Không gian c

1.4.3.1 Không gian tuyến tính c

Kí hiệu c = {x = (x1, x2, ..., xn, ...) : xi ∈ C , n = 1,∞, limxn = 0}.

Tập hợp c cùng với hai phép toán thông thường:

x+y = (x1 +y1, x2 +y2, ..., xn+yn , ...), αx = (αx1, αx2, ..., αxn, ...)

trong đó α ∈ R , x = (x1, x2, ..., xn, ...) ∈ c, y = (y1, y2, ..., yn, ...) ∈ c là không gian tuyến tính thực với phần tử không là θ = (0,0, ...,0, ...).

1.4.3.2 Không gian định chuẩn c

* Ta đưa vào không gian tuyến tính thực c chuẩn của phần tử

x = (x1, x2, ..., xn, ...) ∈ c xác định bởi:

kxk= sup

n |xn|. (1.17)

Ta kiểm tra các điều kiện về chuẩn đối với (1.17):

+) ∀x ∈ c thì kxk= sup|xn| hoàn toàn xác định vì limxn = 0, nên dãy

{xn} bị chặn nên ∃sup n |xn| ≥0 hiển nhiên kxk ≥ 0, sup n |xn|= 0 ⇔ xn = 0,∀n = 1,∞ ⇔ x = θ. +) ∀x ∈ c,∀α ∈ R ,kαxk = sup n |αxn|= |α|sup n |xn| = |α| kxk. +) ∀x, y ∈ c , x= (x1, x2, ..., xn, ...) ∈ c, y = (y1, y2, ..., yn, ...) ∈ c. kx+yk = sup n |xn+ yn| ≤sup n (|xn|+|yn|) ≤sup n |xn|+sup n |yn| ≤ kxk+kyk. Do đó kx+yk ≤ kxk+kyk.

Vậy công thức (1.17) xác định một chuẩn trênc. Không gian định chuẩn tương ứng kí hiệu là c.

* Sự hội tụ trong không gian c. Giả sử dãy điểm

x(k) ∞

k=1 với x(k) = x(1k), x2(k), . . . , x(nk),... ∈ c hội tụ tới điểm x = (x1, x2, . . . , xn, ...) ∈ c khi k → ∞ trong không gian c. Ta có: ∀ε > 0,∃k0 ∈∗: ∀k ≥ k0,x(k) −x = sup n x(nk)−xn < ε. Suy ra x(nk) −xn < ε,∀k ≥ k0,∀n= 1,∞ (1.18)

Các bất đẳng thức (1.18) chứng tỏ với mỗin = 1,∞ dãy số phức nx(nk)

o

Tuy nhiên, sự hội tụ theo tọa độ không dẫn tới sự hội tụ theo chuẩn trong không gian c.

Ví dụ: lấy dãy điểm x(k) =

k√ n k+n ∞ n=1 ∈ c (k ∈ N∗). Ta có lim k→∞x(nk) = lim k→∞ k√ n k+ n = √ n (n= 1,2, ...) Đặt x = 1,√ 2, ...,√ n, ..., hiển nhiên x /∈ c. Điều đó chứng tỏ dãy

x(k) ∞k=1 hội tụ theo tọa độ tới x khi k → ∞,

nhưng x(k) không hội tụ theo chuẩn tới x trong c.

1.4.3.3 Không gian Banach thực nửa sắp thứ tự c

* c là không gian Banach thực với chuẩn (1.17) Thật vậy, giả sử dãy

x(m) ∞m=1 ⊂ c với x(m) = x(1m), x(2m), . . . , x(nm), ...

là một dãy cơ bản tùy ý trong c.

Khi đó theo định nghĩa dãy cơ bản ta có:

∀ε > 0,∃m0 ∈ N∗ : ∀m, p ≥m0, x(m) −x(p) < ε hay sup n x(nm)−x(np) < ε Suy ra x(nm)−x(np) < ε,∀m, p ≥m0,∀n = 1,∞. (1.19) Các bất đẳng thức (1.19) chứng tỏ với mỗi n = 1,∞ dãy nx(nm)

o∞

m=1 là dãy số phức cơ bản nên tồn tại giới hạn lim

m→∞x(nm) = xn, n= 1,∞

Đặt x = (x1, x2, . . . , xn, ...), ta đi chứng minh

x(m) ∞

m=1 hội tụ tới x trong c.

Các bất đẳng thức (1.19) không phụ thuộc n ∈ N∗, cho p → ∞ trong

các bất đẳng thức (1.19) ta được:

Suy ra sup n |x(nm) −xn| < ε ∀m ≥m0 (1.21) Mặt khác, ∀n ∈ N∗ ta có, |xn| = |xn−x(m1) n +x(m1) n | ≤ |x(m1) n −xn|+|x(m1) n | < ε+|x(m1) n | (m1 > m0). Từ lim n→∞x(m1)

n = 0 và ε > 0 nhỏ tùy ý, suy ra lim

n→∞|xn| = 0 nghĩa là x ∈c. Do đó dãy x(m) hội tụ tới x trong không gian c.

Vậy c là không gian Banach. * Nón trong không gian c.

Kí hiệu K = {x = (x1, x2, . . . , xn, ...) ∈c: xn ≥ 0, n = 1,∞}, trong đó

xn ≥ 0 ⇔Rexn ≥0 và Imxn ≥0, n = 1,∞.

Ta có K là một nón trong c. Thật vậy, ta chứng minh K thỏa mãn các điều kiện về nón:

+) K 6= ∅ vì θ = (0,0, . . . ,0, ...) ∈ K. +) Giả sử

x(k) ∞k=1 ⊂ K, x(k) = x1(k), x(2k), . . . , x(nk), ... và lim

k→∞x(k) = x

trong không gian c, trong đó x = (x1, x2, . . . , xn, ...) ∈ c.

Do sự hội tụ trong ckéo theo sự hội tụ theo tọa độ nên với mỗin = 1,∞

cố định ta có,

lim

k→∞x(nk) = xn ⇒ lim

k→∞Rex(nk) = Rexn và lim

k→∞Imx(nk) = Imxn.

Vì mỗi n, x(nk) ≥ 0 hay Rex(nk) ≥ 0 và Imx(nk) ≥ 0,∀k nên Rexn ≥ 0 và

Imxn ≥ 0, n = 1,∞. Suy ra x ∈ K. Vì vậy K là tập đóng.

+) Với mọi x, y ∈ K

x = (x1, x2, . . . , xn, ..), Rexn ≥0, Imxn ≥ 0, n = 1,∞, y = (y1, y2, . . . , yn, ...), Reyn ≥0, Imyn ≥ 0, n = 1,∞,

Ta có x+y = (x1 +y1, x2+ y2, . . . , xn +yn, ...), Re(xn+ yn) ≥0, Im(xn +yn) ≥0, n = 1,∞, nên x+y ∈ K.

Thật vậy, vì x∈ K nên

x = (x1, x2, . . . , xn, ...), Rexn ≥ 0, Imxn ≥ 0, n = 1,∞,

tx= (tx1, tx2, . . . , txn, ...), Re(txn) ≥0, Im(txn) ≥ 0, n = 1,∞.

Suy ra tx ∈ K.

+) Với mọi x = (x1, x2, . . . , xn, ...) ∈ K, x6= θ thì tồn tại n0 sao cho

Rexn0 ≥ 0, Imxn0 > 0 hoặc Rexn0 > 0, Imxn0 ≥ 0 .

Khi đó −Rexn0 ≤ 0,−Imxn0 < 0 hoặc −Rexn0 < 0,−Imxn0 ≤ 0 nên

−x= (−x1,−x2, . . . ,−xn0, ...) 6∈ K. Vậy K là một nón trong c.

* Theo định lí 1.2.1 ta đưa vào c một quan hệ ′′ ≤′′ theo nón K

Ta có nhận xét:

+) x ≤ y ⇔Rexn ≤Reyn, Imxn ≤ Imyn với n = 1,∞.

+) Quan hệ ′′ ≤′′ xác định như trên là một quan hệ sắp thứ tự bộ

phận. Thật vậy, với hai phần tử x, y bất kỳ thuộc c thì có thể không có quan hệ thứ tự theo nón K của x và y.

Ví dụ với x = (0,1,1,0, . . . ,0, ...), y = (i,0, i,0, . . . ,0) ∈ c ta có:

x−y = (−i,1,1−i,0, . . . ,0) ∈/ K nên không có quan hệ x ≤ y và

y −x = (i,−1,−1 +i,0, . . . ,0)∈/ K nên không có quan hê y ≤x.

Nên c là không gian Banach nửa sắp thứ tự (hay sắp thứ tự bộ phận) theo nón K.

+) K là nón chuẩn trong c. Thật vậy:

∀x, y ∈ K, x= (x1, x2, . . . , xn, ...), y = (y1, y2, . . . , yn, ...),

x ≤ y thì 0 ≤ Rexn ≤ Reyn và 0≤ Imxn ≤Imyn n = 1,∞

, suy ra

|xn| =

q

(Rexn)2 + (Imxn)2 ≤ q

(Reyn)2 + (Imyn)2 = |yn|, nên

kxk= sup

n |xn| ≤sup

n |yn| = kyk.

1.4.3.4 Không gian cu0 Giả sử u0 = (u1, u2, . . . , un, ...) ∈ K\ {θ}. Đặt I1 = {j ∈ N∗ : uj > 0} = {j ∈ N∗ : Reuj +Imuj > 0}, I2 = {j ∈ N∗ : uj = 0} với I1 hữu hạn và I1 6= ∅, I2 = N∗\I1. Ta có nhận xét I1 luôn khác rỗng vì u0 6= θ, còn I2 6= ∅ do I1 hữu hạn. Ta cũng chứng minh được: cu0 = {x = (x1, x2, ..., xn, . . .) : xj = 0, j ∈ I2}. Thật vậy:

+) Nếu x ∈ cu0 thì tồn tại một số dương t sao cho −tu0 ≤ x ≤ tu0. Khi đó −tuj ≤ xj ≤tuj, j = 1,∞.

Nếu j ∈ I2 thì uj = 0 nên 0 ≤ xj ≤ 0 do đó xj = 0 hay

x ∈ {x = (x1, x2, . . . , xn, ...) : xj = 0, j ∈ I2}.

+) Ngược lại x ∈ {x = (x1, x2, . . . , xn, ...) :xj = 0, j ∈ I2} thì x ∈ cu0. Thật vậy: nếu x = θ thì hiển nhiên x ∈ cu0.

Nếux 6= θ thì max

1≤j≤∞{|xj|}> 0,do I1 6= ∅, I1 hữu hạn nênmin

j∈I1 {|uj|} > 0. Đặt t= 1≤maxj≤∞{|xj|} min j∈I1{|uj|} > 0 ta có: −tReuj = − max 1≤j≤∞{|xj|} min

j∈I1 {|uj|} Reuj ≤ −1max≤j≤∞{|xj|} ≤ Rexj,

−tImuj = −

max

1≤j≤∞{|xj|}

min

j∈I1

{|uj|} Imuj ≤ −1max≤j≤∞{|xj|} ≤ Imxj.

tReuj =

max

1≤j≤∞{|xj|}

min

j∈I1

{|uj|} Reuj ≥ 1max≤j≤∞{|xj|} ≥ Rexj,

tImuj =

max

1≤j≤∞{|xj|}

min

j∈I1 {|uj|} Imuj ≥1max≤j≤∞{|xj|} ≥ Imxj.

Suy ra −tuj ≤ xj ≤tuj, ∀j = 1,∞ hay −tu0 ≤ x ≤tu0 với t > 0. Do đó x ∈ cu0.

Vậy ta chứng minh được:cu0 = {x = (x1, x2, . . . , xn, ...) :xj = 0, j ∈ I2}.

Theo nhận xét cuối mục 1.4.3.3 và định lí 1.3.3,cu0 là không gian Banach theo u0 chuẩn.

1.4.3.5 Tập K(u0)

Giả sử chọn u0 như ở mục 1.4.3.4,

kí hiệu G= {x = (x1, x2, ..., xn, . . .) ∈ c|xj > 0, j ∈ I1;xj = 0, j ∈ I2}, trong đó xj > 0 ⇔Rexj ≥ 0, Imxj ≥ 0 và Rexj +Imxj > 0;

xj = 0⇔ Rexj = 0 và Imxj = 0, j = 1,∞.

Ta chứng minh K(u0) = G. Thật vậy:

+) ∀x ∈ K(u0) ta có x ∈ K\ {θ} và tồn tại các số dương α, β sao cho:

αu0 ≤ x ≤βu0, suy ra

αuj ≤ xj ≤ βuj, j = 1,∞.

Nếu j ∈ I2 thì uj = 0 ta có 0 ≤ xj ≤ 0 suy ra xj = 0, j ∈ I2;

Nếu j ∈ I1 thì uj > 0. Giả sử tồn tại j ∈ I1 sao cho xj = 0 ta có

αuj ≤ 0≤ βuj suy ra uj = 0 (vô lí), do đó ∀j ∈ I1, xj > 0. Vậy x ∈ G, nên K(u0) ⊂ G.

+) Ngược lại,∀x ∈ G. Ta có:

Nếu j ∈ I1 thì uj > 0 và do I1 6= ∅, I1 hữu hạn nên

max j∈I1 {|uj|} ≥ min j∈I1 {|uj|}> 0, ta đặt: α = min j∈I1 {|xj|} max j∈I1 {|uj|} > 0; β = max j∈I1 {|xj|} min j∈I1 {|uj|} > 0.

Ta có: αReuj = min j∈I1{|xj|} max j∈I1{|uj|}Reuj ≤ RexjReuj max j∈I1{|uj|} ≤ Rexj, αImuj = min j∈I1{|xj|} max j∈I1{|uj|}Imuj ≤ ImxjImuj max j∈I1{|uj|} ≤ Imxj. βReuj = max j∈I1{|xj|} min j∈I1{|uj|}Reuj ≥ RexjReuj min j∈I1{|uj|} ≥ Rexj, βImuj = max j∈I1{|xj|} min j∈I1{|uj|}Imuj ≥ ImxjImuj min j∈I1{|uj|} ≥ Imxj.

Nếu j ∈ I2 thì xj = 0, uj = 0 nên αuj = 0 ≤ xj = 0 ≤ βuj = 0.

Suy ra (∃α > 0,∃β > 0) sao cho: αuj ≤ xj ≤ βuj, j ∈ N∗ suy ra

αu0 ≤ x ≤ βu0 hay x ∈ K(u0). nên G ⊂ K(u0).

Chương 2

TOÁN TỬ (K, u0)−LÕM CHÍNH

QUY TRONG KHÔNG GIAN

BANACH THỰC VỚI HAI NÓN 2.1 Các định nghĩa

Giả sử E là không gian Banach, H và K là hai nón cố định trong không gian E, E trở thành không gian nửa sắp thứ tự nhờ nón K,

A : E −→ E là toán tử phi tuyến nào đó. Kí hiệu θ là phần tử không của không gian E. Phần tử x ∈ K\{θ} gọi là phần tử dương, phần tử

x ∈ E mà −x ∈ K\{θ} gọi là phần tử âm, còn phần tử x ∈ E mà

−x≥ θ gọi là phần tử không dương. Giả sử u0 ∈ H\{θ} = H∗

Định nghĩa 2.1.1. Toán tử A gọi là toán tử dương trên nón H nếu

AH ⊂H. Toán tử A gọi là toán tử dương nghiêm ngặt trên nón H nếu

∀x ∈ H∗ ta đều có Ax ∈ H∗.

Định nghĩa 2.1.2. Toán tử A gọi là toán tử đơn điệu trên nón H nếu:

∀x, y ∈ H, x≤ y ta có Ax≤ Ay.

Định nghĩa 2.1.3. Toán tử A gọi là u0 - đo được trên nón H nếu

∀x ∈ H∗,∃α = α(x) > 0,∃β = β(x) > 0 sao cho:

Định nghĩa 2.1.4. Phần tử x ∈ E\ {θ} gọi là thông ước với u0, nếu ∃α = α(x) > 0,∃β = β(x) > 0 sao cho αu0 ≤x ≤ βu0.

Kí hiệu H(u0) là tập hợp tất cả x ∈ H\ {θ} thông ước với u0. Định nghĩa 2.1.5. Toán tử A gọi là (K, u0)−lõm nếu:

i, A là toán tử dương và đơn điệu trên nón H; ii, A là u0 - đo được trên nón H;

iii, ∀x ∈ H∗,∀t ∈ (0; 1) ta có Atx > tAx.

iv, ∀x, y ∈ H(u0),∀t ∈ (0; 1) sao cho x−ty > θ thì ∃δ = δ(x, y, t) > 0

sao cho Ax−tAy ≥δu0.

Định nghĩa 2.1.6. Toán tử A gọi là toán tử (K, u0)− lõm chính quy (LCQ) nếu:

i, A là toán tử dương và đơn điệu trên nón H; ii, ∀x ∈ H∗,∀t ∈ (0; 1) ta có Atx > tAx.

iii, ∀x, y ∈ H (u0),∀t ∈ (0; 1) sao cho x−ty > θ thì ∃δ = δ(x, y, t) > 0

sao cho Ax−tAy ≥δu0.

Dưới đây ta giả thiết K ∩ H 6= ∅ và u0 ∈ K ∩H\{θ}

2.2 Một số tính chất đơn giản về toán tử (K, u0)− lõm chính quy

Định lí 2.2.1. Giả sử A là toán tử (K, u0)− lõm chính quy. Khi đó

∀α ∈ R, α > 0 ta có αA cũng 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 H.

Vì H là một nón và α > 0 nên αAx ∈ H suy ra αAH ⊂ H hay αA là toán tử dương trên nón H.

*) αA đơn điệu trên nón H.

Thật vậy, doAđơn điệu trên nón H nên∀x, y ∈ H, x≤ y ta cóAx≤ Ay. Theo định nghĩa quan hệ thứ tự trong không gian E,

Ax ≤Ay ⇒ Ay−Ax ∈ K. VìK là một nón,α > 0nênα(Ay −Ax) ∈ K

hay αAy−αAx ∈ K . Do đó αAx ≤αAy. Vậy αA đơn điệu trên nón H.

*) ∀x ∈ H∗,∀t∈ (0; 1) ta có (αA)tx > t(αA)x.

Thật vậy, A là toán tử (K, u0)− lõm chính quy nên ∀x ∈ H∗,∀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 ∈ H (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 ∈ H(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 thì ∀n ∈ N∗, An

cũng là toán tử (K, u0)−lõm chính quy.

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 vớin ≥ 1 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.

Thật vậy, ∀x ∈ H, 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 H. Do đó Akx ∈ H.

Vì A là toán tử (K, u0)−lõm chính quy nên A Akx

∈ H hay

Ak+1x ∈ H. Do đó Ak+1 là toán tử dương trên nón H. *) Ak+1 đơn điệu trên nón H.

Thật vậy, Ak là toán tử đơn điệu trên nón H nên:

∀x, y ∈ H, x≤ y ta có Akx ≤ Aky. A cũng là toán tử đơn điệu trên nón H nên ta có A Akx

≤ A Aky

. Suy ra Ak+1x ≤ Ak+1y. Do đó Ak+1 là toán tử đơn điệu trên nón H. *) ∀x ∈ H∗,∀t∈ (0; 1) ta có Ak+1tx > tAk+1x.

Thật vậy, Ak là toán tử (K, u0)−lõm chính quy nên ∀x ∈ H∗,∀t ∈ (0; 1)

ta có Akx ≥ Aktx > tAkx ≥ θ.

Do A là toán tử (K, u0)−lõm chính quy trên nón H và, Akx ∈ H∗, Aktx∈ H∗ nên

Ak+1tx = A Aktx≥ A tAkx > tA Akx = tAk+1x (2.1) Do đó suy ra Ak+1tx > tAk+1x.

Do đó ∀x ∈ H∗,∀t∈ (0; 1) ta có Ak+1tx > tAk+1x.

*) ∀x, y ∈ H (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 ∈ H (u0),∀t ∈ (0; 1), x−ty > θ,∃δ1 = δ1(x, y, t) > 0 sao cho: Akx−tAky ≥ δ1u0 > θ, theo lập luận trên Akx ∈ H∗, Aky ∈ H∗.

Do 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. Giả sử A là toán tử (K, u0)−lõm chính quy.

Nếu ∃x0, y0 ∈ H (u0) thỏa mãn điều kiện:

1) x0 ≤ Ax0, Ay0 ≤ y0,

2) Ax0 ∈ H(u0), Ay0 ∈ H(u0)

thì x0 ≤ y0.

Chứng minh. Giả sử kết luận của định lí không xảy ra tức là:

x0 y0 (2.2)

Theo giả thiết u0 ∈ H ∩K, x0, y0, Ax0, Ay0 đều thuộc H (u0) nên

∃a, b, c, d∈ R∗

+ sao cho:

au0 ≤ x0 ≤ Ax0 ≤ bu0, cu0 ≤Ay0 ≤ y0 ≤du0

Do đó x0, y0, Ax0, Ay0 đều thuộc H ∩K\{θ} và,

y0 ≥ cu0 = cb−1bu0 ≥cb−1x0 hay y0 −cb−1x0 ≥ θ.

Hiển nhiên 0 < cb−1 < 1 vì nếu cb−1 ≥ 1 thì y0 ≥ cb−1x0 ≥ x0, mâu thuẫn với điều giả sử trên.

Xét ánh xạ

f : R −→E

t 7−→f (t) = y0 −tx0.

f liên tục trên R nhờ tính liên tục của phép nhân một số thực với một phần tử thuộc E và phép cộng hai phần tử thuộc E.