giải tích trong không gian banach có thứ tự

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
, ∈ab
,
, 0, , K thì K,≥ ∈ +∈a b x y ax by

iii) Nếu
K và K∈ −∈xx
thì
θ
=x
.
Ví dụ:
Cho
{ }
12
X , K ( , , , ): 0, 1.= = ≥∈
n
ni
xx 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.∈ ≤ ⇔ −∈xy x y y x

Nếu nón K có intK
≠∅
thì ta định nghĩa
xy
nếu
intK−∈yx
.
Ở ví dụ trên, thứ tự trong

n
sinh bởi nón K được định nghĩa như sau:
12 12
( , , , ), ( , , , ),
0, 1.
= =
≤⇔ −≥ ∈

nn
ii
x xx x y yy y
xy yx i n

Mệnh đề 1.1.3:
Giả sử
""≤
là thứ tự trong X sinh bởi nón K. Khi đó :
i) Nếu

≤xy
thì
, 0 và , X
λλλ
≤ ∀ ≥ + ≤ + ∀∈x y xzyzz
,
ii) Nếu
*
nn
( ) và lim , lim thì ,
nn n n
x yn x x y y x y
→∞ →∞
≤∈ = = ≤

iii) Nếu
{ }
n
x
là dãy tăng và hội tụ về x thì
*
,.≤∈

n
x xn



Chứng minh:
i) Ta có :

( ) ( ) K nên ,+ − + = −∈ +≤ +yz xz yx xzyz

( ) K nên .
λλλ λλ
− = −∈ ≤y x yx x y

ii) Do
( )
*
K ( ), lim , K
→∞
−∈ ∈ − =−
nn nn
n
yx n yx yx
đóng nên
K hay .−∈ ≤yx xy

iii) Giả sử
{ }
n
x
là dãy tăng. Khi đó
*
(, )
+
≤∈
n nm
x x mn
. Cho

→∞m
ta
được
( )
*
.
n
x xn≤∈

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∈≤ ≤xy x y y
.
Ví dụ 1:
i) Nón
[ ]
{ }
0,1
K ,0=∈≥fC f
là nón chuẩn trong
[ ]
0,1
C
.
ii) Nón các hàm không âm, có đạo hàm liên tục không là nón chuẩn
trong
[ ]
0,1
1

C
.
Chứng minh:
i) Lấy
,K∈fg
thoả điều kiện
≤fg
.
Ta có với
[ ]
0,1∈t
thì
0 () ()≤≤ft gt
.
Suy ra
[ ] [ ]
0,1 0,1
sup ( ) sup ( ) hay .
∈∈
≤≤
tt
ft gt f g

Vậy K là nón chuẩn với hằng số N=1.
ii) Xét dãy
()=
n
n
ft t
và hàm

() 1=ft
. Ta có
*
,,≤∈
n
f fn

'
01
01
max ( ) max ( ) 1 , 1
≤≤
≤≤
= + =+=
nn n
t
t
f ft ft n f
.
Do đó không tồn tại hằng số N sao cho bất đẳng thức
N≤
n
ff
đúng với mọi
*
∈n
.
Mệnh đề 1.2.2 :

Cho K là nón chuẩn trong X. Khi đó
a) Nếu
, X,∈≤uv u v
thì tập
{ }
, X:
= ∈ ≤≤
uv x u x v
là tập đóng và bị
chặn.
b) Nếu
( )
*
≤≤ ∈
nnn
x y zn
và
lim lim
→∞ →∞
= =
nn
nn
x zx
thì
lim .
→∞
=
n
n
yx

c) Nếu
{ }
n
x
là dãy đơn điệu tăng có dãy con
{ }
k
n
x
hội tụ về x thì
{ }
n
x
hội
tụ về x.
Chứng minh:
Giả sử K là nón chuẩn trong X với hằng số N.
a) Xét dãy
{ }
n
x
tùy ý trong tập
,uv
và
lim .
→∞
=
n
n

xx

Do
*
()
≤≤ ∈
n
u x vn
nên theo mệnh đề 1.1.3 ta có
≤≤uxv
hay
,.∈x uv

Vậy
,uv
là tập đóng.
Với
,∈x uv
thì
≤≤uxv
, do đó
xuvu
θ
≤−≤−
.
Vì K là nón chuẩn nên
N.−≤ −xu vu

Vậy
N ,,

≤ − + ∀∈
x v u u x uv
hay
,uv
là tập bị chặn.
b) Ta có
*
( ).
nnnn
y x z xn
θ
≤−≤− ∈

Do K là nón chuẩn nên
N.
−≤ −
nn nn
yx zx

Vì
lim( )
nn
n
zx
θ
→∞
−=
nên ta suy ra
lim( ) .
nn

n
yx
θ
→∞
−=

Do đó
[ ]
lim lim ( ) .
→∞ →∞
= −+=
n nn n
nn
y yx x x

c) Cố định
*
∈n
, ta có
≤
k
nn
xx
khi k đủ lớn.
Cho
k →∞
ta được
.≤
n
xx

Cho
0
ε
>
, ta chọn
0
0
saocho
N
ε
−<
k
n
k xx
. Khi đó với mọi
0
k
nn≥
thì
00
nên .
kk
nn n n
x x x xx xx
θ
≤ ≤ ≤− ≤−

Suy ra
0

N.
k
nn
xx xx
ε
−≤ − <

Vậy
lim .
n
n
xx
→∞
=

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,xy x y x y
θ
∀ ∈ ≤≤⇒ ≤
.

Chứng minh:
Đặt
( ) ( )
,1 K ,1 K .AB B
θθ
=+−
  
  


• Ta chứng minh
(,1) (,)B ABr
θθ
⊂⊂
với
0r >
đủ lớn.
Vì
K, K
θθ
∈ ∈−
nên ta có
( ) ( ) ( ) ( )
,1 ,1 K và ,1 ,1 K.BB BB
θθ θθ
⊂+ ⊂−

Do đó
( )
,1BA

θ
⊂
.
Giả sử
(,)ABr
θ
⊂
với
0r >
đủ lớn là không đúng.
Khi đó ta tìm được dãy
{ }
n
x
trong A sao cho
*
,≥ ∀∈
n
x nn
.
Do định nghĩa tập A ta tìm được
, ( ,1), , K
nn nn
yz B uv
θ
∈∈
sao cho
.
n nnnn
xyuzv=+=−

Ta có
nên 2.
nnn n nn
uvzy uv+=− + ≤

Do K là nón chuẩn nên
N 2N,
n nn
u uv≤ +≤

(với N là hằng số trong định nghĩa nón chuẩn).
Do đó
*
1 2N,≤ = + ≤ + ≤+ ∀∈
n nn n n
nx yu y u n
. Ta gặp mâu thuẫn.
Vậy tồn tại
( )
0 sao cho , .
r AB r
θ
>⊂

• Xét phiếm hàm Minkovski của tập A :
*
inf 0: ,
λ
λ


= >∈


x
xA
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.xx≤
Bất đẳng thức này hiển nhiên cũng đúng cho
x
θ
=
.
Cho
0
ε
>
, ta tìm được
0
λ
>
sao cho
*
Avà .
x
x
λε
λ
∈ <+

Ta có
( )
( )

*
B , hay x .
x
r r xr
θ λε
λ
∈ <<+

Do
*
0 tùy ý, ta có .x rx
ε
>≤

Vậy
*

.


• Giả sử
xy
θ
≤≤
. Ta có
0: 0:
λλ
λλ

>∈⊂>∈



yx
AA
. (1)
Thật vậy lấy
0
0
y
0 tùy ý sao cho
λ
λ
>∈A
,
Ta có
( )
00
,1 K.
xx
B
θθ
λλ
=+∈ +

Mặt khác,
0
y
λ
∈ A
nên có

( )
0
y
,1 , K sao cho .uB v uv
θ
λ
∈∈ =−

Do đó
00 00 00
λλ λλ λλ
 
=−−=−−−
 
 
xy yx yx
uv


( )
0
,1 K
yx
uv B
θ
λ

−
=−+ ∈ −



.
Vậy
0
x
λ
∈ A
.
Từ (1) ta có
**
.xy≤

Định nghĩa 1.2.4:
Cho X là không gian Banach,
KX⊂
là nón. Khi đó
{ }
* * **
K X : ( ) 0, K= ∈ ≥ ∀∈x xx x

gọi là nón liên hợp của K.
Mệnh đề 1.2.5:
Cho X là không gian Banach,
KX⊂
là nón và
*
K
là nón liên hợp.
Khi đó
*

K ( ) 0, K∈ ⇔ ≥ ∀∈x fx f
.
Chứng minh:
Dễ thấy điều kiện cần được thoả. Ta chứng minh điều kiện đủ.
Giả sử
( )
*
00
( ) 0 K và K.fx f x≥ ∀∈ ∉

Áp dụng định lí tách tập lồi cho
{ }
0
x
, K ta tìm được
*
Xf ∈
sao cho
0
( ) ( ), K.
fx fx x< ∀∈
(2)
Ta sẽ chứng minh
*
Kf ∈
và
0
()0
<fx
và do đó sẽ gặp mâu thuẫn.

Thật vậy, xét
Kx∈
. Ta có với
0
0 thì ( ) ( ).
t f x f tx><
Suy ra
0
1
( ) ( ).fx fx
t
<



Cho
t →∞
ta được
() 0fx≥
. Do
Kx∈
tùy ý nên
*
K.f ∈

Thay
x
θ
=
ở (2) ta được

0
( ) ( ) 0.fx f
θ
<=

Vậy
0
K.x ∈

Mệnh đề 1.2.6:
Cho K là nón chuẩn và
{ }
n
x
là dãy tăng, hội tụ yếu về x. Khi đó
{ }
n
x
hội tụ về x.
Chứng minh:
• Trước tiên ta chứng minh
*
()≤∈
n
x xn
.
Theo mệnh đề 1.2.5 ta chỉ cần chứng minh
( )
( )
**

, K ( ).≤ ∀∈ ∈
n
fx fx f n

Lấy
*
Kf ∈
tùy ý. Do
{ }
n
x
là dãy tăng nên
,.
nm
x x mn≤ ∀≥
(3)
Do đó
() () .≤ ∀≥
nm
fx fx m n

Vì
{ }
n
x
là dãy hội tụ yếu về x nên
( )
( )
lim .
n

n
fx fx
→∞
=

Ở (3) cố định n, cho
m →∞
ta được
( )
( )
n
fx fx≤
.
Vậy
*
()≤∈
n
x xn
.
• Cho
0
ε
>
, do dãy
{ }
n
x
hội tụ yếu về x nên theo định lí Mazur
{ }
( )

Co : ,
N
n
y x yx
ε
∃∈ − <
với N là hằng số trong định nghĩa nón chuẩn.
Vì
{ }
( )
1
Co nên
i
k
n in
i
yx yx
λ
=
∈=
∑
, với
12
1
1, 0, 1. ,
k
ii k
i
i kn n n
λλ

=
= > ∀∈ < < <
∑

.
Suy ra
1
.
kk
k
in n
i
y xx
λ
=
≤=
∑

Với
k
n
ta có y x
kn
nn x x≥ ≤ ≤ ≤⇒
n
xx xy
θ
≤− ≤−

N
n
xx xy
ε
⇒− ≤ −<
.
Như vậy ta đã chứng minh
00
0, 0,
n
n nn xx
εε
∀> ∃ > ∀≥ ⇒ − <
, hay dãy
{ }
n
x
hội tụ
về x.
1.3 Nón sinh.
Định nghĩa 1.3.1:
Nón K gọi là nón sinh nếu
X, , K:∀∈ ∃ ∈ = −x uv x u v
.
Nói cách khác
XKK= −
.


Ví dụ 2:

i) Trong không gian
[ ]
0,1
C
, nón các hàm không âm là nón sinh.
Chứng minh:
Đặt
[ ]
{ }
0,1
K :0=∈≥fC f

Lấy
[ ]
0,1
∈fC
tuỳ ý. Đặt
{ }
() max (),0,=gt ft

{ }
() min (),0= −ht f t

thì ta có
,K∈gh
và
= −f gh
.
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
M0>
sao cho
X, , K : , , M .
x uv x u v u v x
∀∈ ∃ ∈ = − ≤

Chứng minh:
Đặt
( )
1
K K B ,1
θ
= ∩
.
Ta có
( )
1 1 11
11 1
XKK K K K K
nn n
nn n
∞∞ ∞
= = =
=−= − = −

 
.
Do X là không gian Banach nên theo định lí Baire tồn tại
( )
*
0 0 01 1
, K K, 0∈ ∈− >n xn r

sao cho
( )
( )
0 01 1
, K K.Bxr n⊂−

Ta có
( ) ( )
0 01 1 0 01 1
K K nên K K .xn xn
∈− −∈−

Từ đây ta được
( ) ( ) ( ) ( )
01 1 01 1 01 1
, KK KK 2KK.Br n n n
θ
⊂ −+ −⊂ −

Lấy
{ }
X\x

θ
∈
tùy ý thì
( )
,
2
rx
y Br
x
θ
= ∈
và do đó
( )
01 1
2KKyn∈−
.
Từ đây ta suy ra
( )
01 1
0, 2 K K : .
εε
∀> ∃∈ − − <w n yw

Với
2
r
ε
=
ta tìm được
1 01 01

22w nu nv= −
, với
11 1
,Kuv∈
sao cho
1
.
2
r
yw−<

Khi đó
( ) ( ) ( )
1 01 1
2 ,2y w B r nK K
θ
−∈ ⊂ −
.


Suy ra với
2
r
ε
=
ta tìm được
' ''
2 02 02
22
w nu nv= −

với
''
22 1
,K
uv∈
sao cho
( )
'
12
2
2
r
yw w−−<
.
Đặt
'
2 2 2 02 02
1
, ta có 2 2
2
w w w nu nv= = −

với
22 2 2 1 2
2
1
, K, , ,
22
∈ ≤ −− <
r

uv u v y w w
.
Tiếp tục xây dựng quá trình ta xây dựng được dãy các phần tử
{ } { }
1
1
K, K, ,
2
−
⊂⊂ ≤
n n nn
n
u v uv
(4)
sao cho
1
2
n
k
n
k
r
yw
=
−<
∑
(5)
( )
0
2

n nn
w nu v= −
.
Từ (4) suy ra chuỗi
11
và
nn
nn
uv
∞∞
= =
∑∑
hội tụ trong X.
Đặt
11
' , '
∞∞
= =
= =
∑∑
nn
nn
u uv v
.
Ta có
', ' K và ' , ' 2uv u v
∈≤
.
Từ (5) suy ra
( )

0
1
2 ''
k
k
y w nu v
∞
=
= = −
∑

( )
0
2 ''
2
r
x nu v
x
⇒=−

( )
0
4
''
nx
x uv
r
⇒= −
.
Đặt

00
44
', '= =
nx nx
u uv v
rr
, ta có
0
8
, , K, ,=−∈ ≤
nx
x u vuv u v
r
.
Vậy số
0
8
M
n
r
=
là cần tìm.
Mệnh đề 1.3.3:
Nếu nón K có intK
≠∅
thì K là nón sinh.
Chứng minh:
Giả sử
intKe∈
. Khi đó

( )
0: , K∃> ⊂r Ber
.


Do đó
X, thì K
rx
xx e
x
θ
∀∈ ≠ + ∈
.
Đặt
11
,
22
  
= += −
  
  
xx
u ex v ex
rr
.
Ta có
, , K.x u vuv=−∈

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
[ ]
0,1
L
là nón chính qui.
ii) Nón các hàm không âm trong
[ ]
0,1
C
không là nón chính qui.
Chứng minh:
i) Giả sử
{ }
n
f
là dãy tăng, bị chặn trên bởi g trong
[ ]
0,1
L
.
Ta có thể coi
(), ()
n
f t gt
hữu hạn tại mọi
[ ]
0,1∈t

.
Bằng cách xét dãy
1
−
n
ff
nếu cần, ta có thể coi
0≥
n
f
.
Lấy
[ ]
0,1∈t
tuỳ ý, ta có
12
0 () () () ()
≤ ≤ ≤≤ ≤≤
n
f t f t f t gt
.
Do đó
{ }
()
n
ft
là dãy số tăng, bị chặn trên nên hội tụ.
Lập hàm
[ ]
: 0,1 → f

định bởi
() lim ()
→∞
=
n
n
ft f t
.
Vì
{ }
n
f
là dãy hàm đo được, không âm hầu khắp nơi, bị chặn trên bởi g và
() lim ()
→∞
=
n
n
ft f t

nên f cũng là hàm đo được, không âm hầu khắp nơi, bị chặn trên bởi
[ ]
0,1
∈gL
nên
[ ]
0,1
∈fL
.
Bây giờ ta chứng minh

1
→
n
ff
trong
[ ]
0,1
L
.
Ta có
1
() () 0−→
n
ft ft
trên
[ ]
0,1
và
1
() () 2 ()−≤
n
f t f t gt
.
Do đó, theo định lí hội tụ bị chặn Lebesgue ta có
[ ]
0,1
lim 0
µ
→∞
−=

∫
n
n
f fd
.
Từ đó suy ra
lim 0
→∞
−=
n
n
ff
.


Vậy nón các hàm không âm hầu khắp nơi trong
[ ]
0,1
L
là nón chính qui.
ii) Xét dãy
{ }
n
f
trong
[ ]
0,1
C
, với
() 1= −

n
n
ft t
.
Ta có
{ }
n
f
là dãy hàm tăng, bị chặn trên bởi 1 trong
[ ]
0,1
C
và
[ ]
0
lim () (), 0,1
→∞
= ∈
n
n
ft ft t
, với
hàm
[ ] [ ]
0
: 0,1 0,1→
f
định bởi
0
0 neáu 1

()
1 neáu 0 1
t
ft
t

=
=

≤≤

.
Ta có
[ ]
0
0,1
∉fC
nên dãy
{ }
n
f
không hội tụ trong
[ ]
0,1
C
.
Vậy nón các hàm không âm trong
[ ]
0,1
C

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 xy x y x Ny

Suy ra với
*
∈n
tùy ý, tồn tại
2
, K sao cho ,∈ ≤>
nn n n n n
xy x y x ny
.
Đặt
''
,= =
nn
nn
nn
xy
xy
xx
. Ta có
( )

'' ' *
2
1
và ≤ <∈
nn n
xy y n
n
.
Chuỗi
'
1
n
n
y
∞
=
∑
hội tụ tuyệt đối nên hội tụ.
Gọi
''
11
,
n
nn k
nk
u yS x
∞
= =
= =
∑∑

.
Ta có
'
1
n
nk
k
S yu
=
≤≤
∑
,
'
11
K.
n nn
S Sx
++
−= ∈

Suy ra
{ }
n
S
tăng và bị chặn trên.
Do K là nón chính qui nên
{ }
n
S
sẽ hội tụ hay chuỗi

'
1
n
n
x
∞
=
∑
hội tụ.
Suy ra
'
lim 0
n
n
x
→∞
=
, mâu thuẫn với
( )
'*
1= ∈
n
xn
.


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
{ }
n
x
tăng, bị chặn trên. Ta chứng minh
{ }
n
x
hội tụ.
Thật vậy, do K là nón chuẩn và dãy
{ }
n
x
tăng, bị chặn trên nên
{ }
n
x
là dãy bị chặn (theo
chuẩn).
X là không gian Banach phản xạ nên tồn tại dãy con
{ }
k
n
x
hội tụ yếu về x nào đó.
Do dãy
{ }
n
x
tăng nên dãy

{ }
k
n
x
cũng tăng. Mà K là nón chuẩn nên theo mệnh đề 1.2.6 thì
{ }
k
n
x
hội tụ về x.
Ta có
{ }
n
x
là dãy tăng có dãy con
{ }
k
n
x
hội tụ về x nên theo mệnh đề 1.2.2 thì
{ }
n
x
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
,Xxy∈

tồn tại cận trên đúng
zxy= ∨
nghĩa là
,z xy≥
và
zv≤
với bất kì
,v xy≥
.
Cận dưới đúng u của hai phần tử
,Xxy∈
được định nghĩa tương tự và kí hiệu
zxy= ∧
.
Mệnh đề 1.5.2:
Nếu K là nón minihedral thì K là nón sinh.
Chứng minh:
Với mỗi
Xx∈
, đặt
, ()xx x x
θθ
+−
=∨ =−∨
. Ta có
,K
xx
+−
∈
và

xx x
+−
= −
. Vậy K là nón
sinh.
Bổ đề 1.5.3:
Nếu K là nón chuẩn và minihedral thì với mọi hãy hội tụ
{ }
n
x
của không gian X và
Xy∈
tùy ý, ta có:


( )
( )
lim lim
nn
nn
xy x y
→+∞ →+∞
∨= ∨
.
Chứng minh:
Đặt
, ()xx x x
θθ
+−
=∨ =−∨

. Ta có
,Kxx
+−
∈
và
xx x
+−
= −
và đối với biểu diễn tùy ý
' ''xxx= −
với
', '' Kxx∈
ta có
' , ''x xx x
+−
≥≥
.
a) Chứng minh: nếu
lim
n
n
y
θ
→+∞
=
thì
lim
n
n
y

θ
+
→+∞
=
.
Thật vậy, mỗi nón minihedral là một nón sinh nên tồn tại số
0M >
sao cho với mỗi
X
n
y ∈

có
()K
n
uy ∈
thoả mãn:
()
nn
y uy≤
và
() .
nn
uy My≤

Do đó
()
nn
y uy
+

≤
.
Vì nón K là nón chuẩn nên tồn tại số
0m >
sao cho:

()
nn
y muy
+
≤
.

() .
nn n
y m u y mM y
+
⇒≤ ≤

Vậy
lim
n
n
y
θ
+
→+∞
=
.
b) Chứng minh: nếu

lim
n
n
xx
→+∞
=
thì
lim
n
n
xx
++
→+∞
=
.
Ta có:

( ) ( )
nn n
x xxx xx x
+
+
++

= −+ ≤ − +


và
( ) ( )
nn n n

x xx x xx x
+
+
++

= − + ≤− +

.
Do đó
( )
nn
xx xx
+
++
−≤ −
và
( )
nn
x x xx
+
++
−≤−

nghĩa là
( )
( )
nn
xx xx
+
+

++
− ≤−
và
( )
( )
nn
x x xx
+
+
++

− − ≤−

.
Theo chứng minh a),
( )
lim
n
n
xx
θ
+
→+∞
−=
và
( )
lim
n
n
xx

θ
+
→+∞
−=
.
Vì nón K là nón chuẩn nên

( )
lim
n
n
xx
θ
+
++
→+∞
−=
và
( )
lim
n
n
xx
θ
+
++
→+∞

−− =


Mà
( ) ( )
nn n
xx xx xx
+
+
++ ++ ++

− = − −− −

.


Do đó
( )
lim
n
n
xx
θ
++
→+∞
−=
.
Vậy
( ) ( )
lim lim
nn
nn

xy xy y
θ
→+∞ →+∞

∨= −∨+



( )
xy yxy
θ
= − ∨+=∨
.
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,
XY
K ,K
tương ứng là các nón trong X,Y và
MX⊂
.
i) Ánh xạ
:M YA →
được gọi là ánh xạ tăng nếu
, M, ( ) ( )xy x y Ax Ay∀ ∈ ≤⇒ ≤

.
ii) Ánh xạ
:M YA →
được gọi là ánh xạ dương nếu
M, ( ) .x x Ax
θθ
∀∈ ≥ ⇒ ≥

Nếu int
K
Y
≠∅
và
{ }
( )
K \ intK
XY
A
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,
X
K
là nón sinh,
Y
K

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
X
0: K∃ > ∀∈ ⇒ ≤L x Tx L x
(6)
Giả sử ngược lại, khi đó
*3
X
, K: .∀∈ ∃ ∈ >
n nn
n x Tx n x

Chuỗi số
2
1
1
n
n
n
x
nx
∞
=

∑
hội tụ nên chuỗi phần tử
2
1
1
n
n
n
x
nx
∞
=
∑
hội tụ.
Gọi
0
2
1
1
n
n
n
xx
nx
∞
=
=
∑
thì
*

0
2
1
n
n
xx n
nx
θ
≤ ≤ ∀∈

0
2
()
()
n
n
Tx
Tx
nx
θ
⇒≥ ≥

( )
*
0
2
()
N()
⇒ ≥> ∈


n
n
Tx
Tx n n
nx
.
Ta gặp mâu thuẫn. Vậy (6) đúng.
Xét tùy ý
Xx∈
. Do
X
K
là nón sinh nên tìm được
X
,Kuv∈
sao cho
,, Mx u vu v x
=−≤
.
Do đó
( )
() () () 2MTxTuTvLuv Lx≤ + ≤ +≤
.
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 xy∀∈ ∃∈ ≤
. (7)

Giả sử
:Mf → 
là phiếm hàm tuyến tính và
( ) 0, M Kfx x≥ ∀∈ ∩
.
Khi đó tồn tại phiếm hàm tuyến tính
:XF →

sao cho
() () M
( ) 0 K.
= ∀∈
≥ ∀∈
Fx fx x
Fx x

Chứng minh:
Xét ánh xạ
:Xp → 


{ }
( ) inf ( ): , Mx px f y x yy= ≤∈
.
Trước tiên ta chứng minh
( ) ( ) 0, X,p tx tp x t x= ∀> ∀∈
(8)
( ) ( ) ( ) , X.px y px py xy+≤ + ∀∈
(9)

Thật vậy, lấy
Xx∈
tùy ý,
0t >
. Ta có
{ }
( ) inf ( ): , Mp tx f y tx y y= ≤∈


( )
{ }
inf : , M
inf : , M ( ).


= ≤∈




= ≤∈=
y yy
tf x
t tt
t f z x z z tpx

Lấy
,Xxy∈
tùy ý. Với

, ,, Mu xv yuv≥≥ ∈
thì
xyuv+≤+
nên
( ) ( )
px y fu v+≤ +
. Do
đó
( ) ( ) ( )
px y fu fv+≤ +

{ }
{ } { }
( ) inf ( ) ( ): , , , M
inf ( ): , M inf ( ): , M
() ()
px y f u f v x u y vuv
fu x uu fv y vv
px py
⇒ +≤ + ≤ ≤ ∈
≤ ≤ ∈+ ≤∈
≤+

Do giả thuyết (7) nên số
[
)
() ,px∈ −∞ ∞
. Ta sẽ chứng minh
()px≠ −∞
bằng phản chứng.

Giả sử tồn tại
00
X sao cho ( )x px∈ = −∞
. Khi đó

{ }
0
inf ( ): , Mfu x uu≤ ∈ = −∞
.
( )
1 01 1
M, và 1x x x fx⇒∃ ∈ ≤ ≤−
.
Đặt
10
ux x= −
thì
1 00
( ) ( ) ( ) ()px pu x px pu= +≤ +
nên
1
()px = −∞
. Do đó

{ }
1
inf ( ): , Mfu x uu≤ ∈ = −∞

( )
2 12 2

M: và 2⇒∃ ∈ ≤ ≤−x x x fx
.
Tiếp tục quá trình trên ta xây dựng dãy
{ }
n
x
thoả mãn
*
12
, M, n ,
()

≤ ≤ ≤ ≤ ∈ ∀∈

≤−

 
nn
n
xx x x
fx n

Từ đó ta gặp mâu thuẫn vì
( ) ( )
( )
( )
12
lim
n
n

n
fx fx fx
fx
→∞

≤ ≤≤ ≤


= −∞




là điều không thể xảy ra.
Vậy
() , Xpx x≠ −∞ ∀ ∈
(10)
Từ (8), (9), (10) ta có p là phiếm hàm lồi.


Theo định nghĩa của p ta được
() () Mf x px x≤ ∀∈
.
Áp dụng định lí Hahn- Banach cho phiếm hàm lồi p ta tìm được phiếm hàm tuyến tính
:MF → 
thoả
() () M, () () XFx fx x Fx px x= ∀∈ ≤ ∀∈
.
Ta cần chứng minh
() 0 KFx x≥ ∀∈

.
Thật vậy, lấy
K, ta có xx
θ
∈ −≤
nên
( ) ( ) 0.px f
θ
−≤ =

Mà
() ()nên () ()0 K.Fx px Fx px x−≤ − ≥−−≥∀∈

Định lí được chứng minh đầy đủ.
Bổ đề 2.1.4:
Giả sử X là không gian Banach, M là không gian con của X và một trong các điều kiện
sau được thoả mãn
1) K là nón sinh,
MK⊃
.
2) K là nón có intK
≠∅
và
M intK∩ ≠∅
.
Khi đó M có tính chất sau:
,:x X y Mx y∀∈ ∃∈ ≤
.
Chứng minh:
1) Nếu K là nón sinh,

MK⊃
thì với
xX∈
tùy ý ta có
,Kuv∃∈
:
xuv= −

( )
M do M K, Kxu u⇒≤∈ ⊃ ∈
.
Vậy
K, M: .∀∈ ∃∈ ≤x u xu

2) Giả sử
intK ≠∅
,
M intK∩ ≠∅
.
Lấy
M intKe∈∩
và chọn
0r >
để
(,) KBer ⊂
.
Khi đó với
X, xx
θ
∈≠

thì
K
x
er
x
±∈
.
Đặt
11
,
22
xx
u exv ex
rr
  
= += −
  
  
.
Ta có
, , K.x u v uv=−∈


M (do M)
x
xuv e e
r
⇒≤+= ∈ ∈
.
Vậy

K, M: .x w xw∀∈ ∃ ∈ ≤

Định lí 2.1.5:


Giả sử:
i) M là không gian con của không gian Banach X, K là nón có intK
≠∅
và
M intK∩ ≠∅
.
ii)
:Mf → 
là phiếm hàm tuyến tính và
() 0 K Mfx x≥ ∀∈ ∩
.
Khi đó tồn tại phiếm hàm tuyến tính liên tục
:X sao cho→

F

() 0 K
() () M.
≥ ∀∈
= ∀∈
Fx x
Fx fx x

Chứng minh:
Từ giả thuyết i) và bổ đề 2.1.4 ta thấy các điều kiện của định lí 2.1.3 được thoả mãn.

Do đó ta tìm được phiếm hàm tuyến tính F thoả các điều kiện
() 0 K, () () MFx x Fx fx x≥ ∀∈ = ∀∈
.
Vì nón K là nón sinh và nón
[
)
0, trong ∞ 
là nón chuẩn nên F liên tục theo định lí 2.1.2.
Định nghĩa 2.1.6:
Cho X là không gian tôpô,
AX⊂
.
1) Tập A gọi là không đâu trù mật nếu int
A ≠∅
.
2) Tập A gọi là tập thưa nếu A là hợp của đếm được tập không đâu trù
mật.
Định lí 2.1.7:
Cho các không gian Banach
( ) ( )
12
12
X,. , X,.
với các nón
1 12 2
K X ,K X⊂⊂
thoả mãn
1
intK
≠∅

,
2
K
là nón chính qui.
Nếu
12
:
AX X→
là toán tử tăng thì tập các điểm gián đoạn của A là tập thưa.
Chứng minh:
Giả sử
0 10
1
intK , 1.uu∈≤

Vì
2
K
là nón chuẩn (do
2
K
là nón chính qui) nên theo mệnh đề 4, chương 1 ta có thể xem
2
.
thoả các điều kiện
22
xy x y
θ
≤≤⇒ ≤
.

Với mỗi
1
X
x∈
, ta định nghĩa:
( ) ( )
00
2
0
( ) limwx Ax u Ax u
δ
δδ
+
→
= + −−
.
Với
12
0
δδ
<<
ta có
20 10 10 20
và
x ux u x ux u
δδ δδ
− ≤− + ≤+
.

Vì A đơn điệu tăng nên

( ) ( ) ( ) ( )
20 10 10 20
và Ax u Ax u Ax u Ax u
δδ δδ
− ≤− + ≤+
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
10 10 10 20
10 10 10 20
22
0

Ax u Ax u Ax u Ax u
Ax u Ax u Ax u Ax u
δδ δδ
δδ δδ
⇒≤+ −− ≤ + −−
⇒ + −− ≤ + −−

Suy ra hàm
( ) ( )
00
2
Ax u Ax u
δδ δ
+ −−
là hàm tăng nên giới hạn

( ) ( )
00
2
0
lim Ax u Ax u
δ
δδ
+
→
+ −−
tồn tại.
Vậy
()wx
xác định.
Ta sẽ chứng minh rằng (A liên tục tại x)
Bước 1
() 0wx⇔=
.
Thật vậy, nếu A liên tục tại x thì
( ) ( )
00
2
2
0
() lim () () 0wx Ax u Ax u Ax Ax
δ
δδ
+
→
= + −− = − =

.
Giả sử
() 0wx =
. Ta có
( ) ( ) ( )
(
) ( ) ( )
( )
( ) (
)
( )
( ) (
)
0 00
000
0 00
22
0 00
22
0 () ,
0 () .
() ,
(11)
() .
Ax u Ax Ax u Ax u
Ax Ax u Ax u Ax u
Ax u Ax Ax u Ax u
Ax Ax u Ax u Ax u
δ δδ
δδδ

δ δδ
δ δδ

≤+− ≤+−−


≤ −−≤+ −−



+− ≤ +−−

⇒

−− ≤ + −−


Mà
() 0wx =

nên từ (11) ta có
( ) ( )
00
00
lim ( ) lim .Ax u Ax Ax u
δδ
δδ
++
→→
+== −

Do
01
intK
u ∈
nên có
0r >
để
01
( , ) intK .Bu r ⊂

Với
1
X
v∈
tùy ý, ta có
( )
00
1
,
vx
u r Bu r
vu
−
±∈
−

( )
1
01

11
00
11
00
K
vx
u vx
r
vx vx
u vx u
rr
vx vx
x u vx u
rr
−
⇒ ±−∈
−−
⇒− ≤ − ≤
−−
⇒− ≤≤+



Đặt
1
vx
r
δ
−
=

. Khi
+
thì 0vx
δ
→→
nên

( ) ( )
00
00
lim lim ( ) lim
vx
Ax u Av Ax u
δδ
δδ
+−
→
→→
−≤ ≤ +

lim ( ) ( )
vx
Av Ax
→
⇒=
.
Vậy A liên tục tại x.
Gọi B là tập các điểm gián đoạn của A,
Bước 2:
1

1
X: ()
n
B x wx
n

=∈≥


.
Theo bước 1, ta có
1
n
n
BB
∞
=
= 
.
Ta sẽ chứng minh
n
B

( )
*
∈n
là không đâu trù mật bằng phản chứng.
Giả sử ngược lại
( )
0

*
0 01 0
, 0, X : , .∃∈ ∃> ∃∈ ⊂
n
n R x Bx R B

Chọn dãy
( )
n
ε
thoả
1
1
0,
,
.
4
n
nn
n
n
R
ε
ε εα
ε
+
∞
=



>


>



<


∑

Trong đó
1
r
α
=
và r là số thoả
( )
01
, intKBu r⊂
và ta có thể coi
1r <
.
• Ta xây dựng dãy
( )
0
nn
xB⊂
thoả

( )
( )
1 01
1
00
,
(12)
,.
n nn n
nn
x xu
x u Bx R
εε
ε
++

−+ ≤


+∈



+ Xây dựng
1
x
:
Ta có
( )
00 0

,
2
R
x u Bx R+∈
nên tồn tại
0
1 n
xB∈
thoả mãn
10 0 1
1
2
R
xx u
ε

−+ <


.
+ Xây dựng
2
x
:
Ta có


( )
1 10 0 1 0 0 1 0
1

11
11
22
2
RR
xux xx u u
R
R
εε
εε
  
+ − ≤− + + +
  
  
<++<

nên
( )
1 10 0
,x u Bx R
ε
+∈
. Do đó tồn tại
0
2 n
xB∈
sao cho
( )
2 1 10 2
1

xxu
εε
−+ <
.
+ Xây dựng
3
x
:
Ta có:
( ) ( )
( )
( )
0
2 20 0 2 1 10 1 10 0 20
11
11
21 2
2 20 0
3 3 2 20 3
1
2
2
,
:.
n
x ux xxu xux u
R
R
x u Bx R
xB x x u

ε ε εε
εε ε
ε
εε
+ − ≤−+ ++ − +
≤+ ++<
⇒+ ∈
⇒∃ ∈ − + <

Tiếp tục quá trình ta xây dựng được dãy
( )
n
x
thoả (12)
• Ta xây dựng dãy
( )
n
δ
sao cho
( )
0110 101
hay
nn n n nn n n
x ux u ux x
δ δ δδ
++ + +
+ ≤− + ≤−
.
Với
*

∈n
tùy ý thì
( )
10
1
1 0 01
K.
n nn
n nn
xx u
x xu u
r
ε
ε
+
+
−−
−+ + ∈

( Do
( )
( )
( )
10
0 01
10
1
, intK
n nn
n nn

x xu
u r Bu r
x xu
ε
ε
+
+
−+
± ∈⊂
−+
)
Do đó
( ) ( )
( )
10100
1
10
1 10
.
n nn n nn
n
n nn n
x xu x xuu
u
xx u
εα ε
αε
ε αε
++
+

++
−+ ≥− −+
≥−
⇒ −≥ −

Đặt
'
1nn n
ε ε αε
+
= −
(
*
∈
n
). Ta chọn


'
1 21
1
''
12
2
''
23
3
''
1
,

22
min , ,
22
min , ,
22
min , .
22
nn
n
ε αε ε
δ
εε
δ
εε
δ
εε
δ
−
−
= =

=



=



=





Thế thì ta có:
'
121
'
232
'
1
,
,
.
nn n
δδ ε
δδε
δδ ε
+
+≤
+≤
+≤


Như vậy ta đã xây dựng được dãy
( )
n
δ
thoả
( )

*
10 1
.
δδ
++
+ ≤ − ∀∈
nn n n
ux x n

• Ta có
0
nn
xB∈
nên
( ) ( )
00
2
0
1
() .
nn nn n
Ax u Ax u wx
n
δδ
+−− ≥ ≥
(13)
Do
( )
0 0 00
1

, nên
εε
+∈ + −<
nn nn
xuBxR xuxR
và do
( )
00
0 01
00
1
, intK
nn
nn
x ux
u r Bu r
x ux
ε
ε
+−
± ∈⊂
+−

nên
000 00 000
11
*
0 00 0
*
00 0

,
,
.
αε ε αε
α εα
εα
− +− ≤+−≤ +−
⇒− ≤ + − ≤ ∀ ∈
⇒ + ≤ + ∀∈


nn nn nn
nn
nn
x uxux ux x uxu
Ru x u x Ru n
x u x Ru n

Do cách chọn
n
δ
ta có
'
22
nn
n
εε
δ
≤≤
. Do đó

( ) ( )
*
00 0
*
0 00
,
.
δα
δα
+ ≤ + ∀∈
⇒ + ≤ + ∀∈


nn
nn
x u x Ru n
Ax u Ax Ru n

Ta có
1 10 1 10 2 20 2 20 0 0nn nn
x ux ux ux u x ux u
δδδ δ δ δ
− ≤+ ≤− ≤+ ≤≤− ≤+ ≤

Do đó