PHƯƠNG TRÌNH VỚI TOÁN TỬ LỒI HOẶC LÕM TRONG KHÔNG GIAN CÓ THỨ TỰ - LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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... Lý do chọn đề tài Lý thuyết phương trình trong khô

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

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

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 KÌX gọi là một nón nếu K là tập đóng, thỏa mãn các tính chất :

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 ÎK, 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 K D x, y, ÌX là tập lồi Ánh xạ f D: Ygọi là lồi nếu:

f x t y x+ - £ f x +t f y - f x với " Ît (0,1) và "x y D x, Î , 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 KÌX

Tập DÌX gọi là K- lân cận của điểm x, nếu $ >r 0 : B x r( ), Ç ÌK 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 K D X, Y, ÌX là

X

K -lân cận của điểm x0 và ánh xạ f D: Y Ánh xạ A L X YÎ ( , ) gọi là đạo

hàm (theo nghĩa Gateux ) theo nón hay đạo hàm phải của f tại điểm x0 nếu

Định lý 1.1 : Giả sử DÌX là tập lồi, K x mở, f D: Y là ánh xạ liên

tục, khả vi theo nón tại mọi x DÎ Khi đó các mệnh đề sau là tương đương

-(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 gliên tục trên (a b, )

- - (1) (do cộng vào 2 vế bđt (*) với -tg t( ))

Ta sẽ chứng minh g liên tục trên mọi khoảng (c d, ) (Ì a b, )

¢

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 tÎ(a b, ) khi đó g+¢ là hàm tăng

-Vậy g t+¢( )1 £g t+¢( )2 hay g+¢ là hàm tăng

Bổ đề1 3 : Nếu f a b  : ,[ ) liên tục có đạo hàm phải

f t+¢ ³ " Ît a b thì f là hàm tăng

Đặt t0=supA Ta nhận thấy f t( )0 ³ f t( )1 , thật vậy ta luôn tìm được

dãy { }t n Ì A (do tính chất của sup) sao cho lim n 0

trên ta có h t( )1 £h t( )2 hay f t( )1 +e t1£ f t( )2 +e t2

Cho e0 ta có: f t( )1 £ f t( )2 Như vậy bổ đề đã được chứng minh

Chứng minh định lý 1.1 :

1) 2): Lấy tuỳ ý: x y D x, Î , £ y

gliên tục vì f A, đều liên tục

g lồi vì A tuyến tính, f lồi

Rõ ràng x¹x y t, ¹x t, x và x t, yvà x t là so sánh được với nhau, do đó theo điều kiện 3) Ta có :

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

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:  Fđược gọi là tuyến tính dưới nếu :

f(0)³0

và tf x( )£ f tx( ), " Îx 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: Fđược gọi là tuyến tính dưới mạnh nếu :

f(0)³0

và tf x( ) f tx( ), " Îx 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

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

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]

Từ giả thiết f tăng mạnh, f(0)>0 và x0ÎP nên f x( )0 ³ f(0), do đó

số e >0, sao cho x0-t -e Îx1 x1 P  x0- t + e( )x1ÎP, với t + e > t,

điều này mâu thuẫn với tính chất lớn nhất của 

được xác định bởi f x0( ) :x = f x( 0+ -x) f x( )0 là tuyến tính dưới mạnh

Vì f là tăng mạnh nên f x cũng tăng mạnh

Từ đó theo định lý 3 f x0có nhiều nhất 1 điểm bất động dương x x ( ¹x0)tức

là

0

0( ) : x ( )

- T  0, thật vậy vì x KÎ nên x ³0 điều này nghĩa là có t = 0 T

- T bị chặn trên, thật vậy giả sử T không bị chặn trên tức là có { }t n ÌT

 ³ cho n  ¥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

a

>

b , do tính cực đại của t0 nên 1

0 20

t ³a >

b

mà Ax1= x Ax1 , 2 =x2nên $a b a b >1, ,1 2, 2 0 sao cho : x2³ a2 0u , và x1£ b1 0u

là nhánh liên tục từ q, có độ dài r nếu với mọi r¢ <r, mọi tập mở G mà

Từ đó suy ra : A tu( 0)³ +(1 e a)t u0 Như vậy có u0ÎK\ 0{ }, a= +(1 e a) ,

1 0

b = > để cho A tu( 0)³ +(1 e a)t u0, " Ît (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 =l1Ax1 , x2 =l2Ax2 (x iÎK \ 0{ } ) và l < l1 2 thì x1£x2 Thật vậy theo bổ đề 5 ta có số cực đại t0 :x2³t x0 1 ta sẽ chứng minh t ³0 1 :

t , do vậy t ³0 1 Vậy với x2³t x0 1, t ³0 1 thì ta suy ra x1£x2

4) Theo chứng minh 3) ta có x1£x2 Ta sẽ chứng minh lÎ( , )l l1 2 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 lÎ( , )l l1 2 hay l A luôn có điểm bất động với

Xét ánh xạ l A x x: 1, 2 K, với x x1, 2ÎK\ 0{ }, x1<x2 thì l A là ánh xạ tăng (do A là ánh xạ tăng và l>0 ) thỏa x1=l1Ax1£l Ax1 (vì 0 l< <1 l) và

2.3 ÁNH XẠ u0- LÕM ĐỀU

Định nghĩa 2.5 :

Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K và u0ÎK \{0}

Ánh xạ A K: K được gọi là u0- lõm đều nếu :

Giả sử { }x n là dãy cauchy trong (Ku0,d)

Đầu tiên ta chứng minh { }x n bị chặn theo chuẩn Thật vậy, ta tìm được n1

n

¥

= trong (Ku0,d)

Cho e >0, ta tìm được n0 sao cho d x x( ,n m)< e " , n m, ³n0

Bổ đề 2.5 :

Cho không gian metric đầy đủ ( , )Y r và ánh xạ f X: X thỏa mãn điều kiện cO suy rộng sau đây của Krasnoselskii : Với mọi cặp số 0 < a < b tồn tại số q = q(a,b) <1 sao cho

Với 0<a<b và d(x,y)Î[a,b] thì ( , ) ( )

d x y b a

e- Îéêe- e- ùúÌ

Gọi e là số nói trong điều kiện iii) của định nghĩa 2.5 tương ứng với

CHƯƠNG 3 ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA ÁNH XẠ LIÊN QUAN TỚI TINH LỒI

3.1 ÁNH XẠ LỒI MẠNH

Bổ đề 3.1 :

Cho E là không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón P, Flà không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón Q với int Q ¹ Æ, D Ì E là tập lồi và giả sử rằng ánh xạ f D: F là lồi mạnh Khi đó với x0ÎD, ánh xạ

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 trên mạnh, tăng mạnh

Khi đó f không thể có hai điểm bất động dương so sánh được với nhau Hơn nữa, nếu f y( )<y thì f không có điểm bất động nào thuộc đoạn [0, y]

Chứng minh định lý 3.1:

Giả sử rằng cả hai x0 và x1 đều là điểm bất động của f sao cho 0<x0<x1, hoặc x0 là điểm bất động dương và x1= y nếu f y( )<y

Với cả hai trường hợp trên ta đều có f x( )1 £x1 Hơn nữa vì f tăng mạnh nên

Cho E là không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón P với int P ¹ Æ,

D Ì E là tập lồi, ánh xạ f D: Flà tăng mạnh, lồi mạnh Thì khi đó f có nhiều nhất hai điểm bất động so sánh được với nhau Hơn nữa nếu x0ÎD là một điểm bất động của f và y DÎ thoả f y( )< y thì f không có điểm bất động *

f x = f x + -x f x là tuyến tính trên mạnh ( theo bổ đề 7 )

Vì f là tăng mạnh nên f x0cũng tăng mạnh Từ đó theo định lý 6 thì ánh xạ

0

x

f không thể có hai điểm bất động dương so sánh được với nhau Như vậy ta

có thể nói f x0 có nhiều nhất là một điểm bất động dương x PÎ Ç(D x- 0), (x¹x0) Khi đó f x0( )x = x f x( 0+ -x) f x( )0 = x f x( 0+x)= +x f x( )0 Lúc này xảy ra hai khả năng :

+ Nếu x0 không phải là điểm bất động của f thì f sẽ không có điểm bất động nào

+ Nếu x0 là một điểm bất động của f thì *

0

x = +x x cũng là một điểm bất động nữa của f và *

0

x >x Vậy định lý đã được chứng minh

Do tính u-lồi của toán tử A nên tồn tại số h h t( , )x 1 0

Giả sử ngược lại với một số q Î(0,1) thoả y0£qx0 Ký hiệu q0 là số nhỏ

nhất thoả mãn y0£q x0 0, rõ ràng 0<q0£ <q 1 Vì phần tử Ax0ÎK u( ), nên

theo tính u -lồi của toán tử A tồn tại số h>0, sao cho 2

0 0 (1 ) 0 0

Aq Ax £ -h q A x Nhưng khi đó ta có :

a Toán tử liên tục A đơn điệu trên đoạn nón x ¥0, , với Ax0£x0

b Đối với một số thứ tự b tồn tại định hướng ( )x a a b< Ì x ¥0, , phần tử của

nó x a được đánh số bởi những số thứ tự a<b, sao cho

· Định hướng ( )x a a b< được hình thành từ những phần tử đi sau

Khẳng định này đúng vì nếu a=0 thì trong trường hợp này x a= x0 và

0 0

Ax £x , nếu a là số dạng thứ nhất thì x a= x¢ và Ax¢£x¢ Bây giờ cho a là

Số dạng thứ nhất

Số dạng thứ hai

số dạng thứ hai, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức Ax a£x a bằng phép qui nạp siêu hạn

Giả sử với " <g a luôn có bất đẳng thức Ax g £x g Vì x a= lim( )x g g a< , còn

toán tử A liên tục nên lấy giới hạn hai vế bất đẳng thức Ax g £x g (g<a) ta thu được Ax a £x a

Như vậy định hướng ( )x a a b< được hình thành từ những phần tử đi sau

· Định hướng ( )x a a b< là định hướng tăng

x a £/ x a Như vậy tính tăng của định hướng ( )x a a b< đã được chứng minh

Định lý 3.3: Cho thoả mãn những điều kiện sau :

a Trong không gian Banach thực E nón K hoàn toàn chính qui,

b Toán tử liên tục A là u-lồi ;

c Tồn tại những phần tử x >0 0, y >0 0 sao cho Ax0£x0, y0£Ay0 ;

d Tồn tại số r >0, sao cho từ x >0, x³/ ly0, (l >1 ) suy ra x £r ;

e Nếu như x >0 và Ax<x, thì tồn tại phần tử x¢ >x sao cho Ax¢£x¢ ;n

Khi đó toán tử A có ít nhất một điểm bất động dương x >* 0, sao cho

Giả sử, toán tử A không có điểm bất động dương nào nghĩa là Ax<x (

Ax>x) với " Îx K\ 0{ } Từ đây ta sẽ chứng minh rằng, với mọi số thứ tự b

tồn tại định hướng tăng nghiêm ngặt ( )x a a b< Ì x ¥0, , những phần tử x acủa

nó được xác định như sau :

và được hình thành từ những phần tử đi sau

 Chứng minh rằng tồn tại phần tử x a có dạng đã được chỉ ra Thật vậy, nếu

a là số dạng thứ nhất, thì tồn tại phần tử x a-1³x0>0, Ax a-1<x a-1, vì vậy theo điều kiện e) của định lý tồn tại phần tử x¢ >x a-1, sao cho Ax¢£x¢, nhưng

toán tử A không có điểm bất động dương nào nên Ax¢<x¢, tiếp theo ta đặt

x a= x¢ lúc đó ta có : Ax a<x a và x g <x a ( g<a ) Nếu a là số dạng thứ hai,

Số dạng thứ nhất

Số dạng thứ hai

thì từ x g>0, Ax g <x g (g<a) ( do giả thiết qui nạp ) theo bổ đề 9 suy ra

0

x g ³ ly (l >1 ), do đó theo điều kiện d) của định lý, tồn tại số r >0 sao cho

x g £r, (g<a ), mà nón K hoàn toàn chinh qui nên định hướng tăng, bị chặn

( )x g g a< ta có

x g+ = x¢>x g , Ax¢<x¢ Như vậy x g <x a, (g<a) Mặt khác, vì

Ax g <x g ( giả thiết qui nạp ) và x a= lim( )x g g a< , nên từ tính liên tục của toán

tử A, ta có Ax a £x a mà toán tử A không có điểm bất động dương nào, do đó

Ax a <x a Vậy sự tồn tại định hướng tăng nghiêm ngặt cần tìm

( )x a a b< Ì x ¥0, đã được chứng minh ( với mọi số thứ tự b ) Bây giờ ta có thể chọn số thứ tự bất kỳ b có lực lượng lớn hơn lực lượng của K và chúng ta

xây dựng cho nó định hướng tăng nghiêm ngặt ( )x a a b< ÌK Khi đó một mặt ta

sẽ có ( )x a a b< >K ( theo cách chọn b ở trên ), mặt khác, ta lại có

( )x a a b< £K

( do ( )x a a b< ÌK ), điều này là mâu thuẫn Vậy định lý đã được chứng minh

Ä Chúng ta đưa ra 1 khẳng định bổ trợ để sử dụng trong định lý sau này

Định nghĩa 3.5 :

Cho K là nón trong không gian Banach E, u >0 ( 1 u = ) là phần tử cố

định, và số q Î( ]0,1 Khi đó tập hợp K u q( ) tất cả những phần tử x KÎ , sao cho x³q x u, được gọi là nón Rutman

Nón Rutman là nón hoàn toàn chính qui

Bổ đề 3.5: Cho

a Trong không gian Banach E với nón K toán tử A là u-lồi ;

b Tồn tại những phần tử x >0 0, y >0 0 sao cho Ax0£x0, y0£ Ay0 ;

Khi đó đối với số q Î( ]0,1 tập hợp M tất cả những phần tử x K uÎ q( ) \ 0{ },

sao cho Ax£x, bị chặn theo chuẩn

Định lý 3.4: Cho

a Thỏa mãn điều kiện a)-c) của định lý 3.3 ;

b Nếu như x >0 và Ax<x, thì tồn tại phần tử x¢ ÎK u q( ), với K u q( )- một số nón rutman sao cho x¢ >x và Ax¢£x¢

Khi đó tồn tại điểm bất động dương x >* 0, sao cho Ax*=x*

Chứng minh định lý 3.4

Theo bổ đề 11 tồn tại số r >0, sao cho từ

= q( ) \ {0} sao cho

x MÎ x K uÎ Ax£x , suy ra x £r, vì vậy khi ta giả sử

rằng toán tử A không có điểm bất động dương nào, chúng ta áp dụnh cách

chứng minh như đã chứng minh ở định lý 3.3, nhưng sử dụng điều kiện b) củ