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 αAK ⊂ 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)
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.
*) 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. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
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)
Ta có ∀x ∈ K∗, t ∈ (0; 1) thì x > tx. Vì Ak là toán tử đơn điệu nên Akx ≥ Aktx.
Mà Aktx > tAkx ⇒Akx > tAkx.Và do tAkx ≥ 0 suy ra Akx > 0.
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 Ak+1tx > tAk+1x.
*) ∀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.
Mặt khác 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 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
t7−→ x−ty.
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.
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 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
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). Định lí 2.2.4. Cho A là toán tử (K, u0) − lõm chính quy. Nếu
x ∈ K\ {θ} sao cho Ax= λx, λ ∈ R thì λ > 0.
Chứng minh. Ta có: λx = Ax = A2−12x. Do A là toán tử
(K, u0) − lõm chính quy nên với x ∈ K\ {θ}, t = 2−1 ∈ (0; 1) ta có A2−12x > 2−1A2x ≥θ. Do vậy λx = Ax > θ ⇒ λ >0
Định lí 2.2.5. Mỗi toán tử (K, u0) − lõm chính quy A chỉ có một vectơ riêng ứng với một giá trị riêng trên K(u0).
Chứng minh. Giả sử ∃x ∈ K\ {θ}, y ∈ K\ {θ}, x 6= y sao cho Ax = λx, Ay = λy.
Theo định lý 2.2.4 ta có λ >0. Do đó tồn tại giá trị nghịch đảo λ−1. Xét toán tử A1 = λ−1A
Theo định lý 2.2.1, A là toán tử (K, u0) − lõm chính quy nên A1 = λ−1A cũng là toán tử (K, u0) − lõm chính quy.
Ta lại có
A1x = λ−1Ax = λ−1Ax = λ−1λx = x, A1y = λ−1Ay = λ−1Ay = λ−1λy = y.
Suy ra x, y(x 6= y) là hai điểm bất động của toán tử A1. Mâu thuẫn với định lý 2.2.3
Vậy mỗi toán tử (K, u0) − lõm chính quy A chỉ có một vectơ riêng ứng với một giá trị riêng trên K(u0)
2.2.3 Ví dụ về toán tử (K, u0)− lõm chính quy
Trong C[0;1], ta có K = x(s) ∈ C[0;1] : x(s) ≥ 0,∀s ∈ [0; 1] , chọn u0(s) = 1 thì K(u0) = x(s) ∈ C[0;1], : x(s) > 0,∀s ∈ [0; 1] . Xét toán tử A xác định bởi Ax(s) = |x|r(s), s ∈ [0; 1], r ∈ (0; 1). Khi đó A là toán tử (K, u0) - lõm chính quy.
Từ định nghĩa với ∀x ∈ K ⇒x ≥ 0 ta có
Ax(s) =xr, s ∈ [0; 1], r ∈ (0; 1)
*A là toán tử dương tức là ∀x ∈ K đều có Ax ∈ K x ∈ K ⇒x ≥ 0
⇒x(s) ≥ 0, s ∈ [0; 1]
⇒xr(s) ≥ 0, s ∈ (0; 1).
⇒Ax ∈ K ⇒AK ⊂K
*A là toán tử đơn điệu trên nón K tức là ∀x, y ∈ K, x ≤ y đều có Ax ≤Ay
∀x, y ∈ K, x ≤y ⇒x(s) ≤ y(s), s ∈ [0; 1]
⇒xr(s) ≤ yr(s), s ∈ [0; 1].
Hay
*Chứng minh ∀x ∈ K\ {θ},∀t ∈ (0; 1) đều có Atx > tAx. Thật vậy, x ∈ K\ {θ} ⇒ x > θ. Do đó Atx(s) = (tx)r(s) = trxr(s) mà x(s) > 0, s ∈ [0; 1], Atx(s) = (tx)r(s) = trxr(s) mà x(s) = 0, s ∈ [0; 1], Vì t ∈ (0; 1) và r ∈ (0; 1) nên tr > t. Suy ra Atx(s) = (tx)r(s) = trxr(s) > txr(s) = tAx(s) mà x(s) > 0, s ∈ [0; 1], Atx(s) = (tx)r(s) = trxr(s) =txr(s) = tAx(s) mà x(s) = 0, s ∈ [0; 1]. Vì vậy Atx > tAx,∀x ∈ K\ {θ}.
*Chứng minh ∀x, y ∈ K(u0),∀t ∈ (0; 1) sao cho x − ty > θ,
∃δ = δ(x, y, t) > 0 đều có Ax−tAy ≥ δu0. Thật vây, x, y ∈ K(u0) nên
∃α > 0;β > 0 sao cho αu0 ≤ x ≤βu0
∃λ > 0;γ > 0 sao cho λu0 ≤y ≤ γu0 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Vì u0 = u(s) = 1, s ∈ [0; 1] nên α ≤ x ≤β, λ ≤ y ≤ γ Ta có
Ax−tAy = xr −tyr
Do x−ty > 0 nên x > ty ⇒ Ax≥ Aty hay xr ≥ tryr
⇒Ax−tAy = xr −tyr ≥tryr −tyr = (tr−t)yr. Do y ≥ λ nên (tr −t)yr ≥(tr −t)λr = (tr −t)λru0
Lại vì t ∈ (0; 1) và r ∈ (0; 1) nên tr > t ⇒ (tr−t) > 0⇒ (tr−t)λr > 0
Đặt δ = (tr −t)λr > 0 ta được:
Ax−tAy ≥ δu0 Vậy A là toán tử K, u0 - lõm chính quy.
Sự tồn tại vectơ riêng của toán tử
(K, u0)− lõm chính quy
3.1 Một số định nghĩa
Định nghĩa 3.1.1. Giả sử E là không gian Banach thực nửa sắp thứ tự nhờ nón K ⊂ E. Toán tử A: E −→ E gọi là toán tử d−cực trị nếu i, Toán tử A là dương và đơn điệu trên nón K;
ii, Với mỗi dãy (xn) ⊂K mà
x1 ≤ x2 ≤ ...≤ xn ≤...;∃α > 0,∀n ∈ N∗ :kxnk ≤ α và với mỗi dãy (yn) ⊂ K mà
y1 ≥ y2 ≥ ... ≥yn ≤ ...;∃α > 0,∀n∈ N∗ :kynk ≤ α đều có sup(Axn) ∈ K và inf (Ayn) ∈ K.
Định nghĩa 3.1.2. Cho không gian Banach thực E nửa sắp thứ tự nhờ nón K ⊂ E.Toán tử A :E −→ E .
Toán tử tuyến tính bị chặn Q : E −→ E gọi là đạo hàm tiệm cận của toán tử A theo nón K nếu
Ax = Qx+ W (x),∀x ∈ K, sao cho lim
x∈K,kxk→∞
kW (x)k kxk = 0.
Định nghĩa 3.1.3. Cho không gian Banach thực E nửa sắp thứ tự nhờ nón K ∈ E, toán tử A : E −→E, u0 ∈ K\ {θ}.
Toán tử tuyến tính P : E −→ E gọi là u0 − đạo hàm Frêsê của toán tử A tại điểm θ theo nón K, nếu
lim
x∈K,kxk→0
kAx−Aθ−P xku
0
kxk = 0.
3.2 Một số định lí về sự tồn tại vectơ riêng của toán
tử (K, u0)− lõm chính quy
Định lí 3.2.1. Cho không gian Banach thực E nửa sắp thứ tự nhờ nón
K ⊂ E.Toán tử A : E −→E . (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Toán tử tuyến tính bị chặn Q : E −→ E là đạo hàm tiệm cận của toán tử A theo nón K. Khi đó
Qx ≤Ax,∀x ∈ K.
Chứng minh. x = θ ta có Qx = Qθ = θ, Ax = Aθ ≥ θ nên Qθ ≤ Aθ. Định lí đúng với x= θ. Vớix ∈ K\ {θ}nghĩa làx > θ,∀n∈ N∗ ta có Ax−Qx kxk = 1 kxk Anx n −Qx Do n∈ N∗ ta có 1
n ∈ (0; 1]. Mà A là toán tử (K, u0)− lõm chính quy nên Ax−Qx kxk = 1 kxk Anx n −Qx ≥ 1 kxk 1 nAnx −Qx = 1 kxk 1 n(Anx −nQx) = Anx−Qnx knxk = W(nx) knxk . Do vậy Ax−Qx kxk ≥ W(nx) knxk . (3.1)
Cho n → ∞ trong (3.1) và theo định nghĩa đạo hàm tiệm cận của toán tử A, ta được Ax−Qx kxk ≥ 0 ⇒Ax−Qx ≥ 0 ⇒ Qx≤ Ax. Vậy Qx ≤Ax,∀x ∈ K.
Định lí 3.2.2. Toán tử tuyến tính bị chặn Q: E −→ E là đạo hàm tiệm cận của toán tử A theo nón K. Khi đó ∀R > 0 toán tử Q1 = R−1Q là đạo hàm tiệm cận của toán tử A1 = R−1A theo nón K và có bán kính phổ r(Q1) = R−1r(Q) Chứng minh. ∀x ∈ K\ {θ} ta có lim kxk→∞ kA1x−Q1xk kxk = limkxk→∞ R−1Ax−R−1Qx kxk = lim kxk→∞ kAx−Qxk Rkxk = 1 R kxk→∞lim kAx−Qxk kxk = 1 R kxk→∞lim kW (x)k kxk = 0.
Mặt khác, theo định nghĩa bán kính phổ r(Q1) = lim n→∞ n q kQn1k = lim n→∞ n q k(R−1Q)nk = lim n→∞ n r 1 Rn kQkn = 1 R n→∞lim n q kQkn = 1 Rr(Q) =R −1r(Q). Vậy r(Q1) =R−1r(Q).
Định lí 3.2.3. Giả sử u0 ∈ K\(θ) và toán tử (K, u0)− lõm chính quy A
thỏa mãn các điều kiện sau : 1, Toán tử A là d−cực trị;
2, Toán tử A bị chặn theo chuẩn và bị chặn trên bởi u0 trên nón K;
3, Toán tử tuyến tính Q là đạo hàm tiệm cận của toán tử A theo nón
K và có vectơ riêng xq ∈ K(u0) ứng với giá trị riêng λq > 0 bằng bán kính phổ r(Q) của toán tử Q.
Khi đó toán tử A có vectơ riêng trong K(u0). Để chứng minh định lý 3.1.3 ta cần bổ đề sau:
Bổ đề 3.2.1. Giả sử A là toán tử (K, u0)− lõm chính quy. Nếu với x0 ∈
K(u0) dãy xn = Axn−1,(n = 1,2, ...) tăng và tồn tại
¯
x = sup(xn) ∈ K(u0) thì Ax¯= ¯x.
Chứng minh. Vì x¯ = supxn nên x¯ ≥ xn. Mà A là toán tử đơn điệu nên Axn ≤ Ax. Mặt khác¯ {xn} là dãy tăng nên xn ≤ xn+1 = Axn. Do đó xn ≤ Ax, n¯ = 1,2, . . .. Cho n → ∞ ta được
¯
Với mỗi n = 1,2, . . . ta xét ánh xạ hn : R→ E
t7→ xn−tx¯
Khi đó ánh xạ hn là liên tục do phép cộng vectơ và phép nhân vectơ với một số trong không gian định chuẩn E là liên tục.
Xét tập I = {t∈ R: xn−tx¯ ≥θ}= {t∈ R : xn−tx¯∈ K} = h−1n (K)
DoK là tập đóng trong E và ánh xạ hn liên tục nênh−1n (K) là tập đóng trong R. Suy ra I 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−tx¯ = xn−(1 +a) ¯x = xn−x¯−ax¯ ≥ 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¯−ax¯+ ¯x −xn = −ax¯ ∈ K ( vô lí). Vậy t ≤1, hay I bị chặn trên trong R.
Do đó tồn tại tn = max{t ∈ R: xn −tx¯ ≥ 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¯
Axn−1 ≥ Atn−1x¯ ≥ tn−1Ax¯
xn ≥ tn−1x¯ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
suy ra tn ≥ tn−1 Do đó 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¯ ≥ tx¯⇒ Atx¯−tx > θ¯
Nhờ tính chất iii) của toán tử A ta có
∃δ > 0 : A(Atx¯)−tAx¯ ≥ δu0 hay A2tx¯−tAx¯≥ δu0 Vì x¯∈ K(u0) nên tồn tại β1 > 0 sao cho x¯ ≤β1.u0, suy ra u0 ≥ 1
β1.x.¯ Chọn γ = δ β1t ta có u0 ≥ γt δ x¯ và A2tx¯ ≥ tAx¯+δu0 ≥ tx¯+ γtx¯= t(1 +γ) ¯x Do đó xn+2 = A2xn ≥ A2tnx¯ = A2 tn t tx¯ ≥ tn t A 2 tx¯ ≥ 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 tnAx < At¯ nx¯ ≤Axn = xn+1 ≤ x¯
Cho n → ∞ ta được
Ax¯ ≤ x¯ (3.3)
Từ (3.2) và (3.3) suy ra Ax¯ = ¯x
Chứng minh. định lí 3.1.3