1.2 Toán tử đơn điệu .1 Tập lồi và hàm lồi
1.2.2 Toán tử đơn điệu .1 Ánh xạ đa trị
1.2.2.4 Tổng của hai toán tử đơn điệu cực đại
Định nghĩa 1.34. Cho toán tử đa trị T : H 2Hđược gọi là bị chặn địa phương tại một điểm x dom Tnếu tồn tại lân cận U của x sao cho tập hợp
T U T u : u U
là một tập con bị chặn của H.
Nhận xét 1.3. Cho T : H 2H là toán tử đơn điệu cực đại thì T1 cũng là một toán tử đơn điệu và được xác định bởi công thức sau:
T1 x x : x T x .
Khoảng biến thiên R T của T là:
R T dom T 1 T x : x H .
Nếu T T1, 2là hai toán tử đơn điệu từ H 2H thì tổng của hai toán tử đơn điệu T1 T2 cũng là toán tử đơn điệu được xác định như sau:
T1 T2 x T x1 T x2 x1 x : x2 1 T (x), x1 2 T (x) .2
Định lý 1.6. (Định lý Browder)
Cho H là không gian Hilbert và T T 1, 2 là các toán tử đơn điệu từ H 2 .H Giả sử T1 là cực đại, domT2 H, T2 đơn trị, bán liên tục và T2 đi từ tập bị
chặn vào tập bị chặn.. Khi đó, T1 T2 cũng là toán tử đơn điệu cực đại.
Định nghĩa 1.35. Cho ánh xạ I : X X, I được gọi là ánh xạ đồng nhất nếu với mọi x X, ta có Ix x.
Mệnh đề 1.16. Cho không gian Hilbert H, I là ánh xạ đồng nhất T : H 2H là toán tử đơn điệu cực đại. Khi đó, với mỗi 0, R(T I) là toàn bộ H và toán tử (T I)1 là đơn trị, cực đại từ H vào H và là nửa liên tục, tức là liên tục từ tô pô mạnh vào tô pô yếu.
Nhận xét 1.4. Cho H là không gian Hilbert và T : H 2H là toán tử đơn điệu. Điều kiện cần và đủ để toán tử T là cực đại là R T I H.
Mệnh đề 1.17. Cho H là không gian Hilbert và T : H 2H là toán tử đơn điệu cực đại. Giả sử rằng tồn tại giá trị 0 sao cho
x, x * 0 với x , x domT, x T x .
Khi đó, tồn tại x H sao cho 0 T x .
Định lý 1.10. Trong không gian Hilbert H cho T , T1 2 là các toán tử đơn điệu cực đại từ H vào 2H. Giả sử rằng một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn
i. dom T1 intdomT2 .
ii. Tồn tại x cldomT cldomT 1 2 sao cho T2 bị chặn địa phương tại x.
Khi đó T1 T2 là toán tử đơn điệu cực đại.
Chứng minh: Vì điều kiện i ii nên ta chỉ cần chứng minh i.
Nếu cần có thể tịnh tiến, ta giả sử rằng
0 T 0 và 0 intdomT .1 2 Theo phép bảo toàn tính đơn điệu ta có T1 T2 là toán tử đơn điệu.
Để chứng minh T1 T2 là toán tử đơn điệu cực đại, ta cần chỉ ra R T 1 T2 I
là toàn bộ H (theo hệ quả của Mệnh đề 1.16).
Thật vậy, cho x H, ta phải chỉ ra rằng x T1 T2 I .
Nếu cần thiết ta trừ đi một ánh xạ hằng từ T2 ta có thể quy về chứng minh lập luận cho trường hợp x* 0. Như vậy, ta phải chỉ ra sự tồn tại của x H sao cho
0 T1 T2 I x . (1.1) Dễ thấy, x thỏa mãn điều kiện (1.1) khi và chỉ khi tồn tại x H sao cho
1 2
1 1
x (T I) x và x T I x .
2 2
(1.2) Ta định nghĩa hai ánh xạ S1 và S2 từ H vào H như sau:
S x1 (T1 1 I) 1 x .
2
(1.3)
S2 x (T2 1 2 I)1 x . (1.4) Sự tồn tại của x và x thỏa mãn (1.2) tương đương với sự tồn tại của x sao cho
0 S x 1 S2 x .
Việc chứng minh sự tồn tại của x thỏa mãn (1.1) đủ để chứng minh rằng 0 R S 1 S .2
Từ Mệnh đề 1.16 ta thấy rằng S1 S2 là toán tử đơn điệu đơn trị, liên tục từ tô pô mạnh vào tô pô yếu sao cho
dom S 1 S2 H . Và theo Định lý Browder ta có S1 S2 là cực đại Mặt khác, vì I 0 0 nên
1
0 T 1 I 0 2
(1.5) 0 S (0).1
Mà do tính đơn điệu của S1 ta có
S x , x1 0, x H . (1.6) Mặt khác
R S 2 dom (T2 ) domT2 (1.7) nên R S 2 là một tập hợp bị chặn bởi giả thiết ban đầu và ta có
0 int R S . 2 (1.8) Ta phải chỉ ra rằng từ tính chất của R S 2 cho thấy sự tồn tại của 0 sao cho
S2 x , x 0 với x . (1.9) Và điều này chứng tỏ được 0 R S 1 S .2
Thật vậy theo Mệnh đề 1.17 và từ (1.6) và (1.9) ta có
S1 S2 x * , x * 0 với x * . (1.10) Với mỗi x , y trong H , do tính đơn điệu của S2 ta có
S2 x S2 y , x y 0
hay
S2 x S2 y , x y 0, (1.11) Vì R S 2 bị chặn trong H nên R S 2 chứa trong một hình cầu cố định bán kính 1 0, tâm là gốc tọa độ nên
S2 x S (y ), y2 2 1 y . (1.12) Mặt khác, từ (1.8) suy ra S21 bị chặn địa phương tại 0. Do đó tồn tại các số
0, 2 0
sao cho
S (y ) : y2 2 y : y (1.13) Từ (1.11) và (1.12) ta có
S2 x , x S2 y , x 2 1 2
đúng với mọi y * thỏa mãn y 2. Vì vậy, theo (1.13) ta có
2 1 2 1 2
y
S x , x sup y, x 2 x 2 .
Dễ thấy x 2 1 2 không âm khi 2 1 2
x
và do đó (1.9) đúng khi 2 1 2
.
Các lập luận trên chỉ ra rằng định lý đúng với giả thiết rằng domT2 là tập bị chặn. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh với trường hợp tổng quát.
Thật vậy, cho T , T1 2 là hai toán tử đơn điệu cực đại sao cho
domT1 int domT2 (1.14) và domT2 không cần bị chặn.
Tịnh tiến miền xác định của T1 và T2 nếu cần, ta có thể giả sử rằng điểm góc tọa độ thuộc vào miền giao của domT1 và intdomT .2
Với mỗi 0, ánh xạ đơn điệu cực đại B xác định ở trên thỏa mãn domT1 int dom B và domT2 là bị chặn.
Toán tử đơn điệu T2 B là cực đại với T : B .2 Khi đó, do
dom ( T2 B ) x dom T : x2
và điểm gốc thuộc vào phần giao của domT1 và intdomT 2 nên ta có dom T1 int dom (T +B )2
với dom( T2 B ) là tập bị chặn. Vì thế toán tử T1 ( T2 B ) T1 T2 B
là đơn điệu cực đại với mọi 0 và T : T2 2 B . Vậy T1 T2 là đơn điệu cực đại.
Đây là chứng minh định lý cho trường hợp tổng quát.
Kết luận chương
Trong chương này, sau khi trình bày lại các kiến thức cơ bản về không gian Hilbert, ta nêu lại các kiến thức về tập lồi, hàm lồi. Sau đó đi sâu vào các vấn đề về toán tử đơn điệu, cụ thể là toán tử đơn điệu cực đại và tổng của hai toán tử đơn điệu cực đại để áp dụng vào bài toán bất đẳng thức biến phân mà ta sẽ trình bày ở chương sau đây.
Chương 2