Toán tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính

tính

Định nghĩa 3.2.1. Giả sử V là khơng gian định chuẩn xác suất và Y là không gian Banach xác suất. Ánh xạ Φ : V → Y được gọi là tốn tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính nếu với mỗi u1, u2 ∈ V, ξ1, ξ2 ∈ L0(Ω) thì ta có

Φ(ξ1u1 +ξ2u2) = ξ1Φ(u1) +ξ2Φ(u2) h.c.c.

Ta sẽ ký hiệu miền xác định V của ánh xạ Φ là D(Φ).

Ví dụ 3.2.2. Giả sử A : X → LY

0 (Ω) là tốn tử ngẫu nhiên tuyến tính, với X, Y là các khơng gian Banach khả ly (xem tài liệu [36, 43]). Khi đó

A có thể mở rộng thành tốn tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính. Thật vậy, xét V là tập các biến ngẫu nhiên X-giá trị, có dạng sau

u =

n

X

i=1

ξixi (3.6)

với xi ∈ X, ξi ∈ L0(Ω). Dễ dàng chỉ ra được rằng tập V là khơng gian con tuyến tính xác suất của X = LX

0 (Ω). Từ Ví dụ 3.1.6 ta có V là khơng gian định chuẩn xác suất. Xét ánh xạ Φ :V → LY 0 (Ω) xác định như sau Φu = n X i=1 ξiAxi

với u có dạng (3.6). Dễ dàng chỉ ra được rằng định nghĩa trên là hoàn toàn đúng đắn và ánh xạ Φ : V → LY

0(Ω) là toán tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính mở rộng của tốn tử ngẫu nhiên tuyến tính A.

Ví dụ 3.2.3. Giả sử A : H → LH

0 (Ω) là toán tử ngẫu nhiên tuyến tính và

H là khơng gian Hilbert với cơ sở là (en)n. Xét tập hợp V như sau V = {u ∈ LH0 (Ω) :

∞ X

n=1

hu, eniAen hội tụ trong LH0 (Ω)}. Với mỗi u ∈ V đặt Φu = ∞ X n=1 hu, eniAen.

Dễ thầy V là khơng gian unitary xác suất và Φ là tốn tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính từ V vào LH

0 (Ω). Hơn nữa A liên tục và mỗi x ∈ H có dạng x = ∞ X n=1 hx, enien và Ax = ∞ X n=1 hx, eniAen,

nênH ⊂ V và Φ là một tốn tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyễn tính mở rộng của A.

Tiếp theo, tương tự như tốn tử ngẫu nhiên tuyến tính và tốn tử ngẫu nhiên suy rộng tuyến tính, chúng tơi đưa ra khái niệm tính bị chặn, tính liên tục và tính đóng của tốn tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính.

Định nghĩa 3.2.4. Giả sử Φ : V → Y là toán tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính.

(1.) Tốn tử Φ được gọi là bị chặn nếu tồn tại biến ngẫu nhiên không âm

k ∈ L+

0(Ω) sao cho với mỗi u ∈ V ta có

kΦuk6 kkuk h.c.c. (3.7)

(2.) Φ được gọi làliên tụcnếu với mỗi dãy (un) ⊂ V sao cho limnun = u ∈ V thì ta có limnΦun = Φu.

(3.) Φ được gọi là đóng nếu với mỗi dãy (un) ⊂ V sao cho limnun =

Kết quả dưới đây chỉ ra toán tử ngẫu nhiên trừu tượng suy rộng bị chặn thì liên tục.

Định lý 3.2.5. Giả sử Φ : V → Y là các toán tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính bị chặn. Khi đó ta có các khẳng định sau:

1. Φ liên tục.

2. Nếu (un) ⊂ V là dãy Cauchy thì dãy (Φun)n có giới hạn trong Y. Chứng minh. 1. Giả sử un ∈ V sao cho limnun = u ∈ V. Với mỗi ε, r >0

ta có

P(kΦun−Φuk > ε) =P(kΦun −Φu|k > ε,kun −uk6 r)

+P(kΦun−Φuk > ε,kun −uk > r)

6 P(k > ε/r) +P(kun−uk> r).

Cho n → ∞ và r →0 ta thu được limnP(kΦun−Φuk > ε) = 0.

2. Giả sử (un) ⊂ V là dãy Cauchy trong V. Với mỗi ε, r > 0 ta có

P(kΦun −Φumk > ε) = P(kΦun −Φum|k> ε,kun−umk6 r)

+P(kΦun −Φumk > ε,kun −umk > r)

6 P(k > ε/r) +P(kun−umk > r).

Vì vậy lim supn.mP(kΦun−Φumk> ε) 6 P(k > ε/r).

Cho r → 0 ta thu được lim supn,mP(kΦun −Φumk > ε) = 0, nghĩa là (Φun) là dãy Cauchy trong Y. Do đó, tồn tại giới hạn limnΦun trong Y.

Tiếp theo chúng ta chứng minh một trong những kết quả quan trọng là phiên bản ngẫu nhiên của Định lý biểu diễn Riesz cho toán tử ngẫu nhiên ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính.

Định lý 3.2.6. Giả sử H là khơng gian Hilbert xác suất và ánh xạ Γ : H → L0(Ω) là tốn tử ngẫu nhiên trừu tượng tuyến tính. Khi đó, tốn tử

Γ bị chặn khi và chỉ khi tồn tại phần tử w0 ∈ H sao cho Γu = hu, w0i với mọi u∈ H.

Chứng minh. Giả sử rằng Γu = hu, w0i với mọi u ∈ H. Từ bất đẳng thức (3.2) trong Định lý 3.1.13 ta có |Γu| = |hu, w0i| 6 kw0kkuk. Vì vậy, tốn tử Γ bị chặn. Tiếp theo ta chứng minh điều ngược lại.

Nếu có Γu = 0 với mọi u ∈ H thì w0 = 0. Ngược lại, xét tập N = {u : Γu = 0}. Từ Mệnh đề 3.2.5, thì ánh xạ Γ là liên tục, vì vậy tập N là khơng gian tuyến tính xác suất đóng. Bổ đề tiếp theo là kết quả cốt yếu để chứng minh Định lý 3.2.6.

Bổ đề 3.2.7. Tồn tại v0 ∈ N⊥ sao cho N⊥ = {u ∈ H : u = ξv0, ξ ∈ L0(Ω)}.

Chứng minh Bổ đề 3.2.7.

Với u ∈ H, ta ký hiệu Zu = {ω ∈ Ω : kuk(ω) = 0}. Nếu A, B ∈ F, ta sẽ ký hiệu A ⊂ B hầu chắc chắn nếu 1A 6 1B và kỳ hiệu A = B

h.c.c. nếu 1A = 1B. Dễ dàng chỉ ra được rằng, nếu A ⊂ B h.c.c thì ta có

P(B \A) = P(B)− P(A). Trên tập N⊥ chúng ta xác định mối quan hệ như sau: u, v ∈ N⊥

u v nếu Zv ⊂ Zu h.c.c. và 1Zc

uu = 1Zc uv.

Dễ dàng chứng minh được rằng mối quan hệ có tính phản xạ, phản đối xứng và bắc cầu, vì vậy (N⊥,) là tập có thứ tự bộ phận.

Bước 1. Nếu u v khi đó với mỗi ε > 0 ta có

Thực vậy, đặt A = Zv, B = Zu. Khi đó A ⊂ B h.c.c. và 1Bcu = 1Bcv.

Vì vậy 1Bcku−vk = 0,1A∩Bku−vk6 1Akuk+ 1Bkvk = 0 điều này suy ra ku−vk = 1Bcku−vk+ 1A∩Bku−vk+ 1B\Aku−vk

= 1B\Aku−vk.

Do đó, P(ku−vk > ε) 6 P(B\A) =P(B)−P(A) = P(Zu)−P(Zv).

Bước 2. Tồn tại phần tử lớn nhất v0 củaN⊥, nghĩa là, nếuu ∈ N⊥, v0 u

thì u = v0.

Chứng minh bước 2. Theo Bổ đề Zorn ta có điều kiện đủ để chứng minh rằng mọi tập con được sắp tồn phần của (N⊥,) có cận trên. Giả sử M là tập con có thứ tự tồn phần của (N⊥,). Đặt a = inf{P(Zu), u ∈ M}. Khi đó tồn tại dãy un ∈ M sao cho un un+1 và limnP(Zun) = a. Đặt

An = Zun. Nếu n > m thì um un. Vì vậy, theo (3.8) ta có

P(kum −unk > ε) 6 P(Am)−P(An),

từ đó suy ra (un) là dãy Cauchy trong H. Vì N⊥ là tập đóng, khi đó tồn tại u0 ∈ N⊥ sao cho limnun = u0. Đặt A0 = Zu0. Nếu tồn tại m sao cho

u0 um khi đó u0 un ∀n> m. Vì vậy, ta có

P(ku0 −unk > ε) 6 P(A0)−P(An) 60

suy ra P(ku0 − unk > ε) = 0 hay u0 = un ∀n > m. Vì vậy, un u0 ∀n. Bây giờ ta sẽ chứng minh u u0 ∀u ∈ M, nghĩa là, u0 là một cận trên của M. Thực vậy, cho u ∈ M. Nếu un u với mọi số tự nhiên n thì

P(ku−unk> ε) 6P(An)−P(Z(u)). Vì vậy lim supnP(ku−unk> ε) 6 a−P(Z(u)) 6 0 suy ra

vì vậy u = u0. Ngược lại, tồn tại un sao cho u un u0, ta có điều phải chứng minh.

Bước 3. Với mỗi u ∈ N⊥ ta có

Zv0 ⊂Zu h.c.c. (3.9)

Thực vậy, xét u ∈ N⊥. Đặt w = 1Zc

v0v0 + 1Zv

0\Zuu. Ta có kwk = 1Zc

v0kvk+ 1Z(v0)\Z(u)kuk suy ra Zw = Zu∩Zv0 ⊂ Zv0 h.c.c. Ngồi ra 1Zc

v0v = 1Zc

v0w. Từ đó ta suy ra v0 w. Vì v0 là phần tử cực đại, vì vậy v0 = w điều này suy ra Zv0 = Zw h.c.c. Từ điều kiện Zw =

Zu∩Zv0 ⊂ Zu h.c.c. ta thu được (3.9).

Bước 4. Trước tiên ta chứng minh rằng, với mỗi u ∈ N⊥ ta có

Zu = ZΓu h.c.c. (3.10)

Thực vậy, đặtA = ZΓu, B = Zu ta có 1AkΓuk= 0, điều này suy ra 1AΓu= 0 do đó Γ(1Au) = 0. Từ điều kiện 1Au ∈ N⊥ ta có 1Au = 0 ⇒ 1Akuk = 0 vì vậy A⊂ B h.c.c.

Tương tự, từ điều kiện 1Bkuk = 0 suy ra 1Bu = 0, từ điều này ta có Γ(1Bu) = 0 vì vậy 1BΓu = 0, dẫn tới 1B|Γu| = 0 hay B ⊂ A h.c.c. Vì vậy,

A= B h.c.c.. Tiếp theo, ta đặt ξ(ω) =            Γu(ω) Γv0(ω) nếu Γv0(ω) 6= 0 0 nếu Γv0(ω) = 0. (3.11)

Từ điều kiện (3.9) và (3.10) ta thu được ZΓv0 = Zv0 ⊂ Zu = ZΓu h.c.c. Và từ điều kiện (3.11) suy ra Γu = ξΓv0 = Γ(ξv0). Từ u, ξv0 ∈ N⊥ ta có

Chứng minh Định lý 3.2.6 Ta đặt A = {ω : kv0k(ω) 6= 0} = Zvc

0. Xét biến ngẫu nhiêu nhiên λ ∈ L0(Ω) xác định bởi

λ(ω) =            Γv0(ω) kv0k2(ω) nếu kv0k(ω) 6= 0 0 nếu kv0k(ω) = 0, (3.12) ta có λkv0k2 = 1AΓv0. Đặt w0 = λv0 ∈ N⊥. Ta sẽ chứng minh rằng với mỗi u ∈ H. Γu = hu, w0i (3.13) Thực vậy, xét u ∈ H. Theo Định lý 3.1.17 ta có u = u1 +u2 với u1 ∈ N, u2 ∈ N⊥. Khi đó

Γu = Γu2,hu, w0i = hu2, w0i. (3.14)

Theo Bổ đề 3.2.7 tồn tại ξ ∈ L0(Ω) sao cho u2 = ξv0. Từ điều kiện hu2, w0i = ξhv0, w0i ta thu được

kv0k2hu2, w0i = ξhv0,kv0k2w0i = ξhv0,kv0k2λv0i = ξλkv0k2hv0, v0i = ξ1AΓv0hv0, v0i = 1AΓ(ξv0)kv0k2 = 1AΓu2kv0k2.

Hơn nữa ta có

Zv0 ⊂ Zu h.c.c. |Γu| 6kkuk, |hu, w0i| 6 kukkw0k.

Do đó, kết hợp với điều kiện (3.14), tồn tại tập D với P(D) = 1 sao cho nếu ω ∈ D khi đó ω ∈ Zv0 suy ra ω ∈ Zu và

1A(ω)Γu2(ω)kv0k2(ω) = kv0k2(ω)hu2, w0i(ω), |Γu(ω)| 6 k(ω)kuk(ω),

|hu, w0i(ω)| 6 kuk(ω)kw0k(ω), Γu(ω) = Γu2(ω),

hu, w0i(ω) = hu2, w0i(ω). Từ đó, ta có

• Nếu ω ∈ Zvc

0 ∩D thì kv0k2(ω) 6= 0 vì vậy Γu2(ω) =hu2, w0i(ω). ⇒Γu(ω) =hu, w0i(ω).

• Nếu ω ∈ Zv0 ∩D ta có ω ∈ Zu ⇒ kuk(ω) = 0. Vì vậy, ta có Γu(ω) =hu, w0i(ω) = 0.

Do đó, ta có Γu(ω) = hu, w0i(ω) ∀ω ∈ D, vậy đẳng thức (3.13) được chứng minh.