LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "ánh xạ tựa đơn điệu tăng": http://123doc.vn/document/1052116-anh-xa-tua-don-dieu-tang.htm
KHÔNG GIAN BANACH VỚI THỨ TỰ SINH BỞI NÓN
1.1 Không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón
Định nghĩa 1.1.1:
Cho X là không gian Banach và K là tập con của X. K được gọi là nón nếu:
i) K đóng khác rỗng và
K
.
ii)
, ; , 0; ,
a b a b x y K ax by K
.
iii)
x K
và
0
x K x
.
Ví dụ: Cho
n
X R
và
1 2
{( , , , ) : 0, 1,2, , }.
n i
K x x x X x i n
Thì K là nón trong X.
Định nghĩa 1.1.2:
Trong không gian Banach với nón K, ta xét quan hệ thứ tự như sau:
, , .
x y X x y y x K
Khi đó, quan hệ
là một quan hệ thứ tự.
Thật vậy, ta có:
Phản xạ:
0 ,
x x K x x x X
.
Phản đối xứng:
, ,
x y X
nếu
,
x y y x
thì
,
y x K x y K
.
Do iii) trong định nghĩa 1.1.1, ta có
0
x y x y
Bắc cầu:
, , ,
x y z X
nếu
,
x y y z
thì
,
y x K z y K
.
Do ii) trong định nghĩa 1.1.1, ta có
( ) ( )
z x z y y x K x z
.
Mệnh đề 1.1.1:
Cho X là không gian Banach với thứ tự
sinh bởi nón K. Khi đó
i)
0, , ,
x y z X
nếu
x y
thì
x y
và
x z y z
.
ii) Nếu
,
n n
x y n N
và
lim , lim
n n
x x
x x y y
thì
x y
.
iii) Nếu dãy
( )
n
x
tăng (hoặc giảm) và hội tụ về x thì
n
x x
(hoặc
n
x x
) với mọi n.
Chứng minh:
i) Nếu
x y
thì
( )
x y K y x x y K x y
.
Nếu
x y
thì
( ) ( )
x y K y x y z x z K x z y z
.
ii) Nếu
,
n n
x y n N
thì
.
n n
y x K
Vì
lim ( )
n n
x
y x y x
và K đóng nên
.
y x x y
iii) Giả sử
( )
n
x
tăng. Với mỗi n, ta có:
n n m
x x
. Cho
m
, ta được
n
x x
, với mọi
n. ■
Định nghĩa 1.1.3:
Cho
( , )
X
là một tập có thứ tự. Tập
M X
được gọi là tập sắp thẳng của X nếu:
,
x y M
thì
x y
hoặc
y x
.
Bổ đề Zorn:
Giả sử X là một tập có thứ tự. Nếu mọi tập con sắp thẳng của X đều có cận trên ( cận dưới ) thì
X có ít nhất một phần tử cực đại ( phần tử cực tiểu ).
Mệnh đề 1.1.2:
Cho X là không gian Banach với thứ tự
sinh bởi nón K, tập
M X
là tập con sắp thẳng của
X và dãy
( )
n
x M
. Khi đó từ dãy
( )
n
x
ta có thể rút ra dãy con
k
n
x
đơn điệu.
Chứng minh:
Ta đặt
0
: ,
n k
N n N x x k n
.
Ta có các trường hợp:
0
N
hữu hạn:
Khi đó tồn tại
0
n N
sao cho
0
n n
thì
0
n N
.
Lúc đó tồn tại
k n
sao cho
n k
x x
( Do M là tập sắp thẳng ).
Do đó, từ dãy
( )
n
x
ta có thể chọn được dãy con
k
n
x
với
0 1 2
,
n n n
x x x
đây chính là dãy
con cần tìm.
0
N
vô hạn:
Giả sử
0 1 2
, ,
N n n
với
1 2
n n
.
Khi đó dãy
k
n
x
với
1 2
n n
x x
là dãy con cần tìm.
■
Định nghĩa 1.1.4: (Nón chuẩn)
Nón K trong không gian Banch X được gọi là nón chuẩn nếu tồn tại N > 0 sao cho:
, ,
x y K x y x N y
.
Khi đó, số N được gọi là hằng số chuẩn của nón K.
Ví dụ:
Trong không gian
1
[0,1]
X C
, nón
1
[0,1]: 0
K f C f
không phải là nón chuẩn.
Trong không gian
1
[0,1]
X C
, nón sau đây là nón chuẩn:
1
[0,1]: ( ) 0, '( ) 0, [0,1]
K f C f t f t t
.
Mệnh đề 1.1.3:
Cho K là nón chuẩn trong không gian Banach X.
i)
, ,
u v X u v
thì
, :
u v x X u x v
là một tập đóng và bị chặn.
ii) Nếu
n n n
x y z
( n = 1,2,…) và
lim lim
n n
x x
x z x
thì
lim
n
x
y x
.
iii) Nếu dãy đơn điệu
( )
n
x
có dãy con
k
n
x
hội tụ về x thì dãy
( )
n
x
hội tụ về x.
iv) Nếu dãy
( )
n
x
đơn điệu hội tụ yếu về x thì dãy
( )
n
x
hội tụ về x.
Chứng minh:
i)
Giả sử dãy
( ) ,
n
x u v
và
lim
n
x
x x
.
Ta có:
,
n
u x v n
. Suy ra
,
u x v u v
đóng.
,
x u v
thì
,
x u K v u K
và
x u v u
. Do K là nón chuẩn nên tồn tại hằng số
chuẩn N
0
sao cho:
x u N v u
Suy ra
x u N v u x N v u u
.
Vậy
,
u v
là bị chặn.
ii) Nếu
n n n
x y z
thì
0
n n n n
y x z x
Do K là nón chuẩn nên
n n n n
y x N z x
.
Vì
lim lim
n n
x x
x z x
nên
0
n n
z x
Suy ra
0
n n
y x
Vậy
( )
n n n n
y y x x x
.
iii) Ta có:
,
k
n
x x k
và
,
k
n n n
x x x x n
.
Vì
k
n
x x
nên
0
0
, :
k
n
k x x
N
.
Khi đó:
0
0 0 0
, 0
k k k
k n n n n n n
n n x x x x x x x x x N x x
Vậy ta có
n
x x
.
iv) Giả sử
n
x
là dãy đơn điệu và hội tụ yếu về x. Gọi N là hằng số chuẩn của nón chuẩn K.
Với mỗi
*
f K
, ta có:
( ) ( )
n m
f x f x
với
n m
.
Cho
m
, ta được
( ) ( ) , .
n n
f x f x x x n
Theo định lý Mazur,
1
0, :
1
i
m
i n
i
z t x z x
N
Đặt
0 1 2
max , , ,
m
n n n n
thì ta có:
0
, 0
n n
n n z x x z x z
1
n
N
x z N x z
N
n n
x x x z z x
Vậy dãy
n
x
hội tụ về x. ■
Định nghĩa 1.1.5 (Nón chính quy)
Nón K trong không gian Banach X được gọi là nón chính quy nếu mọi dãy đơn điệu tăng, bị chặn
trên trong X đều hội tụ.
Ví dụ:
Trong không gian
[0,1]
X L
, nón K là nón các hàm không âm hầu khắp nơi là nón chính
quy.
Trong không gian
[0,1]
X C
, nón K là nón các hàm không âm không phải là nón chính
quy.
Mệnh đề 1.1.4:
Cho K là nón trong không gian Banach X.
i) K là nón chính quy trong X khi và chỉ khi mọi dãy đơn điệu giảm, bị chặn dưới trong X
đều hội tụ.
ii) K là nón chính quy thì K là nón chuẩn.
Chứng minh:
i) Giả sử K là nón chính quy trong X.
Ta xét dãy
n
x
giảm, bị chặn dưới:
1 2
n
x x x x
.
Khi đó, dãy
1
( )
n
x x
là dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi
1
x x
.
Vì K là nón chính quy nên dãy hội tụ.
Vậy
n
x
hội tụ.
Giả sử mọi dãy giảm, bị chặn dưới trong X đều hội tụ.
Ta xét dãy
( )
n
x
tăng, bị chặn trên:
1 2
n
x x x x
.
Khi đó, dãy
1
( )
n
x x
là dãy giảm và bị chặn dưới bởi
1
( )
x x
nên dãy
1
( )
n
x x
hội tụ.
Suy ra
n
x
hội tụ.
Vậy K là nón chính quy.
ii) Giả sử ngược lại K không phải là nón chuẩn.
Khi đó
, , , 0
N N N N
N x K y K x y
nhưng
N N
x N y
.
Cho
2
N n
, ta được các dãy
( ) ,( )
n n
x K y K
thỏa mãn:
2
0 ,
n n n n
x y x n y
Với
0
n
x
, ta xét các dãy:
'
n
n
n
x
x
x
và
'
n
n
n
y
y
y
.
Ta có:
' ' ' '
2
1
0 , 1,
n n n
n
x y x y
n
. Suy ra chuỗi
'
1
n
n
y
hội tụ.
Đặt
'
1
n
n
y y
thì
'
1
,
n
n
k
y y n
.
Ta thấy dãy
' ' '
1 2
n n
z x x x
tăng và bị chặn trên bởi y nên
( )
n
z
hội tụ
( vì K là nón chính quy).
Suy ra
1
( ) 0
n n n
x z z
Mâu thuẫn với điều kiện
'
1
n
x
Vậy K là nón chuẩn. ■
1.2 Nón liên hợp:
Định nghĩa 1.2.1:
Nếu
K
là nón thì ta định nghĩa nón liên hợp của
K
như
* *
: ( ) 0,
K f X f x x K
*
K
có tính chất i), ii) trong định nghĩa nón.
Ta có thể chứng minh :
*
* *
X
K K K K X
.
Mệnh đề 1.2.1 :
*
0 0
( ) 0,
x K f x f K
.
Chứng minh :
) Giả sử
*
0
( ) 0
f x f K
nhưng
0
x K
Theo định lí tách tập lồi
*
0
: ( ) ( ),
g X g x g y y K
Cố định
x K
, ta có
0
( ) ( ), 0.
g x g tx t
Cho
t
ta có
0
( ) 0
g x
Vậy
*
,
g K
nhưng
0
( ) 0
g x
.
Định nghĩa 1.2.2: Cho E là không gian Banach thực với nón được sắp K.
K gọi là nón solid nếu
int( )
K
.
1.3 Chuẩn P
Định nghĩa 1.3.1:
Cho không gian banach
, .
E
với nón solid
K
và
p K
. Khi đó với mọi
x E
tồn tại số
0
để
p x p
.
Chứng minh:
Thật vậy, giả sử r là số thực dương thỏa mãn
( , )
B p r K
.
Khi đó với
0
x
ta có
2 2
( , )
2 2
x x
r r
p x B p r p x K p x p
x x r r
+ Ta xây dựng một chuẩn như sau:
inf 0 |
p
x p x p
Dễ thấy:
. . ,
p p
x p x x p x E
Ngoài ra, nếu
0
x y
thì vì
0 | 0 |
p y p p x p
nên
p p
x y
Định lí 1.3.1:
Giả sử K là nón chuẩn, solid và
p K
. Khi đó chuẩn
.
p
có tính chất sau:
1)
, .
p
E
là không gian Banach
2)
.
p
tương đương với chuuẩn ban đầu trong E.
Chứng minh:
1) Vì K là nón chuẩn nên
[ ; ]
p p
bị chặn hay
0 : [ ; ]
m x p p x m
Ta có:
. .
p p
x p x x p
nên
[ ; ]
p
x
p p
x
p
x
m
x
hay
p
x m x
(1)
Xét {
n
x
} là dãy Cauchy trong
, .
p
E
. Do (1) ta thấy {
n
x
} cũng là dãy Cauchy trong
, .
E
, ta
sẽ chứng minh
lim
n
x x
trong
, .
p
E
.
Xét
0 tïy ý;
do
. .
n m n m n m
p p
x x p x x x x p
và
,
lim 0
n m
p
n m
x x
Nên tồn tại
0
n
sao cho
0
, ,
n m
p x x p n m n
Cho
m
, ta có
0
,
n
p x x p n n
Do đó theo định nghĩa chuẩn
.
p
, ta có
0
,
n
x x n n
Vậy ta đã chứng minh
lim
n
x x
trong
, .
p
E
Do
, .
E
và
, .
p
E
là các không gian Banach và các chuẩn
.
,
.
p
thỏa (1) nên theo
hệ quả của định lý ánh xạ ngược Banach chúng tương đương nhau.
CHƯƠNG 2:
ÁNH XẠ TỰA ĐƠN ĐIỆU TĂNG
2.1 Ánh xạ tựa đơn điệu tăng:
Định nghĩa 2.1.1: Cho E là không gian Banach, K là nón solid trong E và
D E
,
1. Một ánh xạ
:
f D E
gọi là đơn điệu tăng nếu
, , ( ) ( )
x y D x y f x f y
.
2. Một ánh xạ
:
f D E
gọi là tựa đơn điệu tăng nếu
*
, , : , ( ) ( ) ( ) ( )
x y D K x y x y f x f y
.
3. Một ánh xạ
: [ ; ]
f a b D E
gọi là tựa đơn điệu tăng đối với x nếu ánh xạ
( , )
x f t x
là
ánh xạ tựa đơn điệu tăng ,
[a;b]
t
.
Nhận xét
1) Trên
với các thứ tự thông thường thì mọi hàm số đều là tựa đơn điệu tăng.
Thật vậy, vì
*
do đó
có dạng
, a 0
ax
nên
( ) ( ) ( ( )) ( ( )),
x y x y f x f y f
2) Nếu f là ánh xạ đơn điệu tăng thì f là ánh xạ tựa đơn điệu tăng nhưng không có chiều
ngược lại.
Thật vậy:
*
, , , , ( ) ( )
x y D K x y x y
ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )
f x f y f y f x K f y f x f x f y
3) Nếu f ánh xạ đơn điệu tăng thì
f id
là ánh xạ tựa đơn điệu tăng.
Thật vậy, với
*
, ,
x y D K
và
, ( ) ( )
x y x y
ta có
( ) ( )
f x f y
( ) ( ) ( ) ( )
f x x f x x f y y f y y
4. Với mỗi
, ¸nh x¹
x x
là ánh xạ tựa đơn điệu tăng nhưng không là ánh xạ tăng khi
0
.
Định lí 2.1.1 :
Trong
n
, ta có thứ tự sinh bởi nón tự nhiên
Xét ánh xạ
1
: , ( ) ( ); ; ( )
n n
n
g g x g x g x
. Các mệnh đề sau là tương đương.
1) g là ánh xạ tựa đơn điệu tăng.
2)
( , , vµ ( ) ( ), 1, )
n
k k k k
x y x y x y g x g y k n
Chứng minh:
Thật vậy:
*
{ : 0, 1, }
n
i
K K x x i n
) Giả sử g là ánh xạ tựa đơn điệu tăng.
Cho
, .
k k
x y x y
Xét
*
(0; ; 1 ;0; 0)
k
K
Ta có
. . . ( ) . ( ) ( ) ( )
k k
x y g x g y g x g y
) Giả sử
, ,
n
x y x y
và
( ) ( ), 1,
k k k k
x y g x g y k n
ta chứng minh g là ánh xạ tựa đơn điệu tăng
Thật vậy: Giả sử
*
, . . ,
K x y x y
Vì
( 1, )
i i i i
x y i n
và
x y
nên ta suy ra
( 1, )
i i i i
x y i n
Nếu
0
i
thì ta có
( ) ( ) ( ) ( )
i i i i i i i i
x y g x g y g x g y
Vậy ta luôn có
( ) ( )
k k k k
g x g y
Vậy g là ánh xạ tựa đơn điệu tăng.
Ý nghĩa : Nếu nón được xét là nón tự nhiên không gian hữu hạn chiều thì ánh xạ f là tựa đơn điệu
tăng khi và chỉ khi nếu cố định biến thứ k thì hàm f
k
tăng theo các biến còn lại.
Ví dụ : Hàm số
2 2
:
f
với
2 2
( , ) sin , cos
y
f x y e x x y
là một ánh xạ tựa đơn điệu tăng.
2.2 Ánh xạ tựa đơn điệu tăng và bất đẳng thức vi phân.
Định lí 2.2.1:
Cho
E
là không gian Banach với nón solid
K
,
:[ ; ]
f a b D E
gọi là tựa đơn điệu tăng đối với x
và
1
, [a, b],
u v C E
, thỏa :
( ) ( , ( )) ( ) ( , ( ))
u t f t u t v t f t v t
( ) ( )
u a v a
Khi đó:
( ) ( ), [ , ]
u t v t t a b
.
Chứng minh
Giả sử ngược lại nghĩa là tồn tại số
[ , ]
c a b
sao cho
( ( ) ( ))
v c u c K
Do
,
u v
liên tục ,
v u a K
nên tồn tại
0
[ , ]
t a b
sao cho
0
( ( ) ( )) , [ , ]
v x u x K x a t
và
0 0
( ( ) ( ))
v t u t K
Ta có:
0 0
( ( ) ( ))
v t u t K
nên
*
\ 0
K
sao cho:
0 0
( ( ) ( )) 0
v t u t
0 0
0 0 0 0
( ( )) ( ( ))
( ( , ( ))) ( ( , ( )))
v t u t
f t u t f t v t
Hơn nữa
0 0 0
0 0 0
( ) ( ) 0 [ , )
( ( ) ( )) 0 [ , )
v t u t t a t
v t u t t a t
Mà
0 0
( ( ) ( )) 0
v t u t
nên
0 0
( ( ) ( )) 0
v t u t
(*)
Mặt khác ta có :
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
( ) ( ) ( , ( )) ( , ( ))
( ( ) ( )) ( ( , ( )) ( , ( ))) 0
v t u t f t v t f t u t
v t u t f t v t f t u t
0 0
( ( ) ( )) 0
v t u t
(**)
Từ (*),(**) ta suy ra vô lí.
Vậy
( ) ( ) [ , ]
u t v t t a b
Định nghĩa 2.2.1:
Hàm
:[ , ]
f a b D E
được gọi là Lipschitz địa phương liên tục đối với
x
nếu
0 :
r
r L
sao cho:
( , ) ( , ) [ , ], ,
r
f t x f t y L x y t a b x r y r
Định lí 2.2.2:
Cho E không gian Banach,
.
D E
Cho
:[ ; ]
f a b D E
gọi là tựa đơn điệu tăng, Lipschitz địa
phương, liên tục đối với
x
theo chuẩn p và
, :[ , ]
u v a b E
khả vi nếu:
( ) ( , ( )) ( ) ( , ( )), [ , ]; ( ) ( )
u t f t u t v t f t v t t a b u a v a
thì
( ) ( ), [ , ]
u t v t t a b
.
Chứng minh
Chọn
0
r
sao cho
( ) 1, ( ) 1, [ , ]
u t r v t r t a b
f
liên tục, Lipschitz địa phương, ta có :
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét