2 Toán tử nửa xác định dương trên không gian Hilbert và
2.2.1.Sự tồn tại nghiệm
Định lý 2.2.1. ([6], tr. 331) Cho K là một đa diện và T là một toán tử đồng dương cộng trên K. Nếu bài toán bù tuyến tính suy rộng GLCP(T, K, q) chấp nhận được thì nó có nghiệm.
Chứng minh. Nếu dimH < ∞ thì, bằng cách sử dụng phép biến đổi bảo toàn tích hướng, ta có thể giả sử H = Rn với một n nào đó và sử dụng tích vô hướng thông thường trên Rn. Vì K là một nón đa diện, tồn tại số nguyên dương m và ánh xạ tuyến tính B : Rm → Rn sao cho
B(Rm+) = K. Dễ dàng thấy rằng Tb = B∗T B là một toán tử đồng dương cộng trên Rm+. Vì bài toán bù tuyến tính suy rộng GLCP(T, K, q) chấp nhận được, tồn tại x0 ∈ K sao cho
Với phần tử xb0 ∈ R+m bất kì thỏa mãn Bxb0 = x0 ta có D b Txb0 +B∗q, x E = hB∗(T x0 +q), xi = h(T x0 +q), Bxi >0
với mọi x ∈ Rm+. Như vậy, GLCP(T,Rb m+, B∗q) chấp nhận được. Theo Định lý Lemke [16], tồn tại bx ∈ Rm+ sao cho
D b Tbx+B∗q, x E >0 (x ∈ Rm+) và D b Txb+B∗q,xb E = 0. (2.8) Rút gọn (2.8) ta được hT(Bxb) +q, Bxi > 0 (x ∈ R+m) và hT(Bxb) + q, Bxbi = 0
và ta thấy rằng Bxb là nghiệm của GLCP(T, K, q).
Trong trường hợp tổng quát, giả sử X là một không gian hữu hạn chiều của H chứa K. Kí hiệu P là phép chiếu vuông góc từ H lên X và đặt S = P T. Khi đó, S : X →X là toán tử đồng dương cộng trên K và
hSx0 + P q, ki = hT x0 +q, ki > 0 ∀k ∈ K.
Như vậy, bài toán GLCP(S, K, P q) chấp nhận được trên X. Theo như trường hợp hữu hạn chiều đã xét ở trên, tồn tại x ∈ K sao cho
hSx+P q, ki > 0 ∀k ∈ K và hSx+P q, xi = 0. (2.9) Vì hSx+ P q, ki = hT x+q, ki với mọi k ∈ K, (2.9) chứng tỏ rằng x là một nghiệm của GLCP(T, K, q).
Định lý 2.2.2. ([6], tr. 332) Giả sử rằng
i) T là một toán tử đồng dương cộng trên K,
iii) K là nón mỏng,
iv) k ∈ K : T k ∈ K∗, hT k, ki = 0 và < q, k >= 0 = {0}. Khi đó, nếu GLCP(T, K, q) chấp nhận được thì tập nghiệm của GLCP(T, K, q) khác rỗng và compact yếu.
Chứng minh. Trước tiên chúng ta sẽ chỉ ra sự tồn tại nghiệm. Lấy x0 là chấp nhận được đối với GLCP(T, K, q). Ta có thể giả sử rằng x0 6= 0 và
K 6= 0; trái lại, 0 là một nghiệm của bài toán. Khi đó, theo (iii), tập { x ∈ K | kxk = 1} khác rỗng và khả li. Kí hiệu {ε0, ε1, ε2...} là tập con trù mật của {x ∈ K | kxk = 1} với ε0 = x0/kx0k và kí hiệu Kn là nón lồi đóng sinh bởi {ε0, ε1, ε2, . . . , εn}. Ta có mỗi Kn là nón đa diện chứa x0. Vì Kn ⊂ K, theo (i) T là đồng dương cộng trên Kn với mỗi
n= 1,2,3, ...
Bây giờ ta cố định n. Vì x0 là chấp nhận được đối với GLCP(T, Kn, q), theo định lý 2.2.1 tồn tại xn ∈ Kn sao cho
hT xn+q, ki >0 (k ∈ Kn) và hT xn+ q, xni = 0. (2.10) Ta khẳng định rằng, dãy {xn} bị chặn khi n → ∞. Thật vậy, nếu {xn}
không bị chặn thì, không giảm tổng quát, ta có thể giả sử rằng kxnk → ∞. Khi đó, từ (2.10) ta có
hT un +qn, uni = 0 (n= 1,2,3...) (2.11) với un := xn/kxnk và qn := q/kxnk → 0. Vì {u ∈ K | kuk 6 1} là tập lồi đóng, bị chặn trong không gian Hilbert H, ta có {un} (hoặc một dãy con của nó) hội tụ yếu đến một phần tử d ∈ K. Theo (ii) và (2.11), ta nhận được hT d, di 60 và theo (i) suy ra
Bây giờ, từ (2.10) và theo (i), suy ra
hq, xni = h−T xn, xni 60.
Điều này cho
hq, di 6 0. (2.13)
Vì bất kì k ∈ K có thể viết dưới dạng:
k = lim
n→∞kn với kn ∈ Kn,
từ (2.10) ta có hT d, ki > 0 với mọi k ∈ K, nghĩa là
T d ∈ K∗. (2.14) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vì GLCP(T, K, q) chấp nhận được, ta suy ra
hT x0 +q, di > 0.
Từ đó và sử dụng (2.12) và (2.14) ta có
hq, di > − hT x0, di = − hx0, T∗di = hx0, T di > 0.
Từ (2.13) ta nhận được hq, di = 0. Như vậy,
d ∈ {x ∈ K | T x ∈ K∗,hT x, xi = 0,hq, xi = 0}.
Theo (iv) điều này suy ra d = 0, nghĩa là
0∈ [bao đóng yếu của{x ∈ K : kxk= 1}].
Điều này mâu thuẫn với (iii). Như vậy, dãy {xn} (hoặc một dãy con của nó) bị chặn . Không giảm tổng quát, ta có thể giả sử rằng {xn} hội tụ yếu đến phần tử x0 ∈ K . Bây giờ (2.10), theo (ii), cho ta
Hơn thế, sử dụng cách viết k = limkn với kn ∈ Kn, (2.10) chỉ ra
hT x0 +q, ki >0 với tùy ý k ∈ K.
Vì vậy , x0 là một nghiệm của bài toán GLCP(T, K, q) .
Cuối cùng, bằng cách lập luận tương tự ta chỉ ra tập nghiệm của bài toán GLCP(T, K, q) bị chặn: giả sử nó không bị chặn, bằng cách tương tự như đã thực hiện, ta có thể xây dựng một phần tử d ∈ K
thoả mãn (2.12); (2.13); (2.14) và, theo (iii), sẽ dẫn đến mâu thuẫn. Vì tập nghiệm của GLCP(T, K, q) đóng yếu trong K ta suy ra nó là tập compact yếu.
Nhận xét về những giả thiết của định lí (2.2.2): 1) Điều kiện (i) và (ii) thỏa mãn khi T đơn điệu trên H. 2) Tính chấp nhận được của GLCP(T, K, q) tương đương với
q ∈ [K∗ −T(K)]. Khi có (i), q ∈ int [K∗ −T(K)] suy ra (iv) thỏa mãn (xem [2], mệnh đề 2.3).
3) Nếu int(K∗) khác rỗng thì q ∈ int [K∗ −T(K)] khi và chỉ khi
(T x+q) ∈ int(K∗) với x ∈ K nào đó (so sánh với [2], p. 349]).
4) Nếu K là compact địa phương theo chuẩn thì điều kiện (iii) thỏa mãn . Theo nhận xét (1) và (2) thì định lí (2.2.2) đã khái quát được kết quả sau của Borwein [2] : Nếu T đơn điệu trên H, K compact địa phương theo chuẩn và K∗ − T(K) = H thì tập nghiệm của bài toán GLCP(T, K, q) khác rỗng và bị chặn với q bất kì (so sánh với [2], p. 353 và hệ quả 2.1).
6) Khi T là tự liên hợp, điều kiện (iv) (khi có (i)) trở thành
K ∩KerT ∩ {q}⊥ = {0}.
7) Khi dimH < ∞ các điều kiện (ii) và (iii) là luôn luôn đúng.
Định lý 2.2.3. ([6], tr 333) Cho dimH < ∞ và giả sử T , K, q thỏa mãn:
i) T là một tự liên hợp ,
ii) T đồng dương cộng trên K, iii) (T +q ⊗q)(K) là đóng .
Nếu GLCP(T, K, q) chấp nhận được thì nó có nghiệm.
Chứng minh. Đặt M := KerT ∩ {q}⊥. Nếu M = {0} thì theo định lí (2.2.2) ta có ngay kết luận (xem nhận xét (6) và (7)), vậy ta giả sử rằng M 6= {0}. Kí hiệu P là phép chiếu trực giao từ H lên M⊥ =
RanT +Span{q}. Vì
hT x+q, ki = hT P x+q, P ki (x, k ∈ K),
ta nhận thấy sự tồn tại nghiệm của GLCP(T, K, q) tương đương với sự tồn tại nghiệm của GLCP(T, P(K), q) . Theo iii) tập (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
K +Ker(T +q ⊗q) = K +KerT ∩q⊥ = K + KerP
là đóng , do vậy P(K) đóng. Từ ii) dễ thấy T là đồng dương cộng trên
P(K) và cuối cùng ta có
Như vậy, tất cả các điều kiện của định lí ( 2.2.2) đều thỏa mãn cho bài toán GLCP(T, P(K), q) và do đó nó có nghiệm. Điều này suy ra bài toán GLCP(T, K, q) có nghiệm.