Định lý Lax-Milgram trên không gian Banach phản xạ

Trong phần này, ta nghiên cứu dạng mở rộng của định lý Lax-Milgram trong không gian Banach và không gian Banach phản xạ.

Cho X là không gian Banach phản xạ, Y là không gian Banach trên trường số thực _R và các không gian đối ngẫu tương ứng là X^∗, Y^∗. Kí

hiệu, < x^∗, x > là x^∗ ∈ X^∗ tác động vào phần tử x ∈ X. Nếu M là một tập con của X, ta kí hiệu M^⊥ là tập linh hóa tử của tập M trong X^∗ và nếu N là một tập con của X^∗, ta kí hiệu ^⊥N là tập tiền linh hóa tử của tập N trong X^∗, được xác định bởi:

M^⊥ = {x^∗ ∈ X^∗ < x^∗, x >= 0,∀x ∈ M},

⊥N = {x ∈ X < x^∗, x >= 0,∀x^∗ ∈ N}.

Định lý 2.5 (xem [8]). Cho X là không gian Banach phản xạ, Y là không gian Banach và ánh xạ

a : X ×Y −→ _R (2.6)

là dạng song tuyến tính liên tục, thỏa mãn hai điều kiện sau:

i) a(·,·) không suy biến với biến thứ hai, nghĩa là, với mỗi y ∈ Y \ {0}

tồn tại x ∈ X sao cho a(x, y) 6= 0; ii) Tồn tại α >0 sao cho

sup

kyk=1

|a(x, y)| >αkxk,∀x ∈ X. (2.7) Khi đó, với mỗi y^∗ ∈ Y^∗ đều tồn tại duy nhất một phần tử x ∈ X sao cho

a(x, y) =hy^∗, yi,∀y ∈ Y. (2.8) Chứng minh. Giả sử, T là ánh xạ từ X vàoY^∗ vớihT x, yi = a(x, y),∀x ∈

X, y ∈ Y. Theo giả thiết,a là dạng song tuyến tính liên tục nên T là ánh xạ tuyến tính liên tục. Theo điều kiện ii) suy rakT xk = sup

kyk=1

|hT x, yi| = sup

kyk=1

Bây giờ, ta đi chứng minh T là toàn ánh

Vì a không suy biến theo biến thứ hai, nên ta có

⊥ T(X) = {y ∈ YhT x, yi = 0,∀T x ∈ T(X)} = {y ∈ Ya(x, y) = 0,∀x ∈ X}= {0}. (2.9) Suy ra, (^⊥T(X))^⊥ = Y^∗, (2.10) và theo mệnh đề 2.6.6 của [12], ta có cl_yếu∗T(X) = Y^∗. (2.11) Vì vậy, để chứng minh T là toàn ánh, ta chỉ cần chứng minh T(X) là tập đóng yếu^∗ trong Y^∗.

Thật vậy, giả sử {T x_λ}_λ∈Λ là một dãy trong T(X) hội tụ yếu^∗ về phần tử y^∗ ∈ Y^∗. Suy ra, kT xkbị chặn, mặt khác kT xk> αkxk,∀x ∈ X, nên dãy {x_λ}_λ∈Λ cũng là dãy bị chặn trong không gian X. Theo giả thiết,

X là không gian Banach phản xạ, nên tồn tại một dãy con {x_λµ} hội tụ yếu về phần tử x ∈ X. Ta lại có, T liên tục, nên {T xλ_µ} hội tụ yếu^∗ về

T x, hay T x = y^∗. Vì vậy, T(X) là đóng yếu^∗.

Vậy, T là song ánh từ X lên Y^∗, hay với mỗi y^∗ ∈ Y^∗ tồn tại duy nhất phần tử x ∈ X sao cho a(x, y) = hy^∗, yi,∀y ∈ Y.

Từ định lý 2.5 ta có thể chứng minh dạng mở rộng của định lý Banach- Neˇcas-Babuˇska trong không gian Banach phản xạ (dạng cổ điển trên không gian Hilbert có thể xem trong [6]).

Định lý 2.6 (Banach-Neˇcas-Babuˇska, xem [13]). Cho X là không gian Banach phản xạ và Y là không gian Banach. Ánh xạ a :X ×Y → _R là dạng song tuyến tính thỏa mãn:

i) ∃C > 0 : |a(x, y)| 6 Ckxk_X kyk_Y ,∀x ∈ X, y ∈ Y,(liên tục); ii) ∃α > 0 : inf

x∈Xsup

y∈Y

a(x, y)

kxk_X kyk_Y >α,(điều kiện inf−sup); iii) Nếu a(x, y) = 0,∀x ∈ X thì y = 0, (không suy biến).

Khi đó, với mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục F ∈ Y^∗ đều tồn tại duy nhất một phần tử u_F ∈ X sao cho a(u_F, y) = hF, yi,∀y ∈ Y, hơn nữa

αku_Fk_X 6 kFk.

Chứng minh. Lấy bất kỳ y ∈ Y,kyk = 1, theo giả thiết ii) ta có sup kyk=1 a(x, y) kxk_X > inf x∈X sup kyk=1 a(x, y) kxk_X > α.

Suy ra, sup

kyk=1

a(x, y) > αkxk_X. Hay, toán tửathỏa mãn các điều kiện của định lý 2.5, suy ra với mỗi phiếm hàm tuyến tính liên tục F ∈ Y^∗ đều tồn tại duy nhất một phần tử u_F ∈ X sao cho a(u_F, y) =hF, yi,∀y ∈ Y, hơn nữa

αku_Fk_X 6 sup

kyk=1

a(u_F, y) = kFk.

Nhận xét 2.2. Trong [13], chỉ nêu nội dung định lý 2.6 mà không chứng minh tường minh. Cách chứng minh trên, dưới sự hướng dẫn của thầy hướng dẫn tôi đã đưa ra dựa trên định lý 2.5.

Định lý 2.7 (xem [8]). Cho X là không gian Banach phản xạ, Y là không gian Banach, {X_λ}_λ∈Λ (Λ - tập chỉ số) là một họ các không gian con đóng của X, {Y_λ}_λ∈Λ là một họ tăng các không gian con đóng của Y

và đặt V = ^S

λ∈Λ

Yλ. Giả sử, phiếm hàm a xác định trên không gian tích

X ×V thỏa mãn: i) a_λ = a

X_λ×Y_λ,∀λ ∈ Λ là dạng song tuyến tính bị chặn; ii) a(·, v),∀v ∈ V là phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên X; iii) a_λ,∀λ ∈ Λ không suy biến theo biến thứ hai;

iv) Tồn tại α > 0 sao cho với mọi λ ∈ Λ, ta có sup

y∈Yλ,kyk=1

|a_λ(x, y)| > αkxk,∀x ∈ X_λ. (2.12) Khi đó, với mỗi một phiếm hàm tuyến tính bị chặn v^∗ trên V, đều tồn tại phần tử x ∈ X sao cho

a(x, v) =hv^∗, vi,∀v ∈ V. (2.13) Chứng minh. Lấy một phần tử bất kỳ v^∗ ∈ V^∗, với mỗi λ ∈ Λ ta đặt

v_λ^∗ = v^∗

Yλ, khi đó v_λ^∗ là phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên Y_λ. Theo giả thiết, với mỗi λ ∈ Λthì Aλ là dạng song tuyến tính bị chặn trên Xλ×Yλ

thỏa mãn điều kiện của định lý 2.5. Do đó, với mỗi λ ∈ Λ, tồn tại duy nhất phần tử x_λ ∈ X_λ sao cho a_λ(x_λ, y) = hv^∗, yi,∀y ∈ Y_λ. Mặt khác, theo điều kiện iv) với mọi λ ∈ Λ, ta có

αkx_λk6 sup

y∈Yλ,kyk=1

|aλ(x_λ, y)| = sup

y∈Yλ,kyk=1

|(v_λ^∗, y)| 6kv^∗k. (2.14) Vì vậy, {xλ} là một dãy bị chặn trong X. Vì X là không gian Banach phản xạ nên tồn tại dãy con {x_λµ} của dãy {x_λ} và x thuộc X sao cho

Bây giờ ta chứng minh a(x, v) =hv^∗, vi,∀v ∈ V.

Lấy v bất kỳ thuộc V, khi đó tồn tại λ_v ∈ Λ sao cho v ∈ Y_λv. Do họ

{Yλ} tăng nên v ∈ Yλ_µ,∀λµ > λv. Suy ra,

a_λµ(x_λµ,v) =^Dv^∗_λ

µ, v^E,∀λ_µ >λ_v. (2.15) Theo giả thiết, a(·, v), a_λµ(·, v),∀λ_µ ∈ Λ tuyến tính liên tục trên X, X_λµ, nên chuyển qua giới hạn hai vế biểu thức (2.15) ta được

a(x, v) = hv^∗, vi. (2.16) Do v bất kỳ thuộc V nên,

a(x, v) =hv^∗, vi,∀v ∈ V. (2.17) Vậy, với mỗi một phiếm hàm tuyến tính bị chặn v^∗ trên V, đều tồn tại phần tử x ∈ X sao cho

a(x, v) =hv^∗, vi,∀v ∈ V, (2.18) trong đó, phiếm hàm a xác định trên không gian X ×V thoả mãn i-iv.