Toán tử đơn điệu

Một số kết quả của giải tích hàm

Mệnh đề 2.1. Giả sử X là một không gian Banach, fung là một dãy bị chặn trongX, u 2 X vàD là tập con trù mật trongX. Khi đó, nếu

hf; uni ! hf; ui ; 8f 2 D;

thìun* u.

Chứng minh. Giả sử g 2 X. Ta có

j hg; uni hg; ui j = j hg f; uni + hf; un ui + hf g; ui j ¶kg fk(kunk + kuk) + j hf; uni hf; uij:

Từ đây ta thấy, với mọi > 0, có thể chọnf 2 Dvà chọnnđủ lớn sao chokg fkvàj hf; uni hf; uij đủ bé để

j hg; uni hg; ui j < : Vậyhg; uni ! hg; ui, và do đó,un * u.

Mệnh đề 2.2. Giả sử X là một không gian Banach, fung là một dãy trong X, u 2 X là một điểm cố định.

(i) Nếu mỗi dãy con của dãyfungđều có một dãy con hội tụ đếnuthìun ! u. (ii) Nếu mỗi dãy con của dãyfungđều có một dãy con hội tụ yếu đếnuthìun * u.

Chứng minh. (i) Nếuun 6! uthì tồn tại0 > 0và dãy confukngcủa dãyfungsao cho

kukn uk¾0; 8n: (2.1) Theo giả thiết, có dãy confuhkngcủa dãy confukngsao chouhkn ! u. Điều này mẫu thuẫn với (2.1). (ii) Nếuun 6* uthì tồn tại phiếm hàmf 2 X sao cho dãyhf; uni 6! hf; ui. Lập luận tương tự như trên cho dãy sốfhf; unigta cũng sẽ dẫn đến mâu thuẫn.

Sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình

Xét hệ phương trình

gk(x) = 0; x = (x1; x2; : : : ; xN) 2RN; k = 1; 2; : : : ; N: (2.2) trong đóg1; g2; : : : ; gN là những hàmN biến cho trước.

Mệnh đề 2.3. Giả sử gk : B(0; R) ! Rlà các hàm liên tục trên hình cầu đóng B(0; R) = fx 2 RN : kxk¶Rg. Nếu

N

X

k=1

gk(x)xk ¾0với mọix thoả mãnkxk = R (2.3)

thì hệ(2.2)có nghiệmxthoả mãnkxk ¶R.

Chứng minh. Đặt g(x) = (g1(x); g2(x); : : : ; gN(x)). Giả sử phản chứng rằng g(x) 6= 0 với mọi x 2 B(0; R). Đặtf(x) = R g(x)

kg(x)k, ta được ánh xạ liên tụcf từB(0; R)vào chính nó. Theo định lí điểm bất động Brouwer, tồn tạix 2 B(0; R)sao chox = f(x). Ta thấykxk = kf(x)k = R. Mặt khác, ta có

N X k=1 gk(x)xk = R 1kg(x)kXN k=1 fk(x)xk = R 1kg(x)kXN k=1 x2 k < 0:

Điều này mâu thuẫn với (2.3).

Toán tử đơn điệu

Định nghĩa. Giả sửX là một không gian Banach thực,A : X ! X là một toán tử. Ta nói (i) Alàđơn điệunếu

hAu Av; u vi¾0với mọiu; v 2 X: (ii) Alàđơn điệu nghiêm ngặtnếu

hAu Av; u vi > 0với mọi u; v 2 X; u 6= v: (iii) Alàđơn điệu mạnhnếu tồn tại hằng sốc > 0sao cho

hAu Av; u vi ¾cku vk2 với mọiu; v 2 X: (iv) Alàcưỡngnếu

lim

kuk!1

hAu; ui

kuk = +1:

Mệnh đề 2.4. Giả sử X là không gian Banach phản xạ, A : X ! X là toán tử đơn điệu và hemi-liên tục. Khi đó

(i) Alà đơn điệu cực đại, nghĩa là, vớiu 2 X vàb 2 X cố định, nếu

hb Av; u vi¾0; 8v 2 X (2.4)

(ii) Nếu

un * utrongX; Aun * btrongX

và hAun; uni ! hb; ui

thìAu = b.

Chứng minh. (i) Xétv = u twvớit > 0. Dohb Av; u vi¾0; 8v 2 X nên hb A(u tw); wi¾0:

VìA là hemi-liên tục nên chot ! 0+ ta được

hb Au; wi¾0; 8w 2 X: Điều này cùng với (2.4) suy ra

hb Au; wi = 0; 8w 2 X hayb Au = 0: (ii) DoAlà đơn điệu, ta có

hAun; uni hAv; un hAun Av; vii = hAun Av; un vi¾0 với mọiv 2 X và mọin. Chon ! 1, ta được

hb; ui hAv; ui hb Av; v ¾0i ; và do đó,

hb Av; u vi¾0: Theo (i), ta nhận đượcAu = b.

Tính demi-liên tục và hemi-liên tục

Định nghĩa. Cho toán tửA : X ! X. Ta nói (i) Alàdemi-liên tụcnếu

un ! u ) Aun * Au: (ii) Alàhemi-liên tụcnếu hàm số

t 7! hA(u + tv); wi liên tục trên[0; 1]với mọiu; v; w 2 X.

Mệnh đề 2.5. Cho toán tửA : X ! X trên không gian BanachX. Khi đó

(i) NếuAlà đơn điệu thì Abị chặn địa phương, nghĩa là, với mọiu 2 X, tồn tại lân cận U(u)củau

trongX sao choA(U(u))là tập bị chặn trongX;

(ii) NếuX phản xạ còn Alà đơn điệu và hemi-liên tục thìA là demi-liên tục.

Chứng minh. (i) Giả sử phản chứng rằngAlà đơn điệu nhưng không bị chặn địa phương. Khi đó tồn tạiu 2 X và dãyfungsao cho

Bằng cách thayun bởiun u, ta có thể coiu = 0. Đặt an= (1 + kAunkkunk) 1. Từ tính đơn điệu của Ata có

anhAun; vi¶an(hAun; uni hA(v); un vi) ¶an(kAunkkunk + kA(v)kkun vk): Từ đây suy ra

sup

n j hanAun; vi j < 1; 8v 2 X: Theo định lí Banach-Steinhaus, tồn tại sốM sao cho

sup

n kanAunk¶M: Bây giờ đặtbn = kAunk. Ta có

bn ¶a 1

n M = (1 + bnkunk)M haybn(1 kunkM)¶M; 8n:

Từ đây, vìkunk ! 0, ta thấy dãy(bn)bị chặn. Điều này mâu thuẫn với giả thiết phản chứng.

(ii) Giả sửun ! u. Khi đó fungbị chặn, nên theo (i), dãy(Aun) cũng bị chặn. DoX phản xạ nên toán tử dãy confukngcủafungsao choAukn * b 2 X. Do đó,

hAukn; ukni ! hb; ui :

Đến đây, theo Mệnh đề 2.4, ta cóAu = b. Như vậyAukn * Au. Theo Mệnh đề 2.2 (ii),Aun* Au.

Định lí chính về toán tử đơn điệu

Định lí 2.6 (Browder, 1963). Giả sử X là không gian Banach thực, phản xạ và tách được. Giả sử

A : X ! X là toán tử đơn điệu, cưỡng và hemi-liên tục. Xét phương trình toán tử

Au = b (2.5)

trong đób 2 X cho trước. Khi đó

(i) Với mọi b 2 X, phương trình (2.5) có nghiệm trong X. Hơn nữa, tập nghiệm là bị chặn, lồi và đóng.

(ii) Nếu giả thiết thêm rằngAlà đơn điệu nghiêm ngặt thì phương trình trên có nghiệm duy nhất trong

X.

Chứng minh. Chứng minh được chia làm 6 bước.

Bước 1:Thiết lập nghiệm xấp xỉ Galerkin. Giả sử fwkg1

k=1là một cơ sở củaX. Với mỗin 2N, đặt Xn = spanfw1; w2; : : : ; wng:

Giả sửun = Pn

k=1cnkwklà nghiệm của phương trình Galerkin:

hAun; wki = hb; wki ; k = 1; : : : ; n: (2.6) Đặt

Từ tính cưỡng củaA, ta có

lim

kuk!1

g(u)

kuk = +1: Từ đây suy ra tồn tạiR > 0sao cho

g(u) > 0nếukuk¾R: (2.7) Viết lại phương trình (2.6) dưới dạng

gk(un) = 0; un 2 Xn; k = 1; 2; : : : ; n: (2.8) Đây là một hệ gồmnphương trình phi tuyến với ẩn là

(cn1; cn2; : : : ; cnn) 2Rn: Theo Mệnh đề 2.5, toán tửAlà demi-liên tục. Do đó, ánh xạ

u 7! gk(u) liên tục trênX. Đặc biệt, ánh xạ

(cn1; cn2; : : : ; cnn) 7! gk(un)

liên tục trênRn. Mặt khác, từ (2.7) suy ra, với mọiun 2 Xn mà kunk = R, ta có

n

X

k=1gk(un)cnk = g(un) > 0: Từ đây, theo Mệnh đề 2.3, hệ (2.8) có nghiệm.

Bước 2:Đánh giá tiên nghiệm. Nếuulà nghiệm của (2.5) thìg(u) = 0, nên theo (2.7) ta có

kuk¶R: (2.9)

Tương tự, nếuun là nghiệm của phương trình (2.8) thì

kunk¶R: (2.10)

Bước 3:Tính bị chặn của dãy fAung. Theo Mệnh đề 2.5, A bị chặn địa phương nên tồn tại các số dươngr vàM sao cho

kvk¶r ) kAvk¶M: DoAlà đơn điệu nên

hAun Av; un vi¾0: hay

hAun; vi¶hAun; uni + hAv; vi hAv; uni : Từ phương trình Galerkin (2.8), ta có

hAun; un; i = hb; uni ; 8n: Từ đây cùng với (2.10) suy ra

j hAun; uni j¶kbkkunk¶kbkR; 8n: Ta có

kAunk = sup

kvk=rr 1hAun; vi ¶ sup

kvk=rr 1(hAv; vi + hAun; uni hAv; uni) ¶r 1(Mr + kbkR + MR); 8n:

Bước 4:Chuyển qua giới hạn và sự tồn tại nghiệm. Do không gianX là phản xạ vàfungbị chặn nên dãy này có dãy con hội tụ yếu đếnu 2 X. Để đơn giản kí hiệu, ta coi chính dãy funghội tụ yếu đến u. Từ phương trình Galerkin (2.8), ta có

lim

n!1hAun; wi = hb; wi ; 8w 2 [1

n=1Xn: (2.11)

Do 1S

n=1Xn trù mật trong X và dãy fAungbị chặn trong X nên, theo Mệnh đề 2.1, (2.11) đúng với mọiw 2 X, nghĩa là,

Aun * btrongX: (2.12)

Hơn nữa, từ phương trình Galerkin (2.8) ta có lim

n!1hAun; uni = limn!1hb; uni = hb; ui : (2.13) Đến đây ta có thể áp dụng Mệnh đề 2.4 để khẳng định rằng Au = b. Vậy u là nghiệm của phương trình 2.5.

Bước 5:Chứng minh tập nghiệm bị chặn, lồi và đóng. GọiS là tập nghiệm của phương trình 2.5. Từ Bước 2 và Bước 4 ta thấyS là một tập bị chặn khác rỗng.

Để chứng minhS là lồi, giả sửu1; u2 2 S, nghĩa là

Auk = b; k = 1; 2: Vớiu = t1u1+ t2u2,t1; t2 2 [0; 1],t1+ t2 = 1, ta có

hb Av; u vi = X2

k=1

tkhAuk Av; uk vi¾0; 8v 2 X: Từ đây, theo Mệnh đề 2.4 (i), ta nhận đượcAu = b, nghĩa là,u 2 S. VậyS là lồi.

Để chứng minhS là đóng, giả sửAvn= bvới mọin vàvn ! u. Khi đó hb Av; u vi = limn!1hAvn Av; vn vi¾0; 8v 2 X: Lại theo Mệnh đề 2.4 (i), ta cóAu = bhay u 2 S. VậyS là đóng.

Bước 6:Chứng minh b). Giả sửAlà đơn điệu nghiêm ngặt vàu,vlà hai nghiệm phân biệt của phương trình 2.5. Khi đó

hAu Av; u vi > 0: Nhưng điều này không thể xảy ra vìAu = Av = b.