Luận văn Thạc sĩ Toán học: Giải tích trong không gian Banach có thứ tự

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:57

Thêm vào BST

Báo xấu

123
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Giải tích trong không gian Banach có thứ tự bao gồm những nội dung về không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón; ánh xạ giữa các không gian Banach có thứ tự; điểm bất động của ánh xạ trong không gian Banach có thứ tự. Mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Giải tích trong không gian Banach có thứ tự

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Thu Thủy GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN BANACH CÓ THỨ TỰ Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS. TS. NGUYỄN BÍCH HUY Thành phố Hồ Chí Minh – 2009
Xin chân thành cảm ơn PGS. TS Nguyễn Bích Huy đã tận tình giúp đỡ em trong suốt quá trình thực hiện luận văn này. Quý thầy cô trong khoa đã nhiệt tình giảng dạy em trong suốt quá trình học tập tại trường và đã tạo điều kiện cho em hoàn thành luận văn này. Tp. HCM, tháng 10 năm 2009 Học viên Nguyễn Thị Thu Thủy
MỞ ĐẦU Quan hệ thứ tự và các nguyên lý cơ bản về tập có thứ tự được sử dụng trong nhiều lĩnh vực của toán học như trong lý thuyết tập hợp, trong logic học, trong Đại số, trong Giải tích, … Chẳng hạn, trong lĩnh vực Giải tích, bổ đề Zorn và các dạng tương đương của nó được sử dụng để chứng minh những kết quả phức tạp như định lí Tychonoff, định lí Hahn- Banach, một số định lí về điểm bất động,…Trong các ứng dụng nêu trên các thứ tự được xét trong một tập hợp không có cấu trúc vectơ và cấu trúc tôpô. Việc nghiên cứu thứ tự trong các không gian có cấu trúc vectơ và cấu trúc tôpô đưa đến việc xây dựng lý thuyết về các không gian Banach có thứ tự và các ánh xạ tác động trong chúng. Lý thuyết này được khởi đầu từ những năm 1940 trong các công trình của M.Krein, A.Rutman, M.Krasnoselskii,… và tiếp tục được phát triển cho tới gần đây. Nó tìm được những ứng dụng sâu sắc trong các lĩnh vực Giải tích phi tuyến, Phương trình vi phân, Lý thuyết điều khiển và tối ưu, Toán kinh tế,… Trong luận văn này chúng tôi sẽ giới thiệu những khái niệm và kết quả ban đầu về không gian Banach có thứ tự, về một số lớp ánh xạ đặc biệt tác động trong các không gian Banach có thứ tự và tính chất c ủa chúng, sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ trong không gian Banach có thứ tự. Chúng ta sẽ thấy nhiều kết quả về mối liên hệ giữa thứ tự và sự hội tụ trong tập số thực  cũng như một số tính chất của hàm tăng, hàm lồi trên  cũng đúng cho không gian Banach có thứ tự và các ánh xạ đơn điệu tăng, ánh xạ lồi. Vì khả năng và thời gian hạn chế nên bản luận văn chắc chắn không thể thiếu những sai sót, rất mong nhận được sự góp ý của quí thầy cô và các bạn học viên.
Chương 1: KHÔNG GIAN BANACH VỚI THỨ TỰ SINH BỞI NÓN Khi ta muốn đưa thứ tự vào một tập hợp đã có cấu trúc vectơ và cấu trúc tôpô thì thứ tự này cần phải tương thích với cấu trúc đã có trong tập hợp đó. Nhà toán học Nga M.Krien đã dùng khái niệm mặt nón để định nghĩa thứ tự trong các không gian định chuẩn. Các định nghĩa này tỏ ra rất thích hợp để xây dựng Giải tích trong các không gian Banach có thứ tự. 1.1 Nón và thứ tự sinh bởi nón. Định nghĩa 1.1.1: Cho X là không gian Banach trên trường số thực  và K là tập con của X. Khi đó K được gọi là nón nếu nó thoả mãn các điều kiện sau: i) K đóng, khác rỗng, và khác {θ } , ii) Nếu a, b ∈  , a, b ≥ 0, x, y ∈ K thì ax + by ∈ K, iii) Nếu x ∈ K và − x ∈ K thì x = θ . Ví dụ: Cho X=  n , K= {( x , x ,, x ) : x ≥ 0, i ∈1.n} thì K là nón trong  1 2 n i n . Định nghĩa 1.1.2: Cho X là không gian Banach với nón K. Thứ tự sinh bởi K được định nghĩa như sau: x, y ∈ K, x ≤ y ⇔ y − x ∈ K. Nếu nón K có intK ≠ ∅ thì ta định nghĩa x  y nếu y − x ∈ int K . Ở ví dụ trên, thứ tự trong  n sinh bởi nón K được định nghĩa như sau: x (= x1 , x2 ,, xn ), y ( y1 , y2 ,, yn ), x ≤ y ⇔ yi − xi ≥ 0, i ∈1.n Mệnh đề 1.1.3: Giả sử " ≤ " là thứ tự trong X sinh bởi nón K. Khi đó : i) Nếu x ≤ y thì λ x ≤ λ y, ∀λ ≥ 0 và x + z ≤ y + z , ∀z ∈ X , ii) Nếu xn ≤ yn (n ∈  * ) và lim xn = x, lim yn = y thì x ≤ y, n →∞ n →∞ iii) Nếu { xn } là dãy tăng và hội tụ về x thì xn ≤ x, n ∈  *.
Chứng minh: i) Ta có : ( y + z ) − ( x + z ) = y − x ∈ K nên x + z ≤ y + z , λ y − λ x= λ ( y − x) ∈ K nên λ x ≤ λ y. ii) Do yn − xn ∈ K (n ∈  * ), lim ( yn − xn ) = y − x, K đóng nên n→∞ y − x ∈ K hay x ≤ y. iii) Giả sử { xn } là dãy tăng. Khi đó xn ≤ xn+ m (m, n ∈  * ) . Cho m → ∞ ta được xn ≤ x ( n ∈  * ) . 1.2 Nón chuẩn. Định nghĩa 1.2.1: Nón K gọi là nón chuẩn nếu tồn tại số N>0 sao cho với mọi x, y ∈ K, x ≤ y thì ta có x ≤ N y . Ví dụ 1: i) Nón K = { } f ∈ C[0,1] , f ≥ 0 là nón chuẩn trong C[0,1] . ii) Nón các hàm không âm, có đạo hàm liên tục không là nón chuẩn trong C[10,1] . Chứng minh: i) Lấy f , g ∈ K thoả điều kiện f ≤ g . Ta có với t ∈ [ 0,1] thì 0 ≤ f (t ) ≤ g (t ) . Suy ra sup f (t ) ≤ sup g (t ) hay f ≤ g . t∈[ 0,1] t∈[ 0,1] Vậy K là nón chuẩn với hằng số N=1. ii) Xét dãy f n (t ) = t n và hàm f (t ) = 1 . Ta có fn ≤ f , n ∈  *, fn = max f n (t ) + max f n' (t ) = 1 + n, f = 1. 0≤t ≤1 0≤t ≤1 Do đó không tồn tại hằng số N sao cho bất đẳng thức f n ≤ N f đúng với mọi n ∈  * . Mệnh đề 1.2.2 :
Cho K là nón chuẩn trong X. Khi đó a) Nếu u , v ∈ X, u ≤ v thì tập u , v = { x ∈ X : u ≤ x ≤ v} là tập đóng và bị chặn. b) Nếu xn ≤ yn ≤ zn ( n ∈  * ) và lim = = xn lim zn x thì lim yn = x. n→∞ n→∞ n→∞ { } c) Nếu { xn } là dãy đơn điệu tăng có dãy con xnk hội tụ về x thì { xn } hội tụ về x. Chứng minh: Giả sử K là nón chuẩn trong X với hằng số N. a) Xét dãy { xn } tùy ý trong tập u , v và lim xn = x. n→∞ Do u ≤ xn ≤ v (n ∈  * ) nên theo mệnh đề 1.1.3 ta có u ≤ x ≤ v hay x ∈ u , v . Vậy u , v là tập đóng. Với x ∈ u , v thì u ≤ x ≤ v , do đó θ ≤ x − u ≤ v − u . Vì K là nón chuẩn nên x − u ≤ N v − u . Vậy x ≤ N v − u + u , ∀x ∈ u , v hay u , v là tập bị chặn. b) Ta có θ ≤ yn − xn ≤ zn − xn (n ∈  * ). Do K là nón chuẩn nên yn − xn ≤ N zn − xn . θ nên ta suy ra lim( yn − xn ) = Vì lim( zn − xn ) = θ. n→∞ n→∞ yn lim [ ( yn − xn ) + x= Do đó lim= n] x. n→∞ n→∞ c) Cố định n ∈  * , ta có xn ≤ xnk khi k đủ lớn. Cho k → ∞ ta được xn ≤ x. ε Cho ε > 0 , ta chọn k0 saocho x − xnk < . Khi đó với mọi n ≥ nk0 thì 0 N xnk ≤ xn ≤ x nên θ ≤ x − xn ≤ x − xnk . 0 0 Suy ra x − xn ≤ N x − xnk < ε . 0 Vậy lim xn = x. n→∞ Mệnh đề 1.2.3:
Trong không gian Banach X với nón chuẩn K, tồn tại chuẩn . * tương đương với chuẩn ban đầu . sao cho ∀x, y ∈ K, θ ≤ x ≤ y ⇒ x * ≤ y * . Chứng minh:  B (θ ,1) + K    B (θ ,1) − K  . Đặt A = • Ta chứng minh B(θ ,1) ⊂ A ⊂ B(θ , r ) với r > 0 đủ lớn. Vì θ ∈ K,θ ∈ −K nên ta có B (θ ,1) ⊂ B (θ ,1) + K và B (θ ,1) ⊂ B (θ ,1) − K. Do đó B (θ ,1) ⊂ A . Giả sử A ⊂ B(θ , r ) với r > 0 đủ lớn là không đúng. Khi đó ta tìm được dãy { xn } trong A sao cho xn ≥ n, ∀n ∈  * . Do định nghĩa tập A ta tìm được yn , zn ∈ B(θ ,1), un , vn ∈ K sao cho xn = yn + un = zn − vn . Ta có un + vn = zn − yn nên un + vn ≤ 2. Do K là nón chuẩn nên un ≤ N un + vn ≤ 2N, (với N là hằng số trong định nghĩa nón chuẩn). Do đó n ≤ xn = yn + un ≤ yn + un ≤ 1 + 2N, ∀n ∈  * . Ta gặp mâu thuẫn. Vậy tồn tại r > 0 sao cho A ⊂ B (θ , r ) .  x  • Xét phiếm hàm Minkovski của tập A : x * = inf λ > 0 : ∈ A , ta  λ  chứng minh . *  . . x x Thật vậy, lấy x ∈ X tùy ý, x ≠ θ . Ta có ∈ B (θ ,1) nên ∈ A và do đó 2 x 2 x x * ≤ 2 x . Bất đẳng thức này hiển nhiên cũng đúng cho x = θ . x Cho ε > 0 , ta tìm được λ > 0 sao cho ∈ A và λ < ε + x * . λ ∈ B (θ , r ) hay x < rλ < ( ε + x ) r. x Ta có λ * Do ε > 0 tùy ý, ta có x ≤ r x * . Vậy . *  . .
 y   x  • Giả sử θ ≤ x ≤ y . Ta có λ > 0 : ∈ A ⊂ λ > 0 : ∈ A . (1)  λ   λ  y Thật vậy lấy λ0 > 0 tùy ý sao cho ∈ A, λ0 x x Ta có =θ + ∈ B (θ ,1) + K. λ0 λ0 y y Mặt khác, ∈ A nên có u ∈ B (θ ,1) , v ∈ K sao cho = u − v. λ0 λ0 x y  y x  y x Do đó = −  −  =− u v− −  λ0 λ0  λ0 λ0   λ0 λ0   y−x =u −  v +  ∈ B (θ ,1) − K .  λ0  x Vậy ∈ A. λ0 Từ (1) ta có x * ≤ y * . Định nghĩa 1.2.4: Cho X là không gian Banach, K ⊂ X là nón. Khi đó K *= {x ∈ X * * : x* ( x) ≥ 0, ∀x ∈ K} gọi là nón liên hợp của K. Mệnh đề 1.2.5: Cho X là không gian Banach, K ⊂ X là nón và K * là nón liên hợp. Khi đó x ∈ K ⇔ f ( x) ≥ 0, ∀f ∈ K* . Chứng minh: Dễ thấy điều kiện cần được thoả. Ta chứng minh điều kiện đủ. Giả sử f ( x0 ) ≥ 0 ( ∀f ∈ K* ) và x0 ∉ K. Áp dụng định lí tách tập lồi cho { x0 } , K ta tìm được f ∈ X* sao cho f ( x0 ) < f ( x), ∀x ∈ K. (2) Ta sẽ chứng minh f ∈ K * và f ( x0 ) < 0 và do đó sẽ gặp mâu thuẫn. 1 Thật vậy, xét x ∈ K . Ta có với t > 0 thì f ( x0 ) < f (tx). Suy ra f ( x0 ) < f ( x). t
Cho t → ∞ ta được f ( x) ≥ 0 . Do x ∈ K tùy ý nên f ∈ K *. Thay x = θ ở (2) ta được f ( x0 ) < f (θ ) = 0. Vậy x0 ∈ K. Mệnh đề 1.2.6: Cho K là nón chuẩn và { xn } là dãy tăng, hội tụ yếu về x. Khi đó { xn } hội tụ về x. Chứng minh: • Trước tiên ta chứng minh xn ≤ x (n ∈  * ) . Theo mệnh đề 1.2.5 ta chỉ cần chứng minh f ( xn ) ≤ f ( x ) , ∀f ∈ K* (n ∈  * ). Lấy f ∈ K * tùy ý. Do { xn } là dãy tăng nên xn ≤ xm , ∀m ≥ n. (3) Do đó f ( xn ) ≤ f ( xm ) ∀m ≥ n. Vì { xn } là dãy hội tụ yếu về x nên lim f ( xn ) = f ( x ) . n→∞ Ở (3) cố định n, cho m → ∞ ta được f ( xn ) ≤ f ( x ) . Vậy xn ≤ x (n ∈  * ) . • Cho ε > 0 , do dãy { xn } hội tụ yếu về x nên theo định lí Mazur ε ∃y ∈ Co ({ xn }) : y − x < , với N là hằng số trong định nghĩa nón chuẩn. N k k Vì y ∈ Co ({ xn }) nên y = ∑ λi xni , với ∑ λ=i 1, λi > 0, ∀i ∈1. k , n1 < n2 <  < nk . i =1 i =1 k Suy ra y ≤ ∑ λi xnk = xnk . i =1 Với n ≥ nk ta có y ≤ x n k ≤ xn ≤ x ⇒ θ ≤ x − x n ≤ x − y ⇒ x − xn ≤ N x − y < ε . Như vậy ta đã chứng minh ∀ε > 0, ∃n0 > 0, ∀n ≥ n0 ⇒ x − xn < ε , hay dãy { xn } hội tụ về x. 1.3 Nón sinh. Định nghĩa 1.3.1: Nón K gọi là nón sinh nếu ∀x ∈ X, ∃u , v ∈ K : x = u − v . Nói cách khác X= K − K .
Ví dụ 2: i) Trong không gian C[0,1] , nón các hàm không âm là nón sinh. Chứng minh: Đặt K = { f ∈ C[0,1] : f ≥ 0 } Lấy f ∈ C[0,1] tuỳ ý. Đặt g (t ) = max { f (t ),0} , h(t ) = − min { f (t ),0} thì ta có g , h ∈ K và f= g − h . Vậy K là nón sinh. ii) Trong không gian  , nón các số thực không âm không là nón sinh trong  . Mệnh đề 1.3.2: Cho K là nón sinh. Khi đó tồn tại số M > 0 sao cho ∀x ∈ X, ∃u , v ∈ K : x = u − v, u , v ≤ M x . Chứng minh: Đặt K= 1 K ∩ B (θ ,1) . ∞ ∞ ∞ Ta có X = K − K =  nK1 − nK1 =  n ( K1 − K1 ) . =n 1=n 1 =n 1 Do X là không gian Banach nên theo định lí Baire tồn tại n0 ∈  * , x0 ∈ n0 ( K1 − K1 ) , r > 0 sao cho B ( x0 , r ) ⊂ n0 ( K1 − K1 ) . Ta có x0 ∈ n0 ( K1 − K1 ) nên − x0 ∈ n0 ( K1 − K1 ). Từ đây ta được B (θ , r ) ⊂ n0 ( K1 − K1 ) + n0 ( K1 − K1 ) ⊂ 2n0 ( K1 − K1 ). rx Lấy x ∈ X \ {θ } tùy ý thì=y ∈ B (θ , r ) và do đó y ∈ 2n0 ( K1 − K1 ) . 2 x Từ đây ta suy ra ∀ε > 0, ∃w ∈ 2n0 ( K1 − K1 ) : y − w < ε . r r Với ε = ta tìm được= w1 2n0u1 − 2n0v1 , với u1 , v1 ∈ K1 sao cho y − w1 < . 2 2 Khi đó 2 ( y − w1 ) ∈ B (θ , r ) ⊂ 2n0 ( K1 − K1 ) .
r r Suy ra với ε = w2' 2n0u2' − 2n0v2' với u2' , v2' ∈ K1 sao cho 2 ( y − w1 ) − w2' < . ta tìm được= 2 2 1 ' Đặt= w2 = w2 , ta có w2 2n0u2 − 2n0v2 2 1 r với u2 , v2 ∈ K, u2 , v2 ≤ , y − w1 − w2 < 2 . 2 2 Tiếp tục xây dựng quá trình ta xây dựng được dãy các phần tử 1 {un } ⊂ K, {vn } ⊂ K, un , vn ≤ (4) 2n−1 sao cho n r y − ∑ wk < = (5) wn 2n0 ( un − vn ) . k =1 2n ∞ ∞ Từ (4) suy ra chuỗi = n n 1= ∑u n 1 và ∑ vn hội tụ trong X. ∞ ∞ Đặt u ' = =n 1=n 1 ∑= un , v ' ∑v n . Ta có u ', v ' ∈ K và u' , v ' ≤ 2 . Từ (5) suy ra ∞ =y ∑= w k =1 k 2n0 ( u '− v ') r ⇒ x = 2n0 ( u '− v ') 2 x 4n0 x = ⇒x ( u '− v ') . r 4n0 x 4n0 x 8n x Đặt u = = u ', v v ' , ta có x = u − v, u , v ∈ K, u , v ≤ 0 . r r r 8n0 Vậy số M = là cần tìm. r Mệnh đề 1.3.3: Nếu nón K có intK ≠ ∅ thì K là nón sinh. Chứng minh: Giả sử e ∈ int K . Khi đó ∃r > 0 : B ( e, r ) ⊂ K .
rx Do đó ∀x ∈ X, x ≠ θ thì e + ∈K . x 1 x  1 x  Đặt u=  e + x  , v=  e − x  . 2 r  2 r  Ta có x = u − v, u , v ∈ K. Vậy K là nón sinh. 1.4 Nón chính qui. Định nghĩa 1.4.1: Nón K gọi là nón chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng, bị chặn trên trong X đều hội tụ. Ví dụ 3: i) Nón các hàm không âm hầu khắp nơi trong L[0,1] là nón chính qui. ii) Nón các hàm không âm trong C[0,1] không là nón chính qui. Chứng minh: i) Giả sử { f n } là dãy tăng, bị chặn trên bởi g trong L[0,1] . Ta có thể coi f n (t ), g (t ) hữu hạn tại mọi t ∈ [ 0,1] . Bằng cách xét dãy f n − f1 nếu cần, ta có thể coi f n ≥ 0 . Lấy t ∈ [ 0,1] tuỳ ý, ta có 0 ≤ f1 (t ) ≤ f 2 (t ) ≤  ≤ f n (t ) ≤  ≤ g (t ) . Do đó { f n (t )} là dãy số tăng, bị chặn trên nên hội tụ. Lập hàm f : [ 0,1] →  định bởi f (t ) = lim f n (t ) . n→∞ Vì { f n } là dãy hàm đo được, không âm hầu khắp nơi, bị chặn trên bởi g và f (t ) = lim f n (t ) n→∞ nên f cũng là hàm đo được, không âm hầu khắp nơi, bị chặn trên bởi g ∈ L[0,1] nên f ∈ L[0,1] . Bây giờ ta chứng minh f n → f1 trong L[0,1] . Ta có f n (t ) − f1 (t ) → 0 trên [ 0,1] và f n (t ) − f1 (t ) ≤ 2 g (t ) . Do đó, theo định lí hội tụ bị chặn Lebesgue ta có lim n→∞ ∫ fn − f d µ = 0. [0,1] Từ đó suy ra lim f n − f = 0. n→∞
Vậy nón các hàm không âm hầu khắp nơi trong L[0,1] là nón chính qui. ii) Xét dãy { f n } trong C[0,1] , với f n (t ) = 1 − t n . f n (t ) f 0 (t ), t ∈ [ 0,1] , với Ta có { f n } là dãy hàm tăng, bị chặn trên bởi 1 trong C[0,1] và lim= n→∞ hàm f 0 : [ 0,1] → [ 0,1] định bởi 0 neáu t = 1 f0 (t ) =  . 1 neá u 0 ≤ t ≤ 1 Ta có f 0 ∉ C[0,1] nên dãy { f n } không hội tụ trong C[0,1] . Vậy nón các hàm không âm trong C[0,1] không là nón chính qui Mệnh đề 1.4.2: Nón chính qui là nón chuẩn. Chứng minh: Giả sử K là nón chính qui nhưng không là nón chuẩn. Khi đó ∀N > 0, ∃x, y ∈ K : x ≤ y và x > N y . Suy ra với n ∈  * tùy ý, tồn tại xn , yn ∈ K sao cho xn ≤ yn , xn > n 2 yn . Đặt xn' = xn = xn , yn' yn xn 1 . Ta có xn' ≤ yn' và yn' < 2 n (n ∈  ) . * ∞ Chuỗi ∑y n =1 ' n hội tụ tuyệt đối nên hội tụ. n ∞ = Gọi u = ' n n 1= n ∑= k 1 y , S ∑x ' k . n Ta có Sn ≤ ∑ yk' ≤ u , Sn+1 − Sn = xn' +1 ∈ K. k =1 Suy ra {Sn } tăng và bị chặn trên. ∞ Do K là nón chính qui nên {Sn } sẽ hội tụ hay chuỗi ∑x n =1 ' n hội tụ. xn' 1 ( n ∈  * ) . Suy ra lim xn' = 0 , mâu thuẫn với = n→∞
Vậy K là nón chuẩn. Mệnh đề 1.4.3: Cho X là không gian Banach phản xạ và K là nón chuẩn. Khi đó K là nón chính qui. Chứng minh: Xét dãy { xn } tăng, bị chặn trên. Ta chứng minh { xn } hội tụ. Thật vậy, do K là nón chuẩn và dãy { xn } tăng, bị chặn trên nên { xn } là dãy bị chặn (theo chuẩn). { } X là không gian Banach phản xạ nên tồn tại dãy con xnk hội tụ yếu về x nào đó. { } Do dãy { xn } tăng nên dãy xnk cũng tăng. Mà K là nón chuẩn nên theo mệnh đề 1.2.6 thì {x } hội tụ về x. nk { } Ta có { xn } là dãy tăng có dãy con xnk hội tụ về x nên theo mệnh đề 1.2.2 thì { xn } hội tụ về x. Vậy K là nón chính qui. 1.5 Nón minihedral. Định nghĩa 1.5.1: Nón K được gọi là nón minihedral nếu với mọi cặp x, y ∈ X tồn tại cận trên đúng z= x ∨ y nghĩa là z ≥ x, y và z ≤ v với bất kì v ≥ x, y . Cận dưới đúng u của hai phần tử x, y ∈ X được định nghĩa tương tự và kí hiệu z= x ∧ y . Mệnh đề 1.5.2: Nếu K là nón minihedral thì K là nón sinh. Chứng minh: Với mỗi x ∈ X , đặt x + =x ∨ θ , x − =− ( x) ∨ θ . Ta có x + , x − ∈ K và = x x + − x − . Vậy K là nón sinh. Bổ đề 1.5.3: Nếu K là nón chuẩn và minihedral thì với mọi hãy hội tụ { xn } của không gian X và y ∈ X tùy ý, ta có:
lim ( xn ∨= n→+∞ y) ( lim x ) ∨ y . n→+∞ n Chứng minh: Đặt x + =x ∨ θ , x − =− ( x) ∨ θ . Ta có x + , x − ∈ K và = x x + − x − và đối với biểu diễn tùy ý x= x '− x '' với x ', x '' ∈ K ta có x ' ≥ x + , x '' ≥ x − . a) Chứng minh: nếu lim yn = θ thì lim yn+ = θ . n→+∞ n→+∞ Thật vậy, mỗi nón minihedral là một nón sinh nên tồn tại số M > 0 sao cho với mỗi yn ∈ X có u ( yn ) ∈ K thoả mãn: yn ≤ u ( yn ) và u ( yn ) ≤ M yn . Do đó yn+ ≤ u ( yn ) . Vì nón K là nón chuẩn nên tồn tại số m > 0 sao cho: yn+ ≤ m u ( yn ) . ⇒ yn+ ≤ m u ( yn ) ≤ m.M yn Vậy lim yn+ = θ . n→+∞ b) Chứng minh: nếu lim xn = x thì lim xn+ = x + . n→+∞ n→+∞ Ta có: + xn+ = ( xn − x ) + x  ≤ ( xn − x ) + x + + + và x + = ( x − xn ) + xn  ≤ ( x − xn ) + xn+ . + Do đó xn+ − x + ≤ ( xn − x ) và x + − xn+ ≤ ( x − xn ) + + nghĩa là ( xn+ − x + ) ≤ ( xn − x ) và  − ( xn+ − x + )  ≤ ( x − xn ) . + + + + Theo chứng minh a), lim ( xn − x ) = θ và lim ( x − xn ) = + + θ. n→+∞ n→+∞ Vì nón K là nón chuẩn nên lim ( xn+ − x + ) = θ và lim  − ( xn+ − x + )  = + + θ n→+∞ n→+∞ (x − x + ) −  − ( xn+ − x + )  . + + Mà xn+ − x += + n
Do đó lim ( xn+ − x + ) = θ. n→+∞ Vậy lim ( xn = ∨ y ) lim ( xn − y ) ∨ θ  + y n→+∞ n→+∞ = ( x − y) ∨ θ + y = x ∨ y . Bổ đề được chứng minh.
Chương 2: ÁNH XẠ GIỮA CÁC KHÔNG GIAN BANACH CÓ THỨ TỰ Trên tập số thực  với thứ tự thông thường ta đã biết các tính chất sau đây của hàm đơn điệu tăng 1. Hàm có đạo hàm dương thì đơn điệu tăng. 2. Tập các điểm gián đoạn của hàm đơn điệu tăng là không quá đếm được. Trong chương này chúng ta thấy các kết quả tương tự cũng đúng cho ánh xạ đơn điệu tăng trong các không gian Banach có th ứ tự. Ngoài ra chúng ta còn tìm thấy những mối liên hệ của đạo hàm theo nón với tính đơn điệu, tính lồi và nghiên cứu thêm tính phổ của ánh xạ tuyến tính dương. 2.1 Tính liên tục của ánh xạ tuyến tính, ánh xạ tăng Định nghĩa 2.1.1: Cho X,Y là các không gian Banach, K X ,K Y tương ứng là các nón trong X,Y và M ⊂ X. i) Ánh xạ A : M → Y được gọi là ánh xạ tăng nếu ∀x, y ∈ M, x ≤ y ⇒ A( x) ≤ A( y ) . ii) Ánh xạ A : M → Y được gọi là ánh xạ dương nếu ∀x ∈ M, x ≥ θ ⇒ A( x) ≥ θ . Nếu int K Y ≠ ∅ và A ( K X \ {θ } ) ⊂ int K Y thì A được gọi là dương mạnh. Nhận xét: Đối với ánh xạ tuyến tính thì tính dương và tính đơn điệu tăng là tương đương. Định lí 2.1.2: Cho X,Y là các không gian Banach, K X là nón sinh, K Y là nón chuẩn và T : X → Y là ánh xạ tuyến tính dương. Khi đó T liên tục. Chứng minh: Gọi N là hằng số trong định nghĩa nón chuẩn và M là hằng số nói trong mệnh đề 1.3.2 ( chương 1).
* Trước tiên ta chứng minh ∃L > 0 : ∀x ∈ K X ⇒ Tx ≤ L x (6) Giả sử ngược lại, khi đó ∀n ∈  * , ∃xn ∈ K X : Txn > n3 xn . ∞ ∞ 1 1 Chuỗi số ∑ 2 xn hội tụ nên chuỗi phần tử ∑n 2 xn hội tụ. n =1 n xn n =1 xn ∞ 1 1 Gọi x0 = ∑ 2 xn thì θ ≤ 2 xn ≤ x0 ∀n ∈  * n =1 n xn n xn T ( xn ) ⇒ T ( x0 ) ≥ ≥θ n 2 xn (n ∈  ) . T ( xn ) ⇒ N T ( x0 ) ≥ >n * n 2 xn Ta gặp mâu thuẫn. Vậy (6) đúng. Xét tùy ý x ∈ X . Do K X là nón sinh nên tìm được u , v ∈ K X sao cho x= u − v, u , v ≤ M x . Do đó T ( x) ≤ T (u ) + T (v) ≤ L ( u + v ) ≤ 2 LM x . Vậy T là ánh xạ liên tục. Định lí 2.1.3 (định lí Hahn- Banach trong không gian có thứ tự): Cho X là không gian vectơ trên trường số thực  , M là không gian con của X sao cho ∀x ∈ X, ∃y ∈ M : x ≤ y . (7) Giả sử f : M →  là phiếm hàm tuyến tính và f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ M ∩ K . Khi đó tồn tại phiếm hàm tuyến tính F : X →  sao cho F=( x) f ( x) ∀x ∈ M F ( x) ≥ 0 ∀x ∈ K. Chứng minh: Xét ánh xạ p : X →  = x p ( x) inf { f ( y ) : x ≤ y, y ∈ M} . Trước tiên ta chứng minh = p (tx) tp ( x) ∀t > 0, ∀x ∈ X, (8) p ( x + y ) ≤ p ( x) + p ( y ) ∀x, y ∈ X. (9)
Thật vậy, lấy x ∈ X tùy ý, t > 0 . Ta có p (tx) inf { f ( y ) : tx ≤ y, y ∈ M} =   y y y  = inf tf   : x ≤ , ∈ M   t t t  = t inf { f ( z ) : x ≤ z=, z ∈ M} t p ( x). Lấy x, y ∈ X tùy ý. Với u ≥ x, v ≥ y, u , v ∈ M thì x + y ≤ u + v nên p ( x + y ) ≤ f ( u + v ) . Do đó p ( x + y ) ≤ f (u ) + f (v ) ⇒ p ( x + y ) ≤ inf { f (u ) + f (v) : x ≤ u , y ≤ v, u , v ∈ M} ≤ inf { f (u ) : x ≤ u , u ∈ M} + inf { f (v) : y ≤ v, v ∈ M} ≤ p( x) + p( y ) Do giả thuyết (7) nên số p ( x) ∈ [ −∞, ∞ ) . Ta sẽ chứng minh p ( x) ≠ −∞ bằng phản chứng. Giả sử tồn tại x0 ∈ X sao cho p ( x0 ) = −∞ . Khi đó inf { f (u ) : x0 ≤ u , u ∈ M} = −∞ . ⇒ ∃x1 ∈ M, x0 ≤ x1 và f ( x1 ) ≤ −1 . Đặt u= x1 − x0 thì p ( x1 ) = p (u + x0 ) ≤ p ( x0 ) + p (u ) nên p ( x1 ) = −∞ . Do đó inf { f (u ) : x1 ≤ u , u ∈ M} = −∞ ⇒ ∃x2 ∈ M: x1 ≤ x2 và f ( x2 ) ≤ −2 . Tiếp tục quá trình trên ta xây dựng dãy { xn } thoả mãn  x1 ≤ x2 ≤  ≤ xn ≤  , xn ∈ M, ∀n ∈  * ,   f ( xn ) ≤ −n Từ đó ta gặp mâu thuẫn vì  f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) ≤  ≤ f ( xn ) ≤   lim f ( xn ) = −∞ n→∞ là điều không thể xảy ra. Vậy p ( x) ≠ −∞, ∀x ∈ X (10) Từ (8), (9), (10) ta có p là phiếm hàm lồi.
Theo định nghĩa của p ta được f ( x) ≤ p ( x) ∀x ∈ M . Áp dụng định lí Hahn- Banach cho phiếm hàm lồi p ta tìm được phiếm hàm tuyến tính F : M →  thoả F = ( x) f ( x) ∀x ∈ M, F ( x) ≤ p ( x) ∀x ∈ X . Ta cần chứng minh F ( x) ≥ 0 ∀x ∈ K . Thật vậy, lấy x ∈ K, ta có − x ≤ θ nên p (− x) ≤ f (θ ) = 0. Mà F (− x) ≤ p (− x) n n êF ( x) ≥ − p (− x) ≥ 0 ∀x ∈ K. Định lí được chứng minh đầy đủ. Bổ đề 2.1.4: Giả sử X là không gian Banach, M là không gian con của X và một trong các điều kiện sau được thoả mãn 1) K là nón sinh, M ⊃ K . 2) K là nón có intK ≠ ∅ và M ∩ int K ≠ ∅ . Khi đó M có tính chất sau: ∀x ∈ X , ∃y ∈ M : x ≤ y . Chứng minh: 1) Nếu K là nón sinh, M ⊃ K thì với x ∈ X tùy ý ta có ∃u , v ∈ K : x= u − v ⇒ x ≤ u∈M ( do M ⊃ K, u ∈ K ) . Vậy ∀x ∈ K, ∃u ∈ M: x ≤ u. 2) Giả sử int K ≠ ∅ , M ∩ int K ≠ ∅ . Lấy e ∈ M ∩ int K và chọn r > 0 để B(e, r ) ⊂ K . x Khi đó với x ∈ X, x ≠ θ thì e ± r ∈K . x 1 x  1 x  Đặt u=  e + x  , v=  e − x  . 2 r  2 r  Ta có x = u − v, u , v ∈ K. x ⇒ x≤u += v e ∈ M (do e ∈ M) . r Vậy ∀x ∈ K, ∃w ∈ M: x ≤ w. Định lí 2.1.5: