Luận văn Giải tích trong không gian banach có thứ tự

Quan hệ thứ tự và các nguyên lý cơ bản về tập có thứ tự được sử dụng trong nhiều lĩnh vực của toán học như trong lý thuyết tập hợp, trong logic học, trong Đại số, trong Giải tích, Chẳng hạn, trong lĩnh vực Giải tích, bổ đề Zorn và các dạng tương đương của nó được sử dụng để chứng minh những kết quả phức tạp như định lí Tychonoff, định lí HahnBanach, một số định lí về điểm bất động, Trong các ứng dụng nêu trên các thứ tự được xét trong một tập hợp không có cấu trúc vectơ và cấu trúc tôpô. Việc nghiên cứu thứ tự trong các không gian có cấu trúc vectơ và cấu trúc tôpô đưa đến việc xây dựng lý thuyết về các không gian Banach có thứ tự và các ánh xạ tác động trong chúng. Lý thuyết này được khởi đầu từ những năm 1940 trong các công trình của M.Krein, A.Rutman, M.Krasnoselskii, và tiếp tục được phát triển cho tới gần đây.

pdf57 trang | Chia sẻ: duongneo | Ngày: 26/07/2017 | Lượt xem: 842 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Giải tích trong không gian banach có thứ tự, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Thu Thủy GIẢI TÍCH TRONG KHÔNG GIAN BANACH 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 – 2009 Xin chân thành cảm ơn PGS. TS Nguyễn Bích Huy đã tận tình giúp đỡ em trong suốt quá trình thực hiện luận văn này. Quý thầy cô trong khoa đã nhiệt tình giảng dạy em trong suốt quá trình học tập tại trường và đã tạo điều kiện cho em hoàn thành luận văn này. Tp. HCM, tháng 10 năm 2009 Học viên Nguyễn Thị Thu Thủy MỞ ĐẦU Quan hệ thứ tự và các nguyên lý cơ bản về tập có thứ tự được sử dụng trong nhiều lĩnh vực của toán học như trong lý thuyết tập hợp, trong logic học, trong Đại số, trong Giải tích, Chẳng hạn, trong lĩnh vực Giải tích, bổ đề Zorn và các dạng tương đương của nó được sử dụng để chứng minh những kết quả phức tạp như định lí Tychonoff, định lí Hahn- Banach, một số định lí về điểm bất động,Trong các ứng dụng nêu trên các thứ tự được xét trong một tập hợp không có cấu trúc vectơ và cấu trúc tôpô. Việc nghiên cứu thứ tự trong các không gian có cấu trúc vectơ và cấu trúc tôpô đưa đến việc xây dựng lý thuyết về các không gian Banach có thứ tự và các ánh xạ tác động trong chúng. Lý thuyết này được khởi đầu từ những năm 1940 trong các công trình của M.Krein, A.Rutman, M.Krasnoselskii, và tiếp tục được phát triển cho tới gần đây. Nó tìm được những ứng dụng sâu sắc trong các lĩnh vực Giải tích phi tuyến, Phương trình vi phân, Lý thuyết điều khiển và tối ưu, Toán kinh tế, Trong luận văn này chúng tôi sẽ giới thiệu những khái niệm và kết quả ban đầu về không gian Banach có thứ tự, về một số lớp ánh xạ đặc biệt tác động trong các không gian Banach có thứ tự và tính chất c ủa chúng, sự tồn tại điểm bất động của ánh xạ trong không gian Banach có thứ tự. Chúng ta sẽ thấy nhiều kết quả về mối liên hệ giữa thứ tự và sự hội tụ trong tập số thực  cũng như một số tính chất của hàm tăng, hàm lồi trên  cũng đúng cho không gian Banach có thứ tự và các ánh xạ đơn điệu tăng, ánh xạ lồi. Vì khả năng và thời gian hạn chế nên bản luận văn chắc chắn không thể thiếu những sai sót, rất mong nhận được sự góp ý của quí thầy cô và các bạn học viên. Chương 1: KHÔNG GIAN BANACH VỚI THỨ TỰ SINH BỞI NÓN Khi ta muốn đưa thứ tự vào một tập hợp đã có cấu trúc vectơ và cấu trúc tôpô thì thứ tự này cần phải tương thích với cấu trúc đã có trong tập hợp đó. Nhà toán học Nga M.Krien đã dùng khái niệm mặt nón để định nghĩa thứ tự trong các không gian định chuẩn. Các định nghĩa này tỏ ra rất thích hợp để xây dựng Giải tích trong các không gian Banach có thứ tự. 1.1 Nón và thứ tự sinh bởi nón. Định nghĩa 1.1.1: Cho X là không gian Banach trên trường số thực  và K là tập con của X. Khi đó K được gọi là nón nếu nó thoả mãn các điều kiện sau: i) K đóng, khác rỗng, và khác { }θ , ii) Nếu , ∈a b , , 0, , K thì K,≥ ∈ + ∈a b x y ax by iii) Nếu K và K∈ − ∈x x thì θ=x . Ví dụ: Cho { }1 2X , K ( , , , ) : 0, 1.= = ≥ ∈ n n ix x x x i n thì K là nón trong  n . Định nghĩa 1.1.2: Cho X là không gian Banach với nón K. Thứ tự sinh bởi K được định nghĩa như sau: , K, K.∈ ≤ ⇔ − ∈x y x y y x Nếu nón K có intK≠∅ thì ta định nghĩa x y nếu int K− ∈y x . Ở ví dụ trên, thứ tự trong  n sinh bởi nón K được định nghĩa như sau: 1 2 1 2( , , , ), ( , , , ), 0, 1. = = ≤ ⇔ − ≥ ∈  n n i i x x x x y y y y x y y x i n Mệnh đề 1.1.3: Giả sử " "≤ là thứ tự trong X sinh bởi nón K. Khi đó : i) Nếu ≤x y thì , 0 và , Xλ λ λ≤ ∀ ≥ + ≤ + ∀ ∈x y x z y z z , ii) Nếu * n n ( ) và lim , lim thì ,n n n nx y n x x y y x y→∞ →∞≤ ∈ = = ≤ iii) Nếu { }nx là dãy tăng và hội tụ về x thì *, .≤ ∈nx x n Chứng minh: i) Ta có : ( ) ( ) K nên ,+ − + = − ∈ + ≤ +y z x z y x x z y z ( ) K nên .λ λ λ λ λ− = − ∈ ≤y x y x x y ii) Do ( )*K ( ), lim , K →∞ − ∈ ∈ − = −n n n nny x n y x y x đóng nên K hay .− ∈ ≤y x x y iii) Giả sử { }nx là dãy tăng. Khi đó *( , )+≤ ∈n n mx x m n . Cho →∞m ta được ( )* .nx x n≤ ∈ 1.2 Nón chuẩn. Định nghĩa 1.2.1: Nón K gọi là nón chuẩn nếu tồn tại số N>0 sao cho với mọi , K, thì ta có x N∈ ≤ ≤x y x y y . Ví dụ 1: i) Nón [ ]{ }0,1K , 0= ∈ ≥f C f là nón chuẩn trong [ ]0,1C . ii) Nón các hàm không âm, có đạo hàm liên tục không là nón chuẩn trong [ ]0,1 1C . Chứng minh: i) Lấy , K∈f g thoả điều kiện ≤f g . Ta có với [ ]0,1∈t thì 0 ( ) ( )≤ ≤f t g t . Suy ra [ ] [ ]0,1 0,1 sup ( ) sup ( ) hay . ∈ ∈ ≤ ≤ t t f t g t f g Vậy K là nón chuẩn với hằng số N=1. ii) Xét dãy ( ) = nnf t t và hàm ( ) 1=f t . Ta có *, ,≤ ∈nf f n ' 0 1 0 1 max ( ) max ( ) 1 , 1 ≤ ≤ ≤ ≤ = + = + =n n nt t f f t f t n f . Do đó không tồn tại hằng số N sao cho bất đẳng thức N≤nf f đúng với mọi *∈n . Mệnh đề 1.2.2 : Cho K là nón chuẩn trong X. Khi đó a) Nếu , X,∈ ≤u v u v thì tập { }, X := ∈ ≤ ≤u v x u x v là tập đóng và bị chặn. b) Nếu ( )*≤ ≤ ∈n n nx y z n và lim lim→∞ →∞= =n nn nx z x thì lim .→∞ =nn y x c) Nếu { }nx là dãy đơn điệu tăng có dãy con { }knx hội tụ về x thì { }nx hội tụ về x. Chứng minh: Giả sử K là nón chuẩn trong X với hằng số N. a) Xét dãy { }nx tùy ý trong tập ,u v và lim .→∞ =nn x x Do *( )≤ ≤ ∈nu x v n nên theo mệnh đề 1.1.3 ta có ≤ ≤u x v hay , .∈x u v Vậy ,u v là tập đóng. Với ,∈x u v thì ≤ ≤u x v , do đó x u v uθ ≤ − ≤ − . Vì K là nón chuẩn nên N .− ≤ −x u v u Vậy N , ,≤ − + ∀ ∈x v u u x u v hay ,u v là tập bị chặn. b) Ta có *( ).n n n ny x z x nθ ≤ − ≤ − ∈ Do K là nón chuẩn nên N .− ≤ −n n n ny x z x Vì lim( )n nn z x θ→∞ − = nên ta suy ra lim( ) .n nn y x θ→∞ − = Do đó [ ]lim lim ( ) . →∞ →∞ = − + =n n n nn ny y x x x c) Cố định *∈n , ta có ≤ kn n x x khi k đủ lớn. Cho k →∞ ta được .≤nx x Cho 0ε > , ta chọn 00 saocho N ε − < kn k x x . Khi đó với mọi 0k n n≥ thì 0 0 nên . k kn n n n x x x x x x xθ≤ ≤ ≤ − ≤ − Suy ra 0 N . kn n x x x x ε− ≤ − < Vậy lim .nn x x→∞ = Mệnh đề 1.2.3: Trong không gian Banach X với nón chuẩn K, tồn tại chuẩn * . tương đương với chuẩn ban đầu . sao cho * * , K,x y x y x yθ∀ ∈ ≤ ≤ ⇒ ≤ . Chứng minh: Đặt ( ) ( ),1 K ,1 K .A B Bθ θ= + −       • Ta chứng minh ( ,1) ( , )B A B rθ θ⊂ ⊂ với 0r > đủ lớn. Vì K, Kθ θ∈ ∈− nên ta có ( ) ( ) ( ) ( ),1 ,1 K và ,1 ,1 K.B B B Bθ θ θ θ⊂ + ⊂ − Do đó ( ),1B Aθ ⊂ . Giả sử ( , )A B rθ⊂ với 0r > đủ lớn là không đúng. Khi đó ta tìm được dãy { }nx trong A sao cho *,≥ ∀ ∈nx n n . Do định nghĩa tập A ta tìm được , ( ,1), , Kn n n ny z B u vθ∈ ∈ sao cho .n n n n nx y u z v= + = − Ta có nên 2.n n n n n nu v z y u v+ = − + ≤ Do K là nón chuẩn nên N 2N,n n nu u v≤ + ≤ (với N là hằng số trong định nghĩa nón chuẩn). Do đó *1 2N,≤ = + ≤ + ≤ + ∀ ∈n n n n nn x y u y u n . Ta gặp mâu thuẫn. Vậy tồn tại ( )0 sao cho , .r A B rθ> ⊂ • Xét phiếm hàm Minkovski của tập A : * inf 0 : ,λ λ  = > ∈    xx A ta chứng minh * . . . Thật vậy, lấy Xx∈ tùy ý, x θ≠ . Ta có ( ),1 2 x B x θ∈ nên 2 ∈ x A x và do đó * 2 .x x≤ Bất đẳng thức này hiển nhiên cũng đúng cho x θ= . Cho 0ε > , ta tìm được 0λ > sao cho * A và .x xλ ε λ ∈ < + Ta có ( ) ( )*B , hay x . x r r x rθ λ ε λ ∈ < < + Do * 0 tùy ý, ta có .x r xε > ≤ Vậy * . . . • Giả sử x yθ ≤ ≤ . Ta có 0 : 0 :λ λ λ λ    > ∈ ⊂ > ∈        y xA A . (1) Thật vậy lấy 0 0 y0 tùy ý sao cho λ λ > ∈ A , Ta có ( ) 0 0 ,1 K.x x Bθ θ λ λ = + ∈ + Mặt khác, 0 y λ ∈ A nên có ( ) 0 y,1 , K sao cho .u B v u vθ λ ∈ ∈ = − Do đó 0 0 0 0 0 0λ λ λ λ λ λ     = − − = − − −        x y y x y xu v ( ) 0 ,1 Ky xu v B θ λ  − = − + ∈ −    . Vậy 0 x λ ∈ A . Từ (1) ta có * * .x y≤ Định nghĩa 1.2.4: Cho X là không gian Banach, K X⊂ là nón. Khi đó { }* * * *K X : ( ) 0, K= ∈ ≥ ∀ ∈x x x x gọi là nón liên hợp của K. Mệnh đề 1.2.5: Cho X là không gian Banach, K X⊂ là nón và *K là nón liên hợp. Khi đó *K ( ) 0, K∈ ⇔ ≥ ∀ ∈x f x f . Chứng minh: Dễ thấy điều kiện cần được thoả. Ta chứng minh điều kiện đủ. Giả sử ( )*0 0( ) 0 K và K.f x f x≥ ∀ ∈ ∉ Áp dụng định lí tách tập lồi cho { }0x , K ta tìm được *Xf ∈ sao cho 0 ( ) ( ), K.f x f x x< ∀ ∈ (2) Ta sẽ chứng minh *Kf ∈ và 0 ( ) 0<f x và do đó sẽ gặp mâu thuẫn. Thật vậy, xét Kx∈ . Ta có với 00 thì ( ) ( ).t f x f tx> < Suy ra 0 1 ( ) ( ).f x f x t < Cho t →∞ ta được ( ) 0f x ≥ . Do Kx∈ tùy ý nên *K .f ∈ Thay x θ= ở (2) ta được 0 ( ) ( ) 0.f x f θ< = Vậy 0 K.x ∈ Mệnh đề 1.2.6: Cho K là nón chuẩn và { }nx là dãy tăng, hội tụ yếu về x. Khi đó { }nx hội tụ về x. Chứng minh: • Trước tiên ta chứng minh *( )≤ ∈nx x n . Theo mệnh đề 1.2.5 ta chỉ cần chứng minh ( ) ( ) * *, K ( ).≤ ∀ ∈ ∈nf x f x f n Lấy *Kf ∈ tùy ý. Do { }nx là dãy tăng nên , .n mx x m n≤ ∀ ≥ (3) Do đó ( ) ( ) .≤ ∀ ≥n mf x f x m n Vì { }nx là dãy hội tụ yếu về x nên ( ) ( )lim .nn f x f x→∞ = Ở (3) cố định n, cho m→∞ ta được ( ) ( )nf x f x≤ . Vậy *( )≤ ∈nx x n . • Cho 0ε > , do dãy { }nx hội tụ yếu về x nên theo định lí Mazur { }( )Co : , Nn y x y x ε∃ ∈ − < với N là hằng số trong định nghĩa nón chuẩn. Vì { }( ) 1 Co nên i k n i n i y x y xλ = ∈ =∑ , với 1 2 1 1, 0, 1. , k i i k i i k n n nλ λ = = > ∀ ∈ < < <∑  . Suy ra 1 . k k k i n n i y x xλ = ≤ =∑ Với kn ta có y xk nn n x x≥ ≤ ≤ ≤ ⇒ nxx x yθ ≤ − ≤ − Nnx x x y ε⇒ − ≤ − < . Như vậy ta đã chứng minh 0 00, 0, nn n n x xε ε∀ > ∃ > ∀ ≥ ⇒ − < , hay dãy { }nx hội tụ về x. 1.3 Nón sinh. Định nghĩa 1.3.1: Nón K gọi là nón sinh nếu X, , K :∀ ∈ ∃ ∈ = −x u v x u v . Nói cách khác X K K= − . Ví dụ 2: i) Trong không gian [ ]0,1C , nón các hàm không âm là nón sinh. Chứng minh: Đặt [ ]{ }0,1K : 0= ∈ ≥f C f Lấy [ ]0,1∈f C tuỳ ý. Đặt { }( ) max ( ),0 ,=g t f t { }( ) min ( ),0= −h t f t thì ta có , K∈g h và = −f g h . Vậy K là nón sinh. ii) Trong không gian  , nón các số thực không âm không là nón sinh trong  . Mệnh đề 1.3.2: Cho K là nón sinh. Khi đó tồn tại số M 0> sao cho X, , K : , , M .x u v x u v u v x∀ ∈ ∃ ∈ = − ≤ Chứng minh: Đặt ( )1K K B ,1θ= ∩ . Ta có ( )1 1 1 1 1 1 1 X K K K K K K n n n n n n ∞ ∞ ∞ = = = = − = − = −   . Do X là không gian Banach nên theo định lí Baire tồn tại ( )*0 0 0 1 1, K K , 0∈ ∈ − >n x n r sao cho ( ) ( )0 0 1 1, K K .B x r n⊂ − Ta có ( ) ( )0 0 1 1 0 0 1 1K K nên K K .x n x n∈ − − ∈ − Từ đây ta được ( ) ( ) ( ) ( )0 1 1 0 1 1 0 1 1, K K K K 2 K K .B r n n nθ ⊂ − + − ⊂ − Lấy { }X \x θ∈ tùy ý thì ( ), 2 rxy B r x θ= ∈ và do đó ( )0 1 12 K Ky n∈ − . Từ đây ta suy ra ( )0 1 10, 2 K K : .ε ε∀ > ∃ ∈ − − <w n y w Với 2 rε = ta tìm được 1 0 1 0 12 2w n u n v= − , với 1 1 1, Ku v ∈ sao cho 1 .2 ry w− < Khi đó ( ) ( ) ( )1 0 1 12 , 2y w B r n K Kθ− ∈ ⊂ − . Suy ra với 2 rε = ta tìm được ' ' '2 0 2 0 22 2w n u n v= − với ' ' 2 2 1, Ku v ∈ sao cho ( ) '1 22 2 ry w w− − < . Đặt '2 2 2 0 2 0 2 1 , ta có 2 2 2 w w w n u n v= = − với 2 2 2 2 1 2 2 1, K, , , 2 2 ∈ ≤ − − < ru v u v y w w . Tiếp tục xây dựng quá trình ta xây dựng được dãy các phần tử { } { } 1 1K, K, , 2 − ⊂ ⊂ ≤n n n n nu v u v (4) sao cho 1 2 n k n k ry w = − <∑ (5) ( )02n n nw n u v= − . Từ (4) suy ra chuỗi 1 1 và n n n n u v ∞ ∞ = = ∑ ∑ hội tụ trong X. Đặt 1 1 ' , ' ∞ ∞ = = = =∑ ∑n n n n u u v v . Ta có ', ' K và ' , ' 2u v u v∈ ≤ . Từ (5) suy ra ( )0 1 2 ' 'k k y w n u v ∞ = = = −∑ ( )02 ' '2 r x n u v x ⇒ = − ( )04 ' 'n xx u v r ⇒ = − . Đặt 0 0 4 4 ', '= = n x n x u u v v r r , ta có 0 8 , , K, ,= − ∈ ≤ n x x u v u v u v r . Vậy số 08M n r = là cần tìm. Mệnh đề 1.3.3: Nếu nón K có intK≠∅ thì K là nón sinh. Chứng minh: Giả sử int Ke∈ . Khi đó ( )0 : , K∃ > ⊂r B e r . Do đó X, thì Krxx x e x θ∀ ∈ ≠ + ∈ . Đặt 1 1, 2 2     = + = −        x x u e x v e x r r . Ta có , , K.x u v u v= − ∈ Vậy K là nón sinh. 1.4 Nón chính qui. Định nghĩa 1.4.1: Nón K gọi là nón chính qui nếu mọi dãy đơn điệu tăng, bị chặn trên trong X đều hội tụ. Ví dụ 3: i) Nón các hàm không âm hầu khắp nơi trong [ ]0,1L là nón chính qui. ii) Nón các hàm không âm trong [ ]0,1C không là nón chính qui. Chứng minh: i) Giả sử { }nf là dãy tăng, bị chặn trên bởi g trong [ ]0,1L . Ta có thể coi ( ), ( )nf t g t hữu hạn tại mọi [ ]0,1∈t . Bằng cách xét dãy 1−nf f nếu cần, ta có thể coi 0≥nf . Lấy [ ]0,1∈t tuỳ ý, ta có 1 20 ( ) ( ) ( ) ( )≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ nf t f t f t g t . Do đó { }( )nf t là dãy số tăng, bị chặn trên nên hội tụ. Lập hàm [ ]: 0,1 → f định bởi ( ) lim ( ) →∞ = n n f t f t . Vì { }nf là dãy hàm đo được, không âm hầu khắp nơi, bị chặn trên bởi g và ( ) lim ( ) →∞ = n n f t f t nên f cũng là hàm đo được, không âm hầu khắp nơi, bị chặn trên bởi [ ]0,1∈g L nên [ ]0,1∈f L . Bây giờ ta chứng minh 1→nf f trong [ ]0,1L . Ta có 1( ) ( ) 0− →nf t f t trên [ ]0,1 và 1( ) ( ) 2 ( )− ≤nf t f t g t . Do đó, theo định lí hội tụ bị chặn Lebesgue ta có [ ]0,1 lim 0µ →∞ − =∫ nn f f d . Từ đó suy ra lim 0 →∞ − =nn f f . Vậy nón các hàm không âm hầu khắp nơi trong [ ]0,1L là nón chính qui. ii) Xét dãy { }nf trong [ ]0,1C , với ( ) 1= − n nf t t . Ta có { }nf là dãy hàm tăng, bị chặn trên bởi 1 trong [ ]0,1C và [ ]0lim ( ) ( ), 0,1 →∞ = ∈n n f t f t t , với hàm [ ] [ ]0 : 0,1 0,1→f định bởi 0 0 neáu 1 ( ) 1 neáu 0 1 t f t t  = =  ≤ ≤ . Ta có [ ]0 0,1∉f C nên dãy { }nf không hội tụ trong [ ]0,1C . Vậy nón các hàm không âm trong [ ]0,1C không là nón chính qui Mệnh đề 1.4.2: Nón chính qui là nón chuẩn. Chứng minh: Giả sử K là nón chính qui nhưng không là nón chuẩn. Khi đó 0, , K : và .∀ > ∃ ∈ ≤ >N x y x y x N y Suy ra với *∈n tùy ý, tồn tại 2, K sao cho ,∈ ≤ >n n n n n nx y x y x n y . Đặt ' ',= =n nn n n n x yx y x x . Ta có ( )' ' ' *2 1 và ≤ < ∈n n nx y y nn . Chuỗi ' 1 n n y ∞ = ∑ hội tụ tuyệt đối nên hội tụ. Gọi ' ' 1 1 , n n n k n k u y S x ∞ = = = =∑ ∑ . Ta có ' 1 n n k k S y u = ≤ ≤∑ , '1 1 K.n n nS S x+ +− = ∈ Suy ra { }nS tăng và bị chặn trên. Do K là nón chính qui nên { }nS sẽ hội tụ hay chuỗi ' 1 n n x ∞ = ∑ hội tụ. Suy ra 'lim 0nn x→∞ = , mâu thuẫn với ( ) ' *1= ∈nx n . Vậy K là nón chuẩn. Mệnh đề 1.4.3: Cho X là không gian Banach phản xạ và K là nón chuẩn. Khi đó K là nón chính qui. Chứng minh: Xét dãy { }nx tăng, bị chặn trên. Ta chứng minh { }nx hội tụ. Thật vậy, do K là nón chuẩn và dãy { }nx tăng, bị chặn trên nên { }nx là dãy bị chặn (theo chuẩn). X là không gian Banach phản xạ nên tồn tại dãy con { }knx hội tụ yếu về x nào đó. Do dãy { }nx tăng nên dãy{ }knx cũng tăng. Mà K là nón chuẩn nên theo mệnh đề 1.2.6 thì { }knx hội tụ về x. Ta có { }nx là dãy tăng có dãy con { }knx hội tụ về x nên theo mệnh đề 1.2.2 thì { }nx hội tụ về x. Vậy K là nón chính qui. 1.5 Nón minihedral. Định nghĩa 1.5.1: Nón K được gọi là nón minihedral nếu với mọi cặp , Xx y∈ tồn tại cận trên đúng z x y= ∨ nghĩa là ,z x y≥ và z v≤ với bất kì ,v x y≥ . Cận dưới đúng u của hai phần tử , Xx y∈ được định nghĩa tương tự và kí hiệu z x y= ∧ . Mệnh đề 1.5.2: Nếu K là nón minihedral thì K là nón sinh. Chứng minh: Với mỗi Xx∈ , đặt , ( )x x x xθ θ+ −= ∨ = − ∨ . Ta có , Kx x+ − ∈ và x x x+ −= − . Vậy K là nón sinh. Bổ đề 1.5.3: Nếu K là nón chuẩn và minihedral thì với mọi hãy hội tụ { }nx của không gian X và Xy∈ tùy ý, ta có: ( ) ( )lim limn nn nx y x y→+∞ →+∞∨ = ∨ . Chứng minh: Đặt , ( )x x x xθ θ+ −= ∨ = − ∨ . Ta có , Kx x+ − ∈ và x x x+ −= − và đối với biểu diễn tùy ý ' ''x x x= − với ', '' Kx x ∈ ta có ' , ''x x x x+ −≥ ≥ . a) Chứng minh: nếu lim nn y θ→+∞ = thì lim nn y θ + →+∞ = . Thật vậy, mỗi nón minihedral là một nón sinh nên tồn tại số 0M > sao cho với mỗi Xny ∈ có ( ) Knu y ∈ thoả mãn: ( )n ny u y≤ và ( ) .n nu y M y≤ Do đó ( )n ny u y + ≤ . Vì nón K là nón chuẩn nên tồn tại số 0m > sao cho: ( )n ny m u y + ≤ . ( ) .n n ny m u y m M y +⇒ ≤ ≤ Vậy lim nn y θ + →+∞ = . b) Chứng minh: nếu lim nn x x→+∞ = thì lim nn x x + + →+∞ = . Ta có: ( ) ( )n n nx x x x x x x + ++ + = − + ≤ − +  và ( ) ( )n n n nx x x x x x x + ++ + = − + ≤ − +  . Do đó ( )n nx x x x ++ +− ≤ − và ( )n nx x x x ++ +− ≤ − nghĩa là ( ) ( )n nx x x x + ++ +− ≤ − và ( ) ( )n nx x x x + ++ + − − ≤ −  . Theo chứng minh a), ( )lim nn x x θ + →+∞ − = và ( )lim nn x x θ + →+∞ − = . Vì nón K là nón chuẩn nên ( )lim nn x x θ ++ + →+∞ − = và ( )lim nn x x θ + + + →+∞  − − =  Mà ( ) ( )n n nx x x x x x +++ + + + + + − = − − − −  . Do đó ( )lim nn x x θ + + →+∞ − = . Vậy ( ) ( )lim limn nn nx y x y yθ→+∞ →+∞  ∨ = − ∨ +  ( )x y y x yθ= − ∨ + = ∨ . Bổ đề được chứng minh. Chương 2: ÁNH XẠ GIỮA CÁC KHÔNG GIAN BANACH CÓ THỨ TỰ Trên tập số thực  với thứ tự thông thường ta đã biết các tính chất sau đây của hàm đơn điệu tăng 1. Hàm có đạo hàm dương thì đơn điệu tăng. 2. Tập các điểm gián đoạn của hàm đơn điệu tăng là không quá đếm được. Trong chương này chúng ta thấy các kết quả tương tự cũng đúng cho ánh xạ đơn điệu tăng trong các không gian Banach có thứ tự. Ngoài ra chúng ta còn tìm thấy những mối liên hệ của đạo hàm theo nón với tính đơn điệu, tính lồi và nghiên cứu thêm tính phổ của ánh xạ tuyến tính dương. 2.1 Tính liên tục của ánh xạ tuyến tính, ánh xạ tăng Định nghĩa 2.1.1: Cho X,Y là các không gian Banach, X YK ,K tương ứng là các nón trong X,Y và M X⊂ . i) Ánh xạ : M YA → được gọi là ánh xạ tăng nếu , M, ( ) ( )x y x y A x A y∀ ∈ ≤ ⇒ ≤ . ii) Ánh xạ : M YA → được gọi là ánh xạ dương nếu M, ( ) .x x A xθ θ∀ ∈ ≥ ⇒ ≥ Nếu int KY ≠∅ và { }( )K \ int KX YA θ ⊂ thì A được gọi là dương mạnh. Nhận xét: Đối với ánh xạ tuyến tính thì tính dương và tính đơn điệu tăng là tương đương. Định lí 2.1.2: Cho X,Y là các không gian Banach, XK là nón sinh, YK là nón chuẩn và : X YT → là ánh xạ tuyến tính dương. Khi đó T liên tục. Chứng minh: Gọi N là hằng số trong định nghĩa nón chuẩn và M là hằng số nói trong mệnh đề 1.3.2 ( chương 1). * Trước tiên ta chứng minh X0 : K∃ > ∀ ∈ ⇒ ≤L x Tx L x (6) Giả sử ngược lại, khi đó * 3X, K : .∀ ∈ ∃ ∈ > n n nn x Tx n x Chuỗi số 2 1 1 n n n x n x ∞ = ∑ hội tụ nên chuỗi phần tử 2 1 1 n n n x n x ∞ = ∑ hội tụ. Gọi 0 2 1 1 n n n x x n x ∞ = =∑ thì *02 1 n n x x n n x θ ≤ ≤ ∀ ∈ 0 2 ( )( ) n n T xT x n x θ⇒ ≥ ≥ ( )*0 2 ( ) N ( )⇒ ≥ > ∈n n T x T x n n n x . Ta gặp mâu thuẫn. Vậy (6) đúng. Xét tùy ý Xx∈ . Do XK là nón sinh nên tìm được X, Ku v∈ sao cho , , Mx u v u v x= − ≤ . Do đó ( )( ) ( ) ( ) 2 MT x T u T v L u v L x≤ + ≤ + ≤ . Vậy T là ánh xạ liên tục. Định lí 2.1.3 (định lí Hahn- Banach trong không gian có thứ tự): Cho X là không gian vectơ trên trường số thực  , M là không gian con của X sao cho X, M :x y x y∀ ∈ ∃ ∈ ≤ . (7) Giả sử : Mf →  là phiếm hàm tuyến tính và ( ) 0, M Kf x x≥ ∀ ∈ ∩ . Khi đó tồn tại phiếm hàm tuyến tính : XF →  sao cho ( ) ( ) M ( ) 0 K. = ∀ ∈ ≥ ∀ ∈ F x f x x F x x Chứng minh: Xét ánh xạ : Xp →  { }( ) inf ( ) : , Mx p x f y x y y= ≤ ∈ . Trước tiên ta chứng minh ( ) ( ) 0, X,p tx tp x t x= ∀ > ∀ ∈ (8) ( ) ( ) ( ) , X.p x y p x p y x y+ ≤ + ∀ ∈ (9) Thật vậy, lấy Xx∈ tùy ý, 0t > . Ta có { }( ) inf ( ) : , Mp tx f y tx y y= ≤ ∈ ( ){ } inf : , M inf : , M ( ).   = ≤ ∈      = ≤ ∈ = y y ytf x t t t t f z x z z t p x Lấy , Xx y∈ tùy ý. Với , , , Mu x v y u v≥ ≥ ∈ thì x y u v+ ≤ + nên ( ) ( )p x y f u v+ ≤ + . Do đó ( ) ( ) ( )p x y f u f v+ ≤ + { } { } { } ( ) inf ( ) (
Luận văn liên quan