2 Ánh xạ giả đơn điệu và ánh xạ liên tục yếu
2.3 Phương trình với ánh xạ đơn điệu
Ánh xạ đơn điệu (với tính bị chặn và liên tục xuyên tâm) là một lớp đặc biệt của ánh xạ giả đơn điệu, xem Bổ đề 2.2.1, với lớp này ta có những kết quả mạnh hơn một chút so với lí thuyết về ánh xạ giả đơn điệu nói chung (xem Định lý 2.3.1 và Mệnh đề 2.3.2).
Bổ đề 2.3.1. (Thủ thuật Minty) Cho A: V → V∗ là liên tục xuyên tâm và hf −A(v), u −vi > 0 với mọi v ∈ V. Khi đó f = A(u).
Chứng minh. Thay v bởi u+εw với w ∈ V tùy ý, ta có
hf −A(u+εw),−εwi >0. (2.3.1) Chia cho ε > 0và lấy giới hạn ε →0 và sử dụng tính liên tục xuyên tâm của A ta nhận được:
Vì w tùy ý nên ta có A(u) = f.
Định lí 2.3.1. Cho A bị chặn, liên tục xuyên tâm, đơn điệu, bức. Khi đó:
(i) A là toàn ánh; nghĩa là, với mọi f ∈ V∗ đều tồn tại nghiệm u của (2.1.7). Hơn nữa tập các nghiệm của (2.1.7) là đóng và lồi.
(ii) Nếu thêm điều kiện, A là đơn điệu ngặt thì A−1 : V∗ → V tồn tại, đơn điệu ngặt, bị chặn và 1/2 liên tục. Nếu A là d−đơn điệu và V lồi đều thì A−1 : V∗ → V là liên tục.
(iii) Nếu thêm điều kiện A là đơn điệu đều (tương ứng mạnh) thì A−1 :
V∗ →V liên tục đều (tương ứng Lipschitz).
Chứng minh. Theo Bổ đề 2.2.1 ta có A là giả đơn điệu. Vì A bức nên tính toàn ánh của A được suy ra từ Định lý 2.1.2. Theo Bổ đề 2.1.1 A là 1/2 liên tục, vì vậy tập các nghiệm của (2.1.7) là đóng theo tôpô chuẩn củaV. Vì vậy, để chứng minh tính lồi của tập này ta chỉ cần chứng minh rằngu = 12u1+21u2 là nghiệm của (2.1.7) với mọi nghiệm u1, u2 của phương trình đó (xem Mệnh đề 1.1.5). Thật vậy, do A(u1) = f = A(u2), nên ta có
hf, u1 −vi = hA(u1), u1 −vi, (2.3.3) hf, u2 −vi = hA(u2), u2 −vi.
Ta cộng từng vế, chia cho 2 và trừ cho ánh xạ đồng nhất ta nhận được: hA(v), u−vi = 12 hA(v), u1 −vi+ 12 hA(v), u2 −vi ở đó u = 12u1+ 12u2. Ta có hf −A(v), u−vi =1 2hA(u1)−A(v), u1 −vi + 1 2hA(u2)−A(v), u2 −vi > 0
(ii): Nếu A là đơn điệu ngặt thì
hA(u1)−A(u2), u1 −u2i = hf −f, u1 −u2i = 0
chỉ xảy ra nếu u1 = u2. Nói cách khác phương trình (2.1.7) có nghiệm duy nhất vì thế nghịch đảo A−1 tồn tại.
Ánh xạ A−1 là đơn điệu ngặt: với f1, f2 ∈ V∗, f1 6= f2, đặt ui =
A−1(fi). Khi đó cũng có u1 6= u2. Do A là đơn điệu ngặt nên
f1 −f2, A−1(f1)−A−1(f2) = hA(u1)−A(u2), u1 −u2i > 0. (2.3.4) Ánh xạ A−1 là bị chặn: do tính bức của A, tồn tại ς : R+ → R sao cho limξ→∞ς(ξ) = +∞ và hA(u), ui > kukς(kuk). Bởi vậy
ς(kuk)kuk6 hA(u), ui = hf, ui 6kfk∗kuk. (2.3.5) Vì thế ς A−1(f)
= ς(kuk) 6 kfk∗. Vì vậy ánh xạ A−1 ánh xạ các tập bị chặn trong V∗ là các tập bị chặn trong V.
Ánh xạ A−1 là 1/2 liên tục, tức là (chuẩn, yếu)-liên tục: chọn fk →f trong V∗. Vì A−1 được chỉ ra là bị chặn nên A−1(fk) k∈
N là bị chặn và (có thể chuyển qua dãy con) uk = A−1(fk) * u trong V theo Định lý Banach 1.1.6. Bây giờ phải chỉ ra A(u) = f. Do tính đơn điệu của A, với mọi v ∈ V:
06 hA(uk)−A(v), uk −vi = hfk −A(v), uk −vi. (2.3.6) Bởi vậy, do tính (chuẩn×yếu)-liên tục của cặp đối ngẫu, lấy giới hạn khi k → ∞, dẫn đến
06 lim
k→∞hfk −A(v), uk −vi = hfk −A(v), uk −vi. (2.3.7) Khi đó áp dụng Bổ đề 2.3.1 ta có A(u) = f. Vì vậy toàn bộ dãy {uk}k∈
N
Nếu A là d−đơn điệu, ta có thể biến đổi (2.3.6) sử dụng v := u như sau
(d(kukk)−d(kuk)) (kukk − kuk) 6 hA(uk)−A(u), uk −ui
= hfk −A(u), uk −ui → hf −A(u), u−ui = 0
. (2.3.8) Từ đây ta có kukk → kuk bởi vì d : R→ R là tăng. Vì vậy uk →u theo Định lý 1.1.2. Nói cách khác, A−1 là liên tục .
(iii): Theo (2.1.2) ta có với mọi A(u1) = f1 và A(u2) =f2 , ς(ku1 −u2k)ku1 −u2k6 hA(u1)−A(u2), u1 −u2i
= hf1 −f2, u1 −u2i 6 kf1 −f2k∗ku1 −u2k.
(2.3.9)
Do đó ς(ku1 −u2k) 6 kf1 −f2k∗. Theo các tính chất của ς, ánh xạ nghịch đảo A−1 là liên tục đều. Trường hợp đơn điệu mạnh thì hiển nhiên.
Bổ đề 2.3.2. Mọi ánh xạ đơn điệu A :V → V∗ đều bị chặn địa phương theo nghĩa:
∀u ∈ V,∃ε > 0,∃M ∈ R+,∀v ∈ V :kv −uk 6 ε ⇒ kA(v)k∗ 6M. (2.3.10) Chứng minh. Giả sử ngược lại, tức là (2.3.10) không đúng với một u nào đó thuộc V. Không mất tính tổng quát, giả sử u = 0. Điều này có nghĩa là tồn tại dãy {vk}, vk → 0 sao cho kA(vk)k∗ → ∞. Đặt ck := 1 +kA(vk)k∗kvkk, do tính đơn điệu của A,
A(vk) ck , v 6 hA(vk), vki+hA(v), v−vki ck 61 +kA(v)k∗(kvk+ kvkk) → 1 +kA(v)k∗kvk. (2.3.11)
Thay v bởi −v, ta có thể kết luận rằng lim supk→∞
c−k1A(vk), v <
M. Điều này nghĩa là kA(vk)k∗ 6 M ck = M (1 +kA(vk)k∗kvkk) và khi đó cũng có kA(vk)k∗ 6 M/(1−M kvkk) → M mâu thuẫn với kA(vk)k∗ → ∞.
Bổ đề 2.3.3. Mọi ánh xạ đơn điệu, liên tục xuyên tâm đều là 1/2 liên tục.
Chứng minh. Chọn dãy {uk}k∈
N hội tụ tới u ∈ V. Theo Bổ đề 2.3.2, {A(uk)}k∈
N bị chặn trong V∗ và theo Định lý Banach 1.1.6, ta có thể chọn dãy con {A(ukl)}l∈
N hội tụ yếu tới f ∈ V∗. Khi đó, do tính đơn điệu của A, 0 6 liml→∞hA(ukl)−A(v), ukl −vi = hf −A(v), u−vi. Vìv là tùy ý và Alà liên tục xuyên tâm nên theo Bổ đề 2.3.1, f = A(u). Do f được xác định duy nhất, nên toàn bộ dãy {A(uk)}k∈
N phải hội tụ yếu tới nó.
Mệnh đề 2.3.2. Cho A = A1 + A2 : V → V∗ là bức, A1 là liên tục xuyên tâm và đơn điệu, A2 là hoàn toàn liên tục. Khi đó A là toàn ánh. Chứng minh. Như trong chứng minh của Định lý Brezis 2.1.2, xét uk ∈ Vk là xấp xỉ Galerkin (2.1.9), tức là, ở đây
hA1(uk) +A2(uk), vi = hf, vi ,∀v ∈ Vk, (2.3.12) và đánh giá tiên nghiệm (2.1.14), chọn dãy con hội tụ yếu {uki}i∈
N tới u ∈ V. Sử dụng tính đơn điệu của A ta có:
06 hA1(vl)−A1(uki), vl −ukii
= hA1(vl), vl −ukii+ hA2(uki)−f, vl −ukii
, (2.3.13) với mọi vl ∈ Vl, với l 6 k. Lấy giới hạn khi i → ∞, ta có:
0 6hA1(vl), vl −ui+hA2(u)−f, vl −ui. (2.3.14) Do tính trù mật của S
k∈NVk trong V, xét vl → v với v ∈ V tùy ý, sử dụng tính 1/2 liên tục của A1 (xem Bổ đề 2.3.3) và lấy giới hạn khi
l → ∞ ta có:
0 6 hA1(v), v−ui+ hA2(u)−f, v −ui. (2.3.15) Cuối cùng, thay v bởi u + εw với w ∈ V tùy ý và sử dụng thủ thuật Minty như trong (2.3.1)-(2.3.2) để chỉ ra rằng A1(u) +A2(u) =f.
Nói chung, nếu A1 cũng bị chặn, thì ta có thể sử dụng Bổ đề 2.2.1 để chỉ ra rằng A từ Mệnh đề 2.3.2 là toàn ánh; bởi vì A2 là hoàn toàn liên tục, nên tất nhiên bị chặn. Phép chứng minh trên cho phép ta tránh giả thiết bị chặn của A1. Đặc biệt với A2 = 0 ta thu được kết quả thú vị sau:
Định lí 2.3.3. (Browder-Minty) Mọi A : V → V∗ đơn điệu, liên tục xuyên tâm và bức là toán ánh.
Một trường hợp đặc biệt nữa là:
Định lí 2.3.4. (Lax-Milgram) Cho V là không gian Hilbert, A: V → V∗ là toán tử tuyến tính liên tục, xác định dương theo nghĩahAv, vi > εkvk2, với một ε > 0. Khi đó A có nghịch đảo bị chặn.
Đôi khi dạng điều chỉnh sau đây của Mệnh đề 2.3.2 lại có lợi trong việc chứng minh sự hội tụ mạnh của các nghiệm xấp xỉ Galerkin.
Mệnh đề 2.3.5. Cho A = A1 + A2 : V → V∗ là bức, A1 là đơn điệu, liên tục xuyên tâm và thỏa mãn (2.2.6), A2 là 1/2 liên tục và compact. Khi đó A là toàn ánh.
Chứng minh. Ta có đẳng thức Galerkin (2.3.12) và dãy con uk * u nên hA1(uk)−A1(u), uk −ui
= hA1(uk)−A1(u), vk−ui+hA1(uk)−A1(u), uk −vki
= hA1(uk)−A1(u), vk−ui+hf −A2(uk)−A1(u), uk −vki
=: Ik(1)+Ik(2).
Vì A1 đơn điệu nên với mọi ε > 0 ta có kA1(uk)k∗ = 1 εksupvk6εhA1(uk), vi 6 1 ε ksupvk6ε(hA1(uk), vi +hA1(uk)−A1(v), uk−vi) = 1 εksupvk6ε(hA1(uk), uki+hA1(v), v−uki). (2.3.17)
Bây giờ ta sử dụng tính bị chặn của{hA1(uk), uki}k∈
N(dohA1(uk), uki =
hf −A2(uk), uki và ánh xạ compact A2 bị chặn), ta có
{hA1(v), v −uki;kvk 6 ε} là bị chặn nếu ε > 0 đủ nhỏ (vì A1 bị chặn địa phương quanh gốc, theo Bổ đề 2.3.2). Vì vậy (2.3.17) chỉ ra rằng kA1(uk)−A1(u)k∗ là bị chặn và chọn vk → u trong V, ta thu được
limk→∞Ik(1) = 0 trong (2.3.16).
Chọn dãy con sao cho có cả A2(uk) hội tụ tới χ ∈ V∗ (có thể chọn được vì A2 là compact), ta có Ik(2) = hf −A2(uk)−A1(u), uk −vki → hf −χ−A1(u), u−ui = 0. Do giới hạn này xác định duy nhất, nên dãy n Ik(2) o k∈N hội tụ tới 0. Sử dụng (2.3.16), do (2.2.6) ta cóuk → u. Theo Bổ đề 2.3.3,A1(uk) * A1(u). Do tính 1/2 liên tục của A2 ta cũng có A2(uk) * A2(u). Nó cho phép ta lấy giới hạn trong (2.3.12), thu đượchA1(u) +A2(u)−f, vi = 0
với mọi v ∈ S
k∈NVk, vì vậy A(u) = f.
Chú ý 2.3.6. (Tính d−đơn điệu của A trên không gian lồi đều). Mọi A : V → V∗ d- đơn điệu đều thỏa mãn (2.2.6) nếu V là lồi đều. Thực vậy, tiền đề của (2.2.6) với
hA(uk)−A(u), uk −ui >(d(kukk)−d(kuk)) (kukk − kuk),
(xem (2.1.1)), dẫn đến kukk → kuk. Khi đó, do tính lồi đều của V và Định lý 1.1.2 ta có ngay uk → u.
Mệnh đề 2.3.7. (Kỹ thuật điểm bất động Banach) Cho V là không gian Hilbert, A : V → V∗ là đơn điệu mạnh, tức là có ς(r) = δr từ (2.1.2) với δ >0 và A là liên tục Lipschitz, tức là kA(u)−A(v)k∗ 6`ku−vk. Khi đó ánh xạ phi tuyến Tε xác định bởi
uk = Tε(uk−1) := uk−1 −εJ−1(A(uk−1)−f), k ∈ N, u0 ∈ V, là ánh xạ co với mọi ε > 0 thỏa mãn
ε < 2δ/`2 (2.3.18) và điểm bất động của Tε, tức là Tε(u) = u, tồn tại và hiển nhiên thỏa mãn A(u) =f. Chứng minh. Ta có f, J−1f = kfk2∗, do đó kTε(u)−Tε(v)k2 = J(u−v)−ε(A(u)−A(v)), u −v −εJ−1(A(u)−A(v)) = ku−vk2 −2ε u−v, J−1(A(u)−A(v))+ ε2J−1A(u)−J−1A(v) 2 = ku−vk2 −2εhA(u)−A(v), u−vi +ε2kA(u)−A(v)k2∗ 6ku−vk2 −2εδku−vk2 +ε2`2ku−vk2 .
Điều kiện (2.3.18) đảm bảo hằng số Lipschitz √
1−2εδ+ ε2`2 của Tε bé hơn 1.