BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
ĐINH CÔNG MINH
MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ LỒI VÀ LÕM
TRONG KHÔNG GIAN CÓ THỨ TỰ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh – 201110
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
ĐINH CÔNG MINH
MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ LỒI VÀ LÕM
TRONG KHÔNG GIAN CÓ THỨ TỰ
Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN ĐÌNH THANH
Thành phố Hồ Chí Minh – 201110
LỜI CẢM ƠN
Tôi gửi cảm ơn sâu sắc đến Thầy TS. Trần Đình Thanh đã tận tình hướng
dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn này.
Tôi xin chân thành cám ơn quí Thầy, Cô khoa Toán trường ĐHSP TP Hồ
Chí Minh và trường ĐHKHTN TP Hồ Chí Minh đã trang bị cho tôi nhiều kiến
thức quí báu trong Toán học cũng như trong cuộc sống.
Tôi xin cảm ơn bạn bè và người thân đã động viên giúp đỡ tôi trong quá
trình học tập và làm luận văn.
Tp. Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2011
Học viên
Đinh Công Minh
MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN ............................................................................................. 0
MỤC LỤC ................................................................................................... 0
MỞ ĐẦU ..................................................................................................... 1 1. Lý do chọn đề tài:................................................................................................... 1
2. Nội dung luận văn .................................................................................................. 1
3. Phương pháp nghiên cứu ....................................................................................... 2
Chương 1: CÁC KẾT QUẢ CHUẨN BỊ ................................................ 3 1.1 Không gian banach có thứ tự ............................................................................... 3
1.2 Nguyên lí Entropy và Định lí điểm bất động của ánh xạ tăng. ............................ 8
1.2.1 Nguyên lí Entropy .................................................................................................................. 8
1.2.2 Định lí điểm bất động của ánh xạ tăng. .................................................................................. 9
Chương 2: MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ LỒI, LÕM. ................................. 12 lồi. ........................................................................... 12
2.1 Ánh xạ
lõm hoặc
0 −u
0 −u
2.1.2 Sự duy nhất của điểm bất động. ........................................................................................... 13
2.1.3 Xây dựng dãy lập đơn điệu hội tụ về điểm bất động. ........................................................... 14
2.1.4 Tính chất của vectơ riêng, giá trị riêng. ............................................................................... 17
2.2 Một số ánh xạ lồi, lõm. ...................................................................................... 20
2.3 Ánh xạ
2.3.2 Ánh xạ
2.2.1 Ánh xạ dưới tuyến tính ......................................................................................................... 20 2.2.2 Ánh xạ 0u − đơn điệu. .......................................................................................................... 21 2.2.3 Ánh xạ α− lồi, α− lõm. .................................................................................................... 22 ou − lõm tổ hợp ...................................................................................... 30 2.3.1 Ánh xạ đơn điệu tổ hợp ........................................................................................................ 30 ou − lõm tổ hợp. ...................................................................................................... 32 2.3.3 Một số ứng dụng................................................................................................................... 34
Chương 3: MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ LÕM ĐA TRỊ ............................ 37
lõm đều đơn trị ................................ 37
3.1 Sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ −ou
3.2 Sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ lõm đều đa trị. ......................................... 39
KẾT LUẬN ............................................................................................... 43
TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................... 44
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Lý thuyết phương trình trong không gian có thứ tự ra đời từ những năm 1940,
được phát triển và hoàn thiện cho đến ngày nay. Lý thuyết này tìm được những ứng
dụng rộng rãi trong việc nghiên cứu các phương trình xuất phát từ khoa học Tự
nhiên, Y học, Kinh tế học.
Trong lý thuyết về phương trình trong không gian có thứ tự thì lớp phương
trình với ánh xạ lồi hoặc lõm đóng vai trò quan trọng. Đối với lớp phương trình với
ánh xạ lồi hoặc lõm ta có thể chứng minh sự duy nhất của nghiệm, xây dựng hai dãy
lặp Picard là dãy tăng hoặc giảm hội tụ về nghiệm; chứng minh được tập giá trị riêng
là khoảng,…
Vì sự quan trọng của nó nên lớp phương trình với ánh xạ lồi được nhiều nhà
Toán học quan tâm nghiên cứu. Một số lớp ánh xạ lõm hoặc lồi mới được đưa vào
nghiên cứu và thu được các định lý mới về điểm bất động, về xây dựng dãy lặp xấp xỉ
nghiệm,…
Việc hệ thống lại các lớp ánh xạ lồi, lõm đã được nghiên cứu, các tính chất của
chúng, so sánh mối liên hệ giữa chúng,… là việc làm cần thiết và có ý nghĩa.
Luận văn chỉ trình bày các kết quả lý thuyết. Sau khi thu thập tài liệu từ nhiều
nguồn, chúng tôi sẽ phân loại, tổng hợp các tài liệu để trình bày các kết quả theo một
hệ thống hoàn chỉnh, chi tiết.
2. Nội dung luận văn
Nội dung luận văn gồm có ba chương:
Chương 1. Nhắc lại các khái niệm, các kết quả được sử dụng. Trong đó gồm có
các khái niệm về không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón; Nguyên lí Entropy;
Định lí điểm bất động của ánh xạ tăng.Các kết quả này được trích dẫn từ các tài liệu
tham khảo.
Chương 2. Trình bày một số kết quả của một số lớp ánh xạ lồi, lõm. Tính chất của
véctơ riêng, giá trị riêng. Ánh xạ lõm tổ hợp.
Chương 3. Khảo sát sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ lõm đa trị .
3. Phương pháp nghiên cứu
1. Sử dụng các tính chất của thứ tự sinh bởi nón, nguyên lí Entropy, định lí điểm
bất động của ánh xạ tăng.
2. Phương pháp lặp liên tiếp.
Chương 1: CÁC KẾT QUẢ CHUẨN BỊ
1.1 Không gian banach có thứ tự
Định nghĩa 1.1.1
Tập K trong không gian Banach thực X gọi là nón nếu
i) K là tập đóng, khác rỗng và K θ≠
λ
λ
ii)
+ ⊂ K K K
,
⊂ K K
∀ ≥ 0.
iii)
(
) { } = K θ
− K
Định nghĩa 1.1.2
Trong không gian Banach thực X với nón K , ta xét quan hệ "
"≤ sau:
Khi đó quan hệ "
"≤ có các tính chất:
Phản xạ:
1)
x
θ− = ∈ ⇒ ≤ K
x X
x
,
∀ ∈ . x X
∀ ∈ x y X x , , ≤ ⇔ − ∈ y x K y
Phản xứng:
2)
Do iii) ta có: y
∀ ∈ , nếu x y≤ và y ,x y X x≤ thì y − ∈ và x x K − ∈ y K
x θ− = nên x y=
3) Bắc cầu:
y≤ và y
z≤ thì y
∀ ∈ nếu x x y z X , , − ∈ và z x K − ∈ y K
Do ii) ta có:
z≤ .
(
)
(
)
Vậy "
"≤ là một quan hệ thứ tự trên X .
− + z − = x y x z K y − ∈ . Do đó x
gọi là dương.
Mỗi
{ } x K θ
∈ \
Mệnh đề 1.1.1
Cho X là không gian Banach thực sinh bởi nón K . Khi đó:
+ ≤ +
y
z
∀
∈
∀ ≥ λ
1)
x y z X , ,
,
x 0;
x
z x ≤ ⇒ y ≤ λ λ y
*
≤
∈
=
≤
thì x
y
(n
), lim
x
, lim
y
y
x n
n
x n
n
2) Nếu (
)
*
3)
y≤ .
là dãy tăng, hội tụ về x thì
Nếu { }nx
nx
x ≤ ∀ ∈ n
Chứng minh
1) Ta có
Tương tự:
= x ≤ ⇒ − ∈ ⇒ − x K λ λ λ ( x y y y x − ∈ ⇒ ≤ K λ λ y . y x )
+ − x ≤ ⇒ − ∈ ⇒ − = x K x y y y ( y z ) ( x + ∈ ⇒ + ≤ + x . K y z z z )
2) Do
y
y
x n
≤ ⇒ − ∈ K n
x n
n
−
Do
y≤ .
= − và K đóng nên y
y
x
)
x n
( y lim n →∞ n
.
là tăng. Với mỗi n ta có:
x +≤
3) Giả sử dãy { }nx
x n
n m
Cho m → +∞ , ta có:
− ∈ . Vì thế x x K
nx
≤ ∀ . , n x
Định nghĩa 1.1.3
i) Nón K trong X được gọi là nón miniheral mạnh nếu mọi tập M bị chặn trên
trong X đều tồn tại sup M .
ii) Nón K trong không gian Banach X được gọi là nón chuẩn nếu
( số N được gọi là hằng số chuẩn cuả K )
iii) Nón K trong X được gọi là nón chính qui nếu mọi dãy tăng bị chặn trên trong
X đều hội tụ.
∀ ∈
∃
∈
iv) Nón K trong X được gọi là nón sinh nếu
x X
,
= − u v K x u v :
,
≤ ∀ ≤ thì x N y 0N∃ > sao cho ∈ x y X x , , y
Mệnh đề 1.1.2
Cho K là nón chuẩn trong X . Khi đó:
≤ thì
là tập đóng và bị chặn.
1)
∀ ∈ ,
u v X u v
;
{ = ∈
} v
≤
≤
=
u v , x X u : ≤ ≤ x
2)
Nếu
, (
1,2,...)
y
z
n
x n
n
n
n
→∞
và lim →∞ n
n
hội tụ về x
3) Nếu dãy đơn điệu (
hội tụ về x thì (
có dãy con (
)kn x
)n nx
)n nx
k
= z x = x x n = thì lim n y lim →∞ n
Chứng minh
1)
,u v là tập đóng.
Giả sử
nx
→∞
n
∈ u v , , n = . x ∀ và lim n x
.
Ta có:
≤ ≤ ∀ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈ u v , u n v x x u v , x n
,u v bị chặn:
thì
≤ ≤ ⇒ − ∈ ∀ ∈ x u v , − ∈ và x u v u − ≤ − u x u K v u K , v x
Do K là nón chuẩn nên x u
− ≤ − ⇒ − ≤ − N v u x u N v u
Vì vậy x N v u
≤ − + = u M
≤
≤
∀ ⇒ ≤
−
≤
θ
2) Giả sử
y
z
n
y
z
,
x n
n
n
n
x n
n
− v n
Do K là nón chuẩn nên
n
n
− ≤ − y N z (*) x n x n
n
Mà lim →∞
n
từ (*) cho n → ∞ thì
y
n
− → x θ n
=
−
Do đó
y
y
(
)
)
n
n
+ → x n
hội tụ về x
3) Giả sử (
→ ∞ . x n x ( n là dãy tăng có dãy con (
)kn x
)n nx
k
= z x x n = nên n z − → x θ n lim →∞ n
Ta có:
.
o
0
nên
Ta lại có:
≤ ∀ , n
x
→ ⇒ ∀ > ε − < x 0, ∃ k : x x n k x n k ε N
nx
knx
≤
≤ ⇒ ≤ − θ
≤ ∀ và k , x x n x≤ n k
Khi đó:
thì
x
x
≤ − x
x n
x n
x n k
x n k
0
0
−
≤
−
< ε
Do đó:
x
N x
x n
x n 0k
∀ ≥ n n 0k
→∞
Vậy lim n x n
= . x
Định lí 1.1.1
*
tương đương
Trong không gian Banach X với nón chuẩn K tồn tại chuẩn
*
*
.
với chuẩn ban đầu . sao cho
∀ θ ≤ ≤ ⇒ ≤ ∈ x y X , , x x y y
Đặt
= + − (0,1) A B K B (0,1) K
Chứng minh [
]
[
]
Ta chứng minh:
, với
⊂ ⊂ r > đủ lớn. 0 B (0,1) A B r (0, )
+ Do
nên (0,1) B
)
( −
θ∈ K K A⊂
+ Chứng minh
⊂ A B r r (0; ), > 0.
Thật vậy, nếu trái lại ta có thể xây dựng dãy (
nx
)n nx
n≥ và A⊂ với
n
n
n
n
∈ = + = ∈ sao cho B (0,1); K y u z y z , n u v , n n x n − v n
Vì
n
n
n
+ = u ≤ 2 u z v+ n v n − nên v n
mà K là nón chuẩn nên
n
n
≤ + ≤ u N u N 2 . v n
Do đó
n
n
≤ ≤ + ≤ + n y u N 1 2 , n ∀ ( điều này vô lí ) x n
* Xét phiếm hàm Minkovski của tập A :
*
*
= > ∈ x inf 0 : A ∈ x A x λ λ
và
thì
*
0
∀ ∈ ∈ ≠ , gọi xλ = x X x , 0 B (0,1) ∈ . A x x 2 x λ 0
Theo trên ta có:
*
x
∈ ∈ và A B r (0, ) x x 2 x λ 0
Do đó:
và
< r
*
x
*
*
< x 2 x
Suy ra
Khi
< < x x r x 1 2
*
Do đó chuẩn
tương đương với chuẩn ban đầu .
0x = thì đẳng thức xảy ra.
.
* Giả sử 0
Thật vậy, xét λ sao cho
> ⊂ > 0 : 0 : ≤ ≤ , ta có: y x λ y λ λ x λ
∈ A y λ
Do
+ 0x ≥ nên ∈ ⇒ + ∈ 0 K B (0,1) K x λ x λ
Do x
y≤ nên
y y ≤ ⇒ − ∈ K x x λ λ λ λ
Mà
Do đó
− = − với ∈ nên theo định nghĩa A ta có A u v ∈ u B (0,1) K y λ y λ
*
*
Vì vậy
.
∈ A x λ
x y≤
Định lí 1.1.2
i)
K là nón chính qui khi và chỉ khi mọi dãy đơn điệu giảm bị chặn dưới đều hội
tụ.
ii)
K là nón chính qui thì K là nón chuẩn.
Chứng minh
i)
≥
≥ ≥ x
≥ ≥ ...
...
x n
Xét dãy 1 x
x 2
Ta có dãy
)⇒ Giả sử K là nón chính qui. (
đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi 1x
hội tụ.
Vậy dãy (
)n nx
≤
x− nên hội tụ. x− x 1( )n n
≤ ≤ x
≤ ≤ ...
...
x n
x 2
đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên hội tụ.
Ta thấy dãy
x−
x 1(
)n n
hội tụ..
Vậy dãy (
)n nx
ii) Ta chứng minh bằng phản chứng.
Giả sử K không là nón chuẩn. Khi đó:
( )⇐ Xét dãy 1 x
∀ ∃ ∈ ∃ ∈
θ
≤
≤
mà
K y ,
N x ,
K
,
x
y
N
N
N
N
N
N
> x N y
⊂
⊂ thoả
Cho
2 (
ta được các dãy (
K y , (
K
x ) n n
) n n
≤
>
θ≤
y
2 n y
,
x n
n
x n
n
n
=
=
Rõ ràng
y
nx θ≠ . Xét các dãy
, x n
, n
y y
x ,n x n
n
∞
= = N n n 1,2...)
nên chuỗi
Ta có:
, n
, x n
, n
, x n
, n
∑ hội tụ.
n
= 1
∞
θ≤ ≤ = < y y , 1, y 1 2 n
Đặt
, n
, n
, y 1
, 2
n
= 1
+ ≤ y y + + ... y y ∀ ( n ) = ∑ thì y
Ta thấy dãy
tăng và bị chặn trên bởi y .
n
, x n
, x 1
, x 2
= + z + + ...
hội tụ. Dẫn đến
Mà K là nón chính qui nên (
, x n
n
n
,
Điều này mâu thuẫn với điều kiện
1
nx = . Vậy K là nón chuẩn.
= z z z )n n − → θ− 1
Mệnh đề 1.1.3
Nếu nón K trong X có điểm trong
ou thì
i)
0
0
ii)
K là nón sinh.
− α α ∀ ∈ thì 0α∃ > sao cho x X x u ≤ ≤ x x u
Chứng minh
∈
i)
u
int
K
⇒ ∃ > r
0 :
⊂ . K
0
B u r ( , ) 0
±
∈
±
ta có
nên
≥ θ
* với
u
u
x θ≠ ,
0
B u r 0( , )
0
rx x 2
rx x 2
−
x u
≤ ≤ x
x u
Do đó
0
0
2 r
2 r
* Khi x θ= thì bất đẳng thức trên vẫn đúng.
ii) theo i)
0
0
− α α ∀ ∈ thì x u ≤ ≤ x x u 0α∃ > sao cho x X
0
0
thì
và
Đặt
+ α − α x x ≥ ≥ = = u θ , v θ , = − x u v u v x u 2 x u 2
Do đó
Vậy K là nón sinh.
= − . ,u v K∈ và x u v
Định lí 1.1.3
Nếu K là nón sinh thì tồn tại hằng số sao cho
∀ ∈ ∃ x X u v K ∈ : , ,
= − ≤ ≤ x u v u M x , , v M x
1.2 Nguyên lí Entropy và Định lí điểm bất động của ánh xạ tăng.
1.2.1 Nguyên lí Entropy
Giả sử:
≤ ⇒
≤
và bị
ii)
u v
)
( ) S u
[
i) X là tập sắp thứ tự sao cho mỗi dãy đơn điệu tăng trong X có cận trên. ) ( ) S v
(
chặn trên.
Khi đó tồn tại phần tử
; : S X → −∞ +∞ là một hàm đơn điệu tăng
ou
X∈ có tính chất:
( ) S u
( S u
)
o
∀ ∈ = u X u u , ≥ ⇒ o
Chứng minh
≤ như sau.
u≤
...
Lấy tùy ý 1u
X∈ rồi xây dựng các phần tử 1 u
2
.
Giả sử đã có
( ) S u
{ = ∈ u X u u :
}
n
n
nu , ta đặt
n
* Nếu
thì
ta tìm được
( S u
)
( S u
)
≥ = M , β n sup ∈ u M
n
n
nu cần tìm. Nếu
1nu + thỏa:
β = n β ≥ n
∈
M
n
n
+ 1
>
−
−
.
( S u
)
( S u
)
(
)
n
+ 1
β n
β n
n
u
1 2
* Nếu quá trình trên vô hạn thì ta có dãy tăng { }nu thỏa:
*
>
∀ ∈
2
n N
.
( S u
( S u
)
) + −
n
n
β n
1
, ta có:
Gọi
u u≥
o
ou là một cận trên của { }nu , với
*
(
)
n
n
≤
∀ ∈ ∈ u M n N ≥ u u do
2
S
( ) S u
(
)
( S u
)
n
+ 1
n
≤
⇒ ≤ − u β n
lim
S
( ) S u
(
)
n
≤
⇒ u
S
( ) S u
( ) S u
( S u
)
(
)
o
o
⇒ = u hay
1.2.2 Định lí điểm bất động của ánh xạ tăng.
Định lí
Giả sử X là không gian Banach được sắp bởi nón K , M X⊂ là tập đóng và
:F M X→ là ánh xạ tăng thỏa mãn:
i)
( F M
)
ii) F biến mỗi dãy tăng thuộc M thành dãy hội tụ.
Khi đó F có điểm bất động trong M .
⊂ ≤ M , : ) ∃ ∈ x M x 0 0 F x ( 0
Chứng minh.
≤
=
−
Đặt
M
x M x F x :
g x ( )
sup
F y ( )
F z
( ) :
∈ f z M y ,
,
≥ ≥ z
{ = ∈
} ( ) ,
{
} x
0
0
* Ta áp dụng nguyên lí Entropy cho tập
0M và hàm (
)g−
tăng
∈ .
⇒∃ = x
F x
x M
:
lim (
i) { } ∀
{ }
),n
≤
≤
)
x
x
x n
( F x n
≤
→ ∞
do (
)
∈ x M
) ( ) vaø cho n
F x
( do (
)
0
F x n
≤ x n ⇒
ta có
x x M∈, 2
, giả sử 1 x
0
x≤ 2
⊂ x n M x 0, n
ii) Với 1 {
}
{
}
0
0
≤
)
)
.
Do đó
( g x 2
( g x 1
⊂ , , ∈ , z y M y ≥ ≥ z ∈ , z y M y ≥ ≥ z x 2 x 1
Vì thế theo nguyên lí Entropy ta có:
∃ ∈
∀ ∈
=
:
,
.
a M u M u
≥ ⇒ a
( ) g u
( ) g a
0
0
* Ta chứng minh
∃
≥
≥
−
,
:
(
,
)
)
a F y
> c
∈ y y M y 1
0
2
2
y 1
2
( F y 1
=
∃
≥
≥
−
>
)
:
,
(
,
)
)
,...
Do
> nên
( ) g a
c
c
2( g y
∈ y y M y 3
4
0
4
y 3
y F y 2
4
( F y 3
⊂
−
(
,
)
)
> , ta gặp mâu thuẫn
y
M F y
( F y
c
Tiếp tục như trên ta có dãy tăng { }
n
n
n
2
2
− 1
với giả thuyết ii) của định lí.
( ) . g a = Nếu trái lại 0 ( )g a c> > ta có 0
≤
* Do
. Vì
nên
.
( ) a F a
0
0
= ∀ ≥ ∈ ( ), ( )g a = nên 0 ( ) F y F a , y a y M a M∈
Vì thế
là điểm bất động.
( ( ) F F a
)
Vậy định lí được chứng minh.
Từ định lí trên ta có hai hệ quả sau
= ( ) hay F a = : ( ) b F a
Hệ quả 1.
,
Giả sử
: F u v
X→ là ánh xạ tăng thỏa mãn:
i)
ii)
là tập compact tương đối, K là nón chuẩn.
( ) F v ≤ v
,u v .
Khi đó F có điểm bất động trong
≤ u F u ( , F u v ( ), )
Chứng minh
,
Ta áp dụng định lí cho tập
.
= M u v
Từ giả thuyết i) ta có:
( , F u v
)
⊂ . , u v
là dãy tăng ta có:
Với { } nx
có dãy con hội tụ ( vì
là tập compact tương đối )
{
} )nF x (
( , F u v
)
tăng và K là nón chuẩn )
hội tụ ( do {
} { )nF x⇒ (
} )nF x (
,u v .
Theo định lí trên thì F có điểm bất động trong
⊂ , u v
Hệ quả 2.
,
Giả sử
: F u v
X→ là ánh xạ tăng thỏa mãn:
i)
ii) K là nón chính qui
,u v .
Khi đó F có điểm bất động trong
≤ ( ), u F u ( ) F v ≤ v
Chứng minh
Ta áp dụng định lí cho tập
.
, = M u v
Từ giả thuyết i) ta có:
)
⊂
là dãy tăng và bị chặn trên.
, u v
( , F u v là dãy tăng ta có {
Với { } nx
} )nF x (
hội tụ.
Do K là nón chính qui nên {
} )nF x (
,u v .
Theo định lí trên thì F có điểm bất động trong
⊂ . , u v
Chương 2: MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ LỒI, LÕM.
Trong chương này ta xét X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K
lõm hoặc
lồi.
2.1 Ánh xạ
0 −u
0 −u Định nghĩa 2.1.1
Ánh xạ
0u θ> . Giả sử:
:A K K→ và
i) Với mỗi
≤
≤
(2.1.1)
α u
Ax
β u
0
0
và
ii) Với mỗi x K∈ thoả
> ∃ θ α β > sao cho x , > ( ) 0, x x ( ) 0
≤ ≤ x > ( ) 0, x > ( ) 0) x α u 1 0 β u 1 0 α ( 1 β 1
mỗi 0
(2.1.2)
η η= > sao cho 1t< < , tồn tại số x t ( , ) 0
Khi đó: Ánh xạ A được gọi là
0u lõm.
Nếu ta thay điều kiện ii) bởi ii’) như sau:
và
ii’) Với mỗi x K∈ thoả
A tx ( ) tAxη≥ + (1 )
≤ ≤ x > ( ) 0, x > ( ) 0) x α u 1 0 β u 1 0 α ( 1 β 1
(2.1.3)
mỗi 0
lồi.
Khi đó ánh xạ A gọi là
0 −u
η η= > sao cho 1t< < , tồn tại số x t ( , ) 0 A tx ( ) tAxη≤ − (1 )
2.1.1 Tính chất
Định lí 2.1.1
Ánh xạ
0u − lõm. Giả sử A có điểm bất động dương
:A K K→ là tăng và
*x θ> và K là nón chuẩn. Khi đó tồn tại cặp số
R r> > sao cho: 0
(2.1.4)
≥ ∀ ∈
(2.1.5)
Ax x
x K x ,
,
> R
≤ ∀ ∈ < Ax x x K , , 0 x < r
Chứng minh
Trước tiên, ta chứng minh:
(2.1.6)
* ≤ ⇒ ≥ x
Thật vậy, do A là 0u − lõm nên ta có
*
*
*
≥
=
≥
=
x θ> , Ax x x
≥ x Ax
α u
* β u
Ax
x
(với
0
0
α * β
α * β
=
>
≥
, ta có:
Đặt
t
sup
0 :
x
tx
0 t< < ∞ 0
0
α * β }*
{ t
α β > , 0)
t ≥ . Ta chứng minh 0 1
Nếu
0
1
0η > sao cho
0
0
t< < thì do A là 0u − lõm và tăng nên có số
*
*
*
≥
≥ x Ax A t x
(
)
≥ + (1
= + (1
0
η 0
t Ax ) 0
η 0
t x ) 0
t ≥ Điều này mâu thuẫn với cách đạt 0t . Do đó 0 1
*
Vậy
*
Tương tự, ta có:
(2.1.7)
x θ> , Ax ≤ ⇒ ≥ . x x x
*
=
+
* Đặt
. Do *x θ> nên ta có
x θ> , Ax ≥ ⇒ ≥ x x x
r
z
x
inf ∈ z K
Với cách đặt như trên thì số r thoả mãn (2.1.4)
r > . 0
Thật vậy, nếu
*
( với
∃ ∈ < x K , 0 x r < mà Ax x≤ thì do (2.1.6) ta có:
* x θ
≥ ) x = + z x z = − x
≤ ∀ ∈
<
Ax x
x K
,
, 0
x
< . r
Vậy
⇒ ≥ ( vô lí ) r x
.
* Do K là nón chuẩn nên
*, xθ
Với cách đặt như trên thì số R thoả (2.1.5)
*
= R z bị chặn. Ta đặt sup *, θ ∈ z x
Thật vậy, nếu
x
x≤
∃ ∈ x K x , R > mà Ax x≥ thì do (2.1.7) ta có:
*, xθ
Vậy định lí được chứng minh.
⇒ ≤ ( ta gặp mâu thuẫn) R x ⇒ ∈ x
2.1.2 Sự duy nhất của điểm bất động.
Định lí 2.1.2
Nếu ánh xạ
0u − lõm thì A có nhiều nhất một điểm bất
động dương.
:A K K→ là tăng và
Chứng minh
Giả sử 1 x
Do ánh xạ A là 0u − lõm nên ta có:
> θ > là hai điểm bất động dương của A . xθ , 2
( với
0
,
α β > ) 2
1
= ≥ α = ≥ = β . x 1 Ax 1 u 1 0 u 2 0 Ax 2 x 2 α 1 β 2 α 1 β 2 α 1 β 2
. Ta có
Đặt
{ t
}
0
0 t< < ∞ 0
t ≥ . Ta cần chứng minh 0 1
Nếu trái lại
0
1
0η > sao cho
t< < thì do A là 0u − lõm và tăng nên có số 0
0
=
≥
)
≥ + (1
= + (1
1 x
Ax 1
A t x ( 0 2
η 0
t Ax ) 0 2
η 0
t x ) 0 2
(1
⇒ ≥ + x 1
t xη ) 0 0 2
( mâu thuẫn với định nghĩa của 0t )
(*)
Do đó: 1 x
x≥ 2
Tương tự như trên, ta có:
= > ≥ t sup 0 : x 1 tx 2
( với
0
α β > ) 1,
2
= ≥ α = ≥ = x 2 Ax 2 u 2 0 β . u 1 0 Ax 1 x 1 α 2 β 1 α 2 β 1 α 2 β 1
Đặt
. Ta có
{ t
}
0 t< < ∞ 1
= > ≥ sup 0 : t 1 x 2 tx 1
Giả sử
0
t< < 1 1
0η > sao cho:
Do A là 0u − lõm nên tồn tại số 1
=
≥
η
η
)
≥ + (1
= + (1
x 2
Ax 2
A t x ( 1 1
t Ax ) 1 1 1
t x ) 1 1 1
(1
⇒ ≥ + x 2
t xη ) 1 1 1
( mâu thuẫn với định nghĩa của 1t )
(**)
Do đó: 2 x
t ≥ . Ta cần chứng minh 1 1
.
Từ (*) và (**) ta có: 1 x
x= 2
Vậy định lí được chứng minh.
x≥ 1
2.1.3 Xây dựng dãy lập đơn điệu hội tụ về điểm bất động.
Với K là nón trong không gian Banach thực X và 0u θ> . Đặt
để
− λ u
≤ ≤ x
λ u
= ∈ ∃ > x X λ :
{
0
0}
0
uX
0
=
>
−
∀ ∈
và
inf
0 :
λ u
≤ ≤ x
λ u
,
x X
{ λ
}
0
0
u 0
ux
0
Ta có
0uX là không gian định chuẩn với chuẩn
. u .
0
Ta gọi
.
x X∈
là 0u − chuẩn của phần tử
0u
0ux
Định lí 1.5.1 [2]
Với K là nón chuẩn thì
0u − chuẩn và tồn tại số
0uX là không gian Banach với
≤
với mỗi
.
x X∈
x M x
0u
0u
0M > sao cho
Định lí 2.1.3
Với ánh xạ
0u − lõm và tăng. Giả sử A có điểm bất động dương
=
=
.
n
1,2,...)
*x θ> . Với 0x θ> ban đầu, ta xây dựng dãy
x n
Ax n
1 ( −
*
:A K K→ là
(2.1.8)
Khi đó:
u 0
− → x 0 ( n → ∞ ) x n
Chứng minh
Giả sử *x θ> là điểm bất động dương của ánh xạ A .
*Bước 1: Với mỗi
*
=
=
=
Đặt
,
(
0,1,2....)
n
v n
Av n
v 0
t x 1
+ 1
*
*
=
≤
Ta có:
(2.1.9)
≤ ≤ ...
≤ ≤ ...
x
v n
t x 1
v 1
*
0 1 < thì ta có: Đặt } v
0
{
t ≤ (2.1.10) 0 ≤ ≤
... ≤ ≤
... 1 ≤
t ρ ρ ρ
< =
1
2 0 1 ρ
n > ≤ sup 0 : tx ρ =
n v
n và (2.1.11) *
ρ ≤
x n ρ (2.1.12) =
1n Ta chứng minh lim
→∞ n ρ γ = < γ thì tồn tại số Nếu trái lại 1 ( 0) 0η> sao cho: n ≥ >
t
1 lim
→∞
n * * * γ
(
A x ) ≥ +
(1 ηγ
) Ax = +
(1 ηγ
)
x * * * * = ≥ A tx
( ) γ
.
x ) γ
(
A x ) ≥ +
(1 η
)
tx Vì vậy khi 0 t γ< ≤ < thì 1 t
(
A
γ t
γ * * . hay A tx
( ) txη≥ + (1 ) * * = (2.1.13) Đặc biệt x ) ≥ +
(1 x ( n 0,1,2...) ρ
(
A
n η ρ
)
n * * ≥ Từ (2.1.11) và (2.1.13) suy ra: x ) ≥ +
(1 x v
n Av
n ρ
(
A
n η ρ
)
n + =
1 = Do đó theo định nghĩa ( 0,1,2...) n ρ
n + ≥ +
(1
1 η ρ
)
n nρ thì: = Bằng qui nạp ta có: . ≥ +
(1 ( n 0,1,2...) n
η ρ
) .
0 ρ
n = n ( 0,1,2...) v
n Mà điều này mâu thuẫn với (2.1.10). ρ = .
1n Vậy lim
→∞
n * Đặt * * = = , ( n 0,1,2...) ω
n ω
0 t x
2 =
ω+
A
n
1 (2.1.14) Ta có: 0 * = ≥ ≥
... x ω
n ≥
ω ω
1 Đặt thì ta có: ≥ ≥ (2.1.15) ≥ ≥
... ≥ ≥
... 1 2 ≥
t ζ ζ ζ
2 0 1 ζ
n = và (2.1.16) x n ( 0,1,2...) *
ζ ω≥
n n ζ (2.1.17) =
1n Ta chứng minh lim
→∞ n Nếu trái lại = > ≥ = ( inf 0 : tx n 0,1,2...) ζ
n ω
n t x
2
{
t ≥ ≥
...
} n * * * * 1 0η > sao cho: =
ζ γ
0 > , thì khi đó tồn tại số 0 lim
→∞
n (
1 0 (
)
η γ
A
0 ) * = = ≥ + x Ax A x x γ
0 1
γ
0 1
γ
0
Suy ra: (
γ
0 )* * * * ≤ x A x 1 γ
0
+
η
0 Vì thế khi ta có t γ≥
o * * * * = ≥ A x ) tx
. ) A tx
( ) γ
0( γ
0
A
(
t γ
0
t . hay (
γ
0 ) 0 * * ≤ ≤ = A tx
( ) A x x x γ
0
+ 1 t
γ
0 t
.
γ η
1
0 t
+
η
0 Đặt biệt (2.1.18) * * ≤ = x ) ( n 0,1,2,...) x ζ
(
nA ) (1 ζ
n
+
η
0 Từ (2.1.16) và (2.1.18) suy ra: n + =
1 ≤ A
( x ) x ω
n ≤
ω ζ
A
n ) (1 ζ
n
+
η
0 Vì thế ta có: + ≤
1 = ( n 0,1,2,...) ζ
n (1 ) ζ
n
+
η
0 Qui nạp ta được: n Điều này mâu thuẫn với (2.1.15). ≤ = ( n 0,1,2,...) ζ
n ) (1 ζ
0
+
η
0 ζ = .
1n Vậy lim
→∞ n Với 0x θ> cho trước, ta xây dựng dãy : −
1 * * = = ( n 1,2,3...) x
n Ax
n ( 2.1.19) Do (2.1.1) ta có: α β α β là các số dương) ( với , , , 0 1 1 0 Suy ra: * * α ≤ = ≤ β α ≤ = ≤ x Ax , u
0 0 u
0 0 u
1 0 x
1 Ax
0 β
u
1 0 * * ≤ β α = ≤ ≤ = α ≤ x x u
0 0 u
1 0 x
1 β
u
1 0 u
0 0 α
1
β
0 β
1
α
0 β
1
α
0 α
1
β
0 hay . > t sao cho: 0 min 1; , t max 1; Ta chọn hai số 1 2,t < <
t
1 2 α
1
β
0 β
1
α
0
* * > = ≤ ≤ = Khi đó ta có: 0 1, t 1, < <
t
1 2 v
0 t x
1 x
1 t x
2 ω
0 Từ (2.1.11) và (2.1.16) ta có: * * ≤ ≤ ≤ = x x n ( 0,1,2...) ρ
n v
n x
n ≤
ω ζ
n
n +
1 * ≤ − ≤ − = β (2.1.20) Do đó: x n − −
(1 1) ( 0,1,2...) ρ β
)
n x
n ζ
(
n u
0 0 +
1 u
0 0 Từ (2.1.20), (2.1.12) và (2.1.17) suy ra: * ≤ ≤ x x x
1 α
1
β
0 β
1
α
0 u
0 Vậy định lí được chứng minh. − → x 0 ( n → ∞
) x
n Nếu K là nón chuẩn và giả thuyết của định lí 2.1.3 thoả mãn thì *
− → nx Thật vậy, áp dụng định lí 1.5.1[2] ta suy ra ngay kết quả. x 0 ( n → ∞
) Giả sử 0u − lõm và tăng. Khi đó: = = ( θ
\ { }) . ∈
x K
i 1) Nếu 1
x λ
1 ,
Ax x
1
2 λ
2 Ax
2 và 1 2λ λ≤ thì 1
x x≤
2 2) Giả sử A có ít nhất hai giá trị riêng thì tập các giá trị riêng của A là một khoảng trong các trường hợp sau: a) K là nón chính qui b) K là nón chuẩn, A compact. :A K K→ là ánh xạ 0 ,λ λ > .
2 > = ≥ sup : Đặt t > .
0 0 t Từ giả thuyết ta có 1
{
t } thì ta có 0 x
2 0 tx
1 t < ta có Ta chứng minh 0 1. t ≥ Giả sử trái lại 0 1 ≤ ≤ : , α β α
>
u 0 β
u 1 ∈ ⇒∃
0 Ax
1 0 0 {
= ∈
: } 0 0 0 Ax Ku
( ) ⇒ ≤ ≤ > ( do ) 0 λα λ
u
0
1 1 Ax
1 λβ
u
1 0 λ
1 ∈
Ax Ku : , Ku y K >
α β α
∃
u ,
0 ≤ ≤
y β
u λ⇒ =
x
1
1 1 0 ∈ Lí luận tương tự ta cũng có Ku x
2 λ=
2 Ax
2 0 > sao cho Do vậy với 0 do A là 0u − lõm nên tồn tại 1 ,η η>
20 ) , ) ≥ +
(
1 ≥ +
(
1 (
A tx
1 η
1 )
tAx
1 (
A tx
2 η
2 )
tAx
2 ≥ ) ta có Do A tăng nên từ x
2 t x≥
0 1 Ax
2 (
A t x
0 1 (
1 ⇒ ≥ +
Ax
2 )
t Axη
0
1 1 t ∈ 0 1( , ) (
≥ +
1 ) 0 ⇒ . t η
1 x
2 x
1 1
λ
2 1
λ
1 (
1 ) 0 . t ⇒ ≥ +
x
2 η
1 x
1 λ
2
λ
1 ) Ta gặp mâu thuẫn với định nghĩa của 0t vì (
1 0 ≥ ≤ 1 hay . Vậy phải có 1
t x
1 x
2 + t η
1 >
t
0 λ
2
λ
1 , ) tương ứng với hai vectơ riêng * Giả sử A có ít nhất hai giá trị riêng α α α α<
(
1 2 2 1 2,x x , nghĩa là: 1 ) = ⇔ = α = ( đặt ) Ax
2 x
2 2 λ
2 Ax
2 x
2 λ
2 1
α
2 < ⇔ < ⇒ ≤ ( do 1) Ta có: α α λ λ
2 x
1 2 1 1 x
1 α = Ax
1 = ⇔
x
1 1 λ
1 Ax
1 = ( đặt 1
λ x
1 1
α
1 * Ta chứng minh: 2 có điểm bất động trong đoạn . ; α α α
∀ ∈
1
đều là giá trị riêng của A 2 2,x x 1 λ λ λ λ
, A
;
1
⇔ ∀ ∈
Vì A tăng và 1 (*) Ta có: 1
x Axλ≤
1 , ] Thật vậy, với λ λ λ∈
[
2 1 ta có 1λ λ≤ λ≤ ( do Suy ra λ
1 Ax
1 Ax
1 hay 1
x Axλ≤
1 λ = )
Ax
1 x
1 1 Ta có: (**) λ ≤
Ax
2 x
2 90 , ] Thật vậy, với ta có λ λ λ∈
[
2 1 2λ λ≤ = λ hay ( do ) Suy ra Ax
2 λ≤
2 Ax
2 λ ≤
Ax
2 x
2 λ
2 Ax
2 x
2 a) Do K là chính qui nên từ (*),(**) ta thấy Aλ thỏa các giả thuyết của hệ quả 2 của . định lí điểm bất động của ánh xạ tăng nên Aλ có điểm bất động trong đoạn 2,x x 1 λ : , → là ánh xạ tăng. 0λ> nên K A x x
2 là tập compact tương đối. Kết b) Do K là nón chuẩn, A compact suy ra 1 (
2,
A x x ) hợp với (*),(**) ta thấy Aλ thỏa các giả thuyết của hệ quả 1 của định lí điểm bất . động của ánh xạ tăng nên Aλ có điểm bất động trong đoạn 2,x x 1 Vậy định lí được chứng minh. λ Nón K trong không gian Banach X gọi là thể nón nếu K có chứa điểm trong. Cho thể nón K và ánh xạ Ánh xạ A gọi là dưới tuyến tính mạnh nếu (2.2.1) :A K K→ . Khi đó: Ánh xạ A gọi là trên tuyến tính mạnh nếu (2.2.2) A tx
( ) tAx , θ∀ >
x , 0 < <
t 1 A tx
( ) tAx , θ∀ >
x , 0 < <
t 1 0 K∈ và ánh xạ Cho thể nón K , 0u i) Nếu A là dưới tuyến tính mạnh thì A là 0u − lõm. ii) Nếu A là trên tuyến tính mạnh thì A là 0u − lồi. :A K K→ . Khi đó, ta có: 0 hay + Với x θ> , ta có )
A x θ ( Ax K∈ . Do đó tồn tại số dương α đủ nhỏ sao cho ≥ =
Ax A .2 x 2 1
2 1
2
) 0 0 . Tương tự, do Ax uβ≤ 0 ∈ ( nghĩa là Ax Ax uα≥ Kα−
u
0 ≤ Vậy với 0u K∈ nên ta có thể chọn số β dương đủ lớn để
∃ =
θ α α
≤
x
( ) 0
,
Ax α
u β
u 0 0 > =
β β > sao cho x >
( ) 0,
x + Với (
A tx ) sao cho: θ> x , 0 < < . Vì
1 t tAx nên ta có thể chọn số dương η đủ nhỏ (
A tx ) hay − − η tAx ∈
tAx K (
A tx ) Vậy ánh xạ A là 0u − lõm. tAxη≥ + (1 ) 0 hay Với x θ> , ta có )
A x θ ( Ax K∈ . ≥ =
Ax A .2 x 2 2 1
2
Do đó tồn tại số dương 0α đủ nhỏ sao cho: α− ∈ ( nghĩa là ) Ax Ax K u
0 0 uα≥
0 0 0 . Do Ax uβ≤
0 0 0β dương đủ lớn sao cho ∃ > = α ≤ ≤ β > sao cho Vậy với x , x
( ) 0 Ax u
0 0 u
0 0 0u K∈ nên ta có thể chọn số
>
θ α α
( ) 0,
x
0
0 =
β β
0 0 0 − ∈ ) nên ta có thể chọn Với ) (
A tx ) (
tAx A tx K θ> x , 0 < < . Vì
1 t tAx ( hay ) (
A tx ) số dương 0η đủ nhỏ sao cho:
) ( 0 Vậy ánh xạ A là 0u − lồi. − tAxη≤ + (1 ) −
tAx A tx tAx K ∈ ( hay η
0 Với 0u θ> , ánh xạ :A K ≥ −
Ay Ax uα (
∃
α 0 θ > sao cho ≤ <
x y , x y
; 0 K→ được gọi là 0u − tăng nếu
) Với 0u θ> , ánh xạ :A K (
∃
α 0 θ > sao cho ≤ <
x y , x y
; 0 −
Ay Ax uα≤ K→ được gọi là 0u − giảm nếu
) Nếu ánh xạ 0u − lồi và 0u − tăng thì A không thể có hai điểm bất động dương so sánh được với nhau. :A K K→ là > θ > là hai điểm bất động dương của A mà chúng so sánh được Giả sử 1
x xθ
,
2 . với nhau, ta có thể coi 1
x x<
2 Do A là 0u − tăng nên tồn tại số 0 Do A là 0u − lồi, ta có α ≤ = ≤ β > > 0, 0) u
2 0 x
2 Ax
2 u
2 0 α
(
2 β
2 ≤ − = − ≤ − = β α
u Vì thế 1
x x
2 0 x
2 u
2 0 x
2 x
2 x
2 α
β
2 α
β
2 α
β
2
−
1
− = − ≥ uα 0α> sao cho: 2
x x
1 Ax
2 Ax
1 . (2.2.3) hay 1
x ≤ x
2 α
β
2
−
1
Đặt . Từ (2.2.3), ta có {
t } 0 0 = > ≤ < < − < ≤ t inf 0 : 0 1 t 1, x
1 tx
2 x
1 t x
0 2 α
β
2 Mà A là 0u − lồi nên tồn tại số dương η sao cho
(
≤ −
1 (
= −
1 )
η )
η ) (
A t x
0 2 Ta gặp mâu thuẫn với định nghĩa của 0t .Vậy định lí được chứng minh. ≤ = t Ax
0
2 Ax
1 x
1 t x
0 2 0 0 Cho thể nón K , ánh xạ Ánh xạ A gọi là α− lõm nếu α≥ (2.2.4) t Ax , ∀ ∈
x , 0 < <
t
1 (
A tx ) 0
K Ánh xạ A gọi là α− lồi nếu (2.2.5) 1α≤ < , ta định nghĩa: :A K K→ . Với 0 (
A tx ) 0
K Theo định nghĩa trên ta có : 0 ⇔ ≤ (2.2.6) α
s Ax , ∀ ∈
x >
1 A là α− lõm (
A sx ) sK
, Ax , ∀ ∈
x , 0 < <
t
1 1
α≤
t (2.2.7) A là α− lồi (
A sx ) 0
K ⇔ ≥ Ax , ∀ ∈
x , s >
1 1
α
s 0 0 Với K là nón chuẩn, ánh xạ :A K K→ là α− lõm và tăng ( hoặc α lồi và giảm ) Khi đó: 0 0 Ánh xạ A có điểm bất động duy nhất *x K∈ .Hơn nữa, với 0x K∈ ban đầu, ta = = xây dựng dãy thì n 1,2,3...) 1 (
− x
n Ax
n *
− → (2.2.8) nx x 0 ( n → ∞
) n * − = − αγ và tốc độ hội tụ là (2.2.9) x 0 1 nx ( với 0 1γ< < và độc lập với phần tử 0x ban đầu ) 0 Với 0x K∈ cho trước, chọn 0t và 0s sao cho: < < < ≤ ≤ 0 1 t , t 0 s
0 −
α
1
x
0
0 Ax
0 −
α
1
x
s
0
0 = = , Đặt 0
u t x
0 0 v
0 s x
0 0 thì 0
u v và
0 ≥ ≥ = ≤ ≤ = (2.2.10) Au u , 0 α
t Ax
0
0 t x
0 0 0 Av
0 α
s Ax
0
0 s x
0 0 v
0 = = = . Từ (2.2.10) ta có: Đặt , ( 1,2,3...) u Au n −
1 −
1 n n v
n Av
n ≤ (2.2.11) u ≤ ≤
... u ≤ ≤
... ≤ ≤
... 0 u
1 v
n v
1 ≤
v
0 n với Ta thấy rằng 0
u 0, n γ = vγ= , 0 < <
γ
1 t
0
s
0 αγ≥ Bằng qui nạp ta có: (2.2.12) n Từ (2.2.11) và (2.2.12) suy ra n
α
γ = u n ( 0,1,2...) v
n n
α
γ n
α
γ (2.2.13) +≤
u
n p n n θ − ≤ − ≤ − ≤ −
1 v u u = −
1 v
n v
n v
n v
n n Từ (2.2.13) ta có +≤
u
n p n − θ u ≤ −
1 Vì K là nón chuẩn nên tồn tại số n →∞ n αγ + − n p n (
. 1 ) là dãy Cauchy trong không gian Banach X nên hội tụ. Suy ra { }n
nu Do đó tồn tại *u X∈ sao cho *u nu hội tụ về X∈ . Tương tự ta cũng có nv hội tụ về *v * * ≤ ≤ ≤ = Do (2.2.11) ta có (2.2.14) u u v ( n 0,1,2...) v
n n * * = ≤ ≤ ≤ = Suy ra u Au Au Av n n +
1 Av
n v
n +
1 * * ≤ ≤ (2.2.15) Au Av *
≤
v Cho n → ∞ , ta được *
u ≤ − u u N . →
0 v
0 n * * θ ≤ − ≤ − Từ (2.2.13) và (2.2.14) suy ra: ≤ −
1 v u u v
n n * Dẫn đến *
u v= và do đó, từ (2.2.15) suy ra * * * (2.2.16) *
=
v 0 * * = Đặt *
x u v = ta thấy *x là điểm bất động của A trong K . ≤ ≤ ≤ ≤ = nên u ( n 1,2,3...) Mà 0
u x
0 v
0 x
n v
n n Do (2.2.13) và (2.2.14) ta có n * * 2 − ≤ − + − ≤ − ≤ − x u u x 2 u 2 N 1 x
n x
n n n N v
n n = = u Au Av ( trong đó N là hằng số chuẩn của K ) n * *
− → αγ − = − Vậy ta có . 0. 1 x nx nx x 0 ( n → ∞ và
) 0 * Tiếp theo ta chứng minh ánh xạ A có điểm bất động duy nhất trong K . 0 x K∈ là điểm bất động khác của A . Đặt , ta có 0 t< < ∞ .
1 Ta dùng phản chứng. Giả sử
{
t }* t ≥ .
Ta chứng minh 1 1 * * > ≥ = sup 0 : tx x t
1 Thật vậy, nếu 0 t< < thì
1 α
t Ax
1 α
t x
1 1 ( )* tα > )
( mâu thuẫn định nghĩa 1t vì 1
t
1 * . x x≥ t ≥ và Do đó 1 1 * Tương tự ta cũng có x x≤ 0 Vậy ánh xạ A có điểm bất động duy nhất trong K . = ≥ = ≥
x Ax A t x
1 0 0 Khi đó ta có 2α − lõm và tăng. 2 :A K K→ là Thật vậy, 2A là tăng Do ánh xạ A giảm nên 0 x ∈ (0,1) do ánh xạ A là α− lồi nên ta có Với tK∈
, Ax (
A tx ) Ax ≤ Suy ra (
α
t A tx 1
tα≤
) 2
A x ≥ ≥ ( ) ( ) Do ánh xạ A giảm nên ta có (
A A tx ) α (
α
A t A tx ) α
t 1
) ( 2 2 t A x α≥ 2
A tx
( ) Suy ra Do đó: Ánh xạ 2A là α −2 lõm và tăng. 0 Theo chứng minh trên thì 2A có điểm bất động duy nhất *x K∈ . 0 = Với phần tử 2
A z *
x nz →n
0 0z K∈ ban đầu, ta có n * − = − (2.2.17) và ( với 0 0 1 x nz 1γ< < ) 2 * * * * Do . và tính duy nhất của *x nên Ax x= (
A Ax ) (
2 *
A A x ) trong (2.2.17), ta có Chọn 0
z = = Ax và 0
z n * 2 +
1 = → = x A *
→
x , n n x
2 n
2
A x
0 x
2 +
1 x
0 n +
1 n n * * x=
0 Ax=
0 và n n 2
α
γ
1 +
1 2
α
γ
2 1
α
γ
2 − = − − = − = x 0 1 , x 0 1 x
2 x
2 2
α
< < < ( với 0 1, 0 < )
1 γ
1 γ
2 1
α γ = Chọn thì (2.2.9) được thoả mãn. min )
(
γ γ
,
1
2
Vậy định lí được chứng minh.
−
0 1
0 0 Với K là nón chuẩn, ánh xạ :A K K→ là α− lõm và tăng, phương trình 0 có nghiệm duy nhất trong Ax xλ= xλ giảm mạnh (nghĩa là 1 K là xλ. Khi đó:
λ λ
x
λ
2
2 < 0 < ⇒ )
x
λ
1 xλ liên tục (nghĩa là , ( 0) 0 λ λ λ→
0
0 > ⇒ − → )
xλ
x
λ
0 và (2.2.18) = = +∞ 0, x
λ x
λ lim
λ
→+∞ lim
λ +
→
0 Theo định lí 2.2.3 thì phương trình có nghiệm duy nhất 0 x Kλ∈ . = > Ax xλ λ ( 0) , đặt thì Với 0 0 {
t } 1 λ
2 t ≥ .
Ta chứng minh 0 1 Thật vậy, nếu 0 t< < thì ta có: 1 0 = ≥ ≥ = Ax α
t x
0 (
A t x
0 ) x
λ
1 Ax
λ
1 λ
2 λ
2 λ
2 1
λ
1 1
λ
1 α
t
0
λ
1 λ
2
λ
1 ( ta gặp mâu thuẫn với định nghĩa của 0t vì 0 = > ≥ < < t sup tx 0 t< < +∞ . x
0 : λ 0 λ λ
1
2 . t ≥ và λ≥
x Suy ra 0 1 > )
0 tαλ
2
t
λ
1 2 x
λ
1 (2.2.19) Do đó 1 λ
1 λ
2 Vậy xλ giảm mạnh. λ λ ≥ λ ∀ > . 1,λ
= 1 xλλ
, + Chọn 1 = trong (2.2.19), ta có: 1
x 2 = ≥ = Ax Ax , ∀ <
0 <
λ λ
2 x
λ
1 x
λ
2 x
λ
2 1
λ
1 1
λ
1 λ
2
λ
1 (2.2.20) Suy ra: ≤ λ ∀ > ( với N là hằng số chuẩn của K ) 1 x
λ x
1 , N
λ Do đó: 0 xλ → khi λ→ +∞ . = trong (2.2.19), ta có: , 1 + Tương tự, chọn 1 λ λ λ=
2 ≥ , ( 0 ∀ < <
λ
1) x
λ x
1 1
λ ( hay Suy ra: 1x 0λ +→ . Do đó: xλ → +∞ khi Cuối cùng, ta chứng minh tính liên tục của xλ. 0λ > cho trước, từ (2.2.19) ta có Với 0 (2.2.21) , x
λ λ λ λ∀ >
x
0 0 ≥ ∀ < < )
λ , 1 0 N xλλ≤ x
λ x
1 1
λ
N Đặt , ta có: 0 λ {
t = > ≥ sup 0 : tx ) γ
λ x
λ < .
1λγ< >
λ λ
(
0 Khi đó λ α
γ
λ α
γ λ
0.
λ (
γ (
A x ) }0
) λ
0 1
−
α
1 ( hay ) = ≥ ≥ ≥ Ax A λ
x
λ x
λ λ
0 x .
λ
0 Theo định nghĩa của λγ ta có 1
−
α
1 γ
λ λ
0
λ λ
0 . α
≤
γ γ
λ
λ
λ
≥
vì thế (2.2.22) Từ (2.2.21) và (2.2.22) suy ra: 1
−
α
1 − ≤ → − khi N . 0 x
λ 0λ λ+→ . x
λ
0 x
λ
0 λ
0
λ
1
≥ ∀ > . , x
λ λ λ
0 x
λ
0 λ
0
λ
Tương tự ta cũng có: λ− → khi 0λ λ−→ . 0 . Do đó xλ liên tục tại 0λ λ= Vậy định lí được chứng minh. 0 0 xλ
x . Với {
= ∈ } 0 ∈x K thỏa Ta có định lí sau: ≥ < , ta định nghĩa 0 1 ) x K x : x<
0 K x
(
0 x x
0 Với K là nón chuẩn, ta có các kết quả sau: 0 0 a) Nếu :A K K→ là α− lõm và tăng thì ≤ ∀ ∈ < (2.2.23) Ax x x , , 0 x <
r 0
K ≥ ∀ ∈ (2.2.24) Ax x x , x >
R , 0
K 0 0 b) Nếu :A K K→ là α− lồi và giảm, khi đó 0 ∃ > > sao cho:
0 R r Với 0x K∈ mà 0 < < (2.2.25) Ax x , , 0 x r K∀ ∈
x 0 < thì
1 ∃ > > sao cho
0 R r x<
0 (2.2.26) ( R phụ thuộc vào 0x , r độc lập với 0x ) ∀ ∈ > x , ( ), x R Ax x K x
0 o Theo định lí 2.2.3 thì A có điểm bất động duy nhất *
x K∈ . Trước tiên ta chứng minh: 0 * ≤ ⇒ ≥ (*) x , Ax x x x K∈ o Với như sau: x K∈ thỏa x Ax≥ Đặt . Ta xây dựng dãy { }nx
) ( −
1 Do A là ánh xạ tăng nên ta có: ≥ ≥ ≥ x ≥ ≥
... .... x
1 x
2 x
n Theo định lí 2.2.3 ta có: * x− →
0 nx * Do đó: = = = n Ax
; 2,3,4,... x
1 x
n Ax
n 0 * ≤ ⇒ ≥ Vậy ta có: . x Ax x x , x K∈
Tương tự như trên ta cũng có: 0 * ≥ ⇒ ≤ (**) x , Ax x x x K∈ Trở lại chứng minh định lí. * x x≥ Đặt . Ta có ≤ ∀ ∈ < Ax x x , , 0 x <
r Với cách đặt trên thì số r thỏa: 0
K 0 = + r > .
0 r z x inf
∈
z K Thật vậy, nếu tồn tại *
= − < x r x K∈ thỏa 0 < mà Ax x≤ thì do ( )* ta có: *
= + với
x x z z x x ≤ ∀ ∈ < Ax x x , , 0 x Vậy < .
r 0
K * Do K là nón chuẩn nên ; xθ
bị chặn. < x r ⇒ ≥ ( mâu thuẫn với 0 x < )
r 0 ≥ ∀ ∈ = Ax x x , x , Đặt > .
R thì số R thỏa R z K sup
*;
θ
∈
z
x
Thật vậy o Nếu tồn tại )** ta có: * . x K∈ thỏa x R> mà Ax x≥ thì do ( * Suy ra x xθ
; ∈
Suy ra x x x≤ Vậy a) được chứng minh.. R≤ (mâu thuẫn với cách chọn x ) 0 Theo định lí 2.2.3 thì A có điểm bất động duy nhất *x K∈ . * < + Ta có thể chọn (2.2.27) x − ∈
x , ∀ ∈
x , 0 x <
r 0
K 0
K Khi đó số r thỏa mãn (2.2.25). Thật vậy 0 r > sao cho 0 Với x *
x x K∈ mà 0 * và do đó ≥
Ax Ax x *
=
x
. * 0 0 + Với < x r < suy ra x
0 0x K∈ mà x
− ∈ .
R K Khi đó số R thỏa (2.2.26). mà x 0 1 < cho trước. Ta chọn R r> sao cho x<
0 Thật vậy, ) x K x∈
0( * * * R> , ta có * * Do đó: ≤
Ax Ax x x = Vậy định lí được chứng minh. − = − ≥ − x x x . x . θ
x
0 x
x x
x x
R
ou − lõm tổ hợp Cho X là không gian Banach thực với thứ tự sinh bởi nón chính qui K và các họ ánh xạ − (với → ∈
X i
, P X
:
i =
I Q E P
,
i i :E X X→ là ánh xạ đồng nhất) thỏa mãn điều kiện ( ) ) (
+
P x Q y
i i → Cho họ ánh xạ ∈ thỏa điều kiện I R X
:
i G i
,
i ∈ ⇒ ∈ x y
, u v
; u v
; I i ∀ ∈ . ) ( )
I R x
i (
R y
i ⊂ thỏa mãn điều kiện và ánh xạ :
J D X →∏
G
i ∈
i I ∈ ∈ ∈ ⇒ ∈ = . , : i D I u v
, , x ) } }
) }
) x
i {
(
u v R x
,
i i i (
J R P x
i
i i {
(
J R x
i
{
≠ ⇒ ∃ ∈ ≠ x y i : ∀ ∈ thỏa ,u v X + (1) ∈
D ( Ánh xạ T gọi là đơn điệu tổ hợp nếu
{ }
) R T Pu Q v
i
i i và ≥ x ' x y
, ' ≤ thì
y (2) }
) }
) (
J R T Px Q y
i i i (
J R T Px Q y
i i i {
{
≥ + +
' '
, J E= ( E là Nhận xét
Giả sử tập chỉ số I chỉ một phần tử và { } { } ánh xạ đồng nhất) thì ( )2 có dạng = = ∈ =
I E GX
, X P i
:
i P R
,
i . ( ) ( ) Nếu P E= ta có T là ánh xạ tăng, nếu ( )P x θ= hay Q E= thì T là ánh xạ giảm. ≥ + +
'
T Px Qy ' T Px Qy o o o o Giả sử là ánh xạ đơn điệu tổ hợp. Ta xây dựng các dãy truy hồi : , T u v u v→
, n v { } { }
,n
u n n +
1 n n +
1 n n + = = + = (3) u , u , n 0,1,..., i i i { }
) { }
) như sau
(
(
J R T Pu Q v
i
i n * n = Khi đó tồn tại các giới hạn *
= và u u v v lim
→∞
n ,lim
→∞
n o 1 n * * n o 1
v ≤ ≤ ≤ u u ≤ ≤
... u ≤ ≤
... u v ≤ ≤
... v ≤ ≤
... v n n n (4) n
u v
, (
T u v ) o o n +
1 n ∈ = (5) Ngoài ra, nếu x o
u v
, , x (
T x ) n n n ⊂ , (6) thì ta có ≤ ≤ u x v , n ≥
0. o o 1 Đầu tiên ta kiểm tra 1
v o o o o o o ≤ ≤ u u v o
u v
, o
u v
, . Ta có
) o o ∈ ⊂ , , +
Pu Q v
i
i ≤
(
T u v o
u v
, i ) o o o + ∈ 1
⇒ =
u o
u v
, i { }
) (
o
T Pu Q v
i
(
(
J R T Pu Q v
i
i o ∈ 1v . 1
u ≤ Tương tự 1
v ,o
u v ⇒ + ∈ 1 ∈ 1
1
u v
, . Với ta có Tiếp theo ta chứng minh x 1
1,
u v (
1
T u v 1 1 o o ≤ = + + ≤ u i i }
) 1 1 + ≤ ≤ + ≤ i i i i }
) ) o o + ≤ = 1
v i i (
{
(
J R T Pu Q v
i
i
(
{
(
J R T Px Q x
i
(
{
(
J R T Pv Q u
i )
(
)
)
}
{
)
(
1
J R T Pu Q v
i
i
(
{
)
(
}
( )
)
=
J R T Pv Q u
T x
i
)
}
) n u Do K chính qui ta có lim ,limn v tồn tại và dùng qui nạp ta chứng minh ( )4 đúng. Cuối cùng ta chứng minh ( )6 . Hiển nhiên ( )6 đúng cho ⊂ , cho n . Ta có n +
1 n n n n n +
1 ≤ = + + = ≤ u x i i i { }
) (
(
J R T Px Q x
i ) n n n +
1 + ≤ = v i i (
{
(
J R T Pu Q v
i
i
(
{
(
J R T Pv Q u
i )
}
)
)
}
) 0n = , giả sử ( )6 đã đúng Vậy ( )6 đúng cho 1n + . Định lí được chứng minh. n * n o o o o Nếu là đơn điệu tổ hợp và có điểm bất động . *x thì T u v : , u v→
, * . Chứng minh. Ta chỉ cần chọn ox ≤ ≤ u x v x= Ta nói họ { } { } i n n , R có tính chất liên tục nếu P
i 1) Từ lim n n = = ta luôn có x x , lim y y i i ( ) = ∀ ∈ lim I i +
Px Q y
i +
Px Q y
.
i = ∀ ∈ và
i I 2) Từ lim n
x
i x
i (
n
iR x
i ) ( ) = . lim }
) (
{
(
J R x
i
i ) }
) ∈ D n ∀ ≥ thì
0 o o o o là liên tục, đơn T u v : , u v→
, Giả sử họ { } { } i * o ∈ điệu tổ hợp và có duy nhất điểm bất động . Giả sử hệ phương trình x ,o
T u v : , R có tính chất liên tục, P
i i i ( )7 + i i i (
{
(
J R T Pu Q v
i
(
{
(
J R T Pv Q u )
}
)
)
}
) *x với mọi . Khi đó dạy lập ( )5 hội tụ về {
có duy nhất nghiệm trong tập ( }
)
u v u v≤
,
: o o ∈ cách chọn . x o
u v
, = + v =
u
* Cho n → ∞ trong ( )3 và sử dụng tính liên tục của họ { } { } i )
*,u v là * * ,x x là nghiệm của ( )7 và là nghiệm duy nhất nên nghiệm của hệ ( )7 . Nhưng ( ) * * * * , P
i R ta có ( . lim nx x= . Từ ( )6 và K là nón chuẩn ta có = = u v x ou − lõm tổ hợp. . Ánh xạ Cho { }
K θ
\ ou − lõm tổ hợp nếu nó là đơn điệu tổ hợp ou và ∈ :T K K→ gọi là { }
θ ( )
T x o o ∃ > ≤ ≤ i ∀ ∈
) x K \ c d
, 0 : cu du . ( )
0,1 (
∃ =
ε ε ) (
x K u [ ] ) {
= } o o ∀ ∈ ∃ >
α ≥ ∀ ⊂ > ii ) x 0, x α
u , a b
, x a b
,
, 0 : )
R T P tx Q x ( (
≥ +
1 )
ε ( )
tT x i i i [ ] + 1
t
∀ ∈
t ,
a b ( ) ( )
T x i i (
1 + ≤ J x Q tx 1
t t
1
)
ε
+
R T P
i
J
⇒
và Giả sử T là (
x K u ) [
, ] [ ]
0,1 o định nghĩa. Khi đó với ∈ ⊂ a b
, 0ε> là số tương ứng trong ta có ou − lõm tổ hợp,
[
a b∈ ] t s
, , ) (
≥ +
1 )
ε {
} ( )
t s T x
min , (
R T P tx Q
i
i i + x J 1
s
Coi t s< ta có ) )
R T P tx Q x ( (
R T P tx Q
i
i i i i i + + ≥ ≥ J x J 1
s 1
t
( )
tT x (
= +
1
(
)
≥ +
ε
1
)
ε
{
} ( )
t s T x
min , ∈ . Khi đó \ Giả sử T là ánh xạ { }
*
x K θ ou − lõm tổ hợp trên K và có điểm bất động *x là điểm bất động duy nhất của T trong *x với { } o mọi cách chọn . x (
K u∈ ) o \K θ và dãy lập ( )5 hội tụ tới o o . Cố định *
tx v
, ( )0,1 và xét dãy lập ( )3 với *1
x
t o o o o = = t ∈ u ∈ Ta kiểm tra . Với ta có o
u v
, x ,o
u v (
T u v ) * * * * ⊂ , ( )
T x { }
) i i i i i ) (
tT x ) (
(
J R T Px Q x
i ) * * * * = + ≥ + ≥ = J tx
1
Q x
t
(
R T P tx
. ( )
T x i (
Q tx
i ) (
T x ) ≤ + ≤ = J x x 1
t 1
t 1
t
R T P
i
n * và Áp dụng hệ quả và định lí 2.3.1.1, ta có ( )4 . Gọi nt là số lớn nhất thỏa u t x≥
n ta có ns là số bé nhất thỏa *1
x
s
n ≤ v
n < = ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ 0 t ... n
t o
s
o n t
... 1
≤ ≤ ≤ ≤ ≤ 0 t
< =
t ... 1 ... t
1
s
1 Suy ra tồn tại lim n = ≤ . Ta sẽ chứng minh t ' s= = . Thật vậy, nếu
' 1 t = ≤
t s ' 1, lim ' 1 s
n thì do thỏa 0 {
t s }
' = = ta tìm được số N sao cho r , {
t s
min ', }
' } {
t s
,
n
n lim min
→∞
n =
: min ', r 1 < . Xét số δ t ≠ hoặc
' 1 s ≠ thì
' 1 rδ< < } {
t s
,n
n Từ định nghĩa của ∀ ≥ ⇒ ≤ δ n N min ≤
r n n +
1 n n * * t s và bổ đề, ta có
,n i n i ( ) { }
) (
(
J R T Pu Q v
i
i ) * = + ≥ + ≥ u J x Q
i 1
s
n
R T P t x
i
} {
t s
,
n
n (
*
ε δ
x )
r
, min
tương tự . Dùng qui nạp ta được Do đó ns nt (
+ ≥ +
1
1 )
ε δ
; (
+ ≥ +
1
1 )
ε δ . Điều này mâu thuẫn với tính bị chặn của ≥ x ,
+
1 (
≥ +
1 k
)
ε δ
, (
≥ +
1 k
)
ε δ +
N k +
N k . Vậy t s { } { }
t
,n * n n n * t ' s= =
' 1. s
n Từ . và tính chuẩn của nón K ta có *1
x
s
n ≤ ≤ ≤ ≤ x= u x v lim nx t x
n m → = Cho các hàm đơn điệu (có thể không f : , i ∈ =
I ,.., {
1,.. ( )
m f x
, } ) i i (
f x
1
i x
m ngặt) theo từng biến. Đặt tăng theo biến . \ {
= ∈
j i H I G=
i i }jx , m m i Giả sử với I : f G
i iP jjp = nếu
1 )i
jkp i j G∈ , 0 i jkp = trong các trường hợp còn lại. : → là ánh xạ tuyến tính cho bởi ma trận ( m m m Gọi ( )i
x iR x : J : → là phép chiếu → là ánh xạ đồng nhất. x
i và xét ánh xạ Trong ( ) m ta xét nón { m m = = = ≥ K x 0, 1, i : x
i x
i = và
}
m ( )
F x ( )
x ( ) ( )
f x
1 m → = F : , ,.., f Với ≥ ≤ ta có x ' x y
, ' y ) ) ( ) ( ) i i i i i i i i = ≥ = + ' +
' ' R F Px Q y
i R F Px Q y
i Do đó . Vậy F là đơn điệu tổ hợp. }
) }
) { { i i i i i (
(
(
J R F Px Q y
i (
+
f Px Q y
i
) Giả sử các hàm if thỏa mãn thêm các giả thuyết sau Int i 1) 0 > ∀ ∈ ; m
+ ( )
if x if khả vi = + +
' ' +
f Px Q y
'
i
(
)
(
J R F Px Q y m
+ 2) x I i , ∀ ∈ ∀ ∈ ta có
Int ( ( )
P t x Q
i
i )
P t x Q
i
i 1 2 2 2 j j + ≥ + ∀ ∈ x , ,0 t x j G
i < <
t
1 ∂
f
i
∂
x ∂
f
i
∂
x 1
t 1
t
1
m
+ + > + x x ( ( )
P t x Q
i
i )
P t x Q
i
i 1 2 ∂
f
i
∂
x ∂
f
i
∂
x 1
t j j 1
2
t
1 1
t
1 1
2
t
2 2
∀ ∈ j H ,0 1 < < < .
t
2 t
1 i x I i 3) , ∀ ∈ ∀ ∈ ta có
Int Nếu các hàm if thỏa mãn các điều kiện nêu trên thì F là ánh xạ ou − lõm tổ hợp. Ta lấy . Sử dụng các giả thuyết 2), 3) nêu trên ta có ou = > − . t x ( ( ) )
+
f P tx Q x
i i i +
P tx Q x
i i j ∑ 1
t ∂
f
i
∂
x 1
t
j ∈
j G
i − . x ( ) +
P tx Q x
i i j ∑ 1
t 1
t
∈
j H ∂
f
i
∂
x
j i < Do đó 0 ( )
+
f P tx Q x
i i i d
dt 1
t 1
t
∀ ⊂ sẽ tồn tại ∀ ∈
x Int , a b
, Vậy 0 ( )
0,1 [ ] m
+ iε > sao cho > + ( )
+
f P tx Q x
i i i ( )
f x
i ε
i 1
t 1
t
thì ε là số cần tìm nói trong định nghĩa ánh xạ Đặt ou − lõm tổ hợp. = ε min
∈
i I ε
i
( )
if x Xét ánh xạ p
Ω → Ω
L p
A L
: , K t s x s ds
, , ( ( ) ) ( )
Ax t ( ) ( ) = ∫ Ω m trong đó (
K t s u
, ) Ω ⊂ là tập đo được, bị chặn, Hàm , t s
, 0 u 0 , > ∀ ∈ Ω ∀ > . ( ) ),s t ∈ Ω × Ω thì hàm , , K t s u gọi là đơn điệu suy rộng nếu đối với hầu hết ( đơn điệu. (
K t s u
, ) p ; Xét ánh xạ Với t ∈ Ω , đặt u s K t s u ă
, , ) ( u , p
tP L
: tG {
= ∈ Ω }
t ng x ( ) 1 .
= P x
t G
t L như sau: Với mỗi t ∈ Ω kí hiệu . Kí hiệu J ( )
x t p vào , định bởi ( )
tR x tR là ánh xạ từ pL , coi như là tập con của Ω (xét như là tập hợp các hàm tử = là ánh xạ xác định trên
( )
J x từ Ω vào ) và x= . 1) Giả sử K t s u là hàm đơn điệu suy rộng theo biến u và thỏa mãn điều kiện , , ) Caratheodory, nghĩa là là đo được và với hầu hết ) (
K t s u
, ) t s
, , 0u∀ ≥ thì hàm ( liên tục. Khi đó ánh xạ Urysohn là đơn điệu ( ),t s ∈ Ω × Ω thì hàm ( ) (
K t s u
, ) tổ hợp trên nón các hàm không âm. t s
, , ( ) là hàm lõm. , , 2) Giả sử K t s u thỏa mãn các điều kiện trong 1) và (
K t s u
, ) s G∈ thì
t )i t∀ ∈ Ω và với hầu hết u , thì ∈ Ω s \ )ii t∀ ∈ Ω và với hầu hết G
t với 2 Khi đó ánh xạ Urysohn là ou − lõm tổ hợp với ( ) 1
ou t ≡ > t s
, , u t s
, , u 0 < < <
t
1
2 t
1 ∂
K
∂
u ∂
K
∂
u 1
t 1
2
t
1 1
t
1 1
2
t
2
Trong chương này chúng ta khảo sát sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ đa trị 0u − lõm đều. Trước tiên ta nhắc lại vài kết quả có trong đơn trị. Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K . Đặt }
v [ ] {
= ∈ = P u v
, x X u : ≤ ≤
x Cho . u θ≥ Ánh xạ
0 0u − lõm đều trên P nếu: i) A đơn điệu trên P . :A P P→ gọi là ii) 0 0 ≤ ≤ ∀ ∈ ∃
x P , α β α
u : , Ax β
u thì iii) ( )
0,1 , ( ) [ ] ∀ ⊂ ∃ > sao cho
η a b
, 0 ∀ ∈ ∀ ∈
x P t
, a b
, (
A tx ) (
1 ) tAxη≥ + Giả sử i) K là nón chuẩn. ii) 0u − lõm đều trên P . :A P P→ là ánh xạ iii) Khi đó A có điểm bất động trên P . ≤ u Au Av ; ≤
.
v Do K là nón chuẩn nên P đóng và bị chặn. Do đó: Tồn tại số dương N sao cho Tồn tại số dương M sao cho x P∀ ∈ thì x M≤ = = = Ta xét hai dãy lập sau: với y Ay =
v ; x
n +
1 Ax
n n +
1 n x
0 ;
u y
0 ≤ ∀ ≤ thì x N y ∈
x y K x
, ; y nên Do A đơn điệu và x
0 y≤
0 ≤ ≤ ≤ ≤
... y y
1 y
0 n x
n ≤ là dãy giảm và y , ∀
n x
n n ≤ ≤
≤ ≤
...
...
là dãy tăng, { }n ny hội tụ. Vì X là không gian Banach nên ta chỉ và dãy { }n ny là dãy Cauchy. , { }n ny Chọn sao cho x
x
0
1
Suy ra { }n nx
Ta chứng minh dãy { }n nx
cần chứng minh { }n nx
)0;1
( x
0 yλ≥
0 Chọn ε đủ nhỏ sao cho λ∈ λ< −
1 ε
MN Do ánh xạ A là 0u lõm đều nên − 0δ∃ > sao cho ∀ ∈ ∀ ∈
x P t
, ;1 ε
MN
λ
ta có (
≥ +
1 )
tAxδ N −
1 0 Atx Chọn số tự nhiên 0N thỏa điều kiện N 0 < −
1 N 0 Bằng cách giảm δ ta có thể xem > −
1
(
)
λ δ
+
1
(
)
+
λ δ
1
ε
MN
ε
MN Ta có: x
0 yλ≥
0 hay Suy ra (
≥ +
1 )
δ λ (
≥ +
1 λ δ+
)
(1 < .
1 )
yδ λ
1 Ax
0 Ay
0 x
1 Tiếp tục như trên ta được . (
≥ +
1 N
) 0
δ λ
y N N N 0 0 0 ≥ x y ε
MN
−
1
nên . Do N N N N N 0 0 0 0 0 ∀ ≥ − ≤ θ≤ x y≤ y x y ε
MN ta có Khi đó n N 0 n N N N 0 0 0 − ≤ − ≤ − ≤ y y x y θ +≤
x
n p x
n x
n ε
MN Do đó + − N 0 ≤ ≤ =
ε N . y N . M
. x
n p x
n ε
MN ε
MN Tương tự ta cũng có n +
n p n N 0 θ ≤ − ≤ − ≤ y y y y x
n ε
MN Suy ra +−
y n n p N 0 ≤ ≤ =
ε y N . y N . M
. ε
MN ε
MN là các dãy Cauchy nên hội tụ. , { }n ny Vậy { }n nx * * = = Giả sử x y y x
n n lim
→∞
n ; lim
→∞
n nên Do n N n N 0 0 * * * = = . Vậy . Cho n → ∞ ta có − ≤ − ≤ − ≤ y y y y θ +≤
x
n p x
n x
n x
n ε
MN ε
MN y x x
n n lim
→∞
n lim
→∞
n * * x y= Do nên n +
1 n +
1 * * hay Cho n → ∞ ta có ≤ ≤ ≤ ≤ Ax y x y x
n x
n *x là điểm bất động của A trên P . Vậy định lí được chứng minh. x Ax= ≤ ⇔ ∀ ∈ ∃ ∈ Với ≤ . ,A B X⊂ ta định nghĩa A B a A b B a b : ; . y≤ thì Fx Fy≤ A Ánh xạ
{
λ λ= }
∈
a a A F X → gọi là tăng nếu x : 2 X Cho 0u − lõm đều trên P nếu 0u θ≥ . Ánh xạ 2P
A P → gọi là : . ii) i) A đơn điệu trên P .
} { {
β
u } 0 0 ≤ ≤ α β α
u
: ∀ ∈ ∃
x P , , Ax iii) thì ( )
0;1 , ( ) (
≥ +
1 )
tAxδ [ ] ∀ ⊂ ∃ > sao cho
δ a b
; 0 ∀ ∈ ∀ ∈
,
x P t a b
, Atx Giả sử i) K là nón chuẩn. ii) 0u − lõm đều trên P . :A P P→ là ánh xạ iii) { }
u { }
v iv) sup Ax tồn tại và thuộc Ax ≤ ≤ Au Av
; Khi đó A có điểm bất động trên P . x P∀ ∈ Xét ánh xạ đơn trị . Rõ ràng f được định nghĩa tốt và nếu *x là điểm bất động của f thì nó cũng là điểm bất động của A . Ta kiểm tra f thỏa các điều kiện của định lí 3.1.1 Do A là tăng nên ta có f cũng tăng. = :f P P→ định bởi f x
( ) sup Ax ≤ ≤ suy ra α
u f x
( ) β
u { } {
β
u } 0 0 0 0 ≤ ≤ ∀ ∈ ∃
x P , α β α
:
u , Ax thì ( )
0;1 , ( ) (
≥ +
1 )
tAxδ [ ] Do đó ∀ ⊂ ∃ > sao cho
δ a b
; 0 ∀ ∈ ∀ ∈
x P t
, a b
, Atx ( ) (
≥ +
1 )
tfxδ Vậy theo định lí 3.1.1 thì f có điểm bất động *x cũng là điểm bất động của A . Trong định lí 3.2.1 ta có thể giảm bớt giả thuyết sup Ax tồn tại và thuộc f tx Ax x P∀ ∈ nếu trên X ta xét thứ tự mạnh hơn theo định nghĩa sau ⇔ ∀ ∈ ∀ ∈ ≤ . Với a A b B a b : , ,A B X⊂ ta định nghĩa A B
. Ánh xạ y≤ thì Fx Fy F X → gọi là tăng nếu x : 2 X Cho 0u − lõm đều trên P nếu 0u θ≥ . Ánh xạ i) ii) 2P
A P → gọi là : A đơn điệu trên P .
} { {
β
u } 0 0 α β α
u
: ∀ ∈ ∃
x P , , Ax
iii) thì ( )
0,1 , ( ) (
1 ) [ ] ∀ ⊂ ∃ > sao cho
δ a b
; 0 ∀ ∈ ∀ ∈
,
x P t a b
, Atx tAxδ+ Giả sử i) K là nón chuẩn. ii) lõm đều trên P . 0 −u :A P P→ là ánh xạ { }
v iii) { } Khi đó A có điểm bất động trên P . u Au Av
; Do K là nón chuẩn nên P đóng và bị chặn. Do đó: Tồn tại số dương N sao cho ≤ ∀ ≤ thì x N y ∈
x y K x
, ; y Tồn tại số dương M sao cho x P∀ ∈ thì x M≤ = = = Ta xét hai dãy lập sau: với y Ay ; =
v x
n +
1 Ax
n n +
1 n x
0 u y
;
0 n ≤ là dãy giảm và y , ∀
n x
n n ≤ ≤ ≤ ≤
... ≤ ≤
... y ≤ ≤
... x
0 x
1 x
n y
1 y
0 x
0 hội tụ. Vì X là không gian Banach nên ta chỉ và dãy { }n ny là dãy Cauchy. Do A đơn điệu và
Suy ra { }n nx
Ta chứng minh dãy { }n nx
cần chứng minh { }n nx , { }n ny y≤
nên
0
là dãy tăng, { }n ny sao cho . Chọn ε đủ nhỏ sao cho Chọn ( )0;1 x
0 yλ≥
0 λ∈ λ< −
1 ε
MN Do ánh xạ A là 0u − lõm đều nên ta có − ∀ ∈ ∀ ∈
x P t
, ;1 0δ∃ > sao cho ε
MN
λ
(
1 ) N −
1 0 Atx tAxδ+ Chọn số tự nhiên 0N thỏa điều kiện N 0 < −
1 N 0 Bằng cách giảm δ ta có thể xem > −
1
(
)
λ δ
+
1
(
)
+
λ δ
1
ε
MN
ε
MN Ta có . Suy ra (
1 ) λ δ+
)
(1 < .
1 x
0 yλ≥
0 Do đó (
≥ +
1 δ λ+ Ax
0 Ay
0 )
yδ λ
1 x
1 Tiếp tục như trên ta được . (
≥ +
1 N
) 0
δ λ
y N N N 0 0 0 ≥ x y ε
MN
−
1
nên . Do N N N N N 0 0 0 0 0 ∀ ≥ θ≤ − ≤ x y≤ y x y ε
MN Khi đó ta có n N 0 n N N N 0 0 0 − ≤ − ≤ − ≤ y y x y θ +≤
x
n p x
n x
n ε
MN Do đó + − N 0 ≤ ≤ =
ε N . y N . M
. x
n p x
n ε
MN ε
MN Tương tự ta cũng có n +
n p n N 0 θ ≤ − ≤ − ≤ y y y y x
n ε
MN Suy ra +−
y n n p N 0 ≤ ≤ =
ε y N . y N . M
. ε
MN ε
MN là các dãy Cauchy nên hội tụ. , { }n ny Vậy { }n nx * * = = Giả sử x y y x
n n lim
→∞
n ; lim
→∞
n nên Do n N n N 0 0 * * * = = . Vậy . Cho n → ∞ ta có − ≤ − ≤ − ≤ y y y y θ +≤
x
n p x
n x
n x
n ε
MN ε
MN y x x
n n lim
→∞
n lim
→∞
n * * x y= Do nên n n n * Ax y Suy ra { } { } x
n +
1 n +
1 * ≤ ≤ Ax Ax Ay x y x
n Do đó +
1 n +
1 * * * ∀ ∈ ≤ ≤
x y x Ax x
n Cho n → ∞ ta có hay { }*
x Vậy định lí được chứng minh. = ∀ ∈ x x , x Ax Ax= Trong luận văn này, chúng tôi hệ thống lại các kết quả lí thuyết về một số lớp ánh xạ lồi, lõm đã được nghiên cứu, ánh xạ lõm tổ hợp, khảo sát sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ lõm đa trị tăng. Tuy nhiên chúng tôi chưa có điều kiện trình bày các ứng dụng của kết quả trên vào các lớp phương trình cụ thể. Một số hướng có thể phát triển của luận văn là 1) Tìm các ứng dụng của kết quả lí thuyết vào lớp phương trình cụ thể. 2) Nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ lồi đa trị. 3) Làm giảm nhẹ các điều kiện của các kết quả trình bày trong luận văn. 1. K.Deimling Nonlinear Funtional Analysis Springer-Verlag, 1985 2. D.Guo, V.Lakshmikantham Nonlinear Problems in Abstract Cones Aeademic Press, 1988 3. MA.Krasnoselskii Positive Solutions of Operator Equation Noordhoff, Groningen, 1964. 4. MA.Krasnoselskii, P.P.Zabreiko Geometrical Methods of Nonlinear Analysis Springer-Verlag, 1984. 5. V.I.Opoitsev Geterogene and combine-concave operators, Sib.Math J.,16(1975), 781-792.t >
* Bước 2. Với 2 1
* Bước 3. Trở lại chứng minh định lí
Hệ quả:
2.1.4 Tính chất của vectơ riêng, giá trị riêng.
Định lí 2.1.4
Chứng minh 1)
.
Chứng minh 2)
2.2 Một số ánh xạ lồi, lõm.
2.2.1 Ánh xạ dưới tuyến tính
Định nghĩa
Định lí 2.2.1
Chứng minh i)
chứng minh ii)
2.2.2 Ánh xạ 0u − đơn điệu.
Định nghĩa:
Định lí 2.2.2
Chứng minh
2.2.3 Ánh xạ α− lồi, α− lõm.
Định nghĩa 2.2.3
Định lí 2.2.3
)
(
Chứng minh
TH 1 Giả sử ánh xạ A là α− lõm và tăng.
) 0
)
(
(
(
) 0
vα
γ
0N > sao cho
)
vα
γ
0
(
)
vαγ
0
(
)
(
TH2. Giả sử A là α− lồi và giảm.
)2
αγ
(
)
)
(
(
Định lí 2.2.4
Chứng minh
Định lí 2.2.5
Chứng minh a)
Chứng minh b)
2.3 Ánh xạ
2.3.1 Ánh xạ đơn điệu tổ hợp
Định nghĩa 2.3.1.1
Định lí 2.3.1.1
)
(
(
J R T Pv Q u
i
)
Chứng minh
)
và do ( )2 ta có
Hệ quả
Định nghĩa 2.3.1.2
(
{
(
n
J R x
i
i
)
Định lí 2.3.1.2
Chứng minh
2.3.2 Ánh xạ
Định nghĩa 2.3.2.1
Bổ đề
Chứng minh
Định lí 2.3.2.1
Chứng minh
2.3.3 Một số ứng dụng
2.3.3.1 Trường hợp không gian hữu hạn chiều
Định lí 2.3.3.1
Chứng minh
(
)
1,..1
2.3.3.2 Toán tử tích phân Urysohn.
Định lí 2.3.3.2
(
Chương 3: MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ LÕM ĐA TRỊ
lõm đều đơn trị
3.1 Sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ −ou
Định nghĩa 3.1.1
Định lí 3.1.1
Chứng minh
3.2 Sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ lõm đều đa trị.
Định nghĩa 3.2.1
Định nghĩa 3.2.2
Định lí 3.2.1
Chứng minh
Định nghĩa 3.2.3
Định nghĩa 3.2.4
Định lí 3.2.2
Chứng minh
KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
