2 Toán tử nửa xác định dương trên không gian Hilbert và
2.1.1.Định nghĩa và tính chất
Định nghĩa 2.1.1. ([1], tr. 253) (Toán tử nửa xác định dương) Toán tử tuyến tính liên tục T trên không gian Hilbert H được gọi là nửa xác định dương, ký hiệu T ≥ 0, nếu
hT x, xi ≥ 0 (∀x∈ H).
Nhận xét. Từ định lý (1.2.6) ta suy ra mọi toán tử nửa xác định dương
là tự liên hợp. Ví dụ 2.1.1. Giả sử K(t, s) ∈ L2([a, b]×[a, b]), tức là: Z b a Z b a |K(t, s)|2dtds < ∞,
và K(t, s) ≥ 0 (hầu khắp nơi trên hình vuông {a ≤ t, s ≤b}). Xét toán tử tích phân T trong L2[a, b] với hạch K(t, s):
(T x)(t) =
Z b a
K(t, s)x(s)ds (x ∈ L2[a, b]).
Khi đó, T ≥ 0.
Định lý 2.1.1. ([1], tr. 254) Giả sử T là toán tử nửa xác định dương trên không gian Hilbert H. Khi đó,
|hT x, yi|2 ≤ hT x, xi hT y, yi (∀x, y ∈ H). (2.1) Chứng minh. Đặt [x, y] := hT x, yi. Khi đó, [x, y] là một dạng song tuyến tính đối xứng dương trong H ([1], bài tập 2.15). Áp dụng bất dẳng Cauchy - Schwartz, ta nhận được
|[x, y]|2 ≤[x, x].[y, y].
Đây chính là (2.1).
Hệ quả 2.1. ([1], tr. 255) Giả sử T là toán tử nửa xác định dương trên không gian Hilbert H. Khi đó,
kT xk2 ≤ kTk.hT x, xi (∀x ∈ H). (2.2) Chứng minh. Lấy y = T x. Từ (2.1) suy ra
kT xk4 ≤ hT x, xi hT(T x), T xi ≤ hT x, xi.kTk.kT xk2.
Hệ quả 2.2. ([1], tr. 255) Giả sử T là toán tử nửa xác định dương trên không gian Hilbert H, dãy {xn} ⊂ H thỏa mãn hT xn, xni → 0. Khi đó
T xn →0.
Chứng minh. Từ (2.2) suy ra:
kT xnk2 ≤ kTk.hT xn, xni.
Vì vậy, hT xn, xni → 0 kéo theo T xn →0.
Định lý 2.1.2. ([1], tr. 255) Giả sử H là không gian Hilbert, T là toán tử nửa xác định dương trên H. Đặt
m = inf x∈H,kxk=1 hT x, xi, M = sup x∈H,kxk=1 hT x, xi. (2.3) Khi đó: (i) kTk = M
(ii) m ∈ σ(T), M ∈ σ(T) và σ(T) ⊂ [m, M]. ( với σ(T) là phổ của
T)
Chứng minh. Từ (2.3) suy ra:
mkxk2 ≤ hT x, xi ≤ M kxk2 (∀x ∈ H). (i). Ta có: hT x, xi ≤ kT xk.kxk ≤ kTk.kxk2. Nên M = sup x∈H,kxk=1 hT x, xi ≤ kTk. (2.4) Mặt khác theo hệ quả 2.1 kT xk2 ≤ kTk.hT x, xi ≤ kTk.M.kxk2.
Suy ra kTk2 = sup x∈H,kxk=1 kT xk2 ≤ M.kTk. Nên ta có kTk ≤ M. (2.5) Từ (2.4), (2.5) suy ra : kTk = M. (ii). Đặt Tm = T −mI. Khi đó: hTmx, xi = hT x−mx, xi = hT x, xi −mkxk2 ≥0 (∀x ∈ H). Do đó, Tm là toán tử nửa xác định dương. Hơn nữa,
inf
x∈H,kxk=1hTmx, xi = inf
x∈H,kxk=1hT x, xi −m = 0. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Nên tồn tại dãy {xn} ⊂ H với kxnk = 1, sao cho:
lim
n→∞hTmxn, xni = 0.
Suy ra Tmxn →0 khi n→ ∞ (hệ quả 2.2).
Nên ta có Tm = T −mI không có toán tử ngược bị chặn, bởi vì nếu tồn tạiTm−1 bị chặn, thì phải cókTmxnk ≥ ckxnk= c (xem [1], định lý 2.11) Vậy m ∈ σ(T).
Với số > 0, xét toán tử:
Tm− = T −(m−)I = (T −mI) +I = Tm +I.
Bởi vì Tm + I là toán tử nửa xác định dương, cho nên Tm + I tự liên hợp. Hơn nữa, với mọi x ∈ H,
kTm−xk2 = hTmx+x, Tmx+xi
= kTmxk2 + 2hTmx, xi +2kxk2 ≥2kxk2.
Suy ra N(Tm−) = {0}.
Mặt khác, R(Tm−) là tập đóng. (xem [1], chứng minh định lý 5.15) Suy ra
H = N(Tm−)⊕R(Tm∗−) = R(Tm−) = R(Tm−).
Vậy Tm− ánh xạ H lên H.
Tương tự (xem [1], chứng minh định lý 5.15) ta suy ra tồn tại toán tử ngược liên tục Tm−−1 = [T −(m−)I]−1. vì vậy,
m− /∈ σ(T) (∀ > 0). (2.6) Bây giờ xét toán tử A = M I −T. Ta có:
hAx, xi = hM x−T x, xi
= M kxk2 − hT x, xi ≥ 0 (∀x ∈ H).
Do đó, A là toán tử nửa xác định dương. Hơn nữa,
inf x∈H,kxk=1 hAx, xi = inf x∈H,kxk=1 [M − hT x, xi] = M − sup x∈H,kxk=1 hT x, xi = 0.
Theo chứng minh trên, ta suy ra:
a) A không có toán tử ngược liên tục. Do A = −(T − M I), nên
M ∈ σ(T).
b) Với mọi > 0, A+I có toán tử ngược liên tục:
(A+I)−1 = [(M +)I −T]−1 = −[T −(M +)I]−1.
Do đó,
Ta có σ(T) ⊂R (xem [1], định lý 5.15). Vì vậy, Từ (2.6) và (2.7) ta suy ra σ(T) ⊂ [m, M].
2.1.2. Đặc trưng của toán tử nửa xác định dương trên không gian Hilbert
Trong [8], Han và Mangarian đã chứng minh kết quả về đặc trưng của ma trận nửa xác định dương sau:
Định lý 2.1.3. ([8], Định lý 3.1) Cho T là ma trận cấp n×n trên Rn, và K là một nón lồi, đóng trong Rn. Giả sử rằng (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(i) T là nửa xác định dương cộng trên K, (ii) T là nửa xác định dương trên KT, và (iii) (T +T∗)K là đóng trong Rn.
Khi đó, T là nửa xác định dương trên Rn.
Nội dung trong phần này, chúng ta sẽ tổng quát kết quả trên (định lý 2.1.3) tới một toán tử trên không gian Hilbert, và giải một bài toán bù tuyến tính cho một toán tử xác định trên không gian Hilbert, đồng thời nêu ra sự tổng quát của định lý Moreau. Tiếp theo, chúng ta chỉ ra rằng, dưới điều kiện đã biết, một toán tử trên không gian Hilbert là nửa xác định dương bất cứ khi nào nó là nửa xác định dương cộng trên một nón lồi, đóng và nửa xác định dương trên cực nón.
Bắt đầu từ đây, ta cho T (với liên hợp T∗) là một toán tử tuyến tính bị chặn trên không gian hilbert H, và K là một nón lồi đóng trong H. Chúng ta nói rằng
(1) T là nửa xác định dương trên K nếu hT x, xi ≥ 0 (∀x ∈ K). (2)T là nửa xác định dương cộng trên K nếuT là nửa xác định dương trên K và x ∈ K,hT x, xi = 0 ⇒(T +T∗)x = 0.
(3) T là xác định dương trên K nếu hT x, xi > 0 (∀x ∈ K, x6= 0). (4)T là bức trênK nếu có một α > 0sao chohT x, xi ≥ αkxk2 (∀x ∈
K).
(5) T là đơn điệu trên K nếu hT x−T y, x−yi ≥ 0 với x, y ∈ K. (6) Một hàm số thực Q(x) là nửa liên tục dưới yếu trên K nếu Q(x)
là nửa liên tục dưới trênK, đối với tôpô yếu (tức là:liminfQ(y) ≥ Q(x)
khi y hội tụ yếu đến x trong K).
(7) Chúng ta định nghĩa cực của K là
K+ = {y ∈ H :hy, xi ≤ 0 ∀x ∈ K}.
Cực của K đối với T được định nghĩa bởi
KT = {y ∈ H : hy,(T +T∗)xi ≤ 0 ∀x ∈ K}.
Chúng ta chú ý rằng KT = KT+T∗, và khi K là không gian con,
KT = [(T +T∗)K]⊥.
Đầu tiên, chúng ta sẽ chứng minh một cách tổng quát định lý 2.1.3 khi K là một không gian con.
Định lý 2.1.4. ([4], tr. 79) Cho S là một không gian con của không gian Hilbert H. T (với liên hợp T∗) là một toán tử tuyến tính bị chặn trên H. Giả sử rằng
(i) T là nửa xác định dương cộng trên S, (ii) T là nửa xác định dương trên ST và
(iii) (T +T∗)S là đóng.
Khi đó, T là nửa xác định dương trên H.
Chứng minh. Cho z ∈ (S +ST)⊥ = S⊥∩ (T +T∗)S [ ta sử dụng (iii)] Thì z = (T +T∗)w với w ∈ S và
hT w, wi = 1
2h(T + T∗)w, wi = 1
2hz, wi = 0.
Theo (i), z = (T + T∗)w = 0; nên S + ST trù mật trong H. Nó chỉ ra rằng T là nửa xác định dương trên S + ST. Cho x ∈ S và y ∈ ST = [(T +T∗)S]⊥. Thì
hT(x+y), x+ yi = hT x, xi +hT y, yi ≥ 0.
Nhận xét: Trong Rn, T là xác định dương trên K khi và chỉ khi nó là bức trên K. Trong trường hợp không gian Hilbert điều kiện bức sẽ được đặt lên T.
Trong Rn, Q(x) = hT x, xi liên tục và do đó là nửa liên tục dưới đối với tôpô yếu của Rn. Lưu ý rằng, trên Rn tôpô yếu trùng với tôpô định chuẩn. Điều này không còn đúng trong không gian vô hạn chiềuH. Mệnh đề sau chỉ ra Q(x) là nửa liên tục dưới yếu trên H khi T là nửa xác định dương trên H.
Mệnh đề 2.1.6. ([4], tr. 79) Nếu T là nửa xác định dương trên H, thì (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Q(x) =hT x, xi là nửa liên tục dưới yếu trên H.
Chứng minh. Cho x, y ∈ H. Do Q(x−y) ≥0, chúng ta được
Cho y hội tụ yếu đến x ta được hT x, xi ≤ liminfhT y, yi.
Bây giờ, chúng ta sẽ đi giải bài toán bù tuyến tính: ChoF(x) = T x+q, trong đó q ∈ H và T :H → H là tự liên hợp. Tìm a ∈ K để
hF(a), xi ≥ 0 ∀x ∈ K và hF(a), ai = 0.
Định lý 2.1.5. ([4], tr. 79) Cho F(x) = T x +q, trong đó q ∈ H và T
là tự liên hợp. Giả sử rằng (i) T là bức trên K, và
(ii) Q(x) =hT x, xi là nửa liên tục dưới yếu trên K.
Khi đó, tồn tại một a ∈ K thỏa mãn bất đẳng thức biến thiên:
∀x ∈ K,hF(a), x−ai ≥ 0.
Chứng minh. Giả sử α là một hằng số bức của T, và cho f(x) = hT x, xi+ 2hq, xi = hF(x) +q, xi. Chúng ta khẳng định rằng: inf x∈Kf(x) = inf x∈Lf(x), trong đó L = x ∈ K : kxk ≤ 2kqk α . Nếu x ∈ K \L thì f(x) ≥ αkxk2 −2kqk kxk ≥ αkxk kxk − 2kqk α ≥ 0 = f(0) ≥ inf y∈Lf(y)
L là compact định chuẩn đóng, bị chặn, và lồi đối với tôpô yếu. Vì f(x)
là nửa liên tục dưới yếu trên K, nên tồn tại a ∈ L ⊂ K sao cho
f(a) = inf y∈Lf(y) = inf x∈Kf(x). Từ tính lồi của K ta có f(a) ≤ f(a+λ(x−a)) ∀λ ∈ (0,1) và x ∈ K = f(a) + 2λhF(a), x −ai+ λ2hT(x−a), x−ai. Cho nên 2hF(a), x−ai ≥ −λhT(x−a), x−ai [∀λ ∈ (0,1)]. Cho λ →0, ta được hF(a), x−ai ≥ 0 (∀x ∈ K).
Do K là nón, thay x = 0 và x = 2a liên tiếp trong bất đẳng thức trên, ta được
hF(a), ai = 0 và do đó hF(a), xi ≥ 0 (∀x ∈ K).
Hệ quả 2.3. ([4], tr.81) Cho T(= T∗) và K như trong định lý 2.1.5. Thì bất kì z ∈ H có thể viết là
z = a+b; a ∈ K, b ∈ KT, và hT b, ai = 0.
Chứng minh. Cho z ∈ H, và định nghĩa q = −T z. Thì từ định lý 2.1.5, có một a ∈ K sao cho
hT(z −a), ai = − hF(a), ai = 0
và
hT(z−a), xi = − hF(a), xi ≤ 0 (∀x ∈ K).
Chú ý 1. Moreau đã chứng minh kết quả sau: Cho K là một nón lồi, đóng trong không gian Hilbert thực (H,h,i). Thì bất kì z ∈ H đều có sự phân tích
z = a+b; a ∈ K, b ∈ K+, và ha, bi = 0.
Định lý 2.1.6. ([4], tr. 81) (Sự tổng quát của định lý Moreau). Cho
(X,k.k) là một không gian Banach phản xạ. Cho h ,i là phiếm hàm tuyến tính thực, đối xứng (nghĩa là hx, yi = hy, xi ∀x, y ∈ X), liên tục (nghĩa là ∃C > 0 : |hx, yi| ≤ Ckxk kyk ∀x, y ∈ X) trên X. Cho K là một hình nón lồi, đóng trong X. Giả sử rằng
(i) Có một α > 0 sao cho hx, xi ≥ αkxk2 (∀x ∈ K), và (ii) Q(x) =hx, xi là nửa liên tục dưới yếu trên K.
Thì bất kì z ∈ X có sự phân tích
z = a+b; a ∈ K, b ∈ K+, và ha, bi = 0, trong đó K+ = {y ∈ X : hx, yi ≤ 0 ∀x ∈ K}.
Sự tồn tại của a trong K cho bất kì z có thể thấy bởi cực tiểu (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
f(x) = hx, xi −2hz, xi trên K [ như vừa chứng minh của định lý 2.1.5,
inf
x∈Kf(x) = inf
x∈Lf(x), trong đó L là một tập hợp con lồi, đóng, bị chặn của X. Từ tính phản xạ của X, L là compact yếu. Từ đó chứng minh tương tự như định lý 2.1.5].
Hệ quả 2.4. ([4], tr. 82) Giả sử rằng (i) T là bức trên K ( với hằng số α), và (ii) T là nửa xác định dương trên KT.
Thì T là nửa xác định dương trên H nếu Q(x) = hT x, xi là nửa liên tục dưới yếu trên K.
Chứng minh. Nếu T là nửa xác định dương trên H, thì theo mệnh đề 2.1.6, Q(x) là nửa liên tục dưới yếu trên K. Nên giả thiết rằng Q(x) là nửa liên tục dưới yếu trên K. Từ hệ quả 2.3 ( áp dụng tới T +T∗ và K), bất kì z ∈ H có thể viết là
z = a+ b; a ∈ K, b ∈ KT, và h(T +T∗)a, bi = 0.
thì
hT z, zi = hT a, ai+h(T +T∗)a, bi +hT b, bi ≥αkak2 + 0 + 0 [bởi (i) và (ii)]. Do đó T là nửa xác định dương trên H.
Chú ý 2. Trong hệ quả 2.4, nếu T là xác định dương trên KT thì T là xác định dương trên H khi và chỉ khi Q(x) là nửa liên tục dưới yếu trên
K. Khi xét trong Rn, ta được một phần của định lý 3.6 của [8].
Hệ quả 2.5. ([4], tr. 83) Giả sử rằng (i) T là nửa xác định dương trên K, (ii) T là bức trên KT, và
(iii) (T +T∗)K là đóng trong H.
Thì T là nửa xác định dương trên H khi và chỉ khi Q(x) = hT x, xi là nửa liên tục dưới yếu trên KT.
Chứng minh. Sử dụng (iii), ta chỉ ra rằng (KT)T = K + Ker(T +T∗). Từ (i) suy ra T là nửa xác định dương trên K +Ker(T +T∗), thay K
bởi KT và KT bởi (KT)T trong hệ quả 2.4, chúng ta được kết quả. Do vậy (KT)T = K + ker(T + T∗), tương tự ta đưa ra điều chứng minh trong [8] (từ bổ đề 2.5). Không mất sự tổng quát, cho T = T∗. Dễ dàng
chỉ ra rằng T−1(C)∗ = bao đóng[T(C∗)]. Với bất kì nón lồi đóng C ⊂ H, chúng ta có (KT)T = T−1((KT)+) =T−1([T−1(K+)]+) = T−1(cl[T(K++)]) =T−1(cl[T(K)]) (vì K++ = K) = T−1(T(K)) [theo (iii)] = K +Ker T.
Tiếp theo, chúng ta chỉ ra rằng, dưới điều kiện đã biết, một toán tử trên không gian Hilbert là nửa xác định dương bất cứ khi nào nó là nửa xác định dương cộng trên một nón lồi, đóng và nửa xác định dương trên cực nón (đối với toán tử). Kết quả này là sự tổng quát từ kết quả của Han và Mangasarian trên ma trận (xem định lý 2.1.3).
Trong phần này, P biểu thị toán tử chiếu từH lên bao đóng của miền
(T +T∗). Chúng ta sử dụng đồng nhất
[ker(T +T∗)]⊥ = bao đóng[Ran(T +T∗)].
Chúng ta sẽ sử dụng kết quả sau của Định lý Mazur ([13, p. 24]): Nếu
C là một tập hợp bị chặn, lồi, đóng trong H, thì mọi dãy trong C có một dãy con hội tụ yếu tới một phần tử trong C.
Mệnh đề 2.1.7. ([5], tr. 421) Giả sử rằng Q(x) = hT x, xi là nửa liên tục dưới yếu trên H và 0 ∈/ bao đóng - yếu{x ∈ L :kxk = 1}.
Chứng minh. Giả sử rằng T là xác định dương nhưng không bức trên L, vậy thì, tồn tại xn ∈ L,kxnk= 1 sao cho
hT xn, xni → 0 khi n → ∞.
Cho xn (hoặc một dãy con) hội tụ yếu tới một x thuộc L. Do Q(x) là nửa liên tục dưới yếu trên H,
hT x, xi ≤ 0.
Do T là xác định dương trên L, nên x = 0. Chúng ta đưa ra một mâu thuẫn, vì (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
0 ∈/ bao đóng - yếu{x ∈ L : kxk = 1}. Điều kiện 1.
(T + T∗)K là đóng và 0 ∈/ bao đóng - yếu{x ∈ P(K) : kxk = 1}.
Định lý 2.1.7. ([5], tr. 421) Giả thiết rằng T là nửa xác định dương trên H. Khi đó
(i) T là nửa xác định dương cộng trên K; (ii) T là nửa xác định dương trên KT;
(iii) Q(x) = hT x, xi là nửa liên tục dưới yếu trên H. Lưu ý rằng, dưới điều kiện (1) điều ngược lại cũng đúng.
Chứng minh. Rõ ràng, T là nửa xác định dương trên K ∪ KT. Giả sử rằng
hT k, ki = 0 với k ∈ K. Cố định một x ∈ H, và định nghĩa trên R hàm số
Vì f ≥ 0 và f(0) = 0, nên ta có f0(0) = 0. Cho nên
h(T +T∗)k, xi = 0,
sự tùy ý của x cho thấy
(T + T∗)k = 0.
Do đó, T là nửa xác định dương cộng trên K.
(iii) Xem mệnh đề 2.1.6
Từ giả thiết điều kiện 1 và (i) - (iii), chúng ta chứng minh các kết quả sau:
(a) P(K) là đóng;
(b) T là xác định dương trên L = P(K);
(c) T là nửa xác định dương trên LT = P(K)T.
Từ các giả thiết. Thì (b) và (iii) (từ mệnh đề 2.1.7) suy ra T là bức trên L. Bởi vì (c) và (iii), và các điều kiện của hệ quả 2.4 đã được kiểm tra. Do đó T là nửa xác định dương trên H.
Chứng minh (a),
cho xn ∈ K và P xn → y ∈ miền P. Thì
(T + T∗)xn = (T +T∗)P xn →(T + T∗)y.
Do (T +T∗)K là đóng ( theo điều kiện 1),
(T + T∗)y ∈ (T +T∗)K.
Viết
(T + T∗)y = (T +T∗)k, với k ∈ K.
Thì P k = y, và do đó P(K) là đóng. Từ bây giờ L thay cho P(K). Chứng minh (b),
y = k−u, ở đây k ∈ K và u ∈ ker(T +T∗), Chúng ta thấy rằng
hT y, yi = hT k, ki ≥ 0.
Hơn nữa, nếu
hT y, yi = 0 thì hT k, ki = 0 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
và, theo (i),
k ∈ ker(T +T∗).
Do đó,
y ∈ ker(T +T∗) =kerP.
Vì vậy, y = 0 và do đó T là xác định dương trên P(K). Chứng minh (c), để ý thấy, vì (I −P)H ⊂ ker(T +T∗), KT = {y :h(T +T∗)y, zi ≤ 0,∀z ∈ K} = {y :h(T +T∗)y, P zi+h(T +T∗)y,(I −P)zi ≤ 0,∀z ∈ K} = {y :h(T +T∗)y, P zi ≤ 0,∀z ∈ K} = P(K)T.
Chú ý 3. Cho H = Rn, thì Q(x) =hT x, xi là liên tục yếu trên Rn và từ bất kì nón L,
0 ∈/ bao đóng - yếu{x ∈ L : kxk = 1}.
Do đó trong trường hợp đặc biệt này, điều ngược lại của định lý 2.1.7 quy về định lý 2.1.3.
Ví dụ 2.1.2. Ví dụ sau đây chỉ ra rằng, nếu bỏ qua điều kiện 1, thì điều ngược lại của định lý 2.1.8 không thể đúng.
Cho l2 = x = (x0, x1, x2, ..., xn, ...)|xn ∈ R, ∞ P 0 x2n < ∞ .
l2 là một không gian Hilbert với