BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Trần Huy Vũ
VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA MỘT SỐ
ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành Phố Hồ Chí Minh - 2012
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯƠNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Trần Huy Vũ
VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA MỘT SỐ
ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG
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 - 2012
MỤC LỤC
MỤC LỤC
Lời cảm ơn
Phần mở đầu .............................................................................................................. 1
Phần nội dung chính ................................................................................................. 2
Chương 1 VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ COMPACT DƯƠNG ...... 3
1.1 Không gian Banach có thứ tự ............................................................................ 3
1.2 Vecto riêng dương của ánh xạ compact dương ................................................. 4
Chương 2 VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ LIÊN HỢP ..................... 17
2.1 Ánh xạ bị chặn, liên tục theo nón. .................................................................. 17
2.2 Các định lí về sự tồn tại vectơ riêng dương của ánh xạ liên hợp .............. 18
Chương 3 SỰ DUY NHẤT CỦA VECTƠ RIÊNG DƯƠNG .............................. 42
Chương 4 VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG
KHÔNG COMPACT .............................................................................................. 57
Phần kết luận ........................................................................................................... 68
TÀI LIỆU THAM KHẢO ...................................................................................... 69
Lời cảm ơn
Lời đầu tiên trong bản luận văn này, tôi trân trọng gởi đến Thầy TS. Trần
Đình Thanh đã tận tình hướng dẫn và giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn, lòng biết ơn
sâu sắc.
Xin chân thành tỏ bày lòng biết ơn chân thành đến Thầy PGS.TS Nguyễn
Bích Huy đã dành thời gian quý báo của mình để giúp đỡ, đóng góp nhiều ý kiến
cho luận văn của tôi.
Xin chân thành cảm tạ quý Thầy, Cô khoa Toán – Tin học Trường Đại Học
Sư Phạm, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Thành Phố Hồ Chí Minh đã tận
tình giảng dạy, truyền đạt kiến thức và hỗ trợ tư liệu cho tôi trong suốt thời gian học
tập.
Tiếp đến xin chân thành cảm tạ quý Thầy, Cô thuộc Phòng Quản Lý Khoa
Học Công Nghệ - Sau Đại học, Trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh
đã giúp đỡ, động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chính cho tôi
trong suốt quá trình học tập.
Sau cùng, xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu trường Trung Học Phổ
Thông Bình Phú đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi được tham dự lớp Cao học tại
Trường Đại Học Sư Phạm, Thành Phố Hồ Chí Minh. Xin gửi lời tri ân tất cả các
bạn bè đồng nghiệp, các bạn cùng lớp Cao học Giải tích khóa 21, cùng gia đình đã
động viên quan tâm đến tôi trong quãng thời gian học tập và làm luận văn.
Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2012
Học viên, Trần Huy Vũ
1
Phần mở đầu
Vectơ riêng, giá trị riêng của các ánh xạ tuyến tính đóng vai trò quan trọng
trong Lý thuyết về phương trình vi phân, Tích phân, Giải tích hàm, Đại số,… Đặc
biệt vectơ riêng dương và giá trị riêng dương của một ánh xạ tuyến tính dương trong
không gian Banach có thứ tự tìm được các ứng dụng quan trọng trong nhiều lĩnh
vực của khoa học và kỹ thuật hiện đại như Lý thuyết điều khiển, Lý thuyết tối ưu,
Lý thuyết về các lò phản ứng,…
Sự tồn tại vectơ riêng dương với giá trị riêng dương thỏa mãn một số tính
chất đặc biệt của ma trận dương được Perron chứng minh vào năm 1907. Kết quả
tương tự được Entz mở rộng cho toán tử tuyến tính với hạch dương vào năm 1912.
Các kết quả riêng biệt cho ma trận dương và toán tử tích phân dương đã được Krein
và Rutman tổng quát hóa cho ánh xạ tuyến tính compact dương mạnh trong không
gian Banach với thứ tự sinh bởi nón trong những năm 1940. Từ đó đến nay sự tồn
tại vectơ riêng dương tiếp tục được nghiên cứu cho nhiều lớp toán tử rộng hơn lớp
toán tử compact dương mạnh để có thể ứng dụng vào các bài toán thực tiễn của
khoa học và kỹ thuật.
Các kết quả về tồn tại vectơ riêng dương của các ánh xạ được nghiên cứu bởi
nhiều tác giả bằng các phương pháp khác nhau trên nhiều bài báo và sách chuyên
khảo. Luận văn này được trình bày sau khi thu thập các tài liệu có liên quan đến đề
tài, nghiên cứu chúng. Các kết quả được trình bày một hệ thống khoa học thống
nhất với các chứng minh chi tiết.
2
Phần nội dung chính
Nội dung bản luận văn bao gồm bốn chương:
Chương 1. Nhắc lại các kiến thức về nón trong không gian Banach có thứ tự
và sự tồn tại vecto riêng dương của ánh xạ compact dương.
Chương 2. Trình bày sự tồn tại vecto riêng dương của ánh xạ liên hợp.
Chương 3. Giới thiệu về điểm tựa trong, nón Minihedral và sự duy nhất của
vecto riêng dương.
Chương 4. Trình bày về vecto riêng dương của ánh xạ tuyến tính dương
không compact.
3
Chương 1
VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ
COMPACT DƯƠNG
1.1 Không gian Banach có thứ tự Các kiến thức chuẩn bị được nêu dưới đây với các chứng minh chi tiết, được trích
từ [1] của PGS.TS Nguyễn Bích Huy.
Định nghĩa 1.1. Cho X là không gian Banach trên trường số thực, tập K trong
không gian X được gọi là nón nếu như:
K là tập đóng, K ≠ ∅ . i)
+ ⊂ K K K λ λ
K K
⊂ ∀ ≥ 0
,
K
∩ − (
= K θ ) { }
ii)
iii)
x
≤ ⇔ − ∈ y .
x K
y
∈
Nếu K là nón thì thứ tự trong X sinh bởi nón K được định bởi
x K θ \ { }
Mỗi được gọi là phần tử dương.
"≤ là thứ tự sinh bởi nón. Khi đó:
y≤ thì
x
+ ≤ + ∀ ∈ z . ,
z X
y
z
Mệnh đề 1.1. Giả sử "
λ λ λ
≤
∀ ≥ 0.
y
x
,
≤
=
=
a) Nếu x
x
y≤ .
y
,
∀ ∈ n
,lim
x
,lim
y
y
*
x n
n
x n
n
*
x
,
thì b) Nếu
≤ ∀ ∈ n .
nx
∃ > N
0 :θ
≤ ≤ ⇒ ≤ y
x
x
N y
là dãy tăng, hội tụ về x thì c) Nếu { }nx
Định nghĩa 1.2. Nón K được gọi là nón chuẩn nếu
"≤ là thứ tự sinh bởi nón chuẩn K. Khi đó:
Mệnh đề 1.2. Giả sử "
4
u v ,
= ∈ : {
x X u
:
≤ ≤ x
v }
v≤ thì đoạn
≤
≤
=
=
bị chặn theo chuẩn. 1) Nếu u
a= .
,
,lim
,lim
y
z
∀ ∈ n
a
z
a
*
x n
n
n
x n
n
ny
a= .
thì lim 2) Nếu
3) Nếu { }nx là dãy đơn điệu, có dãy con hội tụ về a thì lim nx
, )X ≤ nếu mọi dãy tăng và
Định nghĩa 1.3. Nón K được gọi là nón chính qui trong (
bị chặn trên (hay mọi dãy giảm và bị chặn dưới) thì hội tụ.
=
−
Mệnh đề 1.3. Nón chính quy là nón chuẩn.
∀ ∈ ∃
∈
x X u v K x ,
:
,
= − . u v
Định nghĩa 1.4. Nón K được gọi , hay là nón sinh nếu X K K
0M > sao cho:
≤
≤
∀ ∈ ∃
∈
u M x
,
v M x .
x X u v K x ,
:
,
= − và u v
Mệnh đề 1.4. Nếu K là nón sinh thì tồn tại số
*
*
≥ ∀ ∈
Định nghĩa 1.5. Nếu K là nón tựa trong không gian Banach X thì ta định nghĩa nón
K
= ∈ { f
X
:
f x
( ) 0,
x K
}.
*
≥ ∀ ∈
liên hợp của K là
∈ ⇔ K
) 0,
f K
.
x 0
f x 0(
Mệnh đề 1.5.
được gọi là ánh xạ compact (hoàn toàn liên tục) nếu
1. Ánh xạ tuyến tính
: →X
X
là tập compact tương đối trong X.
B là quả cầu đơn vị đóng trong X thì
)B (
)X < +∞
thì là ánh xạ compact.
2. Nếu dim (
là song ánh tuyến tính tư X vào X thì λ được gọi là giá trị
)λ− I
3. λ∈ thỏa (
chính quy của ánh xạ .Tập gồm các giá trị chính qui của được gọi là tập giải
của , ký hiệu là
).ρ (
4. Tập
σ (
)
\
)
được gọi là phổ của .
ρ= (
=
∈
)
sup{
λ λ σ (
:
)}
được gọi là bán kính phổ của .
1.2 Vecto riêng dương của ánh xạ compact dương Nhắc lại:
r 5. Số (
x
6. λ∈ K là giá trị riêng của của nếu có vecto θ≠ X
sao cho:
,λ=x x ( )
và ta cũng nói x là vecto riêng của ứng với giá trị riêng .λ
λ σ∈ ). (
7. Nếu λ là giá trị riêng của thì
5
8. Không gian Banach thực X có thứ tự sinh bởi nón K . Một ánh xạ tuyến tính
được gọi là ánh xạ dương nếu x θ∀ ≥ thì
: →X
X
,θ≥x ( )
.λ
và ta cũng nói x là vecto riêng của ứng với giá trị riêng
X→
Định lí 1.1. Cho không gian Banach X có thứ tự sinh bởi nón K. Ánh xạ : X
∃
= −
∈
≠
∃ > α
là ánh xạ tuyến tính, compact, dương và:
u
v w v w K v
∃ ∈ p
; ,
,
θ ;
,
0
)
*
p u ( 0
.α≥ u 0
0
pλ α≥
sao cho
. Khi đó có trong K vectơ riêng với giá trị riêng
+
( ) x
∩
→ ∩
=
Chứng minh.
K B
:
(0,1)
(0,1),
.
( ) x
n K B
n
+
x ( )
v n v n
n xác định vì:
1
Xét ánh xạ
n x = ( )
+ − =
⇒
≠
θ
⇒
≥
x ( )
≥ ( ) 0 x
x ( )
.θ
•
( ) n x
v n
v n
v + ≥ n
v n
•
n compact do bởi khi ta lấy dãy { }k ku
} i
∃ k bị chặn thì { u i
sao cho Ngoài ra
{ ( u
)} i
} )k i i
n u ( k i
cũng hội tụ. hội tụ. Do đó {
n có điểm bất động, tức là:
=
=
K
:
(
)
,
1
∃ ∈ x n
n
x n
x n
x n
+
(
)
x n
=
+
>
=
=
Theo định lí điểm bất động Schauder thì ánh xạ
(
0
:
,
1
K
λ n
x )n
∃ ∈ x n
x n
x n
v n
+
(
)
x n
v n v n
∃ ∈ ∃
>
+
=
λ
=
K
,
0 :
(
)
,
1
. Đặt , lúc đó ta có:
x n
λ n
x n
x n n
x n
v n
.
p nλ α≥ .
Chứng minh
6
v
≥
(
)
,
λ = x n n
x n
x n
v + ≥ n
v n
u 0 ≥ λ λ n n n
n
≥
>
Từ nên .
0
t
≥n x
t u thì 0 n
n
1 λ n n
λ
=
+
≥
(
)
(
)
là số lớn nhất thỏa . Gọi nt
(
),
x n n
x n
x n
≥n x
nx
v n
1 λ n
2
2
2
≥
=
≥
=
Ta có suy ra từ đây suy ra
(
)
(
)
)
(
)
(
),
x n
x n
x n
( A x n
x n
x n
1 1 λ λ n
n
1 λ n
1 λ n
1 2 λ n
nên ta có .
p
≥
…
(
),
(1.1)
p
* ∈
x n
x n
1 p λ n
tiếp tục quá trình này ta có
t u 0 n
⇒
≥
=
t
(
)
)
u (
)
x n
t u ( n
n
0
2
0 2
⇒
≥
t
(
)
u (
)
.
x n
n
0
...
p
p
⇒
≥
(
)
) (1.2)
t
( u
x n
n
0
p
≥
≥
Theo tính đơn điệu của ánh xạ dương cho ta: ≥n x
t
α u
,
u (
)
x n
n
0
0
t n p λ n
t n p λ n
α t ≥ n p λ n
Từ (1.1) và (1.2) suy ra nên
(1.3)
λ α≥ p n
⊂
+
dẫn đến
(
=
x )n
}λ { n n
} x n k k
v n
= ≥ p λ λ α
(do (1.3))
nk
lim →∞ k
∃
⊂
Ta có sao cho: λ n nên { }λn bị chặn, do đó ta có { ∃
x
{
{
}
} x n k k
}nk k
x n k i
i
x
bị chặn nên sao cho
(
nki
hội tụ về y X∈ . Mặt khác compact và { {
}i )
7
+
=
∈
,
x
K θ \ { }
x hội tụ về 0
)
(
x n k i
λ n k i
x n k i
}nki
v n
i
(
Ta có và cho nên dãy con {
)x 0
xλ= 0
pλ α≥
.
. Vậy có vectơ riêng dương 0x ứng với giá trị riêng
: →X
X
Định lí 1.2. Cho không gian Banach X, K là nón compact địa phương. Ánh xạ
là ánh xạ tuyến tính, liên tục, dương. Khi đó có vectơ riêng trong K.
Chứng minh.
( ,1)θ
= ∩ V K B
+
( ) x
∈
=
là tập compact. K là nón compact địa phương nên
V→
u K θ \ { }
,
.
( ) x
∈ x V
:n V
n
+
x ( )
u n u n
Lấy , xét ánh xạ thỏa
n là xác định, n∀ . Thật vậy:
1
Ta có
n x = ( )
+ − =
⇒
≠
θ
x ( )
≥ ( ) 0 x
x ( )
•
n x ≥ ( ) 0
u n
u n
u + ≥ n
u n
. Nên •
n là ánh xạ compact. Thật vậy, lấy dãy { }k kx
bị chặn Ta có
)} k
∃ x ( { n
)} i
ki
trong V, V compact ,nên hội tụ trong V. Dãy {
.n∀
{ x⊂
)} i
kx ( n Tức là tồn tại dãy {
}
} k k
x k i
n x ( k i
hội tụ, sao cho {
n có điểm bất động, nên
=
V
:
(
)
∃ ∈ x n
n
x n
x n
+
=
=
+
=
Theo định lí điểm bất động Schauder thì ánh xạ
V
:
(
)
.
,
(
)
,
1
⇒ ∃ ∈ x n
x n
λ λ x n n
n
x n
x n
v n
u n
+
≤
+
.
u
∀ n
(
)
,
(
=
λ ≤ n
x n
λ n
x )n
u n
u n
λ λ
⊂
0
= > .
{ λ
} n n
nk
}λ ∃ { k n k
hay Ta có hay { }λn bị chặn.Do đó:
k
sao cho lim →∞
8
=
=
và
1.
x
x 0
x 0
}
}nk k
λ nki
∃ nki x
lim →∞ i
i
+
+
∀ i
(
)
,
)
sao cho { trong V, V compact nên {
x ( n
∀n n ,λ= x n
x nki
λ= n k i
x n k i
u n
u n k i
λ=
≠
θ
)
nên . Ta có
x ( 0
x x , 0 0
Cho i → +∞ , ta có .Vậy ánh xạ có vectơ riêng 0x trong K.
Hệ quả . Nếu X là không gian hữu hạn chiều thì mọi ánh xạ tuyến tính dương từ X
và X đều có vectơ riêng dương.
= ∩
∀
Chứng minh:
V K B x r là tập
( , )
B x r là tập compact,
( , )
B x r ( , )
∀
E hữu hạn chiều nên .Vậy
B x r ( , )
compact, .
−
= K K X )
Định lí 1.3. Cho không gian Banach X. Giả sử rằng:
1) K là nón tựa sinh (
: →X
X
>
r
(
)
0
là ánh xạ tuyến tính, dương, compact có bán kính phổ là 2)
λ= 0
.
Khi đó có trong K vectơ riêng 0x tương ứng với giá trị riêng 0λ .
Chứng minh.
∀ = i
k
1,
λ λ λ là các giá trị riêng của thỏa
i
λ λ= 0,
2,
,..., k
0X là
n
−
. Gọi Ký hiệu 1
Ker
(
)
λ iI
∞ k = = 1 1 i n
không gian con sinh bởi tập
0X có số chiều hữu hạn. Khi đó ta có:
(
X
thì
) ⊂X 0
0
=
(
K⊂
•
}
λ λ λ và ,..., k 1
2,
0
0
)K 0
0
là { X
0
+
=
=
+
K
= ∩ K X K K iK
x
:
,
{
} ∈ iy x y K .
0
0 ,
K
θ≠ { }
, với • Phổ của
0
Ta chứng minh
9
=
,
.
1X là không gian con bù với
0X theo nghĩa
⊕= E E 0
E 1
1
| 1 E
σ (
σ (
,...,
• Ký hiệu
)
1 là
= ) 1
λ λ λ { , 1 2
}k
q λ< 0
σ
⊂
≤
)
λ λ { :
}q
Ta có phổ của .Do đó tồn tại số
1(
∀ ∈ ∃ ∈
∈
= +
z X
, !
u X v X z ,
:
u v
sao cho .
0
1
→
=
p X :
X p z ( ) ,
u
•
0
=
K u :
(
Đặt ánh xạ
−
= K X nên
∃ ∈ z 0
≠ . p z θ ) 0
0
−
−
n
n
<
<
<
<
q
Do K
;
,
2,q q :
q 1
< q λ 0 2
n 1
n q 1
0
q 2
−
z
(
)
n 1
0
u 0
−
z
u
−
0
0
n
≤
. Khi n đủ lớn, ta có • Chọn 1
0
n 1
n
lim →∞ n
lim →∞ n
u
0
)
0
u ( 0
n
−
z
u
0
0
≤
=
0.
lim →∞ n
u
0
q 1 q 2
n
(
)
∈
nên
= 1
x K x 1,
0
n
(
)
x 0 x 0
K
θ≠ { }
Do đó dãy có dãy con hội tụ về phần tử 1
0
+
( ) x
∈
∩
=
. Nên
→ = V
K
B θ
:
( ,1)
.
( ) x
n V :
0
u K θ 0 \ { }
n
+
( ) x
u n u n
z Chứng minh tương tự Định lí 1.2, ta có ánh xạ có vectơ riêng 0
K∈ 0
Lấy , Xét ,
0λ≥ . Và số λnày là một trong các số
(
tương ứng với giá trị riêng
0λ λ=
λ λ λ nên ,..., k 1
2,
)z 0
zλ= 0 0
0λ λ=
+
=
+
∈
∈
=
+
(
)
λ (
);
K
, suy ra . Nên .
z Giả sử 0
x 0
iy 0
x 0
iy 0
x 0
iy 0
x 0
K y , 0
+
=
λ
+
(
)
(
)
λ i
⇒
i
x 0
y 0
x 0 0
y 0 0
⇒
=
λ
=
λ
(
)
,
(
)
y khác
.θ
x 0
x 0 0
y 0
y 0 0
, ta có
0,x
và ít nhất một trong hai phần tử 0
Vậy có trong K vectơ riêng dương tương ứng giá trị riêng 0.λ
10
Định lí 1.4. Cho không gian Banach X, K-nón. Giả sử rằng:
: →X
X
p
p
∃ ∈
∈
≥
là ánh xạ tuyến tính, dương, compact. 1)
:
− ∈ ∃ > ,
0,
:
u X
u K
c
p
( ) u
c
u
*
n
n
→
≤
=
∀ ∈ ∃
. 2)
0,
d
(
x ( ),
L
(
K
) )
(
x
)
L K (
)
− K K
x X dãy ,
α α ( ) : n
n
α n
rλ = ( ).
, 3)
cλ ≥ và 0
.λ < c
Khi đó có trong K vectơ riêng tương ứng giá trị riêng 0
.cλ ≥ Giả sử trái lại 0
Chứng minh. Ký hiệu 0λ là bán kính phổ của . Ta chứng minh 0
∃ λ λ λ 0:
< < c suy ra: ,
∞
=
0
Khi đó
m u ( )
(
m u ( )
λ ρ∈ ) nên )
lim →∞ m
1 ∑ m + 1 λ
1 λ + 1 m
= 1
m
np
p
np
n
≥
=
=
hội tụ (do .
( ) u
( ) u
np c u
u
1 n p
1 p n
λ
λ c
1 λ + np 1
c
c
Ta có
.cλ ≥
u ≤ . Mâu thuẫn với
0
n → ∞ ta có ,
− ∈ Vậy 0 u K .
=
−
Cho
:H K K
|H bằng 0.λ
, ta chứng minh bán kính phổ của Đặt
=
λ
=
+
=
+
x ( )
x x ,
,
Chỉ cần chứng minh: Mọi vectơ riêng của tương ứng với giá trị riêng λ mà
H H iH
.
0λ λ=
x 1
ix 2
= λ λ 0
n
n
n
=
+
=
0;
0
thì chứa trong . Giả sử
→ thỏa:
x ( )
(
)
(
)
n xλ
i
x 1
x 2
∃ → α n
β n
n
n
≤
(
(
)
(
)
d
); x L K 1
x 1
α n
n
n
≤
(
);
(
)
d
( L K
x 2
x 2
β n
và
) ) )
=
−
Khi đó ( (
d x L K
( ,
(
))
x
y
inf ( ∈ y L K
)
Ta có
11
n
=
n λ λ − x
y
)
1 inf n y L K ∈ (
λ
=
n λ
−
'
x
y
)
1 inf n y L K ∈ ' (
λ
=
=
n λ (
)) :
(
) ,
))
( , x L K
d
d
( L K
n ( x
1 n λ 0
1 n λ 0
n
n
≤
+
( ,
(
))
(
(
),
(
))
(
(
),
) )
d x L K
d
d
( L K
x L K 1
x 2
1 n λ 0
n
n
≤
+
(
)
(
)
β n
x 1
x 2
α n
n
n
≤
+
(
)
x
)( x
β n
α n
1 n λ 0 1 n λ 0
n
n
n
Ta có
{
}
n
=
)
(
x
)
( + α β n
n
=
n λ
x
)
n
( + α β n
=
.
x
)
1 n λ 0 1 n λ 0 ( + α β n
n
⇔ ∈
=
= Với x ( ) max ( ) , ( ) x 1 x 2
d x L K = 0 (
( ,
))
x L K
(
)
− K K
Cho n → ∞ , ta có
x H∈ Vậy bán kính phổ của
.
|H bằng 0λ .
Nên
Áp dụng Định lí 1.3, ta có 0λ là giá trị riêng tương ứng với vectơ riêng trong K của
ánh xạ . Định lí 1.5. Cho không gian Banach X, nón K. Giả sử rằng:
: →X
X
=
>
∃ ∈
≥
c sup{
0 :
u K
θ \ { },
u ( )
cu }
0λ > .
là ánh xạ tuyến tính, dương, hoàn toàn liên tục. 1)
λ 0
2) thỏa 0
Khi đó 0λ là giá trị riêng tương ứng vectơ riêng dương của .
Chứng minh.
12
≥
=
u (
)
.
> 0 ,
c n
n
c u n n
c n
λ 0
m →∞
, li n
≥
∈
thỏa Xét dãy { }nc
(
)
.
= sao cho
,
1
λ∃ n
c n
x n
, K x n
x n
xλ= n n
≤
Theo chứng minh Định lí 1.1,
(
)
,
∀ n
,
λ = n
x n
1 x n
Khi đó nên { }λn bị chặn nên có dãy con hội tụ, có thể
'
> . 0
nλ λ→ và
λ λ≥ ' 0
coi
)nx ( }
θ
=
→
≠
có dãy con hội tụ. Mặt khác, là ánh xạ compact nên {
1
(
)
,
nx = ). Qua giới hạn ở
x n
x n
x 0
x 0
1 λ n
(
(
)
'
Nên ta có thể coi (vì
,λ=n x x ) n n
.λ=x x 0 0
.
.
ta có
λ λ= ' 0
'λ λ≥ 0
λ λ≤ ' 0
λ
∈
=
λ
≥
> ' 0,
K
θ \ { }
:
(
)
λ '
.
Ta đã có .Cần chứng minh Ta chứng minh
∈ > ∃ ∈ c ' { 0,
u K
θ \ { }:
u ( )
cu }
x 0
x 0
x 0
λ
=
∈
(
)
θ \ { }.
.
K
Nên Ta có
x 0
, x x 0 0 0
λ λ≤ ' 0
Vậy Suy ra
: →X
X
u⇔ ∃ > và số 0
là ánh xạ tuyến tính Định lí 1.6. Cho không gian Banach X, nón K.
µ
>
≥
≤
dương, compact. Khi đó có vectơ riêng dương
λ= inf{
∃ 0 : x
u
,
x ( )
λ x }
là dương.
Chứng minh.
)⇒
=
>
>
(
)
,
0.
u
x=
Điều kiện cần (
x 0
x xλ 0 0 0
θ λ , 0
0,
Giả sử Lấy ta chứng minh nếu
x
x ( )
λ≤ x
(* )
0.µ>
≥ , u
0µ λ≥
λ λ≥ 0.
<
λ
=
≤
≤
thì Và do đó nên
x
λ x
0
)
u ( )
(
)
λ λ< 0.
= x 0 0
x 0(
Ta có cho Giả sử λ∃ thỏa (*) mà
0λ> .
nên
1t ≥ .Từ
tu≥
≤ ⇒ ≥
≥
=
=
)
( ) x
λ x
x
( ) x
( tu
( ) u
thì Ta ký hiệu t là số lớn nhất thỏa mãn điều kiện x
λ t u 0
1 λ
1 λ
1 t λ
1 λ
1 .λ > t t 0 λ
, trong đó
λ λ≥ 0.
Mâu thuẫn tính lớn nhất của t. Do đó phải có
)⇐
Điều kiện đủ (
13
+
( ) x
=
= ∩ V K B θ
( ,1)
.
( ) x
n :
n
+
( ) x
u n u n
)
V⊂
Tập lồi, đóng, bị chặn, xét ánh xạ
n là ánh xạ compact,
n V (
Thì (do Định lí 1.1)
n có điểm bất động trong V,ta có:
=
+
=
=
+
=
V
:
(
)
Theo định lí điểm bất động Schauder,
(
)
,
(
)
,
1.
∃ ∈ x n
n
x n
x n
x n
λ λ x n n n
x n
x n
u n
u n
λ= n
u
≥ (vì n n x
y Đặt n
x n n
u λ ≥ t), ta có: n
=
≤
=
λ
(
y
)
(
)
)
.
, hay
n
λ n n
x n
λ λ n ( n
x n n
y n n
nλ µ≥ .
+
≤
+
Theo định nghĩa µ ta có
(
)
,
∀ n .
λ = n
x n
u n
u n
→ ≥ nλ λ µ . 0
Ngoài ra ta còn có
=
+
Vậy { }nλ bị chặn nên có dãy con hội tụ, ta có thể coi
(
)
)nx } (
x n
x n
u n
1 λ n
+
=
λ
(
K θ \ { }.
có dãy con hội tụ và . Do compact nên {
x )n
x n n
nx
→ ∈ x 0
u n
=
λ
≠
(
)
,
θ .
Nên có thể coi Qua giới hạn ở ta có
x 0
x 0 0
x 0
Vậy có vectơ riêng dương 0.x
Định lí 1.7. Cho không gian Banach X, nón K. Giả sử rằng:
=
≤
∀
0.λ >
x ( )
λ x
,
là ánh xạ tuyến tính dương, compact. 1)
} ≥ x u }
λ 0
: →X X { λ sup inf{ : > θ u
2) thỏa 0
θ
≠
=
≤
, K u
Khi đó có vectơ riêng dương tương ứng giá trị riêng 0.λ
λ x
,
λ inf{ :
x ( )
,
}
}
µ n
µ n
∀ ≥ n x u
∃ ∈ u n
n
nµ λ→ 0.
λ
(
,
thỏa
\ { },
= và 1
xθ n
λ ≥ n
:µ n
=n ) x
x n n
Theo Định lí 1.6, ta có: Chứng minh. Do định nghĩa của 0λ nên : dãy số { ∃ ∈ K x n
14
=
≤
(
)
⇒ < 0
,
∀ . n
λ n
x n
λ n
1 x n
'
→ ≥ nλ λ λ 0
. Vậy { }λn bị chặn nên có dãy con hội tụ.Có thể coi
)
)nx ( }
=n x
( x n
1 λ n
có dãy con hội tụ và . Mặt khác compact nên{
→ > Qua giới hạn ở
(
(
)
'
nx
x θ . 0
x )n
xλ= n n
.λ=x x 0 0
.
.
Có thể coi ta có
λ λ= ' 0
'λ λ≥ 0
λ λ≤ ' 0
u
x=
Ta đã có . Chứng minh Chứng minh
0.
Áp dụng phương pháp chứng minh Định lí 1.6, ta có: Đặt
'.λ λ≥
≥ x u
,
λ x
≤ ( )x
µ
=
λ≤
≥
≥
Từ thì
λ inf{ :
(
x
)
x x ,
}
λ '
.
λ λ≥ '.
,
x 0
0
λ λ= ' 0
=
λ
∈
(
)
K
θ \ { }.
x 0
x x , 0 0 0
Vậy Do đó Vậy nên ta có
Do đó có vectơ riêng dương ứng với giá trị riêng 0.λ
: →X
X
u⇔ ∃ > sao cho 0
là ánh xạ tuyến tính Định lí 1.8. Cho không gian Banach X, nón K và
m
− 1
µ
=
λ
dương, compact. Khi đó có vectơ riêng dương
inf{
0 :
( ) u
1 m λ
∞ > ∑ . = m 1
hội tụ } là số dương.
=
>
>
(
)
,
0.
Chứng minh.
)⇒ . Giả sử
x 0
x xλ 0 0 0
θ λ , 0
m
− 1
m
− 1
=
=
λ
=
u ( )
(
)
u
.
u
x=
Điều kiện cần (
u (
)
0,
x 0
x 0 0
λ 0
λ 0 λ
u . λ
=
1 m λ
m
− 1
ta có Lấy Khi đó
0
> thì chuỗi
( ) u
λ λ∀ > 0
∞ 1 ∑ m λ = m 1
m
− 1
Nên hội tụ.
( ) u
)00,λ ( ∀ ∈ λ
∞ 1 ∑ m λ = m 1
thì chuỗi phân kỳ.
> . 0
µ λ= 0
Do đó
15
0µ> thì bán kính phổ r của ánh xạ
|H lớn hơn hay
)⇐ Nếu
=
Điều kiện đủ (
− H K K ).
,µ (
=
≠
(
)
.θ
bằng
x 0
, rx x 0 0
Theo Định lí 1.3, tồn tại phần tử 0x sao cho
Định lí 1.9. Cho không gian Banach X, nón K. Giả sử rằng:
: →X
X
m
=
>
0 :
− 1( ) hoä u
i tuï
0.λ >
là ánh xạ tuyến tính, dương, compact. 1)
λ 0
∞ 1 ∑ . m λ m = 1
λ
sup inf u > θ
2) thỏa 0
Khi đó có vectơ riêng dương tương ứng giá trị riêng 0.λ
∞
m
−
Chứng minh. Do định nghĩa của 0λ nên:
> sao cho
∃ 0u θ
m
= 1
(
)
'
inf ) hoäi tuï 0 : là số dương. u ( 0 1 ∑ 1 . m λ λ >
> x θ ∃ , 0
'λ λ≥ 0
.λ=x x 0 0
∞
m
−
.
u
số sao cho Theo Định lí 1.8, ta có
u hội tụ. ( )
λ λ≤ ' 0
x= 0
m
1 ∑ 1 . m λ= 1
∞
m
− 1
Đặt , xét các số λ sao cho Ta chứng minh
)
x
( u
',λ λ<
'.λ λ≥
m
1 = ∑ : . m λ = 1
m
=
=
x ( )
u ( )
x uλ − .
.
1 m λ
∞ ∑ m = 1
≥
x
u . .
Ta chứng minh Giả sử đặt , ta có:
x ( )
xλ+ = .
u
⇒
1 λ
≥
>
t
0.
Suy ra
tu≥
1 λ
=
+
≥
+
=
x
u
u
+ u u
x ( )
tu (
)
λ t '
thì Ký hiệu t là số lớn nhất thỏa x
]
]
]
1 [ λ
1 [ λ
1 [ λ
=
=
=
u ( )
(
)
λ '
λ '
u
Khi đó
x 0
x 0
). (do
16
>
+
>
≥
t
λ λ< ';
t
> ) 0
x
u , trong đó
λ λ 1 ' ' t t λ λ λ
1λ t ' + λ λ
Vậy (do
'.λ λ≥
m
u
=
>
≥
0 :
− 1( ) hoäi tuï
λ '.
.
Mâu thuẫn tính lớn nhất của t. Nên Do đó:
λ λ= ' 0
λ 0
∞ 1 ∑ . m λ m = 1
λ
sup inf u > θ
x
λ
=
≠
)
,
θ .
Vậy
x ( 0
x 0 0
0
Do đó ta có
17
Chương 2
VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ LIÊN
HỢP
:
.
Trong chương này ta quan tâm đến sự tồn tại vecto riêng của ánh xạ liên hợp.Với
X→ X
: X
giả thiết X là không gian Banach, K nón trên E và ánh xạ
X→
\ { }.θ
∈u
K
là ánh xạ 2.1 Ánh xạ bị chặn, liên tục theo nón. Định nghĩa 2.1. Cho E là không gian Banach, nón K. Ánh xạ
tuyến tính và 0 Khi đó được gọi là;
n x ( )
0 _u
u β≤ . . 0
∀ ∈ ∃ ∈ ∃ > bị chặn nếu sao cho x X n 0β , , 1)
0 _u
∀ ∈
β
bị chặn dưới) nếu dương và 2) bị chặn trên ( 0 _u
x K
\ { },
nθ
0
∃ ∈ ∃ > ,
n
n
≤
≥
x ( )
(
x ( )
)
u β 0
u β 0
sao cho:
0 _u
−
=
(
0.
( ) x
x 0
) u 0
lim → x x 0
3) liên tục tại 0x nếu:
0 _u
−
=
x ( )
(
)
. 0
x 0
u 0
lim → x x 0 ≥ x x 0
=
λ
4) liên tục tại 0x theo nón K nếu:
inf {
> − 0:
≤ ≤ x
}.
x 0
α u 0
α u 0
u 0
Với định nghĩa
∃ ∈ ∃
>
Định lí 2.1.
,
0
n 0
β 0
n 0
∀ ∈
sao 1) là ánh xạ tuyến tính dương và 0u _bị chặn trên thì
x ( )
,
x X
.
β≤ 0
x u 0
cho:
18
∃ ∈ ∃
>
,
0
n 0
β 0
n 0
−
≤
≤
∀ ∈
x u
x u
x X
x ( )
,
.
β 0
0
β 0
0
sao cho: 2) là ánh xạ tuyến tính và 0u _bị chặn thì
*
≥
∀ ∈
K∈ int
Chứng minh. Xem chứng minh chi tiết trong [3].
)
r f
.
r∃ > sao cho
0
f K
f u 0(
thì có
u Bổ đề 2.1. Nếu 0
u X u
∈
=
,
1,
B u r ( , )
Chứng minh.
K⊂ Với .
+ ∈ nên
Gọi r là số dương thỏa mãn ta có u ru K
r
r f
≥
=
f u ( )
f u sup ( )
.
=
rf u ≥ ± f u ru− ( ≥ ) 0, f u ( ) ( ), dẫn đến cho nên
= và
u
K∈ int
: Π → Π
Π = ∈ {
* f K u f
(
:
)
f u
( ) 1}
*
, liên tục Bổ đề 2.2. Cho
)
(
,
σ X X . Khi đó có điểm bất động trong Π .
đối với tôpô yếu
Chứng minh.
Ta có:
* σ X X . ,
)
(
• Π là tập lồi
≥
∃ > r
0 :
f u ( )
r f
f∀ ∈ Π , theo bổ đề 1.1, ta có
• Π đóng đối với tôpô yếu
1 ⇒ ≤ f r
⇒ Π bị chặn theo chuẩn.
•
* σ X X . ,
(
)
*
Vậy Π compact đối với tôpô yếu
: Π → Π
σ X X Theo định lí điểm bất động
).
(
,
liên tục đối với tôpô yếu
Π
=
∃ ∈ f
:
(
f
)
f
.
Tykhonoff trong không gian lồi địa phương thì có điểm bất động trong Π .
2.2 Các định lí về sự tồn tại vectơ riêng dương của ánh xạ liên hợp
*
Định lí 2.2. Giả sử K-thể nón, là ánh xạ tuyến tính liên tục, dương. Khi đó,
*K vectơ riêng.
có trong
Chứng minh.
19
K∈ int
Π = ∈ : {
(
:
= ) 1}
* f K f u 0
u Lấy 0
*
+
f
f
(
)
Π → Π
=
f
:
,
(
)
*
+
f
(
f u ), 0
*
(
)
,
(do K là thể nón), đặt và
σ X X .Theo bổ đề 1.2, có điểm bất động
Thì liên tục đối với tôpô yếu
*
*
ϕ
+
ϕ ( )
Π
= ⇒
= ⇒ ϕ
=
∃ ∈ ϕ
:
ϕ ϕ ( )
*
ϕ +
1
+ ( ϕ
)
ϕ
+
ϕ ( ) ) ( u 0
ϕ ( ),
ϕ
u 0
*
ϕ
+
( = + ϕ ϕ ϕ ( )
) ϕ .
u 0
*
≠
trong Π .
u
,
* .
( = ϕ ϕ ( )
) ϕ ϕ θ .
0
Hay (do ϕ∈ Π ). Vậy ϕ là vectơ riêng dương của
≤
∃ ∈ v
K
λ= inf{ :
int
,
v ( )
}λ v
*
λ 0
0.λ > Khi đó, 0λ là giá trị riêng của
Định lí 2.3. Giả sử rằng K-thể nón, là ánh xạ tuyến tính dương, liên tục
thỏa 0
*.K
tương ứng với vectơ riêng dương trong
=
−
{
(
}
K
: y y
x
∈ ), x x X
Chứng minh.
0
λ= 0
, lúc đó ta có: Đặt
0K là tập lồi
∩
K
(int
K
)
= ∅ . Thật vậy, giả sử trái lại rằng:
•
0
∃ ∈
=
⇒ ∃
x X y
:
∈x ( )
i
nt
K
− x
B y r ( , )
⊂ K
λ 0
ε⇒ + ∈
r .
x B y r nếu ε y ( , ) ≥ +
λ ε
(
) x x
( ) = +
y ε
x θ
. • 0ε∃ > sao cho − 0 Do đó: Vậy, 20 = x x
( ) y
+
λ ε λ ε ε
+
x
+ 1
+ 0 y = + + x
( ) 0
ε
+
x
+ ε
+
x
+ 1
+ 1
+
y
λ ε λ ε λ ε λ ε
0 0 0 1 1 2 = + + y ε
x x
( ) ( ) 2 2 0
ε
+
x
+ + y
+
λ ε λ ε
)
(
0 (
)
λ ε
+ 0 0 = ... m m m −
1 y ) 1 + + ≥ y ε
x = + +
... . ( ) ε
x
m 2 ε
+
x
+ + y
+
λ ε λ ε
)
(
0 (
+
(
)
λ ε
+ ( )
x
m
(
)
λ ε
+ ( )
x
m
(
)
λ ε
+ 0 0 0 0 + ≥ ⇒
θ + ≥ θ y ε
x ( y ε
x ) + ≤ (do ). ∃ ∈
v K λ
v int , : v
( ) )
∃
λ λ λ ε
,
0 0
∈ (tương tự Do định nghĩa của 0λ nên y K∈
int + ). v K∈
int xδ θ ≥ từ đây suy ra m m ≥ ⇒ ≥ − ≥ − m
λ ( ) , x v x ( )
v v Từ nên khi δ đủ nhỏ thì v 1
δ 1
δ −
1
δ m m nên: 0 < ≥ x .
v )
m λ
+ (
x
λ ε
+
(
)
1
≥ −
δ λ ε
0 1 ,θ≥x
( ) λ
λ ε
+ 0 = x K x
( ) int . ( )
+ ∈
y 1
λ
0 ), nên dẫn đến: Qua giới hạn, ta có x θ≥ (do 0α∃ > sao cho ,α≥y x do đó: y K∈
int − ⇒ ≤ x ≥x
( ) α
x x
( ) −
λ α
( x
) . λ
0 0 ∩ K (int K ) = ∅ . 0 Mặt khác, nên λ α λ− <
0, * ∃ ∈ Trong đó 0 mâu thuẫn với định nghĩa của 0.λ Do đó f K ≤ ∀ ∈ ≥ ∀ ∈ f x
( ) 0, x K (2) f x ( ) 0, x K (1) ; 0 ≠ Theo định lí tách tập lồi thì sao cho: ∈
f K * , f .θ Từ (1) ta có 21 − K I ) X
)( 0K là không gian con của X (do 0 λ=
0( ∀ ∈x K
0 − = − ≥ f ( x ) f x ( ) 0 (do (2)) Ta có ). Vậy với mọi − ∈x K và 0 − ≤ f ( x ) 0 (do (2))
thì: 0K . − − = x x
( ) I )( X ) K trên Từ đây suy ra θ=f λ
0 λ∈
(
0 0 * = ⇒ − = ⇒ = ∀ f x
( )
) 0 f x f f x ∈
x X ) ( x
( )
) 0 f x
( ) ( ), . λ
(
0 λ
0 λ −
0(
x ) nên: Ta có *( f ) . fλ= Hay Định lí 2.4. Giả sử rằng: 1) K nón chuẩn, K thể nón. > ≤ r ( ) λ=
inf{ 0 : ∃ ∈
v int K , v
( ) λ
v
} 2) là ánh xạ tuyến tính dương, liên tục.Khi đó : ) r là giá trị riêng tương ứng và ( *. vectơ riêng dương của > ∈ λ=
inf{ 0 : ∃
v int K , ( ) λ
≤
v
},
v ) rλ = .
( λ
Đặt 0 Chứng minh. ∞ m − λ∀ > chứng minh 0 u hội tụ, cho nên tồn tại v sao
( ) r ( ), ∀ ∈
u int K m 1
∑ 1
.
m
λ=
1 , ta có chuỗi ∞ m −
1 m cho: ). )
, ( )
v (
u v (
u .
.
1
m
λ 1
= ∑ m
:
λ m =
1 ∞
= ∑
=
m
1 ⇒ ≤ λ ∈ ⇒ ≥ int λ
v = +
u ( )
v ( )
v ,
v v K λ λ
0 dẫn đến Vì thế cho nên: r ( λ≥
)
0 λ ∈ λ . Do đó . ∃ ∈
v int 0, ,
( ) >
λ λ
0 ∃ ∈
K λ
,
1 ( )v vλ≤
1 m m Xét sao cho: Theo định nghĩa của 0λ , ≤ u
( ) ∀
u m
( ),
. c
m −
1 m −
1 ≤ < ≤ = ≤ Với u K c ∈ ∃ >
, 0 : u , v −
1
v v 0 u
( ) ( ) , m
λ
1 c
λ
1 1
m
λ
1 c
m
λ
1 Do đó từ đây suy ra: cv suy ra
c
m
λ
1 22 m −
1 ≤ 0 : =
: . ∃ >
N ( )
u v l Nc
λ
1 1
m
λ
1 m m −
1 −
1 m m = ≤ ∀ ) , ( )
u (
u l .
m (do K-nón chuẩn) λ
1
λ λ
1
λ 1
m
λ
1
m
λ
1 m −
1 < < Khi đó u
( ) 0 λ λ
1 ∞
1
∑
.
m
λ
=
m
1 hội tụ, ). Do đó chuỗi ,∈u K (do m m m −
1 −
1 −
1 = − ∀ ∈ = − ∈ ∈ Mặt khác, K là nón sinh (do K-thể nón), vì thế nên x X x , u v u K v K
, , , x
( ) u
( ) .
.
.
1
m
λ 1
m
λ 1
m
λ
v
( ) ,
∞
∑
=
m
1 ∞
∑
=
m
1 ∞
∑
=
m
1 ) ) rλ = .
( r
( hội tụ. thì .λ≤
0 Cho nên λlà giá trị chính quy của ,và từ đó Do đó 0 ) * . r là giá trị riêng của Chứng minh ( 0 *K ; tức là * có vectơ riêng ϕ trong =
) ϕ λϕ=
, ' = , theo định lí 2.2 thì Nếu (
r ' 0.λ = Do đó giá trị riêng của r= ( ) 0 r 0 * bằng (
r =
) *( )
( )* nên . mà ) 0,> *K ; tức là * có vectơ riêng f trong r * ( .λ=f
)
f 0 rλ = ( 0 theo định lí 2.3 thì Nếu ( >
) * bằng 0 Do đó giá trị riêng của . Định lí 2.5. Giả sử rằng: ∞ m − 1) K-nón chuẩn, K-thể nón, là ánh xạ tuyến tính dương, liên tục. là số dương. m =
1 *K của * . K = > v
∃ ∈ inf 0 : int , v
( ) hoäi tuï 2) λ
0 1
∑ 1
.
m
λ
λ
Khi đó, 0λ là giá trị riêng tương ứng vectơ riêng trong ) rλ = .
( Chứng minh. Ta sẽ chứng minh 0 23 ∞ m − λ∀ > v hội tụ.
( ) r ( ), ∀ ∈
v int K m 1
∑ 1
.
m
λ=
1 thì chuỗi r ( . λ≥
)
0 λ ∈ λ Tương tự chứng minh định lí 2.4, ta có . ∃ ∈
v int 0, ,
( ) >
λ λ
0 ∃ ∈
K λ
,
1 m −
1 v
( ) Xét sao cho: Theo định nghĩa của 0λ , .
1
m ∞
∑
λ
m
=
1 1 →∞ m m m
− →
1 v
( ) θ
. hội tụ. −
1( )
v ≤ ∀
l
, m
. l∃ > sao cho 0 1
m
λ
1 1
m
λ
1 m m Vì thế nên Do đó ≤ v K∈
int ( )
u ∀
( ),
.
v m c
m m −
1 −
1 ≤ ≤ 0 v
( ) u
( ) ≤ ), dẫn đến Với u K c ∈ ∃ >
, 0 : u cv (do 1
m
λ
1 c
m
λ
1 m m −
1 −
1 u Nc N
∃ > ≤ ≤ 0 : ( ) v
( ) Ncl
. suy ra: Do đó 1
m
λ
1 1
m
λ
1 m m −
1 −
1 m m = ≤ ∀ , ( )
u ( )
u l
Nc ,
m (do K-nón chuẩn) λ
1
λ λ
1
λ 1
m
λ
1
m
λ
1 m −
1 < < Khi đó u
( ) 0 λ λ
1 ∞
1
∑
.
m
λ
=
m
1 nên chuỗi hội tụ, ). ,∈u K (do m −
1 ∀ ∈ = − ∈ ∈ Mà K là nón sinh (do K-thể nón) nên x X x , u v u K v K
. , , ( ) x ∀ ∈x X
. ∞
1
∑
.
m
λ
=
m
1 ) ) (
r rλ = .
( hội tụ Vậy chuỗi ,λ≤
0 ( ) rλ = là giá trị riêng tương ứng vectơ riêng dương của * . Do đóλlà giá trị chính quy của ,suy ra nên 0 Theo định lí 2.4, 0 Định lí 2.6. Giả sử rằng: 1) K-thể nón, là ánh xạ tuyến tính, dương, liên tục. 24 * = ≤ ≥ là số dương. inf ) , (
f λ
f f g λ
0 {
λ
: } ) ( sup
* \{
θ
} ∈
g K *K . * tương ứng vectơ riêng dương trong 2) Khi đó, 0λ là giá trị riêng của Chứng minh. ∃ ∈ 0λ > nên Lấy u tùy ý thuộc int K. µ = ≤ ≥ > sao cho *( )
f nf i λ
f , f 0 g * \ { }
g K θ
} Π = . Theo định nghĩa 0
{
λ
: = ∈
{ *
f K u f ( : ) f u =
( ) 1}, :n Π → Π
* + ( ) f = ( ) f (
n Đta đặt xét ánh xạ được cho bởi: *
σ X X
,
) * + ( ) u f g
n
g
n
thì n liên tục đối với tôpô yếu * + ( ) f n λ⇒ + = = *( f : ( ) f f = Theo bổ đề 2.2 , thì n có điểm bất động trong Π . n nf )n ∃ ∈ Π
f
n n n n g
n * + ( ) u f n g
n
g
n
= + u f *( ) λ
n n g
n
= = + , trong đó: h λ
n *( f ) g ,≥h g và n
f
n n n * * = ≤ Với h f f ( ) ( ) h
. ) λ
n
n n λ λ
n
(
n
n λ
n n ta có
= nλ µ≥
. = + + λ Nên, f f u
( ) *( ) u
( ), *( ) u
( ), f
n n n λ
n n g
n g
n
=
Mặt khác dẫn đến vì thế nên: 25 * ≤ + u f ( ) λ
n n g
n * ≤ + u f g ( ) n ) ( ≤ + u g , ∀
n
. 1
r
λ λ µ→ ≥
, f n ∈ Π (do nλ µ≥ ). Điều này chứng tỏ{ }λn bị chặn, cho nên có dãy con hội tụ. Ta có thể coi f . nf λ + f *( = có dãy con hội tụ. Ta có thể coi →yeáu Do Π compact yếu cho nên { }nf λ =f ). *(
f f
n n )n g
n * = ≤ ≥ Qua giới hạn ở , cho ta inf f
( ) λ
f , f g * \ { }
K θ ∃ ∈
ng µ
n n {
λ
: } sao cho Do định nghĩa 0λ nên nµ λ→
0. * Π = và ; sao cho ( f ) f . ∃ ∈
f
n ≥
λ µ
n n n λ
n n , u ∀
.
n Áp dụng chứng minh trên ta có *( u
)( ) λ ≤
n λ =n nf 1
r f → ≥ yeáu
→ Π∈ ' , . n nf nên Khi đó 0 * = ≠ Và Π compact yếu, nên có thể coi λ λ λ
0 f *( ( ) λ
' , θ
. f f f ) λ=n f
n n 0 0 0 . ta có Qua giới hạn ở λ λ=
'
0 Chứng minh 'λ λ≥
0 λ≤ . Ta đã có =g f . f g ) f thì *(
≥ f
, λ λ≤
'
0 0. Chứng minh Chọn Ta chứng minh, nếu 'λ λ≥ * * < = ≤ ≤ . 'λ λ< 0.λ> Ta gọi t là 0 λ
' g g
( ) ( f ) λ
f ≥ > t 1 0 , do cho nên Giả sử trái lại tg thì g≥ ). * * ≥ ≥ = ( ) ) , t f f (
tg g số lớn nhất thỏa ≥f (do f > (do 0 'λ λ< < λ
t
'
λ 1
λ 1
λ λ
'
t
λ t > ).
0 trong đó và Khi đó ta có 26 vì thế cho ',λ λ≥ Từ đây thấy ngay được sự mâu thuẫn tính lớn nhất của .t Cho nên * ≤ ≥ inf f
( ) λ
f , f g λ≥
'. } nên: . . {
λ
:
λ λ=
'
0 λ λ≤
'
0 * * = λ ∈ Hay Do đó ( f ) , f K θ
\ { }. * tương ứng 0 f
0 0 0 *K . Vậy ta có Do đó 0λ là giá trị riêng của vectơ riêng 0f trong Định lí 2.7. Giả sử rằng: m * −
1 = nf
i 0 : g
( ) hoäi tuï .
là số dương. 1) K-thể nón, là ánh xạ tuyến tính, dương, liên tục. λ
0 1
m
λ ∞
∑
m
=
1
λ
>
g K
∈ sup
* \ θ
{ }
*K của ánh xạ * . 2) Khi đó, 0λ là giá trị riêng tương ứng vectơ riêng dương trong Chứng minh. ∃ ∈ 0λ > nên Lấy u tùy ý thuộc int K. * \ { }
g K θ m * g µ = > > inf 0 : −
1( ) hoäi tuï 0 sao cho Theo định nghĩa 0 .
1
m
λ ∞
∑
m
=
1
λ
. Π = ∈
{ *
f K f u =
( ) 1}, : :n Π → Π
* + ( ) f = ( ) f (
n xét ánh xạ , được định bởi, Đặt *
σ X X
,
) * + ( ) u f g
n
g
n
thì n liên tục đối với tôpô yếu * * = = + λ f u f : ( ) , ( ) . +
∃ ∈ Π
f
n f
n n n λ
n n g
n g
n
Theo bổ đề 2.2 , thì n có điểm bất động trong Π . Do đó: nλ µ≥
. )
(
,nλ λ µ∈ Ta chứng minh Thật vậy giả sử trái lại rằng lấy . nλ µ<
, 27 + f *( ) , λ =
f
n n n g
n * = + f ( f ) n n g
n 1
λ
n 1
λ
n * * + + = f ( ) n g
n g
n
1
λ
n 1
λ
n 1
λ
n 1
λ
n
* *2 + + = f ( ) n g
( )
n g
n 1
2
λ
n 1
2
λ
n = 1
λ
n
... * −
1 −
1 *
m *
m g
( ) g
( ) *
m = + + ≥ ≥ f + +
... ( ) 0. n g
n g
( )
n n n 1
λ
n 1
2
λ
n 1
m
λ
n 1
m
λ
n 1
m
λ
n m
* −
1 g
( ) m f N
∃ > ≤ ∀ 0 : , Do nên ta có: n 1
m n λ
n M g ∃ > ≤ 0 : (m
−
1
* ) M m
∀
, (do K-nón chuẩn). Từ đây suy ra rằng 1
m λ
n m m m m * −
1 * −
1 g M m = ≤ ∀ g
( ) ( ) , , . Do đó 1
m λ
n
λ λ
n
λ 1
m
λ
λ
n m * −
1 < g
( ) 1 Từ đây suy ra λ
∞
1
∑
.
m
λ
m
=
1 m * nên chuỗi hội tụ (do 0 ). −
1( ) hoäi tuï .λ µ≥ ∞
1
∑
.
m
λ
m
=
1 g 0 : , Điều này mâu thuẫn Như vậy nên
λ λ
>
∈
nλ µ≥
. + = + λ Vậy với .λ µ< f f *( ) u
( ). u
( ) *( ) u
( ), λ
n n f
n n n g
n g
n
=
* = + + ≤ + f *( ) u
( ) f g u g u , ∀
n
. λ
n n ⇒ ≤
λ
n n ) ( g
n 1
r
Vì cho nên Do đó ta có: 28 yeáu f f
Π∈, nf λ + f *( . và Π compact yếu, nên có thể coi nλ λ µ→ ≥ và → = ). λ =f *(
f f
n n )n g
n Qua giới hạn yếu ở , ta có * \ { }
K θ ∃ ∈
ng m * −
1 sao cho Do định nghĩa 0λ nên nµ λ→
0. ∞
1
∑
m
λ=
m
1 Π∈ = λ = in f 0 : g
( ) hoäi tu ï và .
µ
n
λ
>
, sao cho ) . ∃
f *
(
f n λ µ
≥
n n f
n n n , , u ∀
n Áp dụng chứng minh trên ta có *( u
)( ) λ ≤
n λ =n nf 1
r f → ≥ yeáu
→ Π∈ ' , . n nf nên Khi đó 0 * = ≠ và do Π compact yếu, nên có thể coi λ λ λ
0 *( f ( f ) λ
' f , f θ
. ) λ=n f
n n 0 0 0 , ta có Qua giới hạn ở . λ λ=
'
0 Chứng minh 'λ λ≥
0 g . Ta đã có . f . Ta chứng minh từ 0λ> sao cho λ λ≤
'
0 m
* −
1 Chứng minh Thật vậy, đặt = 0 ( g ) '.λ λ≥ '.λ λ< .
1
m
λ ∞
∑
=
m
1 hội tụ thì Giả sử trái lại rằng m
* Đặt: f −
1( )
g
, .
1
m
λ ∞
= ∑
:
=
m
1 m
* −
1 * * m
* = = + từ đây suy ra: ( ). ( f ) ( g ) λ
f ( )
g g f .
.
1
−
m
1
λ 1
m
λ ∞
= ∑
=
m
1 ≥f và ∞
∑
=
m
1 g
. λ = +g f *( f ), 1
λ ≥ > 0. t nên Do đó tg thì 1
λ * * * = ≥ + + + = = f f g g t g g ( ) tg
( ) g
( ) , )
1
(
λ 1
λ 1
λ
λ
t
'
1
+
λ λ
Khi đó: Ta gọi t là số lớn nhất thỏa ≥f 29 * * = = = g
( ) ( f ) λ
' f λ
' g 0 0 + > > .
t (do ) λ
λ
1
'
'
t
t
λ λ λ trong đó '.λ λ≥ m * Khi đó: Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của ,t cho nên −
1( ) hoäi ∞
1
∑
.
m
λ=
m
1 g > ≥ inf 0 : tuï λ
'. . .
λ
λ λ≤
'
0 λ λ=
'
0 *K . Vậy ta đã chứng minh được từ đây suy ra * tương ứng vectơ riêng 0f trong Do đó 0λ là giá trị riêng của Định lí 2.8. Giả sử rằng: 1) K-thể nón, là ánh xạ tuyến tính, dương, liên tục. .α≥u
u
( ) *.K * có giá trị riêng 0λ α≥ tương ứng vectơ riêng thuộc u K ∃ ∈ θ α > \ { }, 0 sao cho 2) Khi đó, ∈ ≤ λ=
inf{ int , > ∃
0,
v K ( )
v .λ
}
v λ
Đặt 0 Chứng minh. <
λ α Ta chứng minh 0λ α≥ .Thật vậy, giả sử trái lại rằng 0λ α< . Do định nghĩa 0λ nên ∃ > ∃ ∈
λ
0, v int K , .λ≤v
v
( ) v cu≥ và 0 K∈
int c > sao cho v t tu≥ ∈ u K θ
\ { } Với , có số (do ). Nên ta gọi t là số lớn c≥ >
0. ≥ ≥ = ≥ > ) , v ( )
v (
tu ( )
u u thì nhất thỏa v t . ( ) λ≤v
v α
t
λ 1
λ 1
λ t
λ α
t
λ trong đó Từ cho ta λ α≥ > 0, * tương ứng Dẫn đến sự mâu thuẫn với tính lớn nhất của t. từ đó theo định lí 2.3, thì 0λ là giá trị riêng của Như vậy 0 *K . vectơ riêng dương trong Định lí 2.9. Giả sử rằng: m α 0 1) là ánh xạ tuyến tính, dương, liên tục và 0u _bị chặn trên X. ) m u
( ∃ ∈ ∃ >
,
0 .α≥
u
0 sao cho 2) 30 *K . * có vectơ riêng trong Khi đó ∃ ∈ ∃ > Chứng minh. , 0 n
0 β
0 là 0u _bị chặn trên E nên n
0 − ≤ ≤ ∀ ∈ x u x
( ) x u , x X . β
0 0 β
0 0 n
0 ≤ ≤ n
0
β β sao cho: u u x
( ) , β
0 x u
0 0 β=n
0
0 0 . − − − 2 2 −
1 2 n
0 n
0 n
0
β n
0
β + + n
0
β + > với Nói riêng, v =
: −
1
u u
( ) u
( ) + +
... u
( ) u
( ) 3
β
.
0 0 0 0 0 θ ∈ v K θ ∈ K θ
\ { } \ { }. Đặt u
(do 0 − 2 −
1 3 2 n
0 n
0 = + + + n
0
β n
0
β β v
( ) u
( ) ) ) + +
... ) ) ) , dẫn đến −
1
0 u
(
0 u
(
0 u
(
0 u
(
0 n
0 n
0 = ≤ ≤ n
0
β v β
v ) ) ) ). 0 0 u
(
0 u
0 = + . . . Khi đó:
−
n
3
0
β
, .VE n
0
−
β β
(
( +
u
u
(
với chuẩn ( (do
) V )* * v K ∈ int( = ∩ với là không gian đầy đủ và thể nón Do đó, K
V K E
V )V =
| ,EV )(ϕ λϕ=
. *K vectơ riêng ϕ và *
x ϕ= x X
∈ g x
( ) n
0 ( ) , . . Ta đặt thì theo định lí 2.2, * có trong : , xác định bởi Bổ đề 2.3. Phiếm hàm g E → *( )
g gλ=
. Khi đó 0n g K∈ *. Chứng minh. là v_liên tục và *
VKϕ∈ 0 ) 0 Ánh xạ ,cho nên v > ).Ta khẳng định rằng uϕ > . 0( ) 0 uϕ = . Khi đó: ( ) 0 vϕ > (do Ta chứng minh g θ≠ .Thật vậy, 0( = = = *
ϕ *
ϕ ) ) ) λϕ
( =
) 0 u
ϕ
(
0 u
(
0 u
(
0 u
0 ) ) ( ( 2 *2 *2 = ϕ = ϕ = = ) ) ) ) 0 ϕ
(
u
0 u
(
0 u
(
0 2
u
ϕ
λ
(
0 ) ) ( ( ... n
0 n
*
0 n
*
0 = −
1
ϕ = −
1
ϕ = ) ) ) =
) 0 ϕ
(
u
(
0 u
(
0 n
−
1
0
u
λ ϕ
(
0 −
1
u
0 ( ) ( ) Muốn vậy, giả sử trái lại rằng 31 − − 2 2 −
1 n
0 n
0 ϕ = + n
0
β β ϕ + ϕ = v
( ) ) u
( ) + +
... u
( ) u
( ) 0. (
ϕ ) −
n
1
0
β ϕ
u
(
0 0 0 0 ( ) ( ) Vậy ϕ >v
( ) 0. ( m n
−
1) 0 mn
0 g λ = = ) ) >
) 0, Mâu thuẫn với u
(
0 u
(
0 mn
0
u
ϕ
(
0
ϕ
x X∈ ta có:
, g θ≠
. nên Do +
1 * n
0 n
0 n
0 g ϕ *
ϕ *
ϕ = = = = g x
( ) x
( ) x
( ) x
( ) x
( ) ( ) ) ( ( ( ) )( ) )( ) n
0 λϕ λ = = x
( ) g x
( ). (
) ( gλ=
. Với mọi Do đó *( )
g
x x X
∈ ϕ= g x
( ) n
0 ( ) , . Ta tiếp tục chứng minh định lý 2.9. : , Xét phiếm hàm xác định bởi g E → ∃ ∈ * \ { }
g K θ gλ=
. * có vectơ riêng *.K Theo bổ đề 2.3 , thì sao cho Do đó dương trong Định lí 2.10. Giả sử rằng: 1) là ánh xạ tuyến tính, dương, liên tục và 0u _bị chặn trên X. x > ∃ ≥ λ=
inf{ 0, , x
λ
} 2) Một trong các điều kiện sau được thỏa: x
≤
( ) λ
0 u
0 m −
1 là số dương a. ∞
1
∑
.
m
λ
m
=
1 rλ = ) 0 = inf ) hoä i tuï 0 : là số dương. λ
b. K-nón chuẩn, 0 u
0(
λ
>
>
( * = ≤ ≥ là số dương. . λ
f f g inf f
( ) , λ
0 {
λ
: } ) sup
* \{
θ
} ∈
g K m * −
1 = nf
i 0 : g
( ) hoäi tuï .
là số dương. d. c. K-nón chuẩn, 0
( λ
0 1
m
λ ∞
∑
m
=
1
λ
>
g K
∈ sup
* \ θ
{ }
e. 32 *K . * tương ứng vectơ riêng dương trong Khi đó, 0λ là giá trị riêng của , .VE )* = . là không Chứng minh.
Tương tự định lí 2.9. Do là 0u _bị chặn trên X, nên ta có ( |XV gian đầy đủ và VK là thể nón trong VX . Ta xét ánh xạ x 0 x
( ) . Trường hợp a) > thỏa mãn xλ≤ u λ≥
0, n
−
10 x ≤ ≤ 2( )
x =
λ λ
(
) x
( ) x
( ). Xét Ta có: ≤
λ − − − −
1 2 2 −
1 2 n
0 n
0 n
0
β + n
0
β n
0
β + β + … y =
: x x
( ) x
( ) + +
... x
( ) x
( ) 3
− 2 −
1 2 n
0 n
0 Đặt n
0
β n
0
β − − 2 −
1
−
1 = + + β y
( ) x
( ) x
( ) + +
... n
0 n
0 n
0 − − 2 2 −
1 n
0 n
0 n
0
β n
0
β ≥ + + = x
( )
2 x
( )
−
n
1
0 βλ λ ≤ + = x β λ β λ
+ x
( ) + +
... x
( ) x
( ) λ
y
. ) + +
... ) ) y −
1
.
u v . β
.
0 (
u
0 (
u
0 (
u
0 x X x = ≤ ∈ ≥ λ λ
inf{ : ( ) x x
, , v
}
, λ
Do đó với 0 x = ≤ λ ∈ ≥ λ
' inf{ λ
: x
( ) x x
, , v
}
, X
V > ' 0. Mặt khác, λ λ≥
0 'ϕ λϕ=
)( thì VKϕ
∃ ∈ n
0 g E → = ϕ : g x
, ( ) x
( ) Như vậy theo định lí 2.3, . * \ { }
θ
( * * = g g K
∈ g
( ) λ
' , θ
\ { }. ' . ' , ' . . Khi đó, theo bổ đề 2.3, ta có Xét phiếm hàm sao cho *
) λ λ=
0 λ λ≥
0 λ λ≤
0 x v x x
λ ≥ ≤ ' . : ( ) . Ta chứng minh Ta đã có cần chứng minh )
' , λ λ>
0 λ∈
λ λ
0,
* Thật vậy, giả sử trái lại rằng Chọn ( ) )
(
=
λ λ ) ( ' . g g x g x λ = = ≤ λ λ≤ > g x
' ( ) g x
( ) x
( ) ( ), g x
(do ( ) 0). Ta có cho nên ' )
' . λ λ≤
0 0, λ λ λ∈ Mâu thuẫn với Dẫn đến phải có 33 * * g g K = ∈ ' , g
( ) , θ
\ { }. * λ λ
=
0 λ
0 Khi đó ta có Do đó 0λ là giá trị riêng của *K . tương ứng vectơ riêng dương trong = in f 0 : −
1( )
v hoäi t uï λ
Ta chứng minh 0 ∞
1
. m
∑
m
λ
m
=
1
λ
>
Trường hợp b) −
1( )
v ∞
1
. m
∑
m
λ
m
=
1 m −
1 µ = in f 0 : hoäi t uï Đặt , và chứng minh 0λ µ= .
λ
>
0λ > sao cho ∞
∑
λ
m
=
1 1 m −
1 m M ⇒ ∃ > ∀ ≤ 0 : ( v M m
)
. , − →
1
v θ
( ) 1
m
λ
1 1
m
λ
1 − − 2 2 −
1 n
0 n
0 n
0
β n
0
β + β + ≥ n
0
β v
( ) hội tụ, từ đây suy ra: .
Xét 1 1
m v −
1
u −
1
u =
: u
( ) + +
... u
( ) u
( ) . 0 0 0 0 0 v ≤ Do , 1
β
' m m −
1 −
1 ≤ ≤ 0 ( ) v
( )
. u
0 1
β
' 1
m
λ
1 1
m
λ
1 m m −
1 −
1 v N
∃ > ≤ ≤ ∀ 0 : ( ) ( ) , m
. ' 0β∃ Nên suy ra: > sao cho 0
u u
0 N
β
' NM
β
' 1
m
λ
1 1
m
λ
1 m m m m −
1 −
1 = ≤ ∀ ) ) , m
. (do K-nón chuẩn) u
(
0 u
(
0 λ
1
λ 1
m
λ
λ
NM
1
β λ
'
1
m
λ
1 m −
1 ) λ µ≤
. Khi đó 1,λ λ∀ > u
(
0 ∞
1
∑
.
m
λ
m
=
1 Do đó chuỗi hội tụ, vì thế nên 0 34 m −
1 ( ) 0λ > sao cho .
u
0 1
m ∞
∑
λ
m
=
1 1 m −
1 H ∃ > ≤ 0 : ( ) H m
∀
.
, u
0 1
m
λ
1 n
0 ∃ ∈ ∃ > ∀ ∈ , 0 hội tụ.Khi đó Xét 1 x
( ) , x X . β≤
0 x u
0 n
0 β
0 sao cho Do là 0u _bị chặn nên m n
− m −
1 −
10 n
0 v
( ) v u , β≤
0 0 m
λ
1 v N v N m − −
1 m −
1 n
0 N
∃ > ≤ ≤ 0 : v
( ) ) mH
∀
,
. v β
0 ≤ ∀ ≥ + v
( ) ( ), 1 nên Nói riêng, u
0 m n
0 1
m
λ
1 u
(
0 n
0 1
m
λ
1 β
0
n
0
λ
1 1
m
−
λ
1 β
0
n
0
λ
1 m m v N m m −
1 −
1 m H ∀ = ≤ , , v
( ) v
( ) Suy ra λ
1
λ λ
1
λ 1
m
λ
1
m
λ
1 β
0
n
0
λ
1 m −
1 v ( ) λ µ≥
. Khi đó 1.λ λ∀ > ∞
1
∑
.
m
λ
m
=
1 * )(ϕ λϕ= nên chuỗi hội tụ, Thế thì 0 VKϕ
∃ ∈ 0 n
0 g X → ϕ = : , g x
( ) x
( ) Theo định lí 2.5 , ta có sao cho . * \ { }
θ
( , theo bổ đề 2.3, cho ta Xét phiếm hàm * * = g g K
∈ g
( ) , θ
\ { } * tương ứng vectơ riêng λ
0 . Do đó 0λ là giá trị riêng của *K . dương trong µ = λ > x
∃ ≥ inf{ 0 : , x
λ
}, Trường hợp c) rµ=
).
( x
≤
( ) u
0 ∞ m m −
1 −
1 r y ∀ >
λ ( ) ,
) Đặt chứng minh u
0 u
0( 1
m
λ m ∞
∑
(
),
m
=
1 1
= ∑
:
m
λ
=
1 hội tụ, đặt ta suy ra: 35 m −
1 x y
λ = = ≥ ) . u
0 u
0( 1
m
−
1
λ ∞
∑
m
=
1 m m −
1 x
λ = = + ) x
)( ) ) x
(
. u
0( u
λ
0 u
0( 1
m
−
1
λ 1
m
−
1
λ ∞
∑
m
=
1 ∞
= ∑
m
=
1 , ) và Khi đó rµ≤ .
( xλ≤ λ ∈ λ λ≤ x
Vậy ( ) .λ µ≥ Do đó vì thế nên >
λ µ
. , 0, : ( ) ,
( ) ∃ ≥
x
1 ∃ ∈
λ
1 x
1 u
0 .
x
11 −
1 −
1 −
1 m m < ≤ ≤ = Xét Theo định nghĩa của µ, Khi 0 ) ( ) (
u
0 x
1 m
λ
1 x
1 x
1 1
λ
1 1
m
λ
1 1
m
λ
1 1
m
λ
1 m −
1 ≤ ∀ . đó: 0 : ) , ∃ >
N m x
1 (
u
0 N
λ
1 1
m
λ
1 ∃ ∈ ∃ > (do K-nón chuẩn). , 0 n
0 β
0 là 0u _bị chặn trên E nên n
0 − ≤ ≤ ∀ ∈ x u x
( ) x u , x X . β
0 0 β
0 0 −
1 −
1 m −
1 −
m n
0 −
m n
0 ⇒ − ≤ ≤ ∀ ∈ x x x X ) x
( ) ), . β
0 u
(
0 β
0 u
(
0 −
1 −
1 −
1 m −
m n
0 −
m n
0 + ≤ ⇒ ≤
0 ) ) x (
u ( )
x x (
u β
0 0 β
2
0 0 −
1 −
1 −
1 m −
m n
0 −
m n
0 + ≤ ∀ ∈ 0 : ) 2 ) , . ⇒ ∃ >
N x (
u ( )
x N x (
u x X β
0 0 β
0 0 −
1 m −
1 −
m n
0 ≤ + ∀ ∈ ⇒ ∃ >
N 0 : x
( ) (2 N 1) x ) , x X . β
0 u
(
0 −
1 m −
1 −
m n
0 ≤ + (2 1) ) ( )
x N x sao cho: β
0 (
u
0 m 1
m
λ −
m n
0
λ
1
1
−
m n
0
λλ
1 −
m n
0 + (2 N x β
0 ≤ ∀ ≥ + , 1. x
1 m n
0 λ
1
λ 1)
n
0
λ N
λ
1
m −
1 x
( ) Do đó ∀ ∈ ,cho nên λ không là giá trị phổ của ,dẫn ∞
1
∑
m
λ
m
=
1 r = ) 0 ( ( Do đó hội tụ x X >
( rµ≥ . Suy ra
) rµ= Do đó
). µ λ=
0 . đến 36 * tương ứng vectơ riêng dương. Theo trường hợp a) , ta có 0λ là giá trị riêng của ∈ K θ
\ { } ( : ) 0 Trường hợp d). > . *
g K g u
∃ ∈
1
0 1 u
Do 0 * K θ
\ { } 0λ > nên nên g
∃ ∈
2 * µ = ≤ ≥ > in f
( ) f ,λ
f f g 0 2 sao cho } ≥ n
0
β ≥ n
0
β g g = + g v
( ) ) ) Do định nghĩa 0
{
λ
: −
1
g u
(
0 −
1
g u
(
0
1 g
1 g
2, g≥
2 = . |XV Π → Π Π = Đặt lúc đó và . Ta xét ánh xạ : , = ∈
{ : ( ) =
( ) 1}, f v *
f K v f
V n * + f ( ) = f ( )
n Xét ánh xạ được cho bởi: Ta đặt * + f v ( ) g
n
g
n
= : f ( f ) ∃ ∈ Π
f
n n n n thì n liên tục đối với tôpô yếu. Theo bổ đề 2.2 , thì n * = + có điểm bất động trong .Π Do đó v f f ( , ( ) , ) λ
f
n n λ
n n n g
n g
+ =
n
* = + f f ( ) n n g
n 1
λ
n 1
λ
n * * + + = ( ) f n g
n g
n
1
λ
n 1
λ
n 1
λ
n 1
λ
n
* *2 + = + ( ) f n g
n ( )
g
n 1
2
λ
n 1
2
λ
n = 1
λ
n
... * −
1 *
m ( )
g *
m = + + + +
... ( ). f n g
n ( )
g
n n 1
λ
n 1
2
λ
n 1
m
λ
n 1
m
λ
n nên: Từ đây suy ra *
37 −
10
n g g ( x
( )) n
0 = + + f x
( ) + +
... f ( x
( )) n n ( )
g x
n ( ( ))
x
n n 1
λ
n 1
2
λ
n 1
m
λ
n 1
m
λ
n −
1 n
0 ( ( g g ( ))
x n
0 + + ∀ ∈ = + +
... ( . f ( )),
x x X n V ( )
g x
n ( ))
x
n n 1
λ
n 1
2
λ
n 1
m
λ
n 1
m
λ
n * x X K∈ , Từ đây suy ra: ∀ ∈ nên có thể mở rộng nf lên E. Khi đó có nf Do vế phải xác định cho −
1 * *
n
0 n
*
0 = + + f ( ) + +
... ( ) ( f ). n n g
n g
n g
n 1
λ
n 1
2
λ
n 1
n
0
λ
n 1
n
0
λ
n ≥ ≥ và: f n
* 0 ( ). f f n n n g
n 1
λ
n 1
n
0
λ
n − − −
1 2 2 −
1 * n
0 n
0 n
0* n
* 0 f f f f + + ( ) + +
... ( ) ( ) , Nên và =
ϕ λ
n n n λ
n n λ
n n n − 2 −
1 * * *2 n
0 n
0 n
*
0 n
*
0 f f f f = + + ) ( ) ( ) + +
... ( ) ( ) −
1
ϕ
(
n λ
n n n λ
n n n − 2
−
1 * *2
λ
n
n
0 n
0 n
0 n
*
0 f f f f = + + ( ) ( ) + +
... ( ) . −
1
λϕ λ
n n n n λ
n n n λ
n n
λ
n
* n
0* f ( ) ) Đặt ta có: n n
0
fλ≤
n n ϕ λϕ≤
( n
n n − − −
1 −
1 2 f ≥ = ≥ ≥ , (do ), Như vậy, n
0
≥
ϕ λ
n n n n
0
λ
n n
0
λ
n n
0
λ
n g
2 g
n g
n g
2 2
n 1
λ
n
trong đó với n đủ lớn. = + Do đó theo định nghĩa của µ ta có nλ µ≥ . f *( ) v
( ) λ
n n g
n
* ≤ + + . f g v g v λ
n n ) ( * 1
r
≤
.Vì thế nên Mặt khác λ λ µ→ ≥
. n Điều này chứng tỏ dãy{ }λn bị chặn, nên có dãy con hội tụ. Ta có thể coi 38 yeáu f
→ ∈ Π . nf + ≠ f f *( ) có dãy con hội tụ.Ta có thể coi Do Π compact yếu nên { }nf *( ), ,θ λ =
f f f λ
n =n n g
n f ( )) ,λ=
f x
(
) . x
( ∀ ∈ V
x X n
0 h x ( ( .) : , x ϕ=
) Qua giới hạn ở , ta có hay: h X → xác định bởi Theo bổ đề 2.3, cho ta: Xét phiếm hàm * * h h K = λ ∈ h
( ) , θ
\ { }. λ λ=
. ≤ , ∈ Π sao cho *( f ) n .λ=
n nf n nf ∃ →
µ λ µ λ
0,
n
n * u n
∀ , , f u
( ). Chứng minh 0 Theo định nghĩa 0,λ µ và chứng minh trên thì λ ≤
n n n ) (
λ = * 1
r Suy ra Do đó và có Π compact yếu.Ta có thể yeáu ' coi: → Π∈
ϕ
. nf → ≥
nλ λ λ
0 và f f ϕ λ=
(
' ) ϕ
. n ) λ=
n n n
0 f f : x
( ) . x ϕ=
( ) f X → xác định bởi
, 0 0 Qua giới hạn ở *( ta có *
Xét phiếm hàm 0 : * * g f f f K f= = ∈ ( ) λ
' , θ
\ { }. 0, 0 0 0 f g ≥ ≤ f
λ '.λ λ≥ , *( )
f Chọn thì từ Theo bổ đề 2.3, cho ta '.λ λ< suy ra * * Thật vậy, giả sử trái lại rằng Do: )* t ≥ > v f v gv fv g v f
λ ≥ = = ≥ > ( ) ) ( λ
' ( ) ( ) ( ) 0 , 1 0. (
0λ> .Ta gọi t là số lớn nhất thỏa f * * f f tg ≥ = ( ) ( ) gλ
'
, tλ
' tg≥ cho nên thì >
. 1
≥
λ 1
λ t
λ t
λ '.λ λ≥ trong đó Ta có * * f f K = λ ∈ λ λ≥
' λ λ=
' ( ) , θ
\ { }. Từ đây ta Từ đây thấy được sự mâu thuẫn với tính lớn nhất của t. Cho nên 0 f
0 0 0 và có 0 . Vậy 0 39 *K . * tương ứng vectơ riêng dương trong Do đó 0λ là giá trị riêng của ∈ K θ
\ { } ( : ) 0 Trường hợp e) > . *
g K g u
∃ ∈
1
0 1 u
Do 0 * 0λ > nên nên K \ { }θ ∃ ∈g
2 m * sao cho: Do định nghĩa 0 −
1( )
g ∞
1
∑
.
m
λ
m
=
1 > > µ
=
: inf 0 : hoäi tu ï 0 ≥ n
0
β ≥ n
0
β g g ≥ ≥ = + g v
( ) ) ) 0
λ
> . −
1
g u
(
0 −
1
g u
(
1
0 g
1 g
2, g g
,
1 g
2 ta có và Đặt = . |XV Π → Π Π = : , Ta xét ánh xạ = ∈
{ : ( ) f v =
( ) 1}, *
f K v f
V n * + ( ) f = ( ) f
n Xét ánh xạ Ta đặt * + ( ) f v g
n
g
n
= thì n liên tục đối với tôpô yếu. Theo bổ đề 2.2 , thì n : f ( f ), ∃ ∈ Π
f
n n n n f *( ) n .λ
f
n n g
+ =
n có điểm bất động trong Π , từ đây suy ra ,λλ sao cho nλ µ≥
. < < < .Ta có: nλ λ λ µ * = + f ( f ) n n g
n 1
λ
n 1
λ
n Ta cần chứng minh Thật vậy giả sử trái lại nλ µ< . Chọn * −
1 −
1 *
m *
m *
m = + + ≥ > f + +
.
.. ( ) 0 n g
n g
n g
n g
n
1
λ
n 1
2
λ
n 1
m
λ
n 1
m
λ
n 1
m
λ
n m * * Nn f M m N
∃ > ≤ ∀ 0 : =
: , =
... VK - nón chuẩn nên 1
m −
1( )
g
n λ
n Do 40 m m m m * −
1 * −
1 M m = ≤ ∀ g
( ) g
( ) , 1
m λ
n
λ λ
n
λ
λ
n 1
m
λ m m −
1 * −
1 Do đó ) ( ∞
∑
m
=
1 ∞
1
∑
.
m
λ
m
=
1 g g
( ) , x
( ) hội tụ, dẫn đến hội tụ, Suy ra chuỗi ∀ ∈ 1
m
λ x X
V . m m m −
1 −
1 −
1 n
0 g g x g x + = x
( ) ( ) ) (
) ) ( (
∞
∑
m
=
1 ∞
∑
m
=
1 n
0
∑
m
=
1 1
m
λ 1
m
λ 1
n
0
λ 1
m
λ m −
1 x X ∈ ∀ ∈ Mặt khác n
0 ( )
x , X
V ) ( ∞
∑
m
=
1 g x ( ) Vì nên hội tụ, suy ra: m −
1 g → x
( ) 0. ) ( 1
m
λ m m * −
1 −
1 g L
∃ > = 0 : g
( ) L m
≤ ∀
,
. .
1
m
λ ) ( 1
m
λ 1
m
λ m m m m * −
1 * −
1 = ≤ g
( ) L m
∀
,
. g
( ) Theo nguyên lí chặn đều 1
m
λ
λ
λ
λ
λ
1
m
λ m * −
1( )
g Do đó ∞
1
∑
m
λ
m
=
1 Vậy chuỗi hội tụ Do đó theo định nghĩa củaµ cho taλ µ≥ , điều này mâu thuẫn với λ µ< . Nên ta * = + + + ≤ có được nλ µ≥ . f . *( ) v
( ), f g v g v λ
n n λ
n n ) ( g
n * 1
r
≤
nên ta có Ta có n yeáu Vậy thì dãy{ }λn bị chặn nên có dãy con hội tụ, ta có thể coi λ λ µ→ ≥
, f
→ ∈ Π . nf có dãy con hội tụ, nên ta có thể coi và Π compact yếu, nên { }nf 41 *( f ) *( ). λ =f f λ =
n n f n ≤ , ∈ Π sao cho n nf Qua giới hạn ở , cho ta ∃ →
µ λ µ λ
0,
n
n f *( ) n .λ=
n nf * f u = , n
∀
. λ
n ⇒ ≤
λ
n Theo định nghĩa 0λ và chứng minh trên thì * 1
r yeáu ' Khi đó:
)
(
n u
( ) → ∈ Π và
ϕ nf → ≥
nλ λ λ
0 * ϕ λ=
(
' ) ϕ
. n
0 f x
( ) x
( ) , ϕ= và có Π compact yếu, nên có thể coi và f X → 0 được cho bởi . Theo bổ đề 2.3, ta Xét phiếm hàm 0 : * * f f f K = ∈ ( ) λ
' , θ
\ { } 0 0 0 . . có: λ λ=
'
0 Chứng minh . 'λ λ≥
0 λ λ≤
'
0 −
1 =g f . Chứng minh Ta đã có ( ) g hội tụ thì '.λ λ≥ 0. ∞
1
*
∑ m
.
m
λ
=
1
m ∞ m
* −
1 Ta chứng minh nếu Thật vậy, đặt f g ( ) '.λ λ< m 1
= ∑
:
.
m
λ
=
1 m
* −
1 * * m
* = = + từ đây suy ra: Giả sử trái lại rằng Đặt ( ), ( f ) ( g ) λ
f ( )
g g f .
.
1
−
m
1
λ 1
m
λ ∞
∑
=
m
1 ∞
= ∑
=
m
1 ≥ > 0. t ≥f và g Gọi t là số lớn nhất thỏa ≥f
. tg 1
λ 1
λ * * ≥ = = + + + = + thì nên f f g g g g g ( ) tg
( ) λ
t
' , ) )
1
λ 1
(
λ 1
(
λ λ
t
'
λ
1
λ
+ > > Khi đó '.λ λ≥ t Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của ,t nên
. λ
λ
1
'
'
t
t
λ λ λ trong đó . . λ λ≤
'
0 λ λ=
'
0 *K . * tương ứng vectơ riêng trong Vậy ta đã chứng minh được Từ đây suy ra Dẫn đến kết luận rằng 0λ là giá trị riêng 42 x K K , x K∉ − thỏa α∃ > Bổ đề 3.1. Cho là ánh xạ 0u _bị chặn trên, phần tử ∈ − t >
0. 0 : ≥x
( ) α
x
. 0≥u t x thì 0 mãn: Gọi 0t là số cực đại thỏa 0 Chứng minh. ∈ −
x K K > ≤ ∃
β ∈ ≠ nên x = −
x
' ∈
x x K x
' ''; , '' K x θ
'
. , ∃ ∈
p , 0 : p x
( ') . *
β
u
0 là ánh xạ 0u _bị chặn trên nên p p ≥ ≥ ≥ p
α ≥ > x x
( ') x
( ) , 0. β
u
0 Do đó: p
α
β nên 0
t Bổ đề 3.2. Nếu là 0u _dương và có vectơ riêng dương 0x thì cũng là 0x _dương. ( ) Chứng minh. .λ=x
x
0 0
0 ∈ ≤ ∈ a p ∃ > ∃
' 0, : p x
( ) a u x K
, ' \ { }θ *
0 là 0u _dương cho nên ≤ Giả sử ) , p x
(
0 a u
'
0 p p ≤ ≤ ≥ ∃ >
b 0 : u Nói riêng, nên: ( ) ⇒ ∃ >
a 0 : . λ =
x
0 x
0 a u
'
0 u
0 ax
0 bx
.
0 0 ∈ ∃
α > ≤ Tương tự ta có 0, : ) , n n x
( α
u n x
( ) x K θ
\ { } ∈ 0 .αβ≤
x
0 Với ta có nên Do đó là 0x _bị chặn trên. Tương tự ta có là 0x _bị chặn dưới. Vậy là 0x _dương. Định lí 3.1. Giả sử rằng: 1) K là nón sinh
2) là 0u _dương, liên tục có vectơ riêng dương 0x ứng với giá trị riêng 0λ Khi đó : 43 1) 0λ là giá trị riêng đơn (bội 1) của 2) 0x là vectơ riêng dương duy nhất của n ⊂ ⊂ = X X X Chứng minh.
Nhắc lại: 0λ là giá trị riêng của ⊂
... Ker ( nX )0
Iλ− 1 2 3 ∞ X X 0 n 0X được gọi là bội của 0λ . = thì số chiều của không gian con n =
1 n < +∞ ∀ và
, Đặt thì ta có i) nX 0n∃ sao cho = = = ... X X X X X + 1 2 +
1 2 ...
n
0 n
0 n
0 Nếu là ánh xạ compact thì dim ii) Do đó bội của 0λ là hữu hạn. 1) là 0u _dương và có vectơ riêng dương 0.x Theo bổ đề 3.2 ,thì là 0x dim dim _dương. ≠y
∃
0 tx
0 1.=X
1 1,>X
1 ( ) . ≥x Thật vậy, giả sử trái lại, Chứng minh khi đó y
0 yλ=
0 0 K∉ − và gọi 0t là số cực đại thỏa 0 t y
0 0, − ∈ K \ { },θ x
theo giả thiết phản chứng 0 t y
0 0 sao cho Có thể coi 0y − ≥ α
∃ > ∃ ∈
0, : ) n *
n x
(
0 t y
0 0 α
x
0 n n n n − ≥ ⇒ − ≥ ( ) ( ) t t x
0 0 y
0 α
x
0 λ
0 x
0 y
0 α
x
0 λ
0 0
n ⇒ ≥ . x
0 t y
0 0 λ
0
n
−
λ α 0 dim 1.=X
1 ngoài ra là 0x _dương, nên: X X= X X⊃ Mâu thuẫn tính cực đại của 0.t X ta cần chứng minh 1 2 2 1 ∃ ∈ x X .Ta có . Giả sử trái lại Chứng minh Do đó phải có
⊂X
2,
1 1,∉x X nên: 2 2 ≠ − = − ≠ θ x θ
, I x
( ) θ
, I x
( ) mà ( ) ( ) λ
0 λ
0 ∈ = ( )x ∃ ≠
t 0 : x , . t >
0 x Xλ−
0 1 ( λ−
x
)
0 tx
0 nên theo bước trên thì có thể coi Vì , nếu không ta xét phần tử x− thay cho x . 44 ∉ −x K Thật vậy từ: . = ( )x x λ−
0 tx
0 2 ⇒ − = x
( ) x
( ) λ
0
t x
0 2 2 − = Cần chứng minh x
( ) x
( ) λ
t
2 λ
0 x
0 0 Nên m m =
x mt ( ) λ
−
x
0 λ −
1
m
0 x
0 m − … K∈ − thì ≥
x mt *
∀ ∈
m λ
0 λ −
m
1
0 x
0, ⇒ ≥ x *
∀ ∈
m x
0, λ−
0
mt x θ⇒ ≤ (vô lý) Nếu x K∉ − 0.>t Do đó x 0≥x t x thì 0 ≥ = + ( ) t x
( ) t x ) x
0 0 0 λ
(
0 tx
0 ⇒ ≥ + λ x ) x
0 0 tx
0 ⇒ ≥ x
0 t x
0 λ
t
(
0
0
λ
0
− tt 0 λ
0 λ
0 > Theo bổ đề 3.1, gọi 0t là số lớn nhất thỏa 0 Khi đó: 't thỏa t t 0 < <
't 0 0 λ
0
− tt t 0 λ
0 0 Trong đó ) (có thể chọn t là Mâu thuẫn tính lớn nhất của 0t . X X⊂ và do đó X X= 2 1 1 2 Suy ra .Vậy 0λ là giá trị riêng đơn bội của . ∃ = λ ∉ \ θ
{ }: ( ) ∈
x K
1 x
1 x x
,
1
1 1 x
0 2) Chứng minh 0x là vectơ riêng dương duy nhất. Giả sử rằng: 0λ λ≠ 0λ λ> 0 t > .Gọi 0t là số lớn nhất Theo chứng minh 1) ta có 1 . Có thể coi 1 x
thỏa 0 t x≥
0 1 ≥ λ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ( ) t ( ) .
t x
0 0 x
1 x
0 0 λ
x
0 1 1 x
0 t x
.
0 1 λ
1
λ
0 (bổ đề 3.1).Ta có: thì 0 45 > > ( do t 0, 1 t t > ). Mâu thuẫn tính lớn nhất của 0t . 0 0 0 λ
1
λ
0 λ
Trong đó 1
λ
0 Vậy 0x là vectơ riêng dương duy nhất của Định nghĩa 3.1. >
α β α
∃
u 0 : , ≤ ≤
x β
u . 0 0 x x K u
( 1) Phần tự ∈x X được gọi là so sánh được với 0u nếu =0
) { : u
so saùnh ñöôïc vôùi }
0 Ký hiệu x
( ) ) 2) Ánh xạ tuyến tính dương được gọi là 0u _đo được nếu: 0>x x với ( ) λ= x K u∈
(
0 thì Định lí 3.2. Cho là tuyến tính dương và 0u _đo được. Khi đó có trong K không quá một vectơ riêng dương. ∃ ≠ = Chứng minh. = sao cho : , 1 x x
,
1
2 x
1 x
2 x
1 x
2 = = λ ( ) ; ( ) x
1 λ
x
1 1 x
2 x
2 2 ∈ ∈ ( ) ); ( ) ), Giả sử trái lại rằng x
1 K u
(
0 x
2 K u
(
0 2,x x so sánh Do là 0u _đo được, nên và do đó 1 * được với 0u . : ( ) K f fλ= =
| *
u
0 Xu
0 * = = = λ ) f ( ( )
) ( f )( ) ) λ
1 f x
(
1 x
1 x
1 f x
(
1 f ( ) λ=
f ( ) λ
2 x
2 x
2 ≠ ) 0, ) 0≠ (với ). Ta có: Xét ánh xạ * có trong f x
(
1 f x
(
2 2,x x so sánh được với 0u và f u θ≠ ).
0(
) = = > . 0 và (do 1 λ λ λ
2 x
Gọi t là số lớn nhất thỏa 1 t x≥
2. − = − = − ( ) λ
t λ
( ) x
1 tx
2 λ
x
1 1 x
2 2 x
1 tx
2 0 Vì thế nên 1 1t = , điều này vô lý =x
1 t x
2 x
Ta có 1 tx−
2 ≠ , thật vậy, nếu 1
x tx=
2 − ∈ = = ). K u Do đó: thì ,nên 1. x
1 x
2 x
Do là 0u _đo được nên 1 tx
2 0( vì 46 ∃ >
γ − ≥ t
( 0 : x
1 tx
2 γ
x
2 ⇒ ≥ +
x
1 xγ
)
2 Điều này mâu thuẫn với tính cực đại của .t Vậy có trong K không quá một vectơ riêng dương. * > ∀ ∈ f K f x
( ) 0, \ { }.θ Định nghĩa 3.2. 1) ∈x X được gọi là điểm tựa trong của K nếu ⇔ +
u =
K X
. 2) Nón K được gọi là tựa thế nón nếu K có điểm tựa trong. Định lí 3.3. u là điểm tựa trong của K Chứng minh. Xem [5] của A.Bakhtin (bản tiếng Nga). sup{ , }: x y = ∨ và inf{ , }: x y x y = ∧
.
y x ∀ Định nghĩa 3.3. K được gọi là nón Minihedral nếu ∈ , tồn tại phần tử: ,x y K z K∀ ∉ thì phần tử + = Bổ đề 3.3. Cho K là nón sinh, Minihedral. Khi đó z z θ
sup{ , } không là điểm tựa trong của K. Chứng minh. ( )x Xem [5] của A.Bakhtin (bản tiếng Nga). xλ≤ ∈ Định nghĩa 3.4. Ánh xạ được gọi là không phân tích được nếu từ x K θ
\ { } với thì x là điểm tựa trong của K. Định lí 3.4. Giả sử rằng: 1) K nón sinh, Minihedral và tựa thể nón. * 2) tuyến tính dương, không phân tích được. f *K , * có vectơ riêng trong ( ) 0 fλ=
0 0 . 3) Khi đó có trong K không quá một vectơ riêng. ∃ ≠ = = sao cho Chứng minh. : , 1 x x
,
1
2 x
1 x
2 x
1 x
2 = = λ ( ) ; ( ) x
1 λ
x
1 1 x
2 x
2 2 Giả sử trái lại rằng 2,x x là điểm tựa trong của K,dẫn đến: > > ) ,
0 ) 0 . Do không phân tích được nên 1 f x
(
1 f x
(
2 Mặt khác, ta có: 47 * λ = = = ( ) f ( ( )
) ( f )( ) ) f
1 0 x
1 0 x
1 0 x
1 xλ
f
(
0 0
1 ( ) f ( fλ
2 0 x
2 λ=
0 )x
2 0 = = ∈ = ∉ α β
, : z K Vì thế ta được 1 λ λ λ
0
2 . − ∉ Theo bổ đề 3.4, thì z θ+ ≠ và
z K α β
+
x
x
2
1 Có thể chọn và z+ = α + β z
( ) ( ) ( ) x
1 x
2 = +
αλ βλ = + = z x
x
2 2
1 1
λ α β
x
)
x
(
1
2 0 λ
0 + ≥ ( z θ+
≥
) ; ( z )
(
z
). + + không là điểm tựa trong của K.Ta có: ( z z ( z z λ+
=
)
0 Do đó . Dấu “=” không xảy ra, thật vậy, nếu lại có + z z ( ) λ+
−
)
0 là điểm tựa trong của K ,điều này vô lý. v n 2 ∞
= ∑
:
=
n
0 λ+
≥
)
0
không phân tích được, cho nên z+
)
(
n
(
( ) + + + + − ) ( ) z z λ
0 − ) ( ) ( ) z z + + λ
0 − > θ θ = + > Đặt ( z ) ) zλ
(
0 n 2 2 ∞
∑
=
n
1 (
n
(
( ) 0 + + + + + + *
n n = − − = − z f f z z f z z , ( ), ( ) , ( ) λ
0 0 0 λ
0 λ
0 0 λ
0 (do ) ) + * n = − λ = f z , 0. λ
0 0 f
0 0 + + + + +
1 n − − ( ) ( ) ) ( ) z z z z λ
0 λ
0 ) ( ) ≤ = = 2 2 ( )
v .
v n n 2 2 ∞
∑
=
n
0 ∞
∑
=
n
1
( ) (
n
(
( ) 0> f v
Do đó v là điểm tựa trong của K (do không phân tích được),dẫn đến 0( ) 0= f v
nhưng điều này trái với 0( ) f v = . Thật vậy:
Ta có 0( )
(
n
z
vừa chứng minh trên.Vì vậy có không quá một vectơ riêng trong K. Định nghĩa 3.5. 48 = ∀ ∈ ( x ) λ
x , x K \ θ
{
} ( )x là điểm tựa trong . > ∀ > ∃ ∈
f X * : f x
( ) 0, x .θ thì 1) Ánh xạ được gọi là tựa dương mạnh nếu 2) Nón K được gọi là nón nhọn nếu Định lí 3.4. Giả sử rằng: 1) K nón sinh, Minihedral và tựa thể nón * 2) tuyến tính dương, tựa dương mạnh. *,K f * có vectơ riêng dương trong ( ) 0 fλ=
0 0 > ∀ ∈ thỏa 3) f x K θ
\ { } 0, x
0( ) . Khi đó có trong K không quá một vectơ riêng. ∃ ≠ = Chứng minh. = sao cho : , 1 x x
,
1
2 x
1 x
2 x
1 x
2 = = λ ( ) ; ( ) x
1 λ
x
1 1 x
2 x
2 2 Giả sử trái lại rằng Tương tự chứng minh Định lí 3.3, ta có: ( ) f ( ( ) f ( fλ
1 0 x
1 λ=
0 0 )x
1 fλ
2 0 x
2 λ=
0 0 )x
2 > ∀ ∈ > > = = ) 0, ) 0 . x K θ
\ { } 0, ; f x
(
1 f x
(
2 x
(do 0( )
f λ λ λ
0.
2 ∈ = ∉ ∃
α β
, : z K Từ ), nên ta có 1 . − ∉ Khi đó, z+
z K +
α β
x
x
2
1 + Do và không là điểm tựa trong .λ=z
z
( ) ( z z λ+
≥
)
0 0 + của K và Ta có . Dấu “=” không xảy ra. Thật vậy, nếu z , ) z
( (z+ ) λ+
=
0 +z cũng là điểm tựa trong của K (vô lý). 0λ +z là điểm tựa trong của K, vì thế
+ > θ − là điểm tựa trong của K,dẩn đến do tựa dương mạnh nên ( +
)z zλ
0 + + + + * < − = − = 0 ( z ) z ) ( f )( z ) f ( z ) 0, f
(
0 λ
0 0 λ
0 0 Vậy , Suy ra rằng vô lý. Vậy có trong K không quá một vectơ riêng. = ∈ ∃ >
α ≥ α ] { x X : 0, x Định nghĩa 3.6. K u
[
0 u
}
0 1) 2) Ánh xạ được gọi là 0u _không phân tích được nếu: 49 ∈ ] ( )x x K θ
\ { } xλ≤ x K u∈
0[ với suy ra Định lí 3.6. Giả sử rằng: 1) K là nón nhọn. K u
)
0( 2) tuyến tính dương, liên tục và 0u _không phân tích được, có trong vectơ riêng. * có trong > ∀ ∈ f 0, *K vectơ riêng 0f ứng với giá trị riêng 0λ sao cho
x K θ
\ { } 3) x
0( ) . Khi đó không có trong K vectơ riêng khác. ∈ ≠ = = sao cho ( ), , 1 Chứng minh. ∈
x K u
0 x
2 K x
,
1 x
2 x
1 x
2 = = λ ( ) ; ( ) . ( ) f ( Giả sử có 1 fλ
1 0 x
1 λ=
0 0 )x
1 x
1 λ
x
1 1 x
2 x
2 2 = ( ) .
) f f λ
2 0 x
2 λ
0 0( x
2 > ∀ ∈ = = > > ) ,
0 ) 0
, x K θ
\ { } 0, Tương tự định lí 3.4, ta có ; x
(do 0( )
f λ λ λ
0.
2 f x
(
1 f x
(
2 ( ) Và từ ,λ=x
x
2 2
2 Có số t là Do là 0u _không phân tích được và ) do đó ta có 1
∈x
K u
0[
].
nên 2 ≥x 0 x
tx Ta có 2 1. tx−
1 > . Thật vậy, giả sử 2
x tx=
1 x nhưng điều này lại vô lý. t x , dẫn đến 1,=t =x
2 1 thì số lớn nhất thỏa 2 1,=x − = λ − = − từ đó ta có 2 ( ) λ
t ( ). tx K u ( bởi vì
] x
2 tx
1 x
0 2 x
0 1 λ
0 x
2 tx
1 x
Suy ra 2 − ∈
1 0[ ∃ >
γ − ≥ γ 0 : , là 0u _không phân tích được) ,vì thế cho nên x
2 tx
1 x dẫn đến
1 ≥ +
t
( )γ x
2 x , điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của .t Vậy không có trong K
1 Do đó vectơ riêng khác. n ∀ ∈ Định nghĩa 3.7. Cho K là thể nón, ánh xạ tuyến tính dương được gọi là dương ∈
x K θ
\ { }, x
( ) int K ∃
:
n K∈
int u
Nhận xét 3.1. dương mạnh, 0 mạnh nếu thì là 0u _dương. Định lí 3.7. Giả sử rằng ánh xạ tuyến tính dương có trong K vectơ riêng 0x
tương ứng với giá trị riêng 0λ . Khi đó 0λ là giá trị riêng đơn trong các điều kiện sau đây: 50 1) là 0u _dương và 0u _bị chặn trên X. 2) là 0u _không phân tích được và 0u _bị chặn trên X. * có > ∀ ∈ 3) K là nón sinh, tựa thể nón, nón Minihedral, không phân tích được, f x K θ
\ { } 0, *K vectơ riêng 0f : 0( )
x * . trong * > ∀ ∈ 4) K là nón sinh, nón nhọn, Minihedral, tựa thể nón, tựa dương mạnh, f x K θ
\ { } 0, 0f K∈ sao cho 0( )
x có vectơ riêng . = λ ∈ ( ) K θ
\ { } Chứng minh. x
0 x x
,
0 0
0 Ta có n > = 0.λ ≠ ∃ ∈
n *, α α ≤
0 : ( ) u
0 x
0 n
,λ
x
0 0 là 0u _dương nên Trường hợp 1 > ) 0 λ =
x
Ta có 0 0 x
0( 0.λ > Giả sử có vectơ riêng khác 0x là 0y , tức là ( ) suy ra 0 K
. y
0 tx≠
0 − ∉y
0 m > β mà Ta có thể coi nên 0
.λ=y
y
0 0
0 ∃ ∈
m β≤
u , 0 : ( ) , *
m
λ
0 =
y
0 y
0 0 ≥ ≥ ≥ ≥ , u y . Do đó 0 u
0 y
dẫn đến
0 0 u
0 x
0
.
y
0 m
λ
0
β m
λ
0
β −
m n
αλ
0
β α
n
λ
0 ≥ > 0 ty thì ≠ (do suy ra Do là 0u _bị chặn trên X nên t 0 0≥x x
và 0 ty−
0 tx
0 y≠
0 −
m n
αλ
0
β ∃ ∈ − ∃ >
γ ) Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 p , 0 : *
p x
(
0 ty
0 ≥
) γ
u
0 λ = − = − ) ( λ
t ( ). . ty
0 x
0 y
0 0 λ
0 x
0 ty
0 p Do là 0u _dương nên
−
x
Ta có
0 0 0 −
m p
γλ
0
β ≥ + t y , nhưng điều này mâu thuẫn tính cực đại của t. x
0 0 −
m p
γλ
0
β
− = − ≥ ≥ dẫn đến: ( ) , u Từ đây suy ra 0
x ty
0 x
0 ty
0 y
0 1
p
λ
0 γ
p
λ
0 51 > ∈ X \ { }θ ∃
n
0 z
01, −
1 n
0 n
0 − = − = ≠ I ( z ) θ
, I ( z ) θ ( ) ( ) λ
0 0 λ
0 0 v
0 ( Giả sử sao cho v λ=
)
0
0 v
0 =v
0 t x
.
0
0 −
20
n − λ= + ( ) I ) nên theo chứng minh trên thì Ta có ) w
0 λ
0 z
0 (w
0 w
0 0 x
0 1
(
=
t thì ta có Đặt K − ∉ . Thật vậy, nếu
0w − ∈ thì :
K
0w n −
1 n
λ θ = + ≤ ∀ ⇒ + ≤ n ( ) θ
, w
0 w
0 n
λ
n
0 x
0 x
0 w
0 θ → +∞ n (cho ) λ
n
⇒ ≤
x
0 Nhân xét, > λ Điều này vô lý. ∃ ∈
q 0 : *
∃
, q w
(
0 ≤
) λ
u
0 q ≥ ≥ ≥ ( ) x
0 u
0 w
0 w
0 1
λ −
q n
αλ
0
λ α
n
λ
0 α
n
λ
0 ≥ > ≥x 0 ≠ (do 0 t . Khi đó: Do là 0u _bị chặn trên X nên t w thì
0 0 x
và 0 ty−
0 0 −
q n
αλ
0
λ Gọi 0t là số lớn nhất thỏa 0 tx
0 y≠
0 − = − − = − + ( ) ( ) ( ) t t ( ) x
0 w
0 x
0 0 w
0 x
0 x
0 tw
0 x
0 1
λ
0 1
λ
0 t
0
λ
0 1
λ
0 − ≥ ≥ ) , w , dẫn đến x
0 tw
0 x
0 0 0 t
0
λ
0 2
t
0
λ
0 2
t
0
λ
0 > ∈ K θ
\ { } ≥ Từ đây suy ra w . Điều này mâu x
0
+
t
0
n
Vậy không tồn tại 0 z
01, n
0 −
10
n − = − = ≠ ( ) θ
, ( ) θ
. I I ( ) ( ) λ
0 z
0 λ
0 z
0 v
0 sao cho: thuẫn tính lớn nhất của 0.t Do đó 0λ là giá trị riêng đơn của . Trường hợp 2) 52 = λ ( ) ∈ K θ
\ { }, x
0 x x
,
0 0
0 α ≥ α∃ > ∈ K ], 0 : ( ) ), cho nên Do là 0u _không phân tích được và x
0 u
0[ ≥x
0 λ
u .Từ đấy suy ra 0
0 =
x
0 x
0 (α
u
0 0.λ > Giả sử: 0 ( ) dẫn đến nên y
có vectơ riêng khác 0x là 0y ,tức là 0 tx≠
0 .λ=y
y
0 0
0 K
. − ∉y
0 ∃ ∈ ∃ >
β ≤ m , 0 : ) *
=
y
0 m y
(
0 .β
u
0 m
λ
0 mà Có thể coi ≥ ≥ > ty thì Do là 0u _bị chặn trên E nên t 0 x
0 α ≥
u
0 y
0.
Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 0≥x m
αλ
0
β m
αλ
0
β − = λ − = − 0 ( ) λ
t ( ). ≠ (do Từ đó suy ra tx
0 y≠
0 x
và 0 ty−
0 x
0 ty
0 x
0 0 y
0 0 λ
0 x
0 ty
0 − = − ( ) ( ) ) .Ta có x
0 ty
0 λ
0 x
0 ty
0 ∈ γ γ
∃ > − ≥ ≥ , cho nên Do là 0u _không phân tích được và t K ] 0 : . t x
0 y
0 γ
u
0 y
0 −x
0 y
0 u
0[ m
λ
0
β ≥ y Điều này mâu thuẫn tính lớn nhất của t. x
0 0. m
γλ
0
β
+
t
> ∈ K θ
\ { } , dẫn đến Từ đây suy ra n
Tương tự trường hợp 1), không tồn tại 0 z
01, −
1 n
0 n
0 − = − = ≠ I ( z ) θ
, I ( z ) θ ( ) ( ) λ
0 0 λ
0 0 v
0 sao cho Vậy 0λ là giá trị riêng đơn của . Trường hợp 3) 1=X x
( ) ,θ= ∀ ∈ x X > X 1, dim( −
K K >
) 1 Nếu và dim thì vectơ riêng duy nhất của là 0x . θ≠ .Thật vậy, giả sử trái lại .θ= ∩ Π ≠ thế thì
θ . Khi đó Giả sử dim 2Π = và K ∃ − ∉ sao cho Xét Π là không gian con, dim y K ,y ,y y− ∈ Π y+ > không là điểm tựa trong của K. 0 Do K là nón sinh, Minihedral nên phần tử (do bổ đề 3.3) 53 + ( ) θ+
= ≤ y y θ= nên Mặt khác, mà còn có là 0u _không phân tích được. .θ≠ Nên y+ là điểm tựa trong của K .Điều này vô lý.Như vậy phải có 0 0λ > .Thật vậy, giả sử x >
0(
)
)x θ=
0( ( Ta chứng minh và do đó 0 )x
0 xλ=
0 0 + Do và không phân tích được nên 0x là điểm tựa trong của nón K, =
K X . x
0 từ đây theo định lý 3.3 cho ta ( ) ⊂X K x
( ) θ= ∀ ∈
, x X . θ≠
. Do đó và do đó Điều này mâu thuẫn với 0.>x
) 0( ≠ ( Vậy phải có − ∉ dẫn
K ∃
y
0 )y
0 yλ=
0 0 ,y
. Theo định lí 3.3, thì 0 y
0 tx
0
đến 0y+ không là điểm tựa trong của K. λ ≥ ≥ = sao cho Giả sử rằng ( ) θ
, ( ) ( ) . +
y
0 +
y
0 y
0 y
0 0 Do đó : Ta có yλ+
+
≥
( y
)
0 0
0 yλ+
+
=
( y
)
0 0
0 . Dấu “=” không xảy ra. Thật vậy, giả sử và do > ( +
.λ+
y
y
)
0
0
0 ( λ+
−
)
y
0 +
y
0 0 ) không phân tích được nên 0y+ là điểm tựa trong của K,dẫn đến vô lý. Vậy =
: v n 2 ∞
∑
=
n
0 Đặt ) (
n
( 2≤ v v > và
0 v
)( dẫn đến v là điểm tựa trong Tương tự định lí 3.4, cho ta * * = = = của K. ( f ) fλ=
' f ( ) f ( ( )
) ( f )( ) ' ) 0 λ
0 0 0 x
0 0 x
0 0 x
0 xλ
f
(
0
0 * (do f 0) ( ) 0 Mặt khác nên f v = . Thật vậy: ( )f
0 fλ=
0 0 0 x >
)
0 + + + + + + n n
* − = − = − f z f z z f z z , ( ), ( ) , ( ) 0 λ
0 0 λ
0 λ
0 0 λ
0 'λ λ=
0
(
n
z
(
) + n * = − = λ f z , 0 λ
0 0 f
0 0 ( ) f v > (do bởi
0 v > ).
0 . Do đó Suy ra , vì thế 0 Qua đó cho thấy sự mâu thuẫn với 0 54 > ∈ X \ { }θ ∃
n
0 z
01, n
0 −
n
10 − = − = ≠ I ( ) θ
, I ( ) θ
. ( ) ( ) λ
0 z
0 λ
0 z
0 v
0 ( Giả sử sao cho v λ=
)
0
0 v
0 v
nên theo chứng minh trên thì 0 t x=
0 0 −
20
n − + ( ) I ( ) λ= Ta có ) w
0 λ
0 z
0 w
0 w
0 0 x
0 1
(
=
t * < = − λ = − = 0 f ( ) f ( ( ) ) ( f )( ) f ( ) 0. 0 x
0 0 w
0 w
0 0 0 w
0 λ
0 0 w
0 ta có . Khi đó ta có: Đặt Điều này không thể xãy ra. Vậy 0λ là giá trị riêng đơn của ≠ ( K Trường hợp 4) − ∉ , dẫn đến ∃
y
0 tx
0 )y
0 yλ=
0 0 ,y
. Theo Định lí 3.5 thì 0 y
0 0y+ không là điểm tựa trong của K. Tương tự chứng minh Định lí 3.4, ta có 0λ là
giá trị riêng đơn của Giả sử sao cho Định lí 3.8. Giả sử rằng: 1) K-thể nón 2) tuyến tính dương, liên tục và không phân tích được > ∀ ∈ x K θ
\ { } 0, 3) * có trong int K vectơ riêng 0x ứng với giá trị riêng 0λ sao cho
x
0( )
f . Khi đó, không có trong K vectơ riêng khác 0x và 0λ là giá trị riêng đơn. Chứng minh. * có * ( Do K-thể nón , là tuyến tính, dương, liên tục, theo Định lí 2.2, cho ta f , ( f ) λ=
' f . *K vectơ riêng 0 0 0 )x
0 xλ=
0 0 ) 0.> f
tích được, nên 0x là điểm tựa trong của K và 0 x
0( Ta có trong và không phân * = = = f ( ) f ( ( )
) ( f )( ) ' ) λ
0 0 x
0 0 x
0 0 x
0 xλ
f
(
0
0 . Vì thế cho nên: λ λ=
'
0 ≠ Dẫn đến ( K∈
int 0α∃ > sao 0y ∃
y
0 tx
0 )y
0 ty=
0 − ∉ .Ta có 0
K
x > 0 ty thì t >
0.α≥ ; . Có thể coi nên Nếu 0.α≥x y Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 0≥x x
Ta có 0 ty−
0 cho 0 nên: 55 − = − = λ − = − ( ) ( ) t ( ) λ
t ( ) x
0 ty
0 x
0 y
0 x
0 0 y
0 0 λ
0 x
0 ty
0 x
Mà là không phân tích được nên 0 ty−
0 ∃ >
γ − ≥ 0 : ( )
t γ+ ⇒ ≥
x
0
0y x
0 ty
0 γ
y
0 > ∈ là điểm trong của K. Do đó: K θ
\ { } ∃
n
0 z
01, −
1 n
0 n
0 − = − = ≠ I ( z ) θ
, I ( z ) θ ( ) ( ) λ
0 0 λ
0 0 v
0 sao cho Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của t.
Chứng minh tính đơn của 0λ . Giả sử . v
(
0 ) λ=
0 v
0 Ta có Tương tự chứng minh Trường hợp 3, Định lí 3.7, ta có điều mâu thuẫn.
Do đó 0x là vectơ riêng duy nhất và 0λ là giá trị riêng đơn của .
Định lí 3.9. Giả sử rằng là 0u _không phân tích được và 0u _bị chặn trên X có vectơ riêng trong K là 0x tương ứng giá trị riêng 0λ . Khi đó, 0λ là giá trị riêng đơn của . = ∈ ( ) , K θ
\ { } ∈ K ]. Chứng minh. x
0 x xλ
0
0 0 x
nên 0 u
0[ Do là 0u _không phân tích được và α∃ > ≥ 0 : α
u x
0 0. ≠ Do đó ∃
y
0 tx
0 ( ) . sao Chứng minh không có vectơ riêng khác 0x .Thật vậy, giả sử rằng .λ=y
y
0 0
0 K Do là 0u _bị chặn trên X nên: − ∉y
0 α = β > ) ∃ ∈
n 0 : ) β
≤
u *
∃
, ⇒ ≥
x
0 n
y
(
0 y
0 n y
(
0 0 n
αλ
0
β 1
β ≥ > 0 ≠ (do Ta có thể coi cho t 0, 0≥x
ty x
và 0 ty−
0 tx
0 y≠
0 n
αλ
0
β − = λ − = − ( ) λ
t ( ). ) .Ta thì Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 x
0 ty
0 x
0 0 y
0 0 x
0 ty
0 có: λ
0 56 ∃ >
γ − ≥ ≥ γ 0 : t , x
0 y
0 γ
u
0 y
0 m
λ
0
β ≥ y Mâu thuẫn tính lớn nhất của t. x
0 0. m
γλ
0
β
+
t
dẫn đến Và là 0u _không phân tích được nên > ∈ K θ
\ { } Chứng minh tính đơn của 0.λ ∃
n
0 z
01, n
0 −
n
10 − = − = ≠ I ( ) θ
, I ( ) θ
. ( ) ( ) λ
0 z
0 λ
0 z
0 v
0 , sao cho Giả sử v
(
0 ) λ=
0 v
0 =v
0 tx
.
0 −
20
n − + ( ) I nên theo chứng minh trên thì Ta có ( ) λ= ) w
0 λ
0 z
0 w
0 w
0 0 x
0. 1
(
=
t −
1 = n
λ + , ta có Đặt K (n ) ≤ ∀
θ
,
n w
0 w
0 n
λ
n
0 x
0 − ∉ . Thật vậy, nếu
0w − ∈ thì
K
0w θ + ≤ θ≤ → +∞ K (cho n ). Nhận xét , w
0 x
0 − ∉ .
0w x
nên 0 λ
n δ ∃ ∈ > ≤ . Suy ra Điều này vô lý, nên 0 : ) p *
∃
, p w
(
0 .δ
u
0 p ≤ ( ) ≤ ≤
... ( ). w
0 w
0 w
0 1
λ
0 1
p
λ
0 p ≥ ≥ Do đó: Do là 0u _bị chặn trên X nên ) . x
0 ≥
α α
u
0 0(
w w
0 1
δ p
αλ
0
δ ≥ > 0 Khi đó ≠ (do t 0, 0≥x
tw x
và 0 ty−
0 tx
0 y≠
0 p
αλ
0
δ = ≥ = + thì ) . Gọi t là số lớn nhất thỏa 0 ( ) ( ) λ
( ) x
0 w
0 w
0 0 x
0 1
λ
0 t
λ
0 t
λ
0 2 2 ≥ + ≥ + = t t . x
0 w
0 x
0 w
0 w
0 w
0 t
λ
0 t
λ
0 t
λ
0
+
t
, từ đây suy ra : Ta có 0
x Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của t. Vậy 0λ là giá trị riêng đơn của . 57 ∈ = ∈ Định nghĩa 4.1. Cho nón K. u K u , 1, q ]
0,1 . ( = ∈ ≥ ( ) { x K x : q x u
}. qK u θ ρ ≥ Ta định nghĩa: 1) ∈
u K \ { }, 1. ρα = ∈
{ : x K α α
∃ >
0,
u ≤ ≤
x }.
u ρ , uK Ta định nghĩa: 2) ⊂ Định lí 4.1. Giả sử rằng: .θ≠u
) K ) ( ) 0( K u
0(
q + = λ x u . x
( ) u ∈
x x K
, θ
\ { } > sao cho từ và 1) tuyến tính dương, liên tục, β≤x
( )
0 0 0β∃
0 0 suy ra 2) Khi đó có vectơ riêng ứng với giá trị riêng. m −
1 Chứng minh. ∞
1
∑
.
m
λ
m
=
1 ≥ ∈ = inf 0 : ) hoäi tuï . λ
Đặt 0 u
(
0
λ
>
q =
: u ) ( ) ( ) ( u
0 u
0 u
0 .α
u
0 )0 K u
0(
q m −
1 m −
1 ≥ ≥ ∀ ) , m
. , nên Do (0,λ α
]
∀ ∈ u
(
0 u
0 1
u
0
λ
α
1
λλ
1
m
λ m −
1 m −
1 ) d m
≥ ∀
,
. ( ) thì d∃ > : 0 u
0( u
0 1
m
λ ∞
1
∑
m
λ
m
= 0 m −
1 ( ) λ α≥
. Suy ra chuỗi phân kỳ. Do đó 0λ λ∀ > u
0 ∞
1
∑
m
λ
m
= 0 Ta chứng minh hội tụ . Dẫn đến 0 58 m −
1 ) 0, ( )
λ ∃ ∈
λ
1 0λ λ> u
0( ∞
1
∑
m
λ
m
=
0 1 Thật vậy, xét sao cho . Do định nghĩa 0λ , m −
1 l
∃ > 0 : ( ) l m
≤ ∀
, u
0 1
m
λ
1 m m m m −
1 −
1 l = ≤ ∀ ( ) ( ) , m
. hội tụ. u
0 u
0 λ
1
λ λ
1
λ 1
m
λ
1
m
λ
1 m −
1 ) Khi đó u
(
0 ∞
1
∑
.
m
λ
m
=
1 m −
1 x n + ∞ ∈ = ), , , λ
( ) ( Nên hội tụ, λ λ∀ > 0. .
) n (
λ λ
∈
0 u
0
n 1
m
λ ∞
∑
m
=
1 x λ
( ) ). .
( ) n m u
0
(
n 1
m
λ ∞
= ∑
m
=
1 x = + λ
( ) ≤ thì Đặt ( )
) λ
) . ( ) x
n (βλ
x
(
n 0 u
0 x
λ λ
( )
n n u
0
n = λ
( ) 0 (1) Nên suy ra nx lim
→+∞ λ Ta có: nx = ∞ λ
( ) (2) lim
λ λ
→
0 λ
( ) )
0,λ +∞ (3) nxλ Ánh xạ liên tục trên ( m m −
1 ≤ ) Chứng minh (1): ∃ >
L 0 : L
. λ λ>
0, u
0)
( −
1(
u
0 1
m
λ ∞
∑
m
=
1 1
m
λ m m m m −
1 −
1 do hội tụ nên Xét = ≤ ∀ Do đó, ) ) , L .
m (
u
0 (
u
0 1
m
λ
λ
λ
λ
λ
1
m
λ 59 m λ m −
1 λ
λ x x = ≤ = ⇒ = λ
( ) ( ) = λ
(
) 0. .
n n lim
+∞
→ λ u
0
n L
n L
n L
n −
λ λ 1
m
λ ∞
∑
m
=
1 ∞
∑
m
=
1
λ
λ
− 1 λ
λ ( ) Chứng minh (2) x
sao cho λ ≤ M k
∀
.
, λ λ
=
0 n k lim k
→∞
k m −
1 x K − = ∈ − ( ) ) ) giảm, Giả sử trái lại { }kλ∃ .
}
)λn
(
x
k x
Do λ
k
n λ
(
k n q +
1 u
(
0 u
0
n
∞
∑
m
=
1 1
m
λ
k 1
m
λ
k
+
1
= ) ) tăng. nên { .
x
0 λ
k qK u là nón hoàn toàn chính quy nên tồn tại 0( lim (
x
n
→∞
k x x + = + = ) ( ) Và ( ) ( ) λ
(
k n x
λ λ
k n
k 0 xλ
0 0, u
0
n u
0
n 1 x x ≥ + λ ( ), ( ) ta có nên: Qua giới hạn ở ( ) ⇒ ≥
u
0 x
0 ) β≤x
0(
0 x u
0 0 x
0 0 0 0 x 1
x
0 β
0 n
β
0 0 .Vậy x x ≤ =
: λ
' nên: ', (
x
) )0
(
λ λ λ∈ 'λ λ<
0 u
. Do 0 n xλ≤
0 0 0 0 0 λ
0
1 + 1 x n
β
0 0
với .Chọn m − 2 m m m − −
1 −
1 2 nên: 0 0 ) x x = ) ( ) ( ) . u
(
0 n
λ
0 n
λλ
'
0
1
m
λ 1
m
λ n
λ λ
'
0
2
λ
λ 1
m
λ " là thứ tự sinh bởi nón qK u ).
0( − 2 m m −
1 ∃ > ≤ ∀ 0 : ) ( ) , N N .
m (với " 0 0(
u 0 x
0
1
m
λ λ λ
n
'
0
2
λ
λ m ) Do đó 0λ λ< −
1(
u
0 1
m
λ ∞
∑
m
=
1 hội tụ, với . Mâu thuẫn với chứng minh trên . Chuỗi 60 nx < < = ∞ Vậy λ
( ) . lim
→
λ λ
0 <
sao cho λ λ λ λ 1 2 0 +∞0, m m m m m −
1 −
1 −
1 = = ≤ ∀ > H ( ) ( ) ( ) , . λ λ
2 u
0
n u
0
n u
0
n 1
m
λ
λ
1
λ
2 λ
1
λ
2 1
m
λ
2 1
m
λ
1 ∞ m − ) ( Xét .Ta có: Chứng minh (3):
)
(
λ λ∈ . Chọn λ λ1
2, 2λ λ∀ > u
0
n 1
∑ 1
m
λ m =
1 m −
1 ) < ∀ >
, . ε > ∃
0, 0 Từ đây suy ra hội tụ . >m
0 λ λ
2 u
0(
n ε
3 1
m
λ m ∞
∑
m
+
=
10 − < − > Nên với sao cho < ta có: 0,δ δ λ λ
2 m m −
1 −
1 − < ( ) ( ) u
0
n u
0
n ε
3 1
m
λ m
0
∑
m
=
1 m
0
∑
m
=
1 1
m
λ − x x − λ ε
<
( ) < ta có λ
( ) Chọn sao cho λ λ δ n n +∞ = Do đó khi λ λ δ nên nx liên tục theo biến λ. ( ) : ) 1. ) x
n λ
(
n (
∃ ∈
λ λ
0,
n nx λ thỏa (1),(2),(3) nên x = + Vậy hàm ) ) x
n x λ=
(
n
n xλ
n n u
0
n + ,lúc đó: ta có Đặt u ∀
n (
n
}nλ⇒
{ 0 , λ ≤
n (do ). → ≥
λ µ λ
0 n ≥
λ λ
0 n = α > inf{ 0 : } ≤ ≤
x α
u bị chặn nên có dãy con hội tụ, nên có thể coi −
α
u
0 0 { }n n
x ux
0 là dãy Cauchy theo 0u _chuẩn, x x x = + ≤ + ≤ + . =
: ( )
1 ( ) n n n β
0 u
.
0 β
0 u
0 u
δ
0 u
0
n u
0
n 1
λ
n 1
λ
n 1
λ
0
x x ≥ > θ ≥ Thật vậy: ( ( ) n n )0
u u
0 1
n
λ
n 1
n
λ
n Ngoài ra còn có (do ) và: 61 x x = − ≥ − ≥ − n
∀ ≥ > λ , . ( ) n x
n n λ
n n λ
0 n
0 u
0
n u
0
n u
0
n λ
0
2 x a
∃ > 0 : n
a
≥ ∀
,
. ( ) n x x q x = + ≥ ≥ ≥
=
: . ( ) ( ) n n n u
0 u
0 u
γ
0 u
0
n q a
.
+ 1
λ
n 1
λ
n
u
0 xγ
≤ ≤ δ≤
, , Nên, Do đó : nx uγ
0. u
δ≤
0 }0
n ux n u
0 .γ→ ≥
b dẫn đến là dãy số bị Vậy vì thế cho nên { n ux
0 chặn nên có dãy con hội tụ. Có thể coi ∃ ∈ − > > sao cho Bây giờ giả sử trái lại, { }nx không là dãy Cauchy theo 0u _chuẩn. ,
m n ,ε
0 :
x
n 0ε∃
0 x
m u
0 ε
− ≤ − ≤ từ đây suy ra một trong hai bất Khi đó u
0 0 ε
0 0.
u x
n x
m ε− ≤ − đẳng thức sau không đúng. u
0 0 x
n x
m ε < − < − ). δ
<
u u
0 0 0 x
n x
m x
m x
m (do
x
m ε
0
δ < tx− 0 không đúng thì Giả sử ≥ thì: . x
n m x
n x
m ε
0
δ
−
1
≤ < − tx ⇒ ≤ −
t 1 1 . m x
n x
m ε
δ ε
δ
n t ≤ ∀ ⇒ > ∈ − , 0. Gọi t là số lớn nhất thỏa Nên t 0,1 nx uγ
0 u
δ≤
0 ε
0
δ
− ≥ − = − = tx t x (do 1). 1 1 x
n m x
n m x
n x
m ε
0
δ ε
0
δ
≥ + − +
Do đó , nên: Mặt khác: 62 − = − − − λ λ tx t . ( ) x
n m x
n n x
m m u
0
n u
0
m
≥ − − − λ −
λ λ tx u
0 x
m n m n x
m n ≥ ≥ − − u λ
0 0 −
λ λ
m n ε
0
δ
1
1
+
n m
λε
0 0
δ
2 1
1
+
n m
− ≥ − ≥ Với n,m đủ lớn tx q tx ( ) ( ) u
0 u
0 x
n m x
n m λε
q
0 0
δ
2 − = + − + . tx ( ) ( ) x
n m x
n x
m u
0
m u
0
n
t
λ
m 1
λ
n − + + − = tx u u ( ) ( ) 0 0 x
n m x
n m
1
1
−
λ λ
m n 1
λ
n
n t
λ
m 1
λ
m ≥ − − β u
0 u
0 0 u
0 δ
2 ( ) 1
λ
m
0 1
1
−
λ λ
m n λε
q
0 0
+
u
0 − ≥ tx . Do đó: Cho nên 0'
t u (khi m,n đủ lớn, t’>0). Từ đây suy ra: x
n m ≥ + ≥ + = ' ' . tx '
t u tx t t 0 x
n m m x
m x
m 1
δ 1
δ
+
t
− = Nên 0 . x
n x
m u
0 →∞ lim
m n
, Mâu thuẫn tính lớn nhất của t.Vì thế nên . ,u
0 − − ≤ − ≤ − x
n x
m u
0 x
n x
m x
n x
m u
0 u
0 θ⇒ − + − − 2 ( ) ( u
0
) ( ) u
0 u
0 x
n x
m x
n x
m x
m u
0 ⇒ − ≤ + u
0
− (2 1) . N ( ) ( x
n
) 0 u
0 x
n x
m x
n x
m u
0 − = Theo định nghĩa chuẩn ta có: 0 . ( ) ( ) x
n x
m →∞ lim
,
m n Vậy Khi đó: 63 − = + − + ( ) ( ) x
n x
m x
n x
m u
0
n u
0
m
1
λ
m 1
λ
n − + + − = . u u ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 x
n x
m x
m
1
λ
n 1
1
−
λ λ
m n 1
λ
n
n 1
λ
m
m − = 0 x
n x
m →∞ lim
,
m n = , Cho nên là dãy Cauchy nên hội tụ. . Do đó { }nx ≠ (do x
n x x θ
0
0 1.=nx 0x∃ để lim
→∞
n x + = x = ≠ , θ
. Từ đó ) ( ) ( n xλ
n n )0 xµ
x
0,
0 u
0
n . Qua giới hạn ở ta được Vậy 0x là vectơ riêng dương của Định lí 4.2. Với các giả thiết của định lí 4.1 thì có trong K vectơ riêng 0x ứng −
1 = inf 0 : ) hoäi tuï λ
0 u
(
0 ∞
1
. m
∑
m
λ
m
=
1
λ
>
với giá trị riêng 0x ứng với giá trị riêng: x = ≠ θ
. Chứng minh. ( )0 xµ
x
0,
0 Theo định lí 4.1, ta có 0µ λ≤ 0,µ λ> −
1 ) . Thật vậy, giả sử trái lại Ta chứng minh do định nghĩa 0λ ta có: . m
u
(
0 1
m
λ ∞
∃ < ∑
λ µ
:
m
=
1 x ≥ . n uδ≤ ≤ ∀ , hội tụ (*). =n
x nx u
nên 0 0 uγ
0 u
δ≤
0, x dẫn đến 0
x
0 0, 1
δ lim
→∞
n m −
1 m m −
1 −
1 x x x ≥ = ≥ ) ( ) . u
(
0 0 0 0 1
λδ 1
δλ
µ
λ
1
m
λ 1 1
m
δ
λ d d
∃ > > 0 : (m
−
1 ) . u
0 1
m
λ và Khi đó: Do 64 m ) 0µ λ≤ −
1(
u
0 x Dẫn đến chuỗi phân kỳ. Mâu thuẫn với (*). Do đó . ∞
∑
m
=
1
( 0µ λ= xλ=
0 0 1
m
λ
)0 . Suy ra , .Vậyλ0 là giá trị riêng tương ứng vectơ riêng 0x của ⊂ Định lí 4.3. Giả sử rằng: ) θ>u ) K ( ) 0( 0(
K u
q và 1) tuyến tính dương, liên tục, −
1 2) là 0u _bị chặn trên trên K ∞
1
. m
∑
m
λ
m
=
1 = inf 0 : ) hoäi tuï là giá trị riêng của tương Khi đó số λ
0 u
(
0
λ
>
ứng vectơ riêng trong K. Chứng minh. Ta có điều kiện 1) của định lí 4.1 được thỏa mãn. n
0 ∃ ∀ ∈ , , . ( )
x x x K n
0 :β
0 β≤
0 u
0 Ta chứng minh điều kiện 2) của định lí 4.1 cũng được thỏa mãn. ≤ = β Do là 0u _bị chặn trên trên K nên ) . ), u ( n u
0
(
0 β
0 u u
0 0 u
0 0 )0 0(
K u ∈ q q ( ( ) )
≥u
0 u
0 u
0. Mặt khác, do đó: Nói riêng 2 2 ≥ ≥ q q ( ) ( ) 2 ( ) ( ) u
0 u
0 u
0 u
0 u
0 Từ đây suy ra: −
1 −
1 n
0 n
0 n
0 n
0 n
0 ≥ ≥ u q u u q ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 u
0 u
0 −
1 −
1 n
0 n
0 n
0 n
0 n
0 ≤ ≤ … q q ≤ ≤
... ( ) ( ) ( ) ( ) u
0 u
0 u
0 u
0 .β
u
0 0 ≤ , Dẫn đến ≤ u
0
) ( u
0 u
µ
0 u
µ µγ
0, + = xλ là các số dương. Do đó ( )
x u
0 , ta có: Xét x θ> thỏa mãn 65 = + x x
( ) 0 = + + x
( ) 0 1
u
λ
1
u
λ 1
λ 1
λ
1
1
u
0
λ λ
= ... m −
1 m u ) 0 + + u = + +
... ( ) 0 1
u
0
λ 1
2
λ (
m
λ ( )
x
m
λ m −
1 u )0 + + + =
: ... y x ( ) y ...
n u
0 y
và 1 2 1
u
0
λ 1
2
λ (
m
λ m ) ) y Đặt qK u hoàn toàn chính quy nên { 0( −
1(
u
0 }n n 1
m
λ ∞
∑
m
=
1 hội tụ, hay hội tụ. Do λ λ≥
0. z z ≥ ⇒ ≥
d u
0 λ λ x u x d Do đó Gọi d là số dương thỏa: ≥ . Do đó: ≥ ⇒
0 −
n
10 n
0 ) 0 2 + + = + +
... ( )
x ( ) ( ) u
0 u
0 (
u
−
1 ( )
x
−
1 1
λ 1
2
λ n
0
λ n
0
λ −
1 γ ≤ + + + +
... . u x u 0 β
0 0 − 2 −
1 2
γ
λ
0
1
λ
n
0
γ
n
0
λ
0 1
n
0
λ
0 −
1 γ β ≤ + + + +
... =
: . x u x u u 0 0 0 − 2 x
d 2
γ
λ
0
n
0
γ
n
0
λ
0 β
0
−
1
n
0
λ
0 Ta có Như thế thì điều kiện 2) của định lí 4.1 được thỏa mãn.Vậy λ0 là giá trị riêng của tương ứng vectơ riêng dương 0x . ⊂ Định lí 4.4. Giả sử rằng: K ( ) ( )
K v
q . 1) tuyến tính dương, liên tục, > ≥ ∃ ∈
p γ
, 0 : p v
( ) 2) là 0u _bị chặn trên trên K *
γ
u
0 3) 66 −
1 ∞
1
. m
∑
m
λ
m
=
1 = inf 0 : ) hoäi tuï là giá trị riêng của tương Khi đó số λ
0 u
(
0
λ
>
≥ ∀ ∈ ⊂ ứng vectơ riêng dương. q , x K . K ( )
x ( )
x v ) ( )
K v
q p +
1 γ
q ( )
x u
0 p +
1 p 0 ≥ ≥ = q q ( )
x ( )
x ( )
v ( )
x γ
u
0 p u
u 0 ( )
x γ p +
1 p +
1 ≥ = = Do ,nên Từ đây suy ra: Chứng minh.
( , u , ( )
x ( )
x u q
0 q
0 u
0
u
0 q u
0
p
( )
x p +
1 ⊂ < K với : 0 ( ) {
1, } q
1 <
q Min
1 q
0 K u
( )
q
1 * n
0 > ∈ Chọn , ta có . Do là 0u _bị chặn trên, , 0 : , . ( )
x ∀
x K ∃ ∈
n
0 β
∃
0 β≤
0 x u
0 ( p +
1) 0
n pn
0 pn
0 pn
0 = ≤ ≤ =
: ( )
x ( )
x ( )
x u n
0
β
0 0 β
0 x u
0 β
1 x u
0 ) nên : p > Do đó p v
( ) (
1p+ là 0u _bị chặn trên.
u+
1( ) 0 ( )v θ≠ ,γ≥
u
0 n ≥ ⇒ ≥ n
δ ∀ v
( ) q v v
( ) =
: vδ v
( ) v , n
. 1 n
0 n
0 ≥ ≥ = . Do nên ,vì thế nên: Ta chứng minh v
( ) v u , ( )
v v .
v β≤
0 0 u
0 v v β
0 n
0
δ
β
0 n
0
δ
β
0 Mặt khác dẫn đến p p p +
1 +
1 = ≥ > ) θ
. ( )
u v (
u
0 1
u 1
u
0 0 n
0
δ
β
0 +
1
Do đó: 1p+ thỏa các điều kiện của định lý 4.3, nên: m −
1 p +
1 p +
1 y = µ : . = inf 0 : . ) hoäi tuï . Vậy ( y θ
>
∃
0 )0 y
0 0 µ
0 u
(
0 ) ( 1
m
λ ∞
∑
m
=
1
λ
>
Với 67 µ λ +
1
p
=
0
0 m −
1 1 p m +
1 −
1 . u
( ) Ta chứng minh . Thật vậy: 1λ λ∀ > ) m ( +
1 ∞
1
∑
m
λ=
m
1 1 ) ∞
∑
(
p
m
λ=
1 ( ) Nếu hội tụ, thì ta có hội .
u
0 µ λ +
1
. ≤ p Ngược lại, nếu hội tụ, thì tụ. 0 1µ µ∀ > 0 m −
1 1 p +
1 ta có: Do đó . ) s u
(
0 ) ( + m p
( 1) ∞
∑
m
=
1 p +
1 sp
p
+
1
µ µ ) ( −
1 ( ) = Các chuỗi hội tụ (với ). s 0,1, 2,..., p . m
1
p
λ µ +
1
≤
0
0 u
0 ∞
∑
m
=
1 1
m
p
+
1
µ . p
µ λ +
1
≥
0 0 Nên chuỗi cũng hội tụ. Cho nên , dẫn đến µ λ +
1
p
=
0
0 p = + +
... . Qua đó rút ra được ( ( ) ) x
0 y
0 y
0 y
0 p
λ
0 λ −
1
+ p
0 2 +
1 p = + + +
... ( ) ) ) ( ( x
0 y
0 y
0 y
0 p
λ
0 λ −
1
p
0 p + = + +
..
. −
1
( ) ( ) y
0 y
0 y
0 p
λ
0 )
) = λ . (
(
p
λ λ
0
0
x
0 0 Ta đặt thì 0x θ> và: Vậy λ0 là giá trị riêng tương ứng vectơ riêng dương của . 68 Qua luận văn này, bản thân tôi cảm thấy mình đã thật sự làm quen với công việc nghiên cứu khoa học một cách nghiêm túc và có hệ thống. Tôi cũng đã học tập được phương pháp nghiên cứu trong việc đọc các tài liệu và thảo luận nhóm.Bản thân cũng đã học được cách vận dụng các kĩ thuật chứng minh từ các lĩnh vực như: Giải tích phi tuyến, Giải tích hàm, Tôpô đại cương,… vào không gian có thứ tự. Mong rằng luận văn này sẽ là một tài liệu tham khảo phục vụ chuyên đề: “Phương trình trong không gian có thứ tự”. Tuy nhiên đang trong giai đoạn bước đầu tập nghiên cứu khoa học nên sẽ khó tránh khỏi thiếu sót, rất mong được sự hổ trợ chỉ bảo từ quý Thầy, Cô trong và ngoài hội đồng cùng sự đóng góp chân thành của các bạn bè, đồng nghiệp. 69 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1- Nguyễn Bích Huy, Giáo trình Giải tích phi tuyến 2 , ĐHSP.TpHCM, 2010. 2- K. Deimling, Nonlinear Functional Analysis, Springer - Verlag, 1985. 3- Krasnoselskii, Positive solutions of Operator equations, P.Noorhoff, Groningen, 1964. 4- M. Krein, A. Rutman, Linear Operators leaving invariant a cone in a Banach Space, Amer Math Soe Transl.10 (1962) pp.199-325. 5- I. A. Bakhtin, Nghiệm dương của các phương trình tuyến tính ( bản tiếng Nga), Giáo trình chuyên đề, ĐHSP. Vononez, 1990.(
)
)
(
*( )
g
)
(
)
(
)
(
)
Chương 3
SỰ DUY NHẤT CỦA VECTƠ RIÊNG DƯƠNG
Chương 4
VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ TUYẾN
TÍNH DƯƠNG KHÔNG COMPACT
Phần kết luận
