K Chọn số q < cho r  q   Áp dụng bổ đề, ta định nghóa chuẩn cho A  sup Ax  q x 1 Aky k 1 k0   Xeùt R y   Chuỗi hội tụ theo Aky  k 1  A  k k 1 y  qk y  Do hội tụ theo chuẩn ban đầu phần tử y0  K Hơn nữa, R  y nghiệm phương trình (*) Vậy phương trình (*) có nghiệm y0  K 2) Giả sử   r y thỏa mãn điều kiện (1) định lí Hiển nhiên phương trình (*) nghiệm K   Xét   (0,r] Giả sử trái lại có x0  K thỏa mãn x  Ax  y Khi ta coù  k x  A k x  A k 1y  A k 2 y    k 1y, k Cho k = n + (3) với n điều kiện (1) định lí, ta có x0  n  A y  u0  n 1  n 1 Do tồn số t0 > lớn cho x  t u Cho k = p(n + 1) (3) trừ vế với bất đẳng thức t A p(n 1) u0  t 0 p(n 1) u ta (3) A p(n1) (x  t u0 )  A p(n 1)1 (y)  A p(n 1)2 (y)    p(n 1)1y   p(n 1) (x  t u ) Vì n  p(n + 1) – nên từ ta suy (p1)(n 1)A n y   p(n 1) (x  t u0 ) Sử dụng điều kiện (1) định lí ta có  (p1)(n1)u0   p(n 1) (x  t u ) hay x  t u0    (n1) u0 , điều mâu thuẫn với tính cực đại t0 Vậy định lí chứng minh Định lí III.2 Cho u0  K \ {} Giả sử A ánh xạ tuyến tính từ X vào X thỏa mãn điều kiện sau: i) Với x  K \ {} tồn   p  * cho A p x  u ii) Tồn   thỏa Au0   u0 Khi đó: 1) Với x  K \ {}    ta có Ax  x , nói cách khác phương trình (*) nghiệm K \ {} với y K 2) Nếu tồn x 0  K \ {} cho Ax 0   x 0 Au0   u0 vaø x 0  t 0 u0 Chứng minh 1) Giả sử trái lại Ax  x Vì A thỏa mãn điều kiện i) nên với x  K \ {} tồn   vaø p * cho A p x  u (4) Gọi   số lớn thỏa mãn (4) Đặt x0 = Apx, ta có x   u0 Ax  x Kết hợp với điều kiện ii) ta x   Au0   0 u Lặp lại n lần lý luận ta  n x   0 n0 u0 , n   x     u0    Từ đây, tính cực đại  ta có    , vô lí Vậy Ax  x (đpcm) 2) Ta chọn p số nhỏ thỏa mãn A p x 0  u Đầu tiên ta giả sử x  A p x 0  tu0 , t Do (4) nên tồn t0 > số lớn thỏa mãn x  t u Do A thỏa mãn điều kiện i) nên ta có   q  * cho A q (x  t u )  u Sử dụng điều kiện ii) ta có  q0 x  A q x  A q (x  t u )  t A q u  (   q0 t )u Điều mâu thuẫn với tính cực đại t0 Như vậy, tồn t > để A p x 0  tu0 Ta đặt y   A p1x 0  tu0 Neáu Ax    x  từ giả thiết nhỏ p ta suy y   Ngoaøi y  A p 1 ( x 0  Ax 0 )   neân Ay   Mặt khác Ay  t( u u  Au0 )   Do Ay   , điều vô lí A thỏa mãn i) Vậy Ax    x  , suy Ay  t( u u  Au0 )   hay Au0   u0 vaø x   t  u0 (đpcm) Từ định lí ta suy kết sau: Định lí III.3 Cho u0  K \ {} Giả sử A ánh xạ tuyến tính dương từ X vào X thỏa mãn điều kiện sau: i) Với x  K \ {} tồn   vaø p  * cho A p x  u ii) Tồn   thỏa Au0   u0 Khi với x  K \ {} vaø    ta có Ax  x Chứng minh Tương tự 1) định lí III.2 Định lí III.4 Cho u0  K \ {} Giả sử ánh xạ tuyến tính A u0 - dương Au0   u0 Khi với x  K \ {} , x  tu , t phần tử  x Ax không so sánh được, nghóa  x  Ax ,  x  Ax Chứng minh   x  Ax suy từ kết 2) định lí III.2  Để chứng minh  x  Ax ta giả sử trái lại  x  Ax Do A u0 - dương nên tồn   p * cho A p x  u (5) Choïn p * nhỏ thỏa mãn (5) t0 > số lớn thỏa mãn A p x  t u0 Neáu A p x  tu0 , t A p x  t u  K \ {} nên có 0 A q (A p x  t u0 )   u0 hay A q  p x  t A q u0   u0 Khi  q0 A p x  (t  q0  )u0 hay A p x  (t   )u , mâu thuẫn với tính cực đại t0  q0 Vậy A p x  tu0 với t > Đặt y   A p1x 0  tu0 , x  tu0 , t cách chọn p nên ta có y   Ay   A p x  tAu0  t( u0  Au )   Điều trái với giả thiết A u0 - dương Vậy  x  Ax Định lí chứng minh q  * cho Kết luận Trong luận văn, tìm hiểu bổ sung chi tiết chứng minh định lí tồn vectơ riêng dương ánh xạ tuyến tính dương hoàn toàn liên tục không hoàn toàn liên tục chương I, hệ thống lại tính chất giá trị riêng tương ứng với vectơ riêng dương chương II, ứng dụng việc xét tồn nghiệm phương trình tuyến tính không chương III Chúng nhận thấy kết trình bày luận văn tài liệu có hạn chế xét cho ánh xạ đơn trị Hướng nghiên cứu tìm ứng dụng kết trừu tượng luận văn mở rộng kết tương tự cho ánh xạ tuyến tính dương, đa trị Tài liệu tham khảo Bakhtin I A Về tồn vectơ riêng toán tử tuyến tính dương không hoàn toàn liên tục Mat Sbornik, T 64 (1964) No1, 102 – 104 (tieáng Nga) Deimling K., Nonlinear Functional Analysis Springer – Verlag, 1985 Krasnoselskii M A Positive Solutions of Operator Equations Groningen, 1964 Krien M., Rutman A Linear operators leaving invariant a cone in a Banach space Uspehi Mat Nauk, (1948), No1, – 95 Schaefer H Topological Vector Spaces Springer – Verlag, 1986 ... thừa Am ánh xạ tuyến tính A dương nón K u0 - bị chặn ánh xạ A có vectơ riêng nón K Chương CÁC TÍNH CHẤT CỦA GIÁ TRỊ RIÊNG CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG II.1 Tính chất phổ ánh xạ tuyến tính dương. .. tB(x) Vậy B là u0 - lồi I.3 Sự tồn vectơ riêng ánh xạ tuyến tính dương hoàn toàn liên tục Định lí Giả sử i) A: X  X ánh xạ tuyến tính dương hoàn toàn liên tục, ii) Tồn phần tử u  ( K ) cho... lũy thừa Am ánh xạ A tuyến tính dương nón K hàm không âm không gian C u0 - bị chặn biến nón K thành nón hàm lồi ánh xạ A có vectơ riêng nón K  Sự tồn vectơ riêng ánh xạ tuyến tính u0 - bị chặn