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 XÌ gọi là một nón nếu K là tập đóng, thỏa mãn các tính chất : i) K K K+ Ì , K Kl Ì 0"l ³ ii) ( ) { }K KÇ - = q . 2). Nếu K là một nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định nghĩa như sau , x y XÎ , x y y x K£  - Î . 3). Nếu nón K có IntK ¹Æ thì ta định nghĩa x y y x IntK - Î 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 0N > sao cho với mọi , x y KÎ , 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 , ,x yK K D XÌ 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 (0,1)t" Î và , , x y D x y" Î ¹ 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 XÌ . Tập D XÌ gọi là K - lân cận của điểm x , nếu ( )0 : ,r B x r K D$ > Ç Ì . 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 , ,X YK K D XÌ là XK -lân cận của điểm 0x 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 0x nếu ( ) ( )0 0 0 ( ) lim Xt f x th f x A h h K t+ + - = " Î Khi đó ta kí hiệu ( )0A f x+¢= . Định lý 1.1 : Giả sử D XÌ là tập lồi, xK 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. 1. f là ánh xạ lồi. 2. Với , , x y D x y" Î £ ta có: ( )( ) ( )( )f x y x f y y x+ +¢ ¢- £ - 3. Với , , x y D x y" Î ¹ và so sánh được với nhau, ta có ( )( )( ) ( )f y f x f x y x+¢³ + - (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 với ( ), , , ,r t s a b r t sÎ < < , ta có: s t t rt r s s r s r - -= + - - ( ) ( ) ( )s t t rg t g r g s s r s r - - £ + - - (do g là hàm lồi) (*) ( ) ( ) ( ) ( )g t g r g s g t t r s t - - £ - - (1) (do cộng vào 2 vế bđt (*) với ( )tg t- ) Ta sẽ chứng minh g liên tục trên mọi khoảng ( ) ( ), ,c d a bÌ . Chọn ,c d¢ ¢ thoả c c d d¢ ¢< < < . Với ( )1 2 1 2, , , ,t t c d t tÎ < ta có do (1) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 2 1 2 g t g t g d g t t t d t - - < £ - - ( ) ( )g d g d d d ¢ - ¢- Và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 2 1 1 g c g cg t g t g t g c t t t c c c ¢-- - ³ ³ ¢- - - 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 a bÎ khi đó g+¢ là hàm tăng. Chứng minh bổ đề 1.2 Thật vậy, xét ( )1, 2 1 2, ,t t a b t tÎ < . Với 1 2( , )t t tÎ ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 g t g t g t g t t t t t - - £ - - cho 1t t+ ta có: ( ) ( ) ( )2 1 2 1 g t g t g t t t+ -¢ £ - (do tính liên tục của g (bổ đề 1) và sự tồn tại ( )1g t+¢ Với 2 1t t t> > áp dụng (1) ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 2 1 2 g t g t g t g t t t t t - - £ - - cho 2t t+ ta có: ( ) ( ) ( )2 12 2 1 g t g t g t t t+ -¢ ³ - Vậy ( ) ( )1 2g t g t+ +¢ ¢£ hay g+¢ là hàm tăng. Bổ đề1. 3 : Nếu [ ): ,f a b   liên tục có đạo hàm phải ( ) [ )0 , ,f t t a b+¢ ³ " Î thì f là hàm tăng. Chứng minh bổ đề 1.3  Giả sử: ( ) [ )0 , ,f t t a b+¢ > " Î Xét ( )1 2 1 2, , ; t t a b t tÎ < . Đặt [ ] ( ) ( ){ }1 2 1 2, :A t t t f t f t= Î £ Đầu tiên ta chứng minh : A¹Æ . Ta có ( )1 0f t+¢ > nên ( ) ( ) ( )11 1 0 : , 0 f t f t t t t t d d - $ > " Î  > - hay ( ) ( ) ( )1 1, , .f t f t t t d> " Î Đặt 0 supt A= . Ta nhận thấy ( ) ( )0 1f t f t³ , thật vậy ta luôn tìm được dãy { }nt AÌ (do tính chất của sup ) sao cho 0lim nn t t¥ = .Qua giới hạn trong bất đẳng thức ( ) ( )1nf t f t³ do tính liên tục của f ta có ( ) ( )0 1f t f t³ . Ta sẽ chứng minh 0 2t t= . Giả sử ngược lại 0 2t t< . Do ( )0 0f t+¢ > nên ( ) ( ) 0 0 0 lim 0 t t f t f t t t¢ - > - ( ) [ ) ( ) ( ) ( ) ( )00 0 0 0 0 0 : , , f t f t t t t a b f t f t t t + + é ù-ê ú¢ ¢$ > " Î + Ç - <ê ú-ë û d d . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )01 0 0 0 0 0 , 0 , 0 f t f tf t f t f t f t f t f t t t t t+ + -- ¢ ¢ - >-  >  - > - - ( ) ( ) ( ) ( ) [ )0 1 0 0, , ,f t f t f t t t t a b > ³ " Î + Çd . Điều này mâu thuẫn với 0 supt A= . Vậy 0 2t t= và do đó ( ) ( )1 2f t f t£ theo chứng minh trên.  Nếu ( ) [ )0 ,f t t a b+¢ ³ " Î . Cho 0e> , ta xét ( ) ( ) 1h t f t te= + , ta có ( ) ( ) 0h t f t e¢ ¢= + > .Theo chứng minh trên ta có ( ) ( )1 2h t h t£ hay ( ) ( )1 1 2 2f t t f t te e+ £ + Cho 0e ta có: ( ) ( )1 2f t f t£ Như vậy bổ đề đã được chứng minh. Chứng minh định lý 1.1 : 1) 2) : Lấy tuỳ ý: , ,x y D x yÎ £ Ta sẽ chứng minh ( )( ) ( )( ) * , YA f x y x A f y y x A K+ +é ù é ù¢ ¢- £ - " Îë û ë û Vì D là tập lồi, XK mở nên với , , , 0x y D x y" Î £ $ >e sao cho [ )( ) , 0,1x t y x D t+ - Î " Î + e Cố định *YA KÎ , xét hàm [ ): 0,1g e+   ( ) ( )( )t g t A f x t y xé ù = + -ê úë 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. Ta có : ( ) ( ) ( ) 0 lim s g t s g t g t s++  + -¢ = = ( )( )( ) ( )( ) 0 lim s A f x t s y x A f x t y x s+ é ù é ù+ + - - + -ê ú ê úë û ë û = ( )( )( ) ( )( ) 0 lim s A f x t s y x f x t y x s+ é ù+ + - - + -ê úë û ( )( )( )A f x t y x y x+é ù¢= + - -ê úë û Hơn nữa g+¢ là hàm tăng (do bổ đề 2). Do vậy ( ) ( )0 1g g+ +¢ ¢£ Suy ra: ( )( ) ( )( ) *, YA f x y x A f y y x A K+ +é ù é ù¢ ¢- £ - " Îë û ë û ( )( ) ( )( ) , , , f x y x f y y x x y D x y+ +¢ ¢ - £ - " Î £ 2)3): Lấy tuỳ ý , ,x y D x yÎ £ cố định *YA KÎ Xét hàm [ ]: 0,1h   ( ) ( )( ) ( ) ( )( )t h t A f x t y x f x x t y x+é ù¢= + - - + -ê úë û Vì D lồi, XK - mở nên ( ) ( ), , , 0,1x t y x D x y D t+ - Î " Î " Î . 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: ( ) ( ) 0 ( ) lim s h t s h t h t s++  + -¢ = ( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( ) 0 lim s A f x t s y x f x x s t y x s A f x t y x f x x t y x s A f x t y x y x f x y x + +  + + + é ù¢+ + - - + + -ê úë û= é ù¢+ - - + -ê úë û- é ù¢ ¢= + - - - -ê úë û ( Do ( )f x+¢ là tuyến tính, liên tục). Mặt khác ( ) ( ), , , , 0,1x x t y x x y D x y t£ + - " Î £ Î , nên theo điều kiện (2) ta suy ra: ( )( ) ( )( )( ) ( ), , , , 0,1f x y x f x t y x y x x y D x y t+ +¢ ¢- £ + - - " Î £ Î Do đó: ( )( )( ) ( )( ) 0A f x t y x y x f x y x+ +é ù¢ ¢+ - - - - ³ê úë û .Vậy ( ) ( )0 , 0,1h t t+¢ ³ " Hay h tăng trên [ ]0,1 Suy ra: ( ) ( )0 1h h£ , tức là ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )( )A f x f x x A f y f x y+ +é ù é ù¢ ¢- £ -ë û ë û ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 0A f y f x y f x f x x+ +é ù¢ ¢ - - + ³ë û ( ) ( ) ( )( )f y f x f x y x+¢ ³ + - , ,x y D x y" Î £ 3)1): Với , , x y D x y" Î ¹ và so sánh được với nhau và t  (0,1), ta có : ( )( ) ( ) ( )( )( )11x x t y x t t y x t y x-- + - =- - - + - Đặt ( )tx x t y x= + - Rõ ràng ,t tx x y x¹ ¹ , x và tx , y và tx là so sánh được với nhau, do đó theo điều kiện 3) Ta có : ( ) ( ) ( )( )t t tf y f x f x y x+¢³ + - (1) Và ( ) ( ) ( )( )t t tf x f x f x x x+¢³ + -  ( ) ( ) ( ) ( )( )11t t tf x f x t t f x y x- +¢³ - - - (2) Nhân hai vế (1) với t  (0,1) ta có : ( ) ( ) ( )( )t t ttf y tf x tf x y x+¢³ + - (3) Nhân hai vế (2) với (1 – t ) > 0 ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 t t tt f x t f x tf x y x+¢- ³ - - - ( )0f t+¢- (4) Lấy (3) cộng (4) vế theo vế ta được : ( ) ( ) ( ) ( )tt f y f x f x f xé ù- ³ -ë û  ( )( ) ( ) ( ) ( )f x t y x f x t f y f xé ù+ - £ + -ë û ,  t  (0,1), ,x y D" Î , 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 ( )( , ) 0f x h h+¢¢ ³ , h P Chứng minh định lý 1.2: xét ,x yD , x y 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 : ( ) ( ) ( ) 0 lim s g t s g t g t s++  + -¢ = ( )( )( )( ) ( )( )( ) 0 lim s f x t s y x y x f x t y x y x 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 ( )( ), 0f x th h h+¢ + ³ t   0,1+). Nói riêng ( )( ), 0f x h h+¢¢ ³ , 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 : (0) 0f ³ và ( ) ( )tf x f tx£ , \{0}x D" Î , 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 ¹Æ , thì ánh xạ :f D F được gọi là tuyến tính dưới mạnh nếu : (0) 0f ³ và ( ) ( )tf x f tx , \{0}x D" Î , 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 y x f x f y f x+ - + -t t  ,x y D , ,x y so sánh được với nhau, " Ît (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 ¹Æ , D  E là tập lồi và giả sử rằng ánh xạ :f D F là lõm mạnh. Khi đó với  0x DÎ , ánh xạ 0 0: ( )xf P D x FÇ -  xác định bởi 0 0 0 ( ) : ( ) ( )xf x f x x f x= + - là tuyến tính dưới mạnh. Chứng minh bổ đề 2.1 Với 0( )x P D x" Î Ç - ta có : 0 0 0 0( ) (1 ) , (0,1) , x tx t x x t x t x D+ = + + - " Î Î Do f là lõm mạnh nên : 0 0 0( ) ( ) (1 ) ( )f x tx tf x x t f x+ + + - , 0,x x D" Î ( 0x x¹ ), (do ta lấy 0( )x P D xÎ Ç - ) Ta có 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) ( ) ( )xf tx f x tx f x tf x x t f x f x= + - + + - - [ ] 0 00 0 ( ) ( ) ( ) ( )x xf tx t f x x f x tf x + - = , (0,1)t" Î và 0 0 0 (0) ( 0) ( ) 0xf f x f x= + - = Vậy 0x f là tuyến tính dưới mạnh. Định lý 2.1 : Cho E là không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón P với int P ¹Æ 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 0x là một điểm bất động dương của f , và cho 1x là một điểm bất động dương thứ 2 của f , hoặc nếu f ( y ) y> thì cho 1x y= . Như vậy, trong cả 2 trường hợp ta đều có 1 1f ( x ) x³ và chúng ta có thể giả sử rằng 1 0x x£/ Từ giả thiết f tăng mạnh, (0) 0f > và 0x PÎ nên 0( ) (0)f x f³ , do đó 0 0( ) 0x f x=  suy ra 0 intx PÎ . Khi đó 0r$ > , 0( , )B x r PÌ , với 1 1 , 0x D xÎ ¹ thì ta có : 0 1 1 rx x P P x - Î = , đặt  là số lớn nhất thỏa mãn điều kiện 0 1x x P-t Î , ta có 0 1x x P-t ζ (*), vì nếu 0 1 intx x P-t Î , thì ta tìm được số 0e> , sao cho 0 1 1x x x P-t -e Î 0 1( )x x P - t+e Î , với t+e> t , điều này mâu thuẫn với tính chất lớn nhất của  Ta có : 1t< vì 1 0x x£/ Mặt khác theo giả thiết f là tuyến tính dưới mạnh và tăng mạnh nên : 0 0 1 1 1( ) ( ) ( )x f x f x f x x= ³ t t ³t 0 1x x t  0 1 intx x P-t Î 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 ¹Æ , D  E là tập lồi, ánh xạ :f D F là tăng mạnh, lõm mạnh Giả sử 0x DÎ là 1 điểm bất động của f thì khi đó f có nhiều nhất 1 điểm bất động *x với * 0x x> . Hơn nữa nếu 0y x> thoã mãn f ( y ) y> thì f không có điểm bất động *x nào sao cho *0x 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  0x DÎ ánh xạ 0 0: ( )xf P D x FÇ -  được xác định bởi 0 0 0 ( ) : ( ) ( )xf x f x x f x= + - là tuyến tính dưới mạnh Vì f là tăng mạnh nên 0x f cũng tăng mạnh Từ đó theo định lý 3 0x f có nhiều nhất 1 điểm bất động dương 0 ( )x x x¹ tức là 00 ( ) : ( )xx P D x f x x$ Î Ç - = 0 0 0 0( ) ( ) ( )f x x f x x f x x x x + - =  + = + Như vậy nếu 0x DÎ là một điểm bất động của f thì f có nhiều nhất 1 điểm bất động nữa là: * 0 0x x x x= + > ( vì 0x > và 0x x¹ ). Hơn nữa cũng theo định lý 3 nếu 0 ( )xf y y> ( từ ( )f y y> ta có 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( )xf y f x y f x x y x y= + - > + - = ) thì điểm bất động [ ]0,x yÏ do đó * 0( , ]x x yÏ . Và rõ ràng nếu f có 1 điểm bất động cực tiểu 0x thì f luôn có nhiều nhất 2 điểm bất động phân biệt (tức là có *x nữa và *x ¹ 0x ). 2.2 ÁNH XẠ 0u - LÕM Định nghĩa 2.3 : Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K, 0 | 0u KÎ Ánh xạ :A K K gọi là 0u - lõm nếu : i) A tăng ii) | 0x K" Î  { }0 0 0: : , 0,Ax Ku y K u y uÎ = Î $a b> a £ £b iii) 0 , (0,1) , >0: ( ) (1 )u Ku t A tx tAx" Î " Î $e ³ +e Bổ đề 2.2 : Cho 0u KÏ- và x KÎ . Khi đó tồn tại số cực đại 0xt ³ sao cho 0xx t u³ (cực đại theo nghĩa nếu có t cũng thỏa điều kiện 0x tu³ thì xt t£ ) Chứng minh bổ đề 2.2 Đặt { }00 :T t x tu= ³ ³ ta có : - T  0, thật vậy vì x KÎ nên 0x ³ điều này nghĩa là có t = 0 T - T bị chặn trên, thật vậy giả sử T không bị chặn trên tức là có { }nt TÌ sao cho nnt ¥¥ . Khi đó 0nx t u³ 01 n x u t  ³ cho n¥ thì 0 00u u K£  Î- điều này trái với giả thiết cho 0u KÏ- , Vậy T bị chặn trên. Đặt xt = supT , ta sẽ chứng minh xt là số cần tìm. Theo tính chất của sup ta tìm được { }ns TÌ sao cho nn xs t¥ , khi đó 0 0nn xx s u t u¥³  , do đó xx t u³ (bổ đề đã được chứng minh). Định lý 2.3: Cho X là không gian Banach được sắp bởi nón K , 0 | 0u KÎ Giả sử :A K K là ánh xạ u0 – lõm thì : 1) A có trong { }\ 0K không quá 1 điểm bất động. 2) Nếu A compac thì tập nghiệm của phương trình x Ax=l là nhánh liên tục từ 0 có độ dài . 3) Nếu { }( )1 1 1 2 2 2, \ 0 , 1,2ix Ax x Ax x K i= = Î =l l và 1 2l l< thì 1 2x x£ . 4) Tập các giá trị riêng của A là 1 khoảng trong các trường hợp sau : a) K là nón chính quy b) K là nón chuẩn, A là compac Chứng minh định lý 2.3 1) Giả sử có { }1 2, \ 0x x KÎ sao cho 1 1 2 2,Ax x Ax x= = ta sẽ chứng minh 1 2x x= * 1 2x x³ Theo bổ đề 5 thì sẽ tồn tại số cực đại 0t : 1 0 2x t x³ ta sẽ chứng minh 0 1t ³ + 0 0t > , thật vậy, với { }1 2, \ 0x x KÎ , ta có 1 2 0,Ax Ax KuÎ ( vì A _ u0 - lõm) mà 1 1 2 2 , Ax x Ax x= = nên 1 1 2 2, , , 0$a b a b > sao cho : 1 1 0x u³a , và 2 2 0x u£b Suy ra : 11 2 2 x xa³ b với 1 2 0a > b , do tính cực đại của 0t nên 10 2 0t a³ > b Vậy 0 0t > + Chứng minh 0 1t ³ , bằng phản chứng. Giả sử 00 1t : 0 2 0 2( ) (1 ) ( )A t x t A x³ +e mà 1 0 2x t x³ và A là tăng nên ta có 1 0 2(1 )Ax t Ax³ +e 1 0 2(1 )x t x ³ +e với 0 0(1 )t t+e > điều này trái với tính cực đại của 0t . Do đó ta đã chứng minh 0 1t ³ . Vậy 1 2x x³ * 1 2x x£ . Tương tự theo bổ đề 5 sẽ tồn tại số cực đại 1t : 2 0 1x t x³ , ta cũng sẽ chứng minh 1 1t ³ + 1 0t > , thật vậy với { }1 2, \ 0x x KÎ , ta có 1 2 0,Ax Ax KuÎ ( vì A _ u0 - lõm) mà 1 1 2 2 , Ax x Ax x= = nên 1 1 2 2, , , 0$a b a b > sao cho : 2 2 0x u³a , và 1 1 0x u£b Suy ra : 22 1 1 x xa³ b , do tính cực đại của 1t nên 21 1 0t a³ > b Vậy 1 0t > Chứng minh 1 1t ³ bằng phản chứng : Giả sử 10 1t : 1 1 1 1( ) (1 ) ( )A t x t A x³ +e mà 2 1 1x t x³ và A là tăng nên ta có : 2 1 1(1 )Ax t Ax³ +e 2 1 1(1 )x t x ³ +e với 1 1(1 )t t+e > điều này mâu thuẫn với tính cực đại của 1t . Do vậy 1 1t ³ . Vậy 1 2x x£ Từ đó ta chứng minh được 1 2x x= *) Để chứng minh được ý 2) của định lý này, ta cần phải sử dụng bổ đề sau : Định nghĩa 2.4: Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K , và ánh xạ : rA K K ( 0 r = ta nói S là nhánh liên tục từ q , có độ dài r nếu với mọi r r¢ < , mọi tập mở G mà ( )0,G B rq ¢Î Ì thì ta luôn có S GǶ ¹Æ Bổ đề 2.3 : Cho ánh xạ hoàn toàn liên tục : rA K K thoã mãn ( ) ( )A x B x³ với B có các tính chất sau : i, : rB K K là ánh xạ tăng. ii, { } [ ]0 0 0\ ; , 0 : ( ) , 0,u K a b B tu atu t b$ Î q $ > ³ " Î Khi đó tập nghiệm S của phương trình : x Ax=l là nhánh liên tục có độ dài r . Chứng minh bổ đề 2.3: Xét tập mở ( )0,G B rq ¢Î Ì , r r¢ < . Giả sử trái lại S GǶ =Æ hay ( )x A xl¹ , , 0x K G l" ΠǶ " > . Xét đồng luân : ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2, 1 , 0,1 ,0 , ,1F x t t A x t A x t F x A x F x A xl l l l= - + Î  = = mà ( ) ( ) ( ) 1 2, 1F x t A x t tl lé ù= - +ë û ; do ( )x A xl¹ nên ( ) [ ], , , 0,1F x t x x K G t¹ " ΠǶ " Î . Suy ra ( ),F x t là đồng luân dương, vậy ( ) ( ), onst , 0,+ki A G c= Î ¥l l (1). + Ta sẽ chứng minh ( ), 1ki A Gl = , khi l đủ nhỏ (2). Thật vậy, do G mở, 0 : , G x x G KÎ  $ > ³ " ζ Çq a a . Mặt khác, do G bị chặn, A là ánh xạ compăc nên ( )0 : , A x x G K$ > £ " ζ Çb b khi đó ta có ( )A x tx=l , , 0x K G" ΠǶ " >l 1t t £  £ <la lb b a khi l đủ nhỏ. Vậy ( ), 1ki A Gl = , khi l đủ nhỏ. + Ta sẽ chứng minh ( ), 0ki A Gl = khi l đủ lớn, tức là ta chứng minh ( ) 0x A x tul¹ + , , 0x K G t" ΠǶ " > (3). Giả sử (3) không đúng, ta có : nx K G$ ΠǶ , 0nt$ > , nl$ ¥ : 0n n n nx Ax t ul= + Gọi ns là số cực đại thoả 0n nx s u³ ( ns là số dương do ns nt³ >0 ). Xét { } { }1 2: , :n nN n s b N n s b= £ = > + Nếu 1N vô hạn, ta có : 1n N" Î thì 0 0n n n n n n n n nx Ax Bx Bs u as ul l l l³ ³ ³ ³ Mà ns là số cực đại thoả mãn 0n nx s u³ , nên n n ns asl³ , với 1n N" Î 1nal £ , 1n N" Î điều này mâu thuẫn với nl ¥ + Nếu 2N vô hạn, ta có : 2n N" Î , thì 0 0 0n n n n n n n n nx Ax Bx Bs u Bbu abul l l l l³ ³ ³ ³ ³ 0 0 nn n xu ab ¥ £  l điều này mâu thuẫn với giả thiết { }0 \ 0u KÎ . Như vậy ta đã chứng minh được khi l đủ lớn thì ( ) 0x A x tul¹ + , , 0x K G t" ΠǶ " > , do đó ta sẽ có ( ), 0ki A Gl = khi l đủ lớn, điều này mâu thuẫn với (1), (2). Vậy S GǶ ¹Æ , " r r¢ < , mọi tập mở G mà ( )0,G B rq ¢Î Ì . Chứng minh ý 2) : áp dụng bổ đề 2.3 với , rB A K K= = , ( r =+¥ ), khi đó do A là 0u lõm ta có : + :B A K K=  là ánh xạ tăng + với { }0 \ 0u KÎ thì 0 0Au KuÎ nên , 0a b$ > sao cho 0 0 0u Au ua b£ £ + với { }0 \ 0u KÎ , ( )0,1 , 0t e" Î $ > : 0 0( ) (1 )A tu tAue³ + . Từ đó suy ra : 0 0( ) (1 )A tu t ue a³ + . Như vậy có { }0 \ 0u KÎ , (1 )a e a= + , 1 0b = > để cho 0 0( ) (1 )A tu t ue a³ + , (0,1)t" Î . Do vậy theo bổ đề 2.3 thì tập nghiệm S của phương trình : x Ax=l là nhánh liên tục có độ dài r. 3) Nếu { }( )1 1 1 2 2 2 , \ 0ix Ax x Ax x K= = Îl l và 1 2l <l thì 1 2x x£ . Thật vậy theo bổ đề 5 ta có số cực đại 0t : 2 0 1x t x³ ta sẽ chứng minh 0t ³1 : + 0t >0, Vì : với { }( )1 1 1 2 2 2, \ 0ix Ax x Ax x K= = Îl l và A là 0u lõm nên 1 2 1 2 , , , 0$ >a a b b sao cho 1 0 1 1 0 1 1u x ua b l £ £ và 2 0 2 2 0 2 1u x ua b l £ £ , với 1 2, 0>l l , suy ra 2 22 1 1 1 x xa l bl ³ , do tính cực đại của 0t nên 2 20 1 1 0t a l bl ³ > , do đó 0 0t > . + 0t ³1, chứng minh bằng phản chứng, giả sử 00 1t< < , do 1 0Ax KuÎ Nên , 0a b$ > : 0 1 0u Ax ua b£ £ 1 0 1 1 1 0u Ax ula l l b £ £ (do 1l >0 ) suy ra 1 1 1 0x Ax Kul= Î mà A là 0u lõm, 00 1t : 0 1 0 1( ) (1 )A t x t Axe³ + 2 0 1(1 )Ax t Axe ³ + ( do 2 0 1x t x³ và A là ánh xạ tăng ) 2 0 1(1 )x t xe ³ + , với 0 0(1 )t te+ > , điều này mâu thuẫn với tính cực đại của 0t , do vậy 0t ³1. Vậy với 2 0 1x t x³ , 0t ³1 thì ta suy ra 1 2x x£ . 4) Theo chứng minh 3) ta có 1 2x x£ . Ta sẽ chứng minh 1 2( , )l l lÎ là giá trị riêng của A , để chứng minh được điều này ta cần chứng minh phương trình x Axl= luôn có nghiệm với 1 2( , )l l lÎ hay Al luôn có điểm bất động với 1 2( , )l l lÎ trong các trường hợp sau : a) K là nón chính qui Xét ánh xạ 1 2: ,A x x Kl  , với { }1 2, \ 0x x KÎ , 1 2x x< thì Al là ánh xạ tăng (do A là ánh xạ tăng và l >0 ) thỏa 1 1 1 1x Ax Axl l= £ (vì 10 l l< < ) và 2 2 2 2x Ax Axl l= ³ (do 2 0l l> > ), mà K là nón chính qui. Từ đây theo hệ quả 2 ta suy ra Al luôn có điểm bất động trong 1 2,x x KÌ với 1 2( , )l l lÎ . b) K là nón chuẩn, A là ánh xạ compăc Xét ánh xạ 1 2: ,A x x Kl  , với { }1 2, \ 0x x KÎ , 1 2x x< thì Al là ánh xạ tăng (do A là ánh xạ tăng và l >0 ) thỏa 1 1 1 1x Ax Axl l= £ (vì 10 l l< < ) và 2 2 2 2x Ax Axl l= ³ (do 2 0l l> > ). Ta có 1 2,x x là tập bị chặn ( vì với 1 2,x x x" Î , ta có 1 2 10 x x x x£ - £ - và K là nón chuẩn nên 1 2 10 :N x x N x x$ > - £ - 2 1 1x N x x x £ - + , 1 2,x x x" Î , do đó 1 2,x x là tập bị chặn ) và A là ánh xạ compăc nên A( 1 2,x x ) là compăc tương đối. Áp dụng hệ quả 1 , suy ra Al luôn có điểm bất động trong 1 2,x x KÌ với 1 2( , )l l lÎ . Định lý đã được chứng minh. NHẬN XÉT:  Điểm bất động của ánh xạ liên quan tới tính lõm không được khẳng định là luôn tồn tại, mà chỉ được khẳng định là hoặc không có hoặc có một ( đối với ánh xạ u0 – lõm ) hoặc có hai điểm so sánh được với nhau ( đối với ánh xạ liên quan tới tính lõm ). 2.3 ÁNH XẠ 0u - LÕM ĐỀU Định nghĩa 2.5 : Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K và 0 \{0}u KÎ Ánh xạ :A K K được gọi là 0u - lõm đều nếu : i) A là ánh xạ tăng ii) 0\{0} x K Ax Ku" Î  Î iii) [ ] ( ) [ ] ( ), 0,1 , , 0, 0 :a b c d" Ì " Ì ¥ $e> [ ] 0 0, , ,t a b x cu du" Î " Î ( ) (1 )A tx tAx ³ +e . Với 0,x y KuÎ ta định nghĩa 1( , ) min 1: , ( , ) ln ( , )x y x y d x y x y ì üï ïa = a ³ £ £a = aí ï ïaï ïî  . Ta có ( , ) ( , )d x y d y x= , ( , ) 0d x y ³ và ( , ) 0 ( , ) 1 d x y x y x y=  a =  = . Với 0, ,x y z KuÎ , ta có 1 1. ( , ). , . ( , ). ( , ) ( , ) y z y z y z x x z z y z x z £ £a £ £a a a 1 . ( , ) ( , ). ( , ) ( , ) x y x z y z x x z y z  £ £a a a a ( , ) ( , ) ( , )x y x z y z a £a a ( , ) ( , ) ( , )d x y d x z d z y £ + Vậy d là metric trên tập 0Ku . Từ định nghĩa ( , )d x y , ta có ( , ) ( , ). .d x y d x ye x y e x- £ £ Bổ đề 2.4 : Nếu K là nón chuẩn thì tập 0Ku với metric d định nghĩa ở trên là không gian metric đầy đủ. Chứng minh bổ đề 2.4 Giả sử { }nx là dãy cauchy trong ( 0Ku , d ). Đầu tiên ta chứng minh { }nx bị chặn theo chuẩn. Thật vậy, ta tìm được 1n sao cho 1 ( , ) 1n nd x x < hay 1 1 1 n n ne x x ex - £ £ . Từ đây ta suy ra { }nx bị chặn do K là nón chuẩn. Ta có ( , ) ( , ) n m n md x x d x xm n me x x e x - £ £ (1) ( ) ( )( , ) ( , ) 1 1n m n md x x d x xm n m me x x x e x- - £ - £ - (2) Vì 1 ( , ) 0n nd x x  ( ),n m¥ và { }mx bị chặn nên các dãy ở hai đầu bất đẳng thức của (2) hội tụ tới 0 khi ,n m¥ . Vì K là nón chuẩn nên ta suy ra , lim ( ) 0n mn m x x¥ - = . Vậy { }nx là dãy cauchy trong X , đặt lim nnx x¥= trong ( ), .X . Ta sẽ chứng minh lim nnx x¥= trong ( 0Ku , d ). Cho 0e> , ta tìm được 0n sao cho 0( , ) , ,n md x x n m n<e " ³ . Từ (1) ta có m n me x x e x-e e£ £ , 0 ,n m n" ³ Cho m¥ ta có ne x x e x-e e£ £ , 0 n n" ³ 0 ( , ) , nd x x n n £e " ³ . Vậy lim ( , ) 0 nn d x x¥ = hay lim nnx x¥= trong ( 0Ku , d ). 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 [ ] ( ), , ( , ) , ( ), ( ) ( , )x y Y x y a b f x f y q x y" Î r Î  r £ r . Khi đó f có duy nhất điểm bất động *x và với mọi 0x YÎ , dãy lặp 0( ) n nx f x= hội tụ về *x . Định lý 2.4 : Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn 1) K là nón chuẩn 2) :A K K là toán tử 0u - lõm đều 3) 0 0 0 0, 0 : ( ) ; ( ) .u A u A u u$a b> a £ a b £b Khi đó A có duy nhất trong 0 0,u ua b điểm bất động và với mọi 0 0 0,x u uÎ a b , dãy lặp { }0( )nA x hội tụ về điểm bất động. Chứng minh định lý 2.4 Đặt Y = 0 0,u ua b thì Y là tập đóng trong ( 0Ku , d ) nên (Y ,d) cũng là không gian metric đầy đủ. Ta sẽ chứng minh rằng toán tử A là ánh xạ cO theo nghĩa Krasnoselskii Với 0<a<b và d(x,y)Î[a,b] thì ( )( , ) , 0,1d x y b ae e e- - -é ùÎ Ìê úë û Gọi e là số nói trong điều kiện iii) của định nghĩa 2.5 tương ứng với ,b ae e- -é ùê úë û , 0 0,u ua b . Ta có ( , ) ( , ). .d x y d x ye x y e x- £ £ ( , ) ( , ) ( ) ( )d x y d x yA e x Ay A e x- £ £ ( , ) ( , ) (1 ) 1 d x y d x y ee Ax Ay Ax- +e £ £ +e ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ln(1 ) 1 d x yeAx Ay d Ax Ay d x ya £  £ - +e +e ln(1 ) ( , ) ( , ) 1 ( , ) d Ax Ay d x y d x y é ù+ eê ú £ -ê úë û Với [ ]( , ) ,d x y a bÎ thì ln(1 ) ( , ) 1 ( , )d Ax Ay d x y b æ ö+e ÷ç £ - ÷ç ÷çè ø . Vậy ánh xạ A thỏa mãn điều kiện cO suy rộng. Áp dụng bổ đề 2.5 ta có điều phải chứng minh. 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 , F là không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón Q với int Q ¹Æ , D Ì E là tập lồi và giả sử rằng ánh xạ :f D F là lồi mạnh. Khi đó với  0x DÎ , ánh xạ 0 0 : ( )xf P D x FÇ -  xác định bởi 0 0 0( ) : ( ) ( )xf x f x x f x= + - là tuyến tính trên mạnh. chứng minh bổ đề 3.1 Với 0( )x P D x" Î Ç - ta có : 0 0 0 0( ) (1 ) , (0,1) , x tx t x x t x t x D+ = + + - " Î Î Do f là lồi mạnh nên : 0 0 0( ) ( ) (1 ) ( )f x tx tf x x t f x+ + + - , 0,x x D" Î ( 0x x¹ ), ( do ta lấy 0( )x P D xÎ Ç - ) Ta có 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) (1 ) ( ) ( )xf tx f x tx f x tf x x t f x f x= + - + + - - [ ] 0 00 0 ( ) ( ) ( ) ( )x xf tx t f x x f x tf x + - = , (0,1)t" Î và 0 0 0 (0) ( 0) ( ) 0xf f x f x= + - = Vậy 0x f là tuyến tính trên mạnh. Định lý 3.1 : Cho E là không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón P với int P ¹Æ 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 0x và 1x đều là điểm bất động của f sao cho 0 10 x x< < , hoặc 0x là điểm bất động dương và 1x y= nếu ( )f y y< . Với cả hai trường hợp trên ta đều có ( )1 1f x x£ . Hơn nữa vì f tăng mạnh nên 0 10 x x : ( )1 0 ,B x x r P- Ì , tức là với 1x DÎ ta có 1 0 1 1 rx x x P P x - - Î = ( vì P đóng ) 1 0 1 1 r x x P x æ ö÷ç ÷ - - Îç ÷ç ÷çè ø , g._.