Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình với toán tử lồi hoặc lõm trong không gian có thứ tự

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:42

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình với toán tử lồi hoặc lõm trong không gian có thứ tự trình bày một số các tính chất đặc trưng của ánh xạ lồi, tương tự các tính chất quen thuộc của hàm lồi một biến; sự tồn tại và duy nhất điểm bất động của ánh xạ có liên quan tới tính lõm; khảo sát sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ có tính chất lõm.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình với toán tử lồi hoặc lõm trong không gian có thứ tự

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Phan Lê Thanh Huyền PHƯƠNG TRÌNH VỚI TOÁN TỬ LỒI HOẶC 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: PGS. TS. NGUYỄN BÍCH HUY Thành phố Hồ Chí Minh - 2008
LỜI CẢM ƠN PGS.TS Nguyễn Bích Huy đã tận tình giúp đỡ em trong suốt quá trình thực hiện luận văn này. Quí thầy cô của trường đã nhiệt tình giảng dạy trong quá trình em học tập tại trường và đã tạo điều kiện cho em hoàn thành luận văn này. Tp.HCM, tháng 8 năm 2008 Học viên Phan Lê Thanh Huyền
MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Lý thuyết phương trình trong không gian có thứ tự được hình thành từ những năm 1940 trong các công trình của Krein, Rutman, Krasnoselskii, … và tiếp tục được phát triển, hoàn thiện cho đến ngày nay. Lý thuyết này tìm được các ứng dụng rộng rãi trong nghiên cứu các phương trình xuất phát từ những lĩnh vực khoa học khác nhau như Vật lý, Hóa học, Sinh học và Kinh tế. Bằng việc xét các nón thích hợp ta có thể chứng minh sự tồn tại các nghiệm của phương trình có các tính chất đặt biệt như tính dương, tính đơn điệu, tính lồi. Trong lý thuyết phương trình trong không gian có thứ tự thì lớp phương trình với toán tử lồi hoặc lõm đóng vai trò đặc biệt. Đối với lớp phương trình này ta có thể chứng minh sự tồn tại và duy nhất của nghiệm, tính gần đúng nghiệm bằng phương pháp xấp xỉ liên tiếp. 2. Mục đích nghiên cứu Mục đích của luận văn là trình bày một số kết quả cơ bản về lớp phương trình với toán tử lồi hoặc lõm. 3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu Điểm bất động của toán tử lồi hoặc lõm trong không gian các thứ tự. 4. Ý nghĩa khoa học thực tiễn của đề tài Giải phương trình với toán từ lồi hoặc lõm trong không gian có thứ tự/ 5. Cấu trúc luận văn Luận văn có 3 chương. Chương 1: trình bày một số các tính chất đặc trưng của ánh xạ lồi, tương tự các tính chất quen thuộc của hàm lồi một biến. Chương 2: xét sự tồn tại và duy nhất điểm bất động của ánh xạ có liên quan tới tính lõm. Chương 3: khảo sát sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ có tính chất lõm. Vì khả năng và thời gian hạn chế nên bản luận văn chắc có thể thiếu sót, em rất mong nhận được sự góp ý của quí thầy cô và độc giả.
CHƯƠNG 1 ÁNH XẠ LỒI, CÁC ĐIỀU KIỆN ĐẶC TRƯNG CỦA ÁNH XẠ LỒI 1.1 ÁNH XẠ LỒI: Định nghĩa 1.1 : Cho X là không gian Banach thực 1). Tập K Ì X gọi là một nón nếu K là tập đóng, thỏa mãn các tính chất : i) K + K Ì K , lK Ì K "l ³ 0 ii) K Ç (-K ) = {q} . 2). Nếu K là một nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định nghĩa như sau x, y Î X , x £ y  y - x Î K . 3). Nếu nón K có IntK ¹ Æ thì ta định nghĩa x  y  y - x Î IntK Định nghĩa 1.2 : Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K 1). K gọi là nón chuẩn nếu tồn tại số N > 0 sao cho với mọi x, y Î K , 0 £ x £ y  x £ N y 2). K gọi là nón chính qui nếu mỗi dãy đơn điệu tăng, bị chặn trên thì hội tụ. 3). K gọi là nón hoàn toàn chính qui nếu mỗi dãy đơn điệu tăng, bị chặn theo chuẩn thì hội tụ. Định nghĩa 1.3 : Cho các không gian Banach X , Y được sắp bởi các nón K x , K y , D Ì X là tập lồi. Ánh xạ f : D  Y gọi là lồi nếu: f [ x + t ( y - x) ] £ f ( x) + t [ f ( y ) - f ( x)] với "t Î (0,1) và "x, y Î D , x ¹ y và so sánh được với nhau (nghĩa là x £ y hoặc y £ x ).
1.2 CÁC ĐIỀU KIỆN ĐẶC TRƯNG CỦA ÁNH XẠ LỒI: Định nghĩa 1.4 : Cho không gian Banach X với nón K Ì X . Tập D Ì X gọi là K - lân cận của điểm x , nếu $r > 0 : B ( x, r ) Ç K Ì D . Tập D gọi là K -mở nếu nó là K - lân cận của mọi điểm của nó. Định nghĩa 1.5 : Cho các không gian Banach X , Y được sắp bởi các nón K X , KY , D Ì X là K X -lân cận của điểm x0 và ánh xạ f : D  Y . Ánh xạ A Î L( X , Y ) gọi là đạo hàm (theo nghĩa Gateux ) theo nón hay đạo hàm phải của f tại điểm x0 nếu f ( x0 + th) - f ( x0 ) A(h) = lim+ "h Î K X t 0 t Khi đó ta kí hiệu A = f+¢ ( x0 ) . Định lý 1.1 : Giả sử D Ì X là tập lồi, K x mở, f : D  Y là ánh xạ liên tục, khả vi theo nón tại mọi x Î D . Khi đó các mệnh đề sau là tương đương. 1. f là ánh xạ lồi. 2. Với "x, y Î D , x £ y ta có: f+¢ ( x)( y - x) £ f+¢ ( y )( y - x) 3. Với "x, y Î D , x ¹ y và so sánh được với nhau, ta có f ( y ) ³ f ( x) + f+¢ ( x )( y - x) (trong đó f+¢ ( x) là đạo hàm theo nón của f tại x ) Để chứng minh được định lý 1. ta cần sử dụng các bổ đề sau: Bổ đề1.1 : Nếu g : [ a, b ]   là hàm lồi thì g liên tục trên (a, b) Chứng minh bổ đề 1.1 s -t t -r với r , t , s Î (a, b), r < t < s , ta có: t = r+ s s-r s-r s -t t -r  g (t ) £ g (r ) + g ( s ) (do g là hàm lồi) (*) s-r s-r
g (t ) - g (r ) g ( s ) - g (t )  £ (1) (do cộng vào 2 vế bđt (*) với -tg (t ) ) t -r s -t Ta sẽ chứng minh g liên tục trên mọi khoảng (c, d ) Ì (a, b) . Chọn c¢, d ¢ thoả c¢ < c < d < d ¢ . Với t1 , t2 Î (c, d ), t1 < t2 , ta có do (1) g (t2 ) - g (t1 ) g (d ) - g (t2 ) g (d ¢) - g (d ) < £ t2 - t1 d - t2 d¢-d g (t2 ) - g (t1 ) g (t1 ) - g (c ) g (c) - g (c ¢) Và ³ ³ t2 - t1 t1 - c c - c¢ Vậy hàm g thoả điều kiện lipshitz trên (c, d ) nên liên tục. Bổ đề 1.2 : Giả sử g : [ a, b)   là hàm lồi, có đạo hàm phải g+¢ (t ) tại mọi t Î (a, b) khi đó g+¢ là hàm tăng. Chứng minh bổ đề 1.2 Thật vậy, xét t1,t2 Î (a, b), t1 < t2 . Với t Î (t1 , t2 ) g (t ) - g (t1 ) g (t2 ) - g (t ) g (t ) - g (t1 ) £ cho t  t1+ ta có: g+¢ (t ) £ 2 t - t1 t2 - t t2 - t1 (do tính liên tục của g (bổ đề 1) và sự tồn tại g+¢ (t1 ) Với t > t2 > t1 áp dụng (1) ta có: g (t2 ) - g (t1 ) g (t ) - g (t2 ) g (t ) - g (t1 ) £ cho t  t2+ ta có: g+¢ (t2 ) ³ 2 t2 - t1 t - t2 t2 - t1 Vậy g +¢ (t1 ) £ g+¢ (t2 ) hay g+¢ là hàm tăng. Bổ đề1. 3 : Nếu f : [ a, b)   liên tục có đạo hàm phải f +¢ (t ) ³ 0 , "t Î [ a, b) thì f là hàm tăng.
Chứng minh bổ đề 1.3  Giả sử: f+¢ (t ) > 0 , "t Î [ a, b) Xét t1 , t2 Î (a, b) ; t1 < t2 . Đặt A = {t Î [t1 , t2 ] : f (t1 ) £ f (t2 )} Đầu tiên ta chứng minh : A¹Æ. Ta có f +¢ (t1 ) > 0 nên f (t ) - f (t1 ) $d > 0 : "t Î (t1 , d )  > 0 hay f (t ) > f (t1 ), "t Î (t1 , d ). t - t1 Đặt t0 = sup A . Ta nhận thấy f (t0 ) ³ f (t1 ) , thật vậy ta luôn tìm được dãy {tn } Ì A (do tính chất của sup ) sao cho lim tn = t0 .Qua giới hạn trong bất n¥ đẳng thức f (tn ) ³ f (t1 ) do tính liên tục của f ta có f (t0 ) ³ f (t1 ) . Ta sẽ chứng minh t0 = t2 . Giả sử ngược lại t0 < t2 . f (t ) - f (t0 ) Do f+¢ (t0 ) > 0 nên lim¢ >0 t t 0 t - t0 é f (t ) - f (t0 ) ù  $d > 0 : "t Î (t0 , t0 + d ) Ç [ a, b) ê - f+¢ (t0 )ú < f +¢ (t0 ) . ê t - t0 ú ë û f (t ) - f (t1 ) f (t ) - f (t0 )  - f +¢ (t0 ) > - f +¢ (t0 ) ,  > 0 ,  f (t ) - f (t0 ) > 0 t - t0 t - t0  f (t ) > f (t0 ) ³ f (t1 ) ,"t Î (t0 , t0 + d ) Ç [ a, b) . Điều này mâu thuẫn với t0 = sup A . Vậy t0 = t2 và do đó f (t1 ) £ f (t2 ) theo chứng minh trên.  Nếu f+¢ (t ) ³ 0 "t Î [ a, b) . Cho e > 0 , ta xét h (t ) = f (t ) + et1 , ta có h¢ (t ) = f ¢ (t ) + e > 0 .Theo chứng minh trên ta có h (t1 ) £ h (t2 ) hay f (t1 ) + et1 £ f (t2 ) + et2 Cho e  0 ta có: f (t 1 ) £ f (t2 ) Như vậy bổ đề đã được chứng minh. Chứng minh định lý 1.1 : 1)  2) : Lấy tuỳ ý: x, y Î D, x £ y
Ta sẽ chứng minh A éë f+¢ ( x)( y - x)ùû £ A éë f+¢ ( y )( y - x)ùû , "A Î KY* Vì D là tập lồi, K X mở nên với "x, y Î D , x £ y, $e > 0 sao cho x + t ( y - x) Î D , "t Î [0,1 + e) Cố định A Î KY* , xét hàm g : [0,1 + e)   t  g (t ) = A éê f ( x + t ( y - x))ùú ë û Thì hàm g như vậy là xác định g liên tục vì f , A đều liên tục. g lồi vì A tuyến tính, f lồi. g (t + s ) - g (t ) Ta có : g+¢ (t ) = lim s0+ s A éê f ( x + (t + s )( y - x))ùú - A éê f ( x + t ( y - x ))ùú = lim ë û ë û s  0+ s A éê f ( x + (t + s )( y - x)) - f ( x + t ( y - x))ùú = lim ë û s  0+ s = A éê f+¢ ( x + t ( y - x ))( y - x)ùú ë û Hơn nữa g+¢ là hàm tăng (do bổ đề 2). Do vậy g+¢ (0) £ g+¢ (1) Suy ra: A éë f+¢ ( x)( y - x)ùû £ A éë f+¢ ( y )( y - x)ùû , "A Î KY*  f +¢ ( x)( y - x ) £ f+¢ ( y )( y - x ) , "x, y Î D , x £ y 2)  3): Lấy tuỳ ý x, y Î D, x £ y cố định A Î KY* Xét hàm h : [0,1]   t  h (t ) = A éê f ( x + t ( y - x)) - f+¢ ( x)( x + t ( y - x))ùú ë û
Vì D lồi, K X - mở nên x + t ( y - x) Î D, "x, y Î D, "t Î (0,1) . Do đó hàm h xác định và f , f+¢ ( x) , A là liên tục nên hàm h liên tục trên [0,1] , h có đạo hàm phải liên tục trên (0,1) , ta có: h (t + s ) - h (t ) h+¢ (t ) = lim+ s 0 s A éê f ( x + (t + s )( y - x )) - f+¢ ( x )( x + ( s + t )( y - x ))ùú = lim+ ë û s0 s A éê f ( x + t ( y - x )) - f +¢ ( x)( x + t ( y - x ))ùú - ë û s = A éê f+¢ ( x + t ( y - x ))( y - x) - f +¢ ( x )( y - x )ùú ë û ( Do f+¢ ( x ) là tuyến tính, liên tục). Mặt khác x £ x + t ( y - x), "x, y Î D, x £ y, t Î (0,1) , nên theo điều kiện (2) ta suy ra: f +¢ ( x )( y - x ) £ f +¢ ( x + t ( y - x))( y - x ), "x, y Î D, x £ y, t Î (0,1) Do đó: A éêë f+¢ ( x + t ( y - x))( y - x) - f+¢ ( x)( y - x)ùúû ³ 0 .Vậy h+¢ (t ) ³ 0 , "t (0,1) Hay h tăng trên [0,1] Suy ra: h (0) £ h (1) , tức là ta có: A éë f ( x) - f+¢ ( x )( x)ùû £ A éë f ( y ) - f+¢ ( x)( y )ùû  A éë f ( y ) - f+¢ ( x)( y ) - f ( x) + f +¢ ( x)( x)ùû ³ 0  f ( y ) ³ f ( x ) + f+¢ ( x )( y - x) "x , y Î D , x £ y 3)  1): Với "x, y Î D , x ¹ y và so sánh được với nhau và t  (0,1), ta có : x - ( x + t ( y - x )) = -t (1 - t ) -1 ( y -( x + t ( y - x))) Đặt xt = x + t ( y - x )
Rõ ràng x ¹ xt , y ¹ xt , x và xt , y và xt là so sánh được với nhau, do đó theo điều kiện 3) Ta có : f ( y ) ³ f ( xt ) + f +¢ ( xt )( y - xt ) (1) Và f ( x) ³ f ( xt ) + f +¢ ( xt )( x - xt ) -1  f ( x) ³ f ( xt ) - t (1- t ) f+¢ ( xt )( y - xt ) (2) Nhân hai vế (1) với t  (0,1) ta có : tf ( y ) ³ tf ( xt ) + tf+¢ ( xt )( y - xt ) (3) Nhân hai vế (2) với (1 – t ) > 0 ta có : (1- t ) f ( x) ³ (1- t ) f ( xt ) - tf+¢ ( xt )( y - xt ) - f+¢ (t0 ) (4) Lấy (3) cộng (4) vế theo vế ta được : t ëé f ( y ) - f ( x )ûù ³ f ( xt ) - f ( x )  f ( x + t ( y - x)) £ f ( x) + t éë f ( y ) - f ( x)ùû ,  t  (0,1), "x, y Î D , x và y so sánh được với nhau. Vậy f là hàm số lồi. Định lý đã được chứng minh. Định lý 1.2 : Giả sử ( E , P ), ( F , Q ) là các không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón, D  E là tập lồi và P mở. Giả sử f : D  F liên tục, có đạo hàm phải f +¢ : D  L( E , F ) liên tục và có đạo hàm phải cấp 2 f +¢¢( x ) , x  D . Khi đó f là lồi khi và chỉ khi f+¢¢( x) xác định dương, nghĩa là f +¢¢( x) (h, h) ³ 0 ,  h  P Chứng minh định lý 1.2: xét x, y  D , x < y . Do D lồi, P _ mở nên  > 0 sao cho x + t ( y - x)  D t   0,1+). Do đó ánh xạ g :  0,1+)   t  g (t) = f+¢ ( x + t ( y - x))( y - x) xác định liên tục có đạo hàm phải và :
g (t + s ) - g (t ) g +¢ (t ) = lim s0+ s f+¢ ( x + (t + s )( y - x))( y - x) - f +¢ ( x + t ( y - x))( y - x) = lim s  0+ s = f +¢¢( x + t ( y - x))( y - x)( y - x ) Nếu f+¢¢( x ) xác định dương x  D thì ta có g+¢ (t )  0 (theo bồ đề 3), nên g là hàm tăng trên  0,1+). Từ g(0)  g(1) ta có : f+¢ ( x)( y - x) £ f+¢ ( y )( y - x) nên theo định lý 1 f là ánh xạ lồi. Nếu f là hàm lồi thì theo định lý 1, ta có : với s < t, h  P f +¢ ( x + sh)((t - s ) h) £ f+¢ ( x + th)((t - s ) h) Hay f +¢ ( x + sh)(h) £ f+¢ ( x + th)(h) Do đạo hàm g (t ) = f+¢ ( x + th)(h) là hàm tăng. Suy ra g+¢ (t )  0  f +¢ ( x + th)(h, h) ³ 0 t   0,1+). Nói riêng f +¢¢( x )(h, h) ³ 0 ,  h  P (điều phải chứng minh).
CHƯƠNG 2 ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA CÁC ÁNH XẠ LÕM 2.1 ÁNH XẠ LÕM MẠNH Định nghiã 2.1 : Cho E , F là các không gian Banach được sắp bởi các nón dương P , Q tập D  P là hình sao với mối quan hệ với gốc. a, Một ánh xạ f : D  F được gọi là tuyến tính dưới nếu : f (0) ³ 0 và tf ( x) £ f (tx) , "x Î D \ {0} , t  (0,1). Và nếu dấu bất đẳng thức là nghiêm ngặt (tức là không xảy ra dấu “ = ”) thì f được gọi là tuyến tính dưới ngặt. b, Nếu F là không gian Banach được sắp bởi nón dương Q với int Q ¹ Æ , thì ánh xạ f : D  F được gọi là tuyến tính dưới mạnh nếu : f (0) ³ 0 và tf ( x)  f (tx) , "x Î D \ {0} , t  (0,1). c, Cuối cùng, ánh xạ f : D  F được gọi là tuyến tính trên nếu - f là tuyến tính dưới. Tương tự cho định nghiã của ánh xạ tuyến tính trên ngặt và ánh xạ tuyến tính trên mạnh. Định nghiã 2.2 : Cho E , F là các không gian Banach được sắp bởi các nón dương P , Q ,   D  E , ánh xạ f : D  F được gọi là a, Lồi mạnh nếu f ( x + t ( y - x))  f ( x) + t ( f ( y ) - f ( x))  x, y  D , x, y so sánh được với nhau, "t Î (0,1). b, Lõm mạnh nếu - f là lồi mạnh
Bổ đề 2.1 : Cho E , F là các không gian Banach được sắp bởi các nón dương P , Q với int Q ¹ Æ , D  E là tập lồi và giả sử rằng ánh xạ f : D  F là lõm mạnh. Khi đó với  x0 Î D , ánh xạ f x0 : P Ç ( D - x0 )  F xác định bởi f x ( x) := f ( x0 + x) - f ( x0 ) là tuyến tính dưới mạnh. 0 Chứng minh bổ đề 2.1 Với "x Î P Ç ( D - x0 ) ta có : x0 + tx = t ( x0 + x) + (1 - t ) x0 , "t Î (0,1) , x0 Î D Do f là lõm mạnh nên : f ( x0 + tx)  tf ( x0 + x) + (1- t ) f ( x0 ) , "x, x0 Î D ( x ¹ x0 ), (do ta lấy x Î P Ç ( D - x0 ) ) Ta có f x (tx) = f ( x0 + tx) - f ( x0 )  tf ( x0 + x) + (1 - t ) f ( x0 ) - f ( x0 ) 0  f x0 (tx)  t [ f ( x + x0 ) - f ( x0 ) ] = tf x0 ( x) , "t Î (0,1) và f x0 (0) = f ( x0 + 0) - f ( x0 ) = 0 Vậy f x là tuyến tính dưới mạnh. 0 Định lý 2.1 : Cho E là không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón P với int P ¹ Æ Giả sử D là tập hình sao, D  P , 0  D , ánh xạ f : D  F là tuyến tính dưới mạnh, tăng mạnh. Khi đó f có nhiều nhất là 1 điểm bất động dương. Hơn nữa, nếu f ( y ) > y thì f không có điểm bất động nào thuộc đoạn [0, y ] . Chứng minh định lý 2.1 Giả sử x0 là một điểm bất động dương của f , và cho x1 là một điểm bất động dương thứ 2 của f , hoặc nếu f ( y ) > y thì cho x1 = y . Như vậy, trong cả 2 trường hợp ta đều có f ( x1 ) ³ x1 và chúng ta có thể giả sử rằng x1 £ / x0
Từ giả thiết f tăng mạnh, f (0) > 0 và x0 Î P nên f ( x0 ) ³ f (0) , do đó x0 = f ( x0 )  0 suy ra x0 Î int P . Khi đó $r > 0 , B ( x0 , r ) Ì P , với r x1 Î D , x1 ¹ 0 thì ta có : x0 - x1 Î P = P , đặt  là số lớn nhất thỏa mãn điều x1 kiện x0 - tx1 Î P , ta có x0 - tx1 Î ¶P (*), vì nếu x0 - tx1 Î int P , thì ta tìm được số e > 0 , sao cho x0 - tx1 - ex1 Î P  x0 - (t + e) x1 Î P , với t + e > t , điều này mâu thuẫn với tính chất lớn nhất của  Ta có : t < 1 vì x1 £ / x0 Mặt khác theo giả thiết f là tuyến tính dưới mạnh và tăng mạnh nên : x0 = f ( x0 ) ³ f (tx1 )  tf ( x1 ) ³ tx1  x0  tx1  x0 - tx1 Î int P mâu thuẫn (*) Vậy ta chứng minh được f hoặc không có điểm bất động dương nào hoặc chỉ có một điểm bất động dương. Hơn nữa nếu f ( y ) > y thì f không có điểm bất động nào thuộc đoạn [0, y ] . Định lý 2.2 : Cho E là không gian Banach được sắp bởi nón P với int P ¹ Æ , D  E là tập lồi, ánh xạ f : D  F là tăng mạnh, lõm mạnh Giả sử x0 Î D là 1 điểm bất động của f thì khi đó f có nhiều nhất 1 điểm bất động x* với x* > x0 . Hơn nữa nếu y > x0 thoã mãn f ( y ) > y thì f không có điểm bất động x* nào sao cho x0 < x* < y . Đặc biệt, nếu f có 1 điểm bất động cực tiểu thì f có nhiều nhất 2 điểm bất động phân biệt. Chứng minh định lý 2.2 Vì f là lõm mạnh, theo bổ đề 4 với  x0 Î D ánh xạ f x : P Ç ( D - x0 )  F 0 được xác định bởi f x ( x) := f ( x0 + x) - f ( x0 ) là tuyến tính dưới mạnh 0 Vì f là tăng mạnh nên f x cũng tăng mạnh 0
Từ đó theo định lý 3 f x có nhiều nhất 1 điểm bất động dương x ( x ¹ x0 ) tức 0 là $x Î P Ç ( D - x0 ) : f x ( x) = x  f ( x0 + x) - f ( x0 ) = x  f ( x0 + x) = x + x0 0 Như vậy nếu x0 Î D là một điểm bất động của f thì f có nhiều nhất 1 điểm bất động nữa là: x* = x + x0 > x0 ( vì x > 0 và x ¹ x0 ). Hơn nữa cũng theo định lý 3 nếu f x ( y ) > y ( từ f ( y ) > y ta có 0 f x0 ( y ) = f ( x0 + y ) - f ( x0 ) > x0 + y - x0 = y ) thì điểm bất động x Ï [0, y ] do đó x* Ï ( x0 , y ] . Và rõ ràng nếu f có 1 điểm bất động cực tiểu x0 thì f luôn có nhiều nhất 2 điểm bất động phân biệt (tức là có x* nữa và x* ¹ x0 ). 2.2 ÁNH XẠ u0 - LÕM Định nghĩa 2.3 : Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K, u0 Î K | 0 Ánh xạ A : K  K gọi là u0 - lõm nếu : i) A tăng ii) "x Î K | 0  Ax Î Ku0 := { y Î K : $a , b > 0, au0 £ y £ bu0 } iii) "u Î Ku0 , "t Î (0,1) , $e >0: A(tx) ³ (1 + e)tAx Bổ đề 2.2 : Cho u0 Ï -K và x Î K . Khi đó tồn tại số cực đại t x ³ 0 sao cho x ³ t xu0 (cực đại theo nghĩa nếu có t cũng thỏa điều kiện x ³ tu0 thì t £ t x ) Chứng minh bổ đề 2.2 Đặt T = {t ³ 0 : x ³ tu0 } ta có : - T  0, thật vậy vì x Î K nên x ³ 0 điều này nghĩa là có t = 0  T - T bị chặn trên, thật vậy giả sử T không bị chặn trên tức là có {tn } Ì T n¥ 1 sao cho tn  ¥ . Khi đó x ³ tnu0  x ³ u0 cho n  ¥ thì tn
u0 £ 0  u0 Î -K điều này trái với giả thiết cho u0 Ï -K , Vậy T bị chặn trên. Đặt t x = sup T , ta sẽ chứng minh t x là số cần tìm. Theo tính chất của sup ta tìm được {sn } Ì T sao cho sn  n¥  tx , n¥ khi đó x ³ snu0   t xu0 , do đó x ³ t xu (bổ đề đã được chứng minh). Định lý 2.3: Cho X là không gian Banach được sắp bởi nón K , u0 Î K | 0 Giả sử A : K  K là ánh xạ u0 – lõm thì : 1) A có trong K \ {0 } không quá 1 điểm bất động. 2) Nếu A compac thì tập nghiệm của phương trình x = lAx là nhánh liên tục từ 0 có độ dài . 3) Nếu x1 = l1 Ax1, x2 = l2 Ax2 ( xi Î K \ {0} , i =1,2) và l1 < l2 thì x1 £ x2 . 4) Tập các giá trị riêng của A là 1 khoảng trong các trường hợp sau : a) K là nón chính quy b) K là nón chuẩn, A là compac Chứng minh định lý 2.3 1) Giả sử có x1 , x2 Î K \ {0} sao cho Ax1 = x1 , Ax2 = x2 ta sẽ chứng minh x1 = x2 * x1 ³ x2 Theo bổ đề 5 thì sẽ tồn tại số cực đại t0 : x1 ³ t0 x2 ta sẽ chứng minh t0 ³ 1 + t0 > 0 , thật vậy, với x1 , x2 Î K \ {0} , ta có Ax1 , Ax2 Î Ku0 ( vì A _ u0 - lõm) mà Ax1 = x1 , Ax2 = x2 nên $a1 , b1 , a 2 , b2 > 0 sao cho : x1 ³ a1u0 , và x2 £ b2u0 a1 a a Suy ra : x1 ³ x2 với 1 > 0 , do tính cực đại của t0 nên t0 ³ 1 > 0 b2 b2 b2
Vậy t0 > 0 + Chứng minh t0 ³ 1 , bằng phản chứng. Giả sử 0 < t0 < 1 với x2 = Ax2 Î Ku0 vì A _ u0 – lõm nên $e > 0 : A(t0 x2 ) ³ (1 + e)t0 A( x2 ) mà x1 ³ t0 x2 và A là tăng nên ta có Ax1 ³ (1 + e)t0 Ax2  x1 ³ (1 + e)t0 x2 với (1 + e)t0 > t0 điều này trái với tính cực đại của t0 . Do đó ta đã chứng minh t0 ³ 1 . Vậy x1 ³ x2 * x1 £ x2 . Tương tự theo bổ đề 5 sẽ tồn tại số cực đại t1 : x2 ³ t0 x1 , ta cũng sẽ chứng minh t1 ³ 1 + t1 > 0 , thật vậy với x1 , x2 Î K \ {0} , ta có Ax1 , Ax2 Î Ku0 ( vì A _ u0 - lõm) mà Ax1 = x1 , Ax2 = x2 nên $a1 , b1 , a 2 , b2 > 0 sao cho : x2 ³ a 2u0 , và x1 £ b1u0 a2 a Suy ra : x2 ³ x1 , do tính cực đại của t1 nên t1 ³ 2 > 0 b1 b1 Vậy t1 > 0 Chứng minh t1 ³ 1 bằng phản chứng : Giả sử 0 < t1 < 1 với x1 = Ax1 Î Ku0 vì A _ u0 – lõm nên $e > 0 : A(t1 x1 ) ³ (1 + e)t1 A( x1 ) mà x2 ³ t1 x1 và A là tăng nên ta có : Ax2 ³ (1 + e)t1 Ax1  x2 ³ (1 + e)t1 x1 với (1 + e)t1 > t1 điều này mâu thuẫn với tính cực đại của t1 . Do vậy t1 ³ 1 . Vậy x1 £ x2 Từ đó ta chứng minh được x1 = x2 *) Để chứng minh được ý 2) của định lý này, ta cần phải sử dụng bổ đề sau : Định nghĩa 2.4: Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K , và ánh xạ A : K r  K ( 0 < r £ +¥ ), Đặt S = { x Î K \ {q }; $ l > 0, x = l A( x )} ta nói S
là nhánh liên tục từ q , có độ dài r nếu với mọi r ¢ < r , mọi tập mở G mà q Î G Ì B (0, r ¢) thì ta luôn có S Ç ¶G ¹ Æ Bổ đề 2.3 : Cho ánh xạ hoàn toàn liên tục A : K r  K thoã mãn A( x) ³ B ( x) với B có các tính chất sau : i, B : K r  K là ánh xạ tăng. ii, $u0 Î K \ {q}; $a, b > 0 : B (tu0 ) ³ atu0 , "t Î [0, b ] Khi đó tập nghiệm S của phương trình : x = lAx là nhánh liên tục có độ dài r . Chứng minh bổ đề 2.3: Xét tập mở q Î G Ì B (0, r ¢) , r ¢ < r . Giả sử trái lại S Ç ¶G = Æ hay x ¹ l A( x) , " x Î K Ç ¶G , " l > 0 . Xét đồng luân : F ( x, t ) = (1 - t )l1 A( x) + tl2 A( x), t Î [0,1]  F ( x,0) = l1 A( x ), F ( x,1) = l2 A( x) mà F ( x, t ) = A( x) éë(1 - t )l1 + tl2 ùû ; do x ¹ l A( x ) nên F ( x, t ) ¹ x , "x Î K Ç ¶G , "t Î [0,1] . Suy ra F ( x, t ) là đồng luân dương, vậy ik (l A, G ) = const , l Î (0,+¥) (1). + Ta sẽ chứng minh ik (l A, G ) = 1 , khi l đủ nhỏ (2). Thật vậy, do G mở, q Î G  $a > 0 : x ³ a , "x Î ¶G Ç K . Mặt khác, do G bị chặn, A là ánh xạ compăc nên $b > 0 : A( x ) £ b , "x Î ¶G Ç K khi đó ta có l A( x) = tx , l "x Î K Ç ¶G , "l > 0  ta £ lb  t £ b < 1 khi l đủ nhỏ. Vậy a ik (l A, G ) = 1 , khi l đủ nhỏ. + Ta sẽ chứng minh ik (l A, G ) = 0 khi l đủ lớn, tức là ta chứng minh x ¹ l A( x ) + tu0 , "x Î K Ç ¶G , "t > 0 (3).
Giả sử (3) không đúng, ta có : $xn Î K Ç ¶G , $tn > 0 , $ln  ¥ : xn = ln Axn + tnu0 Gọi sn là số cực đại thoả xn ³ snu 0 ( sn là số dương do sn ³ tn >0 ). Xét N1 = {n : sn £ b} , N 2 = {n : sn > b} + Nếu N1 vô hạn, ta có : "n Î N1 thì xn ³ ln Axn ³ ln Bxn ³ ln Bsnu0 ³ ln asnu0 Mà sn là số cực đại thoả mãn xn ³ snu 0 , nên sn ³ ln asn , với "n Î N1  ln a £ 1 , "n Î N1 điều này mâu thuẫn với ln  ¥ + Nếu N 2 vô hạn, ta có : "n Î N 2 , thì xn n¥ xn ³ ln Axn ³ ln Bxn ³ ln Bsnu0 ³ ln Bbu0 ³ ln abu0  u0 £  0 ln ab điều này mâu thuẫn với giả thiết u0 Î K \ {0} . Như vậy ta đã chứng minh được khi l đủ lớn thì x ¹ l A( x) + tu0 , "x Î K Ç ¶G , "t > 0 , do đó ta sẽ có ik (l A, G ) = 0 khi l đủ lớn, điều này mâu thuẫn với (1), (2). Vậy S Ç ¶G ¹ Æ , " r ¢ < r , mọi tập mở G mà q Î G Ì B (0, r ¢) . Chứng minh ý 2) : áp dụng bổ đề 2.3 với B = A , K r = K , ( r = +¥ ), khi đó do A là u0 lõm ta có : + B = A : K  K là ánh xạ tăng + với u0 Î K \ {0} thì Au0 Î Ku0 nên $a, b > 0 sao cho au0 £ Au0 £ bu0 + với u0 Î K \ {0} , "t Î (0,1), $e > 0 : A(tu0 ) ³ (1 + e)tAu0 . Từ đó suy ra : A(tu0 ) ³ (1 + e)tau0 . Như vậy có u0 Î K \ {0} , a = (1 + e)a , b = 1 > 0 để cho A(tu0 ) ³ (1 + e)tau0 , "t Î (0,1) . Do vậy theo bổ đề 2.3 thì tập nghiệm S của phương trình : x = lAx là nhánh liên tục có độ dài r. 3) Nếu x1 = l1 Ax1 , x2 = l2 Ax2 ( xi Î K \ {0}) và l1 < l 2 thì x1 £ x2 . Thật vậy theo bổ đề 5 ta có số cực đại t 0 : x2 ³ t0 x1 ta sẽ chứng minh t 0 ³ 1 :
+ t 0 >0, Vì : với x1 = l1 Ax1 , x2 = l2 Ax2 ( xi Î K \ {0}) và A là u0 lõm nên 1 1 $a1 , a2 , b1 , b2 > 0 sao cho a1u0 £ x1 £ b1u0 và a2u0 £ x2 £ b2u0 , với l1 l2 a2l2 al l1 , l2 > 0 , suy ra x2 ³ x1 , do tính cực đại của t 0 nên t0 ³ 2 2 > 0 , do đó b1l1 b1l1 t0 > 0 . + t 0 ³ 1, chứng minh bằng phản chứng, giả sử 0 < t 0 < 1 , do Ax1 Î Ku0 Nên $a, b > 0 : au0 £ Ax1 £ bu0  l1au0 £ l1 Ax1 £ l1bu0 (do l1 >0 ) suy ra x1 = l1 Ax1 Î Ku0 mà A là u0 lõm, 0 < t 0 < 1 , nên $e > 0 : A(t0 x1 ) ³ (1 + e)t0 Ax1  Ax2 ³ (1 + e)t0 Ax1 ( do x2 ³ t0 x1 và A là ánh xạ tăng )  x2 ³ (1 + e)t0 x1 , với (1 + e)t0 > t0 , điều này mâu thuẫn với tính cực đại của t 0 , do vậy t 0 ³ 1. Vậy với x2 ³ t0 x1 , t 0 ³ 1 thì ta suy ra x1 £ x2 . 4) Theo chứng minh 3) ta có x1 £ x2 . Ta sẽ chứng minh l Î (l1 , l2 ) là giá trị riêng của A , để chứng minh được điều này ta cần chứng minh phương trình x = l Ax luôn có nghiệm với l Î (l1 , l2 ) hay l A luôn có điểm bất động với l Î (l1 , l2 ) trong các trường hợp sau : a) K là nón chính qui Xét ánh xạ l A : x1 , x2  K , với x1, x2 Î K \ {0} , x1 < x2 thì l A là ánh xạ tăng (do A là ánh xạ tăng và l >0 ) thỏa x1 = l1 Ax1 £ l Ax1 (vì 0 < l1 < l ) và x2 = l2 Ax2 ³ l Ax2 (do l2 > l > 0 ), mà K là nón chính qui. Từ đây theo hệ quả 2 ta suy ra l A luôn có điểm bất động trong x1 , x2 Ì K với l Î (l1 , l2 ) . b) K là nón chuẩn, A là ánh xạ compăc