2 TOÁN TỬ(K,u0)-LÕM CHÍNH QUY
2.2 Toán tử (K,u0)-lõm chính quy
2.2.1 Định nghĩa
Định nghĩa 2.9. Giả sử E là không gian Banach thực nửa sắp thứ tự nhờ nón K⊂E, A là toán tử phi tuyến ánh xạ không gian E vào không gian E,
θ là kí hiệu phần tử không của không gian E, u0 là phần tử nào đó thuộc K\{θ}.
Toán tử A gọi là (K,u0) – lõm chính quy nếu: 1) A dương và đơn điệu trên nón K;
2) ∀x∈K\{θ}, ∀t∈(0,1): Atx > tAx;
3) ∀x, y∈K(u0) và ∀t∈(0,1) mà x-ty>θ, ∃δ = δ(x, y, t) sao cho Ax- tAy≥ δu0.
2.2.2 Một số tính chất đơn giản về toán tử (K,u0)-lõm chínhquy quy
Định lý 2.6. Nếu A là toán tử (K,u0)-lõm chính quy thì ∀α ∈ R∗+, αA cũng là toán tử (K,u0)-lõm chính quy.
Chứng minh.
*) Do A là (K, u0)-lõm chính quy, suy ra:
(+) A là toán tử dương nên (∀x ∈ K) Ax≥ θ ⇒ αAx ≥ α.θ = θ
⇒ αA là toán tử dương .
(+) Do A đơn điệu nên (∀x, y ∈ K : x ≤ y) Ax ≤ Ay ⇒ αAx ≤
αAy (α >0)
*) (∀x ∈ K\ {θ})(∀t ∈ (0,1)) Atx > tAx ⇒ αAtx > αtAx =
tαAx (α > 0).
*) (∀x, y ∈ K(u0)) (∀t ∈ (0,1) : x−ty > θ) (∃δ0 = δ0(x, y, t)) đều có
Ax−tAy ≥ δ0u0.
Suy ra vớiα > 0cóαx−αty > θ, ∃δ = αδ0đểα(Ax−tAy) ≥ α(δ0u0)
⇔ αAx−tαAy ≥ δu0.
Vậy, nếu A là toán tử (K, u0)-lõm chính quy, thì ∀α ∈ R∗+, αA là
(K, u0)-lõm chính quy
Định lý 2.7. Nếu A là toán tử (K,u0)-lõm chính quy thì ∀n∈ N∗, An là toán tử (K,u0)-lõm chính quy.
Chứng minh.
Hiển nhiên, định lý đúng với n=1.
Giả sử định lý đúng với n=k ≥ 1, nghĩa là toán tử Ak là lõm chính quy. Với n=k+1 ta xét toán tử Ak.+1 Ta có: AkK ⊂ K ⇒ Ak+1K=Ak(AK)⊂AkK⊂K. +) ∀x, y ∈ K mà x ≤ y ⇒ Akx ≤ Aky ⇒ Ak+1x = A(Akx) ≤ A(Aky) =Ak+1y +) (∀x ∈ K\{θ})(∀t ∈ (0,1))Aktx > tAkx ⇒ Akx > Aktx > θ ⇒ Akx∈ K\{θ} Ak+1tx = A(Aktx) ≥At(Akx) > tA(Akx) =tAk+1x. +) (∀x, y ∈ K(u0))(∀t ∈ (0,1)) mà x-ty>θ, ∃δ = δ(x, y, t) > 0 sao cho Akx−tAky ≥ δu0,∃η = (Akx, Aky, t) > 0 Ak+1tx= A(Aktx) ≥ At(Akx) ≥(1 +η)tA(Akx) = (1 +η)tAk+1x
Theo nguyên lý quy nạp, toán tử An là lõm chính quy ∀n∈N∗.
Định lý 2.8. Nếu A là toán tử (K,u0)-lõm chính quy thì toán tử A không có quá một điểm bất động trong K(u0).
Chứng minh. Giả sử tồn tại x, y ∈K(u0), x6=y sao cho Ax = x, Ay = y. Vì x-y 6= θ nên phải có một trong hai phần tử x-y hoặc y-x không thuộc nón K. Không mất tính tổng quát, giả sử x-y ∈/K, từ tính u0-đo được của toán tử A trên nón K, ∃α,β>0 sao cho αu0 ≤ Ax = x, Ay= y ≤ βu0 nên
x ≥ αu0 = α β(βu0) ≥ α βy. Số α β<1, vì nếu α β ≥ 1 thì x≥y ⇒x-y ∈ K, mâu thuẫn với giả thiết x-y ∈/ K.
Tiếp theo, ta chứng minh từ x≥ty ⇒ t<1. Thật vậy, do x-y ∈/ K nên t6=1, giả sử t>1, đặt λ = β−α β −αt ta có λ ∈ (0,1) vì α < β và t>1, ta có (1−λ)α β +λt = 1. Do đó: x−y = (1−λ) x− α βy + λ(x−ty) ∈ K
(Điều này có được là do:1−λ > 0,(x−α
βy) ∈ K ⇒ (1−λ) x− α βy ∈ K λ >0,(x-ty)∈K ⇒λ(x-ty)∈K).
Từ đó mâu thuẫn với giả thiết x-y ∈/ K. Vì vậy, x ≥ ty (t<1). Theo bổ đề 2.1, ta ký hiệu t0 là số lớn nhất sao cho x-t0y ≥θ.
Khi đó, x−t0y 6= θ vì nếu x−t0y = θ thì x = t0y = t0Ay < At0y = Ax, điều này mâu thuẫn với Ax = x. Do đó, x−t0y > θ. Từ tính (K,u0) –lõm của toán tử A, (∃δ>0) x-t0y=Ax-t0Ay≥ δu0.
Từ đó và từ y ≤ βu0 suy ra: x− t0 + δ β y = x−t0y − δ ββu0 = (x−t0y)−δu0 ≥ θ.
Mâu thuẫn với tính chất của t0, với t0 + δ
β > t0.
Mâu thuẫn nhận được chứng tỏ toán tử A không thể có hơn một điểm bất động khác không trong K(u0).
Định lý 2.9. Giả sử toán tử A: E→E thỏa mãn các điều kiện: 1)A là toán tử (K,u0)-lõm chính quy.
2)∃x0,y0 ∈K(u0) sao cho x0 ≤Ax0, Ay0 ≤y0. Khi đó x0 ≤y0.
Chứng minh. Từ giả thiết, ∃α>0, ∃β>0 sao cho: αu0 ≤x0, y0 ≤ βu0.
Giả sử không xảy ra bất đẳng thức x0 ≤y0. Theo bổ đề 2.1, gọi t0 là số lớn nhất sao cho y0-tx0 ≥ θ. Số t0 ∈(0,1), vì nếu t0 ≥1 thì y0 ≥t0x0 ≥x0 mâu thuẫn với điều kiện giả sử, còn hiển nhiên t0>0, ta có
y0-t0x0 ≥ Ay0-t0Ax0 ≥ Ay0-At0x0 ≥ θ ⇒ y0-t0x0 ≥θ.
Theo tính chất của toán tử A,∃δ>0 sao cho y0-t0x0 ≥ Ay0-t0Ax0 ≥ δu0
⇒y0-t0x0 ≥δu0 ≥ δβ−1x0 ⇒ y0-(t0+δβ−1)x0 ≥ θ, mâu thuẫn với tính chất cực đại của t0, vì t0 +δβ−1>t0.
Mâu thuẫn đó chứng tỏ x0 ≤ y0.
Định lý 2.10. Nếu ∀x∈K\{θ} mà Ax=λx, λ ∈R thì λ>0. Chứng minh. Theo tính chất của toán tử A,
λx=Ax=A2−1.2x > 2−1.Ax ≥ θ ⇒λ>0(do x>θ).
Định lý 2.11. Mỗi toán tử (K,u0)-lõm chính quy chỉ có không quá một véctơ riêng ứng với một giá trị riêng trên K(u0).
Chứng minh. Giả sử ∃x∈K(u0), ∃y∈K(u0), x6=y sao cho Ax = λx, Ay =
λy ⇒λ>0.
Do đó toán tử A1=λ−1A có cùng tính chất như toán tử A nhưng lại có 2 điểm bất động trong K(u0), mâu thuẫn với định lý 2.8.