2.2.1. Định nghĩa
Giả sử E là không gian Banach thực nửa sắp thứ tự nhờ nón K ∈ E,
A là toán tử phi tuyến ánh xạ không gian E vào không gian E, θ là ký hiệu phần tử không của không gian E, u0 là phần tử cố định nào đó thuộc K∗ = K\ {θ}.
Định nghĩa 2.2.1. Toán tử A gọi là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nếu
i, A dương và đơn điệu trên nón K; ii, ∀x ∈ K\ {θ},∀t ∈ (0; 1) , Atx > tAx;
iii, ∀x, y ∈ K(u0),∀t ∈ (0; 1), x −ty > θ, ∃δ = δ(x, y, t) > 0 sao cho
Ax−tAy ≥ δu0.
2.2.2. Một số tính chất đơn giản về toán tử (K, u0) - lõm chínhquy quy
Định lí 2.2.1. Toán tử A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy, khi đó
∀α ∈ R, α > 0 ta có αA là toán tử (K, u0) - lõm chính quy.
Chứng minh. Chứng minh toán tử αA thỏa mãn các điều kiện về toán tử (K, u0) - lõm chính quy.
*) αA là toán tử dương trên nón K.
Thật vậy, A là toán tử dương trên nón K nên ∀x ∈ K ta có Ax ∈ K . Vì K là một nón và α > 0 nên αAx ∈ K suy ra (αA)K ⊂ K hay αA là toán tử dương trên nón K.
*) αA đơn điệu trên nón K.
Thật vậy, doA đơn điệu trên nónK nên∀x, y ∈ K, x ≤y ta có Ax≤ Ay
suy ra Ay−Ax ∈ K.
Vì K là một nón, α > 0 nên α(Ay −Ax) ∈ K hay αAy−αAx ∈ K . Do đó αAx ≤ αAy. Vậy αA đơn điệu trên nón K.
*) ∀x∈ K∗,∀t∈ (0; 1) ta có (αA)tx > t(αA)x.
Thật vậy, A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên ∀x ∈ K∗,∀t ∈ (0; 1)
ta có Atx > tAx. Vì K là một nón, α > 0 nên α(Atx) > α(tAx). Suy ra (αA)tx > t(αA)x.
*) ∀x, y ∈ K(u0),∀t ∈ (0; 1), x −ty > θ,∃δ = δ(x, y, t) > 0 sao cho
(αA)x−t(αA)y ≥ δu0
Thật vậy, vì A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên ∀x, y ∈ K(u0)
∀t ∈ (0; 1), x−ty > θ,∃δ1 = δ1(x, y, t) > 0 sao cho Ax−tAy ≥ δ1u0, hay Ax−tAy−δ1u0 ∈ K.
Do K là một nón và α > 0 nên α(Ax−tAy−δ1u0) ∈ K suy ra
(αAx−tαAy−αδ1u0) ∈ K. Khi đó αAx−tαAy ≥ αδ1u0. Đặt δ = αδ1 ta có điều cần chứng minh.
Vậy αA là toán tử (K, u0) - lõm chính quy.
Định lí 2.2.2. Nếu A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy trên nón K thì
∀n∈ N∗ An là toán tử (K, u0) - lõm chính quy trên nón K. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với n = 1 thì A1 = A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy.
Giả sử với n = k ∈ N∗ thì toán tử An = Ak là toán tử (K, u0) - lõm chính quy. Ta phải chứng minh toán tử Ak+1 là toán tử (K, u0) - lõm
chính quy. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
*) Ak+1 là toán tử dương trên nón K. Thật vậy, ∀x ∈ K, Ak+1x = A Akx.
Theo giả thiết quy nạp, Ak là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên Ak là toán tử dương trên nón K. Do đó Akx ∈ K.
Vì A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên A Akx ∈ K hay
Ak+1x ∈ K. Do đó Ak+1 là toán tử dương trên nón K. *) Ak+1 đơn điệu trên nón K.
Thật vậy, Ak là toán tử đơn điệu trên nón K nên
∀x, y ∈ K, x≤ y ta có Akx ≤ Aky.
A cũng là toán tử đơn điệu trên nón K nên ta có A Akx ≤ A Aky. Suy ra Ak+1x ≤ Ak+1y. Do đó Ak+1 là toán tử đơn điệu trên nón K. *) ∀x∈ K∗,∀t∈ (0; 1) ta có Ak+1tx > tAk+1x.
Thật vậy, Ak là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên ∀x ∈ K∗,∀t ∈ (0; 1)
ta có Aktx > tAkx.
Do A là toán tử đơn điệu trên nón K và Aktx ∈ K, tAkx ∈ K nên
A Aktx ≥ A tAkx. (2.6)
∀x ∈ K∗,∀t ∈ (0; 1) ta có x > tx. Do Ak là toán tử đơn điệu nên
Akx ≥Aktx. Lại do Ak là toán tử (K, u0) - lõm nên
∀x ∈ K∗, t ∈ (0; 1), Aktx > tAkx.
Do đó Akx≥ Aktx > tAkx ≥ θ suy ra Akx > θ.
Mà A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên A tAkx > tA Akx hay
A tAkx > tAk+1x. (2.7)
Từ (2.6), (2.7) ta có Ak+1tx > tAk+1x. Do đó ∀x ∈ K∗,∀t ∈ (0; 1) ta có
*) ∀x, y ∈ K(u0),∀t ∈ (0; 1), x −ty > θ,∃δ = δ(x, y, t) > 0
sao cho Ak+1x−tAk+1y ≥ δu0.
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, Ak là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên có ∀x, y ∈ K(u0),∀t ∈ (0; 1), x−ty > θ,∃δ1 = δ1(x, y, t) > 0 sao cho Akx−tAky ≥ δ1u0 > θ.
Mà A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên ∃δ = δ Akx, Aky, t > 0
sao cho A Akx−tA Aky ≥ δu0 hay Ak+1x−tAk+1y ≥δu0.
Vì toán tử Ak không đổi nên Akx chỉ phụ thuộc vào x và Aky chỉ phụ thuộc vào y, suy ra δ = δ Akx, Aky, t = δ(x, y, t).
Do đó Ak+1 là toán tử (K, u0) - lõm chính quy.
Vì vậy theo phép quy nạp toán học, An là toán tử (K, u0) - lõm chính quy với ∀n∈ N∗.
Định lí 2.2.3. Mỗi toán tử (K, u0) - lõm chính quy A không có quá một điểm bất động trong K (u0).
Chứng minh. Giả sử ∃x, y ∈ K(u0), x 6= y, Ax = x, Ay = y.
Do K là một nón và x 6= y nên một trong 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 > 0 sao cho (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
αu0 ≤ x ≤βu0, αu0 ≤ y ≤ βu0. Suy ra x ≥ αu0 = α ββu0 ≥ α βy. Số α β < 1. Thật vậy, nếu α
β ≥ 1thìα ≥ β > 0suy ra x ≥ αu0 ≥ βu0 ≥ y, nên x−y ∈ K ( mâu thuẫn với giả sử x−y /∈ K ).
Hiển nhiên, nếu x−ty ≥ θ thì t < 1. Xét ánh xạ h : R−→ E
Khi đó ánh xạ h là liên tục vì phép cộng hai vectơ và phép nhân một số với một vectơ trong không gian định chuẩn là liên tục.
Xét tập I = {t∈ R: x−ty ≥ θ}
= {t∈ R: x−ty ∈ K}= h−1(K).
Do K là một nón trong E nên K là tập đóng trong E, mà h liên tục nên h−1(K) là tập đóng trong R hay I là tập đóng trong R. Theo trên ta có t ∈ I thì t < 1 hay I bị chặn trên, suy ra tồn tại giá trị
t0 = max{t∈ R: x−ty ≥ θ}. Ta có 0 < α
β ≤ t0 < 1. Khi đó x− t0y 6= θ.Thật vậy, nếu x− t0y = θ
thì x = t0y = t0Ay < At0y = Ax ( mâu thuẫn với Ax = x). Do đó
x−t0y 6= θ.
Vì A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên ∀x, y ∈ K(u0) t0 ∈ (0; 1), x −t0y > θ,∃δ = δ(x, y, t) > 0 sao cho Ax−t0Ay ≥ δu0
hay x−t0y ≥δu0 = δ ββu0 ≥ δ βy. Suy ra x−t0y − δ βy ≥ θ, x− t0 + δ β y ≥ θ. Do đó, tồn tại t0 + δ β > t0 sao cho x− t0 + δ β
y ≥ θ nên mâu thuẫn với tính chất cực đại của số t0.
Vậy A không có quá một điểm bất động khác không trong K(u0). 2.2.3. Ví dụ về toán tử (K, u0) - lõm chính quy
Ví dụ 2.2. TrongC[0;1], ta cóK = x = x(s) ∈ C[0;1] : x(s) ≥0,∀s ∈ [0; 1] . Chọn u0 ∈ C[0;1] sao cho u0(s) = 1,∀s ∈ [0; 1] thì theo mục 1.2.5.2 ta có
Xét toán tử A xác định bởi Ax(s) = p|x(s)|,∀s ∈ [0; 1]. Khi đó A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy.
Thật vậy, ta chứng minh toán tử A thỏa mãn các điều kiện về toán tử (K, u0) - lõm chính quy.
Từ định nghĩa ∀x ∈ K ta có Ax(s) =px(s),∀s ∈ [0; 1]. *) Hiển nhiên ta có A là toán tử dương trên K.
*) A là toán tử đơn điệu trên K, vì ∀x, y ∈ K ta có x ≤ y thì
x(s) ≤ y(s),∀s ∈ [0; 1].
Suy ra
p
x(s) ≤py(s),∀s ∈ [0; 1]
Vì vậy ∀x, y ∈ K, x ≤ y thì Ax ≤ Ay.
*) ∀x∈ K∗,∀t∈ (0; 1), Atx > tAx. Thật vậy,
x ∈ K∗ có nghĩa là x(s) ≥ 0,∀s ∈ [0; 1] và ∃s0 ∈ [0; 1] sao cho x(s0) > 0.
Suy ra Atx(s) =ptx(s) > tpx(s),∀s ∈ [0; 1], mà x(s) > 0, Atx(s) =ptx(s) = tpx(s),∀s ∈ [0; 1], mà x(s) = 0. Do đó Atx > tAx,∀x ∈ K∗. *) ∀x, y ∈ K(u0),∀t ∈ (0; 1) : x−ty > θ,∃δ = δ(x, y, t) > 0 sao cho
Ax−tAy ≥ δu0. Thật vậy,
Atx−tAy = √ x−t√ y ≥ √t√ y −t√ y = √ t−t√ y (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vì y ∈ K(u0) nên tồn tại λ > 0, γ >0 sao cho
Suy ra Atx−tAy = √ t−t √ y ≥ √ t−t√ λ √ u0 u0 ≥ √ t−t√ λ max s∈[0;1] √ u0 u0. Với δ = δ(x, y, t) = √ t−t√ λ max s∈[0;1] √ u0 > 0 ta có Ax−tAy ≥ δu0.
Sự tồn tại điểm bất động của toán tử (K, u0) - lõm chính quy
3.1. Một số định lí về sự tồn tại điểm bất động của
toán tử (K, u0) - lõm chính quy
Định lí 3.1.1. Giả sử A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy và x0 là một phần tử nào đó thuộc K(u0). Nếu dãy x0, x1, . . . , xn, . . . trong đó,
xn = Axn−1(n= 1,2, . . .), tăng và tồn tại phần tử x¯ = sup (xn) trong
K(u0) thì A¯x= ¯x.
Chứng minh. Vì x¯ = supxn nên x¯ ≥ xn. Mà A là toán tử đơn điệu nên
Axn ≤ A¯x. Mặt khác {xn} là dãy tăng nên xn ≤ xn+1 = Axn. Do đó xn ≤ A¯x, n = 1,2, . . .. Suy ra
sup (xn) = ¯x ≤ A¯x. (3.1)
Với mỗi n = 1,2, . . . ta xét ánh xạ hn : R→ E t 7→xn −t¯x
Khi đó ánh xạ hn là liên tục do phép cộng hai vectơ và phép nhân một vectơ với một số trong không gian định chuẩn E là liên tục.
Xét tập In = {t∈ R: xn−t¯x ≥θ}= {t∈ R : xn−t¯x ∈ K} = h−n1(K). DoK là tập đóng trong E và ánh xạ hn liên tục nênh−n1(K) là tập đóng
trong R. Suy ra In là tập đóng trong R.
Với mọit ∈ I ta có t ≤1. Thật vậy, giả sử t > 1,t = 1 +a, a > 0. Khi đó ta cóxn−t¯x = xn−(1 +a) ¯x = xn−x¯−a¯x ≥ θ, suy ra xn−x¯−ax¯∈ K. Mà x¯ ≥xn nên x¯−xn ≥ θ hay x¯−xn ∈ K.
Do K là một nón nên ta có xn −x¯−a¯x+ ¯x −xn = −ax¯ ∈ K ( vô lí). Vậy t ≤1, hay In bị chặn trên trong R.
Do đó tồn tại tn = max{t ∈ R: xn −t¯x ≥ θ}, tn ≤ 1.
Hơn nữa, tn > 0 vì xn,x¯ ∈ K(u0) nên tồn tại α, β > 0 sao cho
αu0 ≤ xn ≤ βu0, αu0 ≤ x¯ ≤βu0. suy ra xn ≥ αu0 = α β.βu0 ≥ α β.¯x hay xn − α β.¯x ≥ θ. Do đó tn ≥ α β > 0. Vậy 0< tn ≤ 1. Mặt khác dãy số {tn} tăng, vì xn−1 −tn−1x¯≥ θ ⇔xn−1 ≥tn−1x¯,
do A là toán tử đơn điệu nên Axn−1 ≥ Atn−1x¯ ≥ tn−1Ax¯ ⇒ xn ≥ tn−1x¯
hay xn−tn−1x¯ ≥ θ do đó tn ≥ tn−1. Vì vậy tồn tại lim
n→∞tn = t∈ (0; 1]. Giả sử t∈ (0; 1), nhờ tính chất ii) của toán tử A ta có
Atx > tA¯¯ x ≥ t¯x ⇒ Atx¯−t¯x > θ.
Nhờ tính chất iii) của toán tử A và x > θ¯ ta có
∃δ > 0 : A(Atx)¯ −tA¯x ≥ δu0 hay A2t¯x−tAx¯≥ δu0.
Vì x¯∈ K(u0) nên tồn tại β1 > 0 sao cho x¯ ≤β1u0, suy ra u0 ≥ 1
β1x¯.
Chọn γ = δ
β1t ta có u0 ≥ γt (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
δ x¯ và
Do đó xn+2 = A2xn ≥ A2tnx¯ = A2 tn t t¯x ≥ tn t A 2 t¯x ≥ tn t t(1 +γ) ¯x = (1 +γ)tnx.¯ Suy ra tn+2 ≥(1 +γ)tn,(n= 1,2, . . .). Đặc biệt t2k+1 ≥ (1 +γ)t2k−1 ≥ · · · ≥(1 +γ)kt1 > 0,(k = 1,2, . . .). Suy ra lim
k→∞t2k+1 = +∞, mâu thuẫn với điều giả sử t < 1. Vì vậy
lim
n→∞tn = 1.
Mặt khác nhờ tính chất ii) sau đó nhờ tính chất i) của toán tử A ta có
tnA¯x < Atnx¯≤ Axn = xn+1 ≤x, n¯ = 1,2, . . . .
Cho n → ∞ ta được
A¯x ≤ x.¯ (3.2)
Từ (3.1) và (3.2) suy ra A¯x = ¯x.
Định lí 3.1.2. Cho toán tử A :E → E thỏa mãn các điều kiện sau: i, A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy;
ii, Tồn tại λ > 0 sao cho ∀y ∈ K(u0) ta có Ay ≥ λu0 (A được gọi là bị chặn dưới bởi u0 trên K(u0));
iii, Tồn tại y0 ∈ K(u0) sao cho dãy {yn} với yn = Ayn−1(n = 1,2, . . .)
giảm và tồn tại phần tử y¯= inf (yn) trong K(u0). Khi đó A¯y = ¯y.
Chứng minh. Vì y¯ = infyn nên y¯ ≤ yn,∀n ∈ N. A là toán tử đơn điệu và dãy {yn} giảm nên
Suy ra
Ay¯≤ infyn = ¯y (3.3) Với mỗi n = 1,2, . . . ta xét ánh xạ hn : R→ E
t 7→t¯y−yn
Khi đó ánh xạ hn là liên tục do phép cộng hai vectơ và phép nhân một vectơ với một số trong không gian định chuẩn E là liên tục.
Xét tập In = {t∈ R: t¯y−yn ≥ θ} = {t ∈ R: t¯y −yn ∈ K} = h−n1(K). DoK là tập đóng trong E và ánh xạ hn liên tục nênh−n1(K) là tập đóng trong R. Suy ra In là tập đóng trong R.
In bị chặn dưới trong R vì,∀t ∈ In ta có
t¯y ≥yn ≥ y,¯ ∀n ∈ N.
Do đó
(t−1) ¯y ≥θ.
Vì y¯∈ K(u0) suy ra t−1 ≥ 0 hay t≥ 1.
Ta có In là tập đóng và bị chặn dưới bởi 1 trong R nên tồn tại
tn = min{t ∈ R: t¯y −yn ≥ θ},
và tn ≥1,∀n ∈ N.
Mặt khác dãy số {tn} giảm vì, tn ≥1 nên 0< 1
tn ≤1 suy ra ¯ y ≥ A¯y = A 1 tntny¯ ≥ 1 tnAtny¯≥ 1 tnAyn = 1 tnyn+1,∀n ∈ N hay tny¯−yn+1 ≥θ. Suy ra tn+1 ≤tn. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vì vậy tồn tại lim
Giả sử t∈ (1; +∞), thì 1
t ∈ (0; 1).
Vì t > 1,y¯∈ K(u0) nên t¯y ∈ K(u0). Nhờ điều kiện ii) của toán tử A ta có At¯y ≥ λu0. Ta lại có Ay¯= A 1 tt¯y > 1 tAty¯ nên Aty < tA¯¯ y ≤ t¯y.
Do y¯∈ K(u0) nên tồn tại α, β > 0 sao cho αu0 ≤ y¯≤ βu0. Suy ra
λu0 ≤ Aty < tA¯ y¯≤ t¯y ≤ tβu0.
Vì vậy At¯y ∈ K(u0).
Do 1
t ∈ (0; 1) và A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên
¯ y ≥Ay¯= A 1 tt¯y > 1 tAty.¯ Suy ra ¯ y − 1 tAty¯≥ θ. Ta có y, At¯¯ y ∈ K(u0),1 t ∈ (0; 1) và A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên ∃δ = δ(t,y)¯ > 0 : A¯y − 1 tA 2 t¯y ≥ δu0 hay 1 tA 2
t¯y ≤ A¯y−δu0 ≤ y¯−δu0.
Vì y¯∈ K(u0) nên tồn tại β1 > 0 sao cho y¯≤ β1u0, suy ra u0 ≥ 1
β1y¯. Chọn γ = δ β1 > 0 ta có u0 ≥ γ δy¯và 1 tA 2t¯y ≤ y¯−γy¯= (1−γ) ¯y.
Suy ra
A2t¯y ≤ t(1−γ) ¯y.
Vì {tn} là dãy giảm bị chặn dưới bởi 1 và lim
n→∞tn = t nên 0 < t tn < 1. Khi đó A2t¯y = A2 t tntny¯ > t tnA 2 tny¯ hay A2tny <¯ tn t A 2t¯y < tn(1−γ) ¯y. Do đó yn+2 = A2yn ≤ A2tny < t¯ n(1−γ) ¯y, Suy ra 0 < 1−γ < 1 và tn(1−γ) ¯y −yn+2 > θ. Vì vậy tn+2 ≤ (1−γ)tn,(n= 1,2, . . .). Đặc biệt t2k+1 ≤ (1−γ)t2k−1 ≤ · · · ≤(1−γ)kt1 > 0,(k = 1,2, . . .). Suy ra lim
k→∞t2k+1 = 0, mâu thuẫn với điều giả sửt > 1. Vì vậy lim
n→∞tn = 1. Mặt khác A - là toán tử (K, u0) - lõm chính quy nên ta có
A¯y ≥ A1 tnyn > 1 tnAyn = 1 tnyn+1 ≥ 1 tny, n¯ = 1,2, . . . . Cho n → ∞ ta được A¯y ≥ y.¯ (3.4) Từ (3.3) và (3.4) suy ra A¯y = ¯y.
Định lí 3.1.3. Giả sử A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy và
x0 ∈ K(u0) sao cho x0 ≤ Ax0. Nếu dãy xn = Axn−1,(n = 1,2, . . .)
có điểm giới hạn x¯ ∈ K(u0) thì A¯x = ¯x.
Chứng minh. Dãy {xn} chứa dãy con {xnk} hội tụ tới x¯∈ K(u0).
cần chứng minh xk+1 ≤xk+2.
Ta có xk ≤ xk+1,∀k = 1,2, . . . và A là toán tử đơn điệu trên K nên
Axk ≤Axk+1,∀k = 1,2, . . ..
Suy ra xk+1 ≤ xk+2,∀k = 1,2, . . .. Vậy theo quy nạp toán học ta có
xn ≤ xn+1,∀n = 1,2, . . . hay dãy {xn} là dãy tăng. Hiển nhiên, với n= 1,2, . . . và n < nk ta có xn ≤xnk.
(adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});