phương pháp toán tử đơn điệu và ứng dụng nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bải toán biến đổi với phương trình elliptic không tuyến tính

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN THỊ DUYÊN
PHƯƠNG PHÁP TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU VÀ ỨNG DỤNG
NGHIÊN CỨU SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN
BIÊN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC
KHÔNG TUYẾN TÍNH
TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Hà Nội - Năm 2012
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN THỊ DUYÊN
PHƯƠNG PHÁP TOÁN TỬ ĐƠN ĐIỆU VÀ ỨNG DỤNG
NGHIÊN CỨU SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN
BIÊN ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC
KHÔNG TUYẾN TÍNH
Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số : 60 46 01
TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. HOÀNG QUỐC TOÀN
Hà Nội - Năm 2012
KÍ HIỆU
R
n
là không gian thực n chiều.
Ω là miền bị chặn có biên trơn trong R
n
.
∂Ω là biên của Ω.
α = (α

1
. . . . , α
n
), α
i
∈ N(i = 1, . . . , n) được gọi là đa chỉ số.
|α| = α
1
+ . . . + α
n
được gọi là cấp của đa chỉ số α.
u
X
chuẩn của u ∈ X, X là không gian Hilbert.
u, v: tích trong của u và v trong không gian Hilbert.
D
α
u =
∂
|α|
u
∂x
α
1
1
∂x
α
2
2
. . . ∂x

α
n
n
.
D
k
u = {D
α
u : |α| = k}.
∇u =

∂u
∂x
1
;
∂u
∂x
2
; . . . ;
∂u
∂x
n

.
∆u =
∂
2
u
∂x
2

1
+
∂
2
u
∂x
2
2
+ . . . +
∂
2
u
∂x
2
n
.
Các không gian hàm:
C
k
(Ω) = {u : Ω → R khả vi liên tục đến cấp k}.
C
∞
(Ω) =
∞

k=0
C
k
(Ω) : các hàm khả vi vô hạn trong Ω.
C

k
0
(Ω), C
∞
0
(Ω) kí hiệu các hàm trong C
k
(Ω), C
∞
(Ω)với giá compact.
W
1,p
(Ω) = {u ∈ L
p
(Ω)|Du ∈ L
p
(Ω)}với chuẩn
u
W
1,p
= u
L
p
(Ω)
+ ∇u
L
p
(Ω)
.
W

1,p
0
(Ω) = {u ∈ W
1,p
(Ω)|u = 0 trên ∂Ω} với chuẩn
u
W
1,p
0
= ∇u
L
p
(Ω)
.
W
−1;q
(Ω)không gian đối ngẫu của W
1,p
0
(Ω),
1
p
+
1
q
= 1.
H
1
0
(Ω) : không gian hàm W

1,p
0
(Ω) với p = 2.
H
−1
(Ω) : không gian W
−1,q
(Ω) với p = q = 2.
Mục lục
Lời nói đầu 3
1 Phương pháp toán tử đơn điệu. 5
1.1 Giới thiệu chung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Bài toán xuất phát. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Toán tử trên R
n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4 Toán tử trên không gian Hilbert thực . . . . . . . . . . . . . 8
1.5 Toán tử trên không gian Hilbert thực tách được . . . . . . . . 24
2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán biên đối với phương trình
elliptic không tuyến tính. 27
2.1 Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.1 Phương trình đạo hàm riêng . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.2 Không gian Sobolev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.1.3 Toán tử −∆. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.1.4 Một số định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2.2 Bài toán Dirichlet đối với phương trình elliptic cấp 2 nửa tuyến
tính. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2.1 Bài toán Dirichlet đối với phương trình elliptic cấp 2
nửa tuyến tính. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1

Mục lục
2.2.2 Bài toán Dirichlet đối với phương trình elliptic cấp 2
nửa tuyến tính phụ thuộc tham số. . . . . . . . . . . . 42
2.2.3 Bài toán Dirichlet đối với phương trình elliptic cấp 2
nửa tuyến tính với số hạng phi tuyến phụ thuộc gradient 45
2.2.4 Bài toán Dirichlet đối với phương trình elliptic cấp 2
phụ thuộc tham số với số hạng phi tuyến phụ thuộc
gradient. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.3 Bài toán Neumann đối với phương trình elliptic cấp 2 nửa
tuyến tính. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.3.1 Bài toán Neumann đối với phương trình elliptic cấp 2
nửa tuyến tính phụ thuộc tham số. . . . . . . . . . . . 50
2.3.2 Bài toán Neumann đối với phương trình elliptic cấp 2
nửa tuyến tính với số hạng phi tuyến phụ thuộc gradient. 54
2.3.3 Bài toán Neumann đối với phương trình elliptic cấp
2 nửa tuyến tính phụ thuộc tham số với số hạng phi
tuyến phụ thuộc gradient. . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Kết luận 60
Tài liệu tham khảo 62
-2-
Lời nói đầu
Các phương pháp của giải tích phi tuyến có vai trò quan trọng trong
việc nghiên cứu phương trình đạo hàm riêng không tuyến tính. Trong luận
văn này, tác giả trình bày về phương pháp toán tử đơn điệu và ứng dụng
nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bài toán biên đối với phương trình elliptic
không tuyến tính.
Luận văn gồm hai chương:
Chương 1 bao gồm các kiến thức cơ bản về toán tử đơn điệu trên R
n
,

trên không gian Hilbert thực, không gian Hilbert thực tách được.
Chương 2 của luận văn xét việc áp dụng phương pháp toán tử đơn điệu
nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của các bài toán Dirichlet và
Neumann với những lớp các phương trình elliptic cấp 2 nửa tuyến tính với
phần chính là toán tử Laplace
− ∆u = g(x, u) hoặc
− ∆u = h(x, u, ∇u)
trong miền bị chặn Ω với biên trơn ∂Ω trong R
n
.
Trong quá trình viết luận văn, tác giả đã nhận được sự hướng dẫn nhiệt
tình của PGS.TS. Hoàng Quốc Toàn. Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy.
Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô trong tổ Giải tích
của khoa Toán-Cơ-Tin học đã giúp đỡ và tạo điều kiện để tác giả bảo vệ luận
văn đúng thời hạn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã luôn cổ
3
Mục lục
vũ, ủng hộ tạo điều kiện thuận lợi để tác giả hoàn thành luận văn.
Luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót, hạn chế. Tác giả rất
mong nhận được sự góp ý của quý bạn đọc.
Tác giả
Nguyễn Thị Duyên.
-4-
Chương 1
Phương pháp toán tử đơn điệu.
1.1 Giới thiệu chung.
Giải tích phi tuyến là một lĩnh vực tương đối rộng. Về một khía cạnh nào
đó nó cho chúng ta những bài toán thực tế hơn so với giải tích tuyến tính.
Vì thế việc giải các bài toán phi tuyến cũng khó khăn hơn và ta thường sử

dụng các kết quả của bài toán tuyến tính tương ứng. Một số phương pháp
truyền thống thường được sử dụng khi giải quyết các bài toán phi tuyến đó
là: Phương pháp hàm Green, phương pháp biến phân, phương pháp bậc ánh
xạ, phương pháp nghiệm trên - nghiệm dưới, phương pháp điểm bất động,
phương pháp toán tử đơn điệu Mỗi phương pháp đều có những ưu - nhược
điểm riêng mà nếu nắm rõ chúng, ta có thể lựa chọn sử dụng đối với từng bài
toán cụ thể. Trong chương này chúng ta sẽ tìm hiểu về phương pháp toán tử
đơn điệu.
1.2 Bài toán xuất phát.
Định nghĩa 1.2.1. Cho một toán tử F : R → R. Ta nói:
(i) F đơn điệu tăng nếu
F (x) ≤ F (y), ∀x < y.
5
1.2. Bài toán xuất phát.
(ii) F đơn điệu giảm nếu
F (x) ≥ F (y), ∀x < y.
(iii) F đơn điệu tăng thực sự nếu
F (x) < F (y), ∀x < y.
(iv) F đơn điệu giảm thực sự nếu
F (x) > F (y), ∀x < y.
(v) F đơn điệu nếu F đơn điệu tăng hoặc đơn điệu giảm.
(vi) F đơn điệu thực sự nếu F đơn điệu tăng hoặc đơn điệu giảm thực sự.
Định lý 1.2.1. Cho một hàm số F : R → R liên tục. Khi đó điều kiện cần
và đủ để phương trình
F (x) = y (1.1)
có nghiệm duy nhất x ∈ R với mỗi y ∈ R là:
(i) F đơn điệu thực sự.
(i) |F (x)| → ∞ khi |x| → ∞.
Chứng minh. Điều kiện cần:
(i) Giả sử ngược lại F không đơn điệu thực sự. Thế thì tồn tại u < v < x

thỏa mãn F (u) < F (x) < F (v). Vì F liên tục nên tồn tại z ∈ (u, v)
sao cho F (z) = F (x). Điều này mâu thuẫn với tính duy nhất nghiệm
của phương trình F (x) = y. Do đó F đơn điệu thực sự.
(ii) Hiển nhiên.
Điều kiện đủ: giả sử F liên tục và đơn điệu thực sự trên R suy ra F là
song ánh trên R. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
-6-
1.3. Toán tử trên R
n
1.3 Toán tử trên R
n
Định nghĩa 1.3.1. Cho toán tử F : R
n
→ R
n
. Ta nói:
(i) F đơn điệu nếu
(F (x) −F (y)).(x −y) ≥ 0, ∀x, y ∈ R
n
.
(ii) F đơn điệu chặt nếu
(F (x) −F (y)).(x −y) > 0, ∀x, y ∈ R
n
: x = y.
(iii) F đơn điệu mạnh nếu tồn tại c > 0
(F (x) −F (y)).(x −y) ≥ c|x −y|
2
, ∀x, y ∈ R
n
.

Bổ đề 1.3.1. (Bổ đề cơ bản). Giả sử F : R
n
→ R
n
liên tục và tồn tại
r > 0 thỏa mãn
F (x).x > 0 ∀x ∈ R
n
: |x| = r.
Khi đó tồn tại nghiệm của phương trình F (x) = 0 trong hình cầu đóng
B
r
= {x ∈ R
n
: |x| ≤ r}.
Chứng minh. Giả sử ngược lại
F (x) = 0 ∀x ∈ B
r
.
Khi đó ánh xạ
g : B
r
→ B
r
, g(x) = −
r
|F (x)|
F (x)
được xác định và do F(x) liên tục nên g(x) liên tục trên hình cầu đóng B
r

.
Áp dụng định lý điểm bất động Brouwer tồn tại x
∗
∈ B
r
sao cho
g(x
∗
) = x
∗
.
Từ đó suy ra |x
∗
| = |g(x
∗
)| =




−
r
|F (x
∗
)|
F (x
∗
)





= r.
Suy ra F (x
∗
).x
∗
> 0. Do đó r
2
= x
∗
.x
∗
= g(x
∗
).x
∗
= −
r
|F (x
∗
)|
F (x
∗
).x
∗
< 0
(vô lý).
Vậy tồn tại x ∈ B
r

sao cho F (x) = 0.
-7-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Định lý 1.3.1. Cho một toán tử F : R
n
→ R
n
liên tục và thỏa mãn
lim
|x|→∞
F (x).x
|x|
= ∞. (1.2)
Khi đó phương trình
F (x) = y
có nghiệm x ∈ R
n
với mỗi y ∈ R
n
. Hơn nữa nếu F đơn điệu chặt thì phương
trình có nghiệm duy nhất.
Chứng minh. Xét ánh xạ
G : R
n
→ R
n
, G(x) = F (x) −y.
Vì F (x) liên tục nên G(x) liên tục. Mặt khác từ (1.2) suy ra với mỗi y ∈ R
n
cố định ta có

G(x).x = F (x).x −y.x > 0 khi |x| = r đủ lớn.
Theo Bổ đề 1.3.1 tồn tại x ∈ B
r
sao cho
G(x) = 0 hay F(x) = y.
Hơn nữa nếu F đơn điệu chặt, giả sử phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
∈
R
n
phân biệt thì (F (x
1
) − F (x
2
)).(x
1
− x
2
) = 0, mâu thuẫn với tính đơn
điệu chặt của F .
Vậy phương trình F (x) = 0 có nghiệm duy nhất.
1.4 Toán tử trên không gian Hilbert thực
Định nghĩa 1.4.1. Cho H là không gian Hilbert thực. Một toán tử
T : H → H
sao cho
lim
u
H

→∞
T (u)
H
= ∞
được gọi là thỏa mãn điều kiện bức yếu.
-8-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Định nghĩa 1.4.2. Cho H là không gian Hilbert thực với tích vô hướng
., .
H
và cho một toán tử T : H → H. Ta nói:
(i) T đơn điệu nếu T (x) −T (y), x −y
H
≥ 0, ∀x, y ∈ H.
(ii) T đơn điệu chặt nếu T (x) −T (y), x −y
H
> 0, ∀x, y ∈ H; x = y.
(iii) T đơn điệu mạnh nếu ∃c > 0 sao cho
T (x) −T (y), x −y
H
≥ cx − y
2
H
, ∀x, y ∈ H.
Nhận xét 1.4.1. (i) Dễ thấy T đơn điệu mạnh thì T đơn điệu chặt và do
đó T đơn điệu.
(ii) Tất cả các toán tử đơn điệu mạnh đều thỏa mãn điều kiện bức yếu.
Chứng minh. Giả sử T : H → H đơn điệu mạnh, khi đó tồn tại c > 0 sao
cho
u, T (u) −T (0)

H
≥ cu
2
H
. (1.3)
Áp dụng bất đẳng thức Schwartz ta có
u, T (u) −T (0)
H
≤ u
H
· T (u) −T (0)
H
≤ u
H
· [T (u)
H
+ T (0)
H
]. (1.4)
Từ (1.3) và (1.4) ta có
c.u
2
H
≤ u
H
.

T (u)
H
+ T (0)

H

⇒ c.u
H
≤ T (u)
H
+ T (0)
H
⇒ T (u)
H
≥ cu
H
− T (0)
H
⇒ lim
u
H
→∞
T (u)
H
= ∞.
-9-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Bổ đề 1.4.1. Cho H là một không gian Hilbert thực, T : H → H là một
toán tử liên tục yếu và thỏa mãn
h −T (v), u −v
H
≥ 0, ∀v ∈ H. (1.5)
Khi đó T (u) = h.
Chứng minh. Đặt v = u ±tω (t > 0). Thế thì từ (1.5) suy ra

±h −T (u ±tω), ω
H
≥ 0.
Vì T liên tục yếu nên khi cho t ↓ 0 ta có
±h −T (u), ω
H
≥ 0.
Do đó
h −T (u), ω
H
= 0, ∀ω ∈ H.
Suy ra T (u) = h.
Định lý 1.4.1. (Zarantonello-1960). Giả sử H là một không gian Hilbert
thực, T : H → H là toán tử đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz, tức là tồn
tại L > 0
T (u) −T (v)
H
≤ Lu − v
H
, ∀u, v ∈ H.
Khi đó phương trình
T (u) = h
có nghiệm duy nhất u ∈ H với mỗi h ∈ H.
Chứng minh. Xét ánh xạ G : H → H, G(u) = u −t(T (u) −h) với t > 0 đủ
nhỏ được cố định.
Dễ thấy nghiệm của phương trình T(u) = h là điểm bất động của G và
ngược lại.
Mặt khác từ tính đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz của T ta có
G(u) −G(u)
2

H
= u −u
2
H
− 2t T (u) −T (u), u −u
H
+ t
2
T (u) −T (u)
2
H
≤ (1 − 2tc + t
2
L
2
)u −u
2
H
.
-10-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Với t ∈ (0,
2c
L
2
) ta có 1 − 2tc + t
2
L
2
< 1, khi đó G là ánh xạ co và theo

định lí ánh xạ co Banach ta có G có điểm bất động duy nhất hay phương
trình
T (u) = h
có nghiệm duy nhất u ∈ H với mỗi h ∈ H. Định lí đã được chứng minh.
Định lý 1.4.2. (Lax-Milgram phi tuyến). Giả sử H là một không gian
Hilbert thực. Giả thiết rằng các phiếm hàm thực a : H×H → R và b : H → R
thỏa mãn:
(i) b(.) là tuyến tính liên tục.
(ii) a(u, .) là tuyến tính liên tục với mỗi u ∈ H.
(iii) Tồn tại L, c > 0 thỏa mãn:
a(u, u − v) − a(v, u − v) ≥ cu − v
2
H
, ∀u, v ∈ H.
|a(u, ω) −a(v, ω)| ≤ Lu −v
H
ω
H
, ∀u, v, ω ∈ H.
Khi đó phương trình
a(u, v) = b(v), ∀v ∈ H
có nghiệm duy nhất u ∈ H.
Chứng minh. Theo định lí Riesz, từ (i) và (ii) suy ra tồn tại h, T (u) ∈ H sao
cho b(v) = h, v và a(u, v) = T (u), v với mọi v ∈ H.
Từ (iii) ta có T là toán tử đơn điệu mạnh và liên tục Lipschitz vì
T (u) −T (v), u − v
H
= a(u, u − v) − a(v, u − v) ≥ cu − v
2
H

, ∀u, v ∈ H.
T (u) −T (v)
H
= sup
ω
H
≤1
|T (u) −T (v), ω
H
|
= sup
ω
H
≤1
|a(u, ω) −a(v, ω)|
≤ Lu − v
H
, ∀u, v ∈ H.
-11-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Theo định lí Zarantonello suy ra phương trình
T (u) = h
có nghiệm duy nhất u ∈ H với mỗi h ∈ H. Do đó phương trình
a(u, v) = b(v), ∀v ∈ H
có nghiệm duy nhất u ∈ H. Định lí được chứng minh.
Định lý 1.4.3. (Lax-Milgram tuyến tính). Giả sử H là một không gian
Hilbert thực. Giả thiết rằng các phiếm hàm thực a : H×H → R và b : H → R
thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) b(.) là tuyến tính liên tục.
(ii) a(., .) là song tuyến tính liên tục.

(iii) a thỏa mãn điều kiện bức, nghĩa là tồn tại c > 0 thỏa mãn
a(u, u) ≥ cu
2
H
, ∀u ∈ H.
Khi đó phương trình
a(u, v) = b(v), ∀v ∈ H
có nghiệm duy nhất u ∈ H.
Chứng minh. Ta suy trực tiếp từ định lí trên vì lúc này:
a(u, u − v) − a(v, u − v) = a(u − v, u − v) ≥ cu − v
2
H
, ∀u, v ∈ H.
|a(u, ω) −a(v, ω)| = |a(u − v, ω)| ≤ Lu −v
H
ω
H
, ∀u, v, ω ∈ H.
Để phục vụ cho việc chứng minh định lí tiếp theo chúng ta cần chứng
minh mệnh đề sau.
-12-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Mệnh đề 1.4.1. Cho H là một không gian Hilbert thực và S : H → H là
toán tử liên tục và đơn điệu mạnh. Khi đó
S(H) = H.
Chứng minh. Vì H là không gian metric liên thông, nên ta chỉ cần chứng
minh S(H) vừa đóng vừa mở trong H thì S(H) = H, bởi vì chỉ có một tập
con khác rỗng của H vừa mở, vừa đóng chính là H.
Đầu tiên ta chứng minh S(H) đóng.
Bổ đề 1.4.2. Cho D là một tập đóng trong không gian Hilbert H, S : D → H

là một toán tử liên tục và đơn điệu mạnh. Khi đó S(D) là tập đóng trong H.
Chứng minh. Cho {u
n
}
+∞
n=1
⊂ D sao cho S(u
n
) → h (n → +∞). Do S là
toán tử đơn điệu mạnh nên tồn tại c > 0 sao cho
cu
n
− u
m

2
H
≤ u
n
− u
m
, S(u
n
) − S(u
m
)
H
≤ u
n
− u

m

H
.S(u
n
) − S(u
m
)
H
.
Suy ra
S(u
n
) − S(u
m
)
H
≥ c.u
n
− u
m

H
,
u
n
− u
m

H

≤
1
c
.S(u
n
) − S(u
m
)
H
.
Do đó {u
n
} là dãy Cauchy trong D, mà D là tập đóng trong không gian
Hilbert H nên tồn tại u
0
∈ D sao cho: u
n
→ u
0
.
Mặt khác S là toán tử liên tục, ta có S(u
n
) → S(u
0
) nên h = S(u
0
) ∈
S(D) (do tính duy nhất của giới hạn). Vậy S(D) là tập đóng trong H.
Để chứng minh S(H) mở, ta cần chứng minh bổ đề sau về sự mở rộng
của toán tử liên tục Lipschitz.

Bổ đề 1.4.3. Cho D là một tập con của không gian Hilbert thực H,
V : D → H
-13-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
là một toán tử thỏa mãn
V (u) − V (v)
H
≤ u − v
H
, với u, v ∈ D.
Khi đó tồn tại toán tử W : H → H sao cho
W (u) −W (v)
H
≤ u − v
H
, với u, v ∈ H.
Hơn nữa W (u) = V (u), ∀u ∈ D.
Chứng minh. Gọi Φ là tập hợp các toán tử W : DomW → H có miền xác
định DomW chứa D sao cho



W (u) −W (v)
H
≤ u − v
H
W (u) = V (u), ∀u ∈ D.
Dễ thấy Φ = ∅ vì V ∈ Φ.
Ta đưa vào Φ một quan hệ như sau: nếu W
1

và W
2
là hai phần tử của Φ
thì W
1
≤ W
2
khi và chỉ khi



DomW
1
⊂ DomW
2
W
2
(u) = W
1
(u), ∀u ∈ DomW
1
.
Khi đó ” ≤ ” là một quan hệ thứ tự bộ phận và nếu F là một tập sắp
thứ tự toàn phần trong Φ thì F có cận trên. Theo bổ đề Zorn: "Với một tập
khác rỗng được trang bị một quan hệ thứ tự bộ phận, nếu mọi tập con được
sắp thứ tự tuyến tính của nó đều có cận trên thì tập này có ít nhất một phần
tử cực đại". Do đó tồn tại một phần tử cực đại W trong Φ thỏa mãn










D ⊂ DomW ⊂ H
W (u) = V (u) ∀u ∈ D
W (u) −W (v)
H
≤ u − v
H
.
Ta cần chứng minh DomW = H. Giả sử ngược lại tồn tại u
0
∈ H \
DomW , ta sẽ chứng minh tồn tại v
0
∈ H sao cho
v
0
− W (u)
H
≤ u
0
− u
H
(u ∈ DomW ).
Khi đó bằng cách đặt
˜

W : u −→



v
0
nếu u = u
0
W (u) nếu u ∈ DomW.
-14-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Ta thu được toán tử
˜
W : DomW ∪{u
0
} −→ H thỏa mãn









DomW ⊂ Dom
˜
W
˜
W |

DomW
= W

˜
W (u) −
˜
W (v)
H
≤ u − v
H
.
Điều này mâu thuẫn với tính cực đại của W .
Để kết thúc chứng minh bổ đề, ta chỉ ra rằng tồn tại v
0
. Lấy B là một
tập con hữu hạn của DomW . Kí hiệu
A
B
= {v
0
∈ H : v
0
− W (u)
H
≤ u
0
− u
H
, ∀u ∈ B},
A = {v

0
∈ H : v
0
− W (u)
H
≤ u
0
− u
H
, ∀u ∈ DomW }.
B
n
là hệ thống các tập con hữu hạn B của DomW được chứa trong hình
cầu đóng {u ∈ H : u
H
≤ n}, n ∈ N. Đặt A
n
=

B∈B
n
A
B
. Ta có
A =
∞

n=1
A
n

và A
n+1
⊂ A
n
⊂ A
1
.
Ta sẽ chứng minh rằng A = ∅, điều đó sẽ hoàn tất chứng minh.
Trước tiên ta sẽ chứng minh A
B
= ∅. Thật vậy, giả sử tồn tại tập
B = {u
1
, u
2
, . . . , u
m
} ⊂ DomW sao cho A
B
= ∅. Đặt
H
f
= Lin{u
1
− u
0
, . . . , u
m
− u
0

, W (u
1
), . . . , W (u
m
)}.
Khi đó H
f
là không gian con của H và dimH
f
≤ 2m. Với mỗi ω ∈ H
f
đặt
h(ω) = max
1≤j≤m
ω − W (u
j
)
H
u
0
− u
j

H
.
Nếu tồn tại v
0
∈ H
f
sao cho h(v

0
) ≤ 1 thì v
0
∈ A
B
điều này mâu thuẫn
với giả thiết, vì vậy giả sử rằng h(ω) > 1 ∀ω ∈ H
f
. Mặt khác hàm h là hàm
liên tục trên H
f
và lim
ω
H
→∞
h(ω) = ∞ (ω ∈ H
f
). Do đó tồn tại ω
0
∈ H
f
sao
cho
1 < λ = h(ω
0
) = min
ω∈H
f
h(ω).
-15-

1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Ta đánh số lại u
1
, u
2
, . . . , u
m
sao cho
1 < λ =
ω
0
− W (u
j
)
H
u
0
− u
j

H
, 1 ≤ j ≤ k,
λ >
ω
0
− W (u
j
)
H
u

0
− u
j

H
, k + 1 ≤ j ≤ m.
Dễ thấy ω
0
thuộc vào bao lồi của {W (u
1
), . . . , W (u
k
)}. Nếu không ta sẽ
tìm được ω
1
∈ H
f
trong một lân cận
U =

ω ∈ H
f
:
ω − W (u
j
)
H
u
0
− u

j

H
< λ, k + 1 ≤ j ≤ m

của ω
0
sao cho
ω
1
− W (u
j
)
H
< ω
0
− W (u
j
)
H
, 1 ≤ j ≤ k.
Suy ra
ω
1
− W (u
j
)
H
u
0

− u
j

H
<
ω
0
− W (u
j
)
H
u
0
− u
j

H
= λ, 1 ≤ j ≤ k,
ω
1
− W (u
j
)
H
u
0
− u
j

H

< λ, k + 1 ≤ j ≤ m.
Do đó h(ω
1
) < h(ω
0
) điều này mâu thuẫn với h(ω
0
) = min
ω∈H
f
h(ω). Vì vậy tồn
tại c
1
, . . . , c
k
sao cho
ω
0
=
k

j=1
c
j
W (u
j
), c
j
≥ 0,
k


j=1
c
j
= 1.
Đặt z
j
= ω
0
− W (u
j
), ˆz
j
= u
0
− u
j
, 1 ≤ j ≤ k. Khi đó ta có
k

j=1
c
j
z
j
=
k

j=1
c

j
(ω
0
− W (u
j
)) = ω
0
k

j=1
c
j
−
k

j=1
c
j
W (u
j
) = 0,
ˆz
j

2
H
< z
j

2

H
, 1 ≤  ≤ k. (1.6)
Với 1 ≤ j, n ≤ k ta có
z
j
− z
n

2
H
= W (u
n
) − W (u
j
)
2
H
≤ u
n
− u
j

2
H
= ˆz
j
− ˆz
n

2

H
.
-16-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Suy ra
z
j

2
H
+ z
n

2
H
− 2 z
j
, z
n

H
≤ ˆz
j

2
H
+ ˆz
n

2

H
− 2 ˆz
j
, ˆz
n

H
. (1.7)
Từ (1.6) và (1.7) ta có
ˆz
j
, ˆz
n

H
< z
j
, z
n

H
, 1 ≤ j, n ≤ k.
Suy ra
k

j,n=1
c
j
c
n

ˆz
j
, ˆz
n

H
<
k

j,n=1
c
j
c
n
z
j
, z
n

H
.
Nhưng
k

j,n=1
c
j
c
n
z

j
, z
n

H
= 
k

j=1
c
j
z
j

2
H
= 0.
Suy ra
k

j,n=1
c
j
c
n
ˆz
j
, ˆz
n


H
= 
k

j=1
c
j
ˆz
j

2
H
< 0 (vô lý).
Vậy A
B
= ∅ với mỗi tập hữu hạn B ∈ DomW .
Mặt khác A
B
và A
n
là các tập compact yếu (bị chặn và đóng yếu) nên
A
n
= ∅ với mỗi n ∈ N.
Áp dụng quá trình trên một lần nữa ta thu được A = ∅.
Bây giờ ta chứng minh S(H) là tập mở trong H.
Bổ đề 1.4.4. Cho D ⊂ H là một tập mở; S : D → H là một toán tử liên
tục và đơn điệu mạnh. Khi đó S(D) là một tập mở của H.
Chứng minh. Để chứng minh bổ đề này ta chỉ cần chứng minh với S đơn
điệu mạnh trong trường hợp c = 1 nghĩa là

u − u
1
, S(u) − S(u
1
)
H
≥ u − u
1

2
H
.
Đặt F (u) = S(u) − u. Khi đó F là toán tử đơn điệu, thật vậy với
-17-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
u, u
1
∈ D ta có
u − u
1
, F (u) −F (u
1
)
H
= u − u
1
, S(u) − S(u
1
) − (u −u
1

)
H
= u − u
1
, S(u) − S(u
1
)
H
− u − u
1

2
H
≥ 0.
Kí hiệu R = S(D). Từ tính đơn điệu mạnh của S suy ra S là đơn ánh
trên D và S
−1
liên tục trên R. Thật vậy, giả sử S không đơn ánh, nghĩa là
tồn tại u
1
= u
2
sao choS(u
1
) = S(u
2
) khi đó
u
1
− u

2
, S(u
1
) − S(u
2
)
H
≥ u
1
− u
2

2
H
.
Suy ra 0 ≥ u
1
− u
2

2
H
(vô lý). Vậy S là đơn ánh.
Xét ánh xạ ngược S
−1
: R → D, ta có với mọi ω ∈ R tồn tại u ∈ D sao
cho S
−1
(ω) = u. Giả sử {ω
n

}
+∞
n=1
là một dãy hội tụ đến ω trong R, áp dụng
bất đẳng thức Schwartz ta có
S
−1
(ω
n
) − S
−1
(ω)
2
H
≤

S
−1
(ω
n
) − S
−1
(ω), ω
n
− ω

H
≤ S
−1
(ω

n
) − S
−1
(ω)
H
.ω
n
− ω
H
.
Suy ra S
−1
(ω
n
)−S
−1
(ω)
H
≤ ω
n
−ω
H
. Cho n → +∞ thì ω
n
−ω
H
→ 0
nên S
−1
(ω

n
) − S
−1
(ω)
H
→ 0. Vậy S
−1
liên tục trên R.
Với mỗi v ∈ R đặt K(v) = S
−1
(v) − F (S
−1
(v)). Lấy v
1
, v ∈ R sao cho
v = S(u), v
1
= S(u
1
). Khi đó u = S
−1
(v); u
1
= S
−1
(v
1
) và
K(v) −K(v
1

)
2
H
= u − F (u) − u
1
+ F (u
1
)
2
H
= u − u
1

2
H
+ F (u) − F (u
1
)
2
H
− 2 u − u
1
, F (u) −F (u
1
)
H
.
v − v
1


2
H
= F (u) + u −F (u
1
) − u
1

2
H
= u − u
1

2
H
+ F (u) − F (u
1
)
2
H
+ 2 u − u
1
, F (u) −F (u
1
)
H
.
Mà F đơn điệu nên suy ra v − v
1

H

≥ K(v) − K(v
1
)
H
. Áp dụng Bổ đề
1.4.3 tồn tại K
1
là mở rộng của K trên H và thỏa mãn
-18-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực



K
1
(v) − K
1
(v
1
)
H
≤ v −v
1

H
v, v
1
∈ H
K
1

(v) = K(v) ∀v ∈ R.
Cho v ∈ H đặt T (v) =
1
2
(v + K
1
(v)). Nếu v ∈ R và v = S(u) thì
K
1
(v) = K(v). Suy ra
v + K
1
(v) = v + K(v) = v + S
−1
(v) − F (S
−1
(v))
= v + u − F (u) = v + u − S(u) + u
= 2u.
Nên ta có T (v) = u = S
−1
(v) với mọi v ∈ R và R ⊂ T
−1
(D).
Lấy u
0
∈ D, S(u
0
) = v
0

∈ R suy ra T (v
0
) = S
−1
(v
0
) = u
0
. Vì T liên tục
nên với mỗi lân cận U(u
0
) của u
0
tồn tại một lân cận V (v
0
) của v
0
sao cho
T (V (v
0
)) ⊂ U(u
0
).
Ta sẽ chứng minh T
−1
(D) ⊂ R . Khi đó từ tính liên tục của T ta có
R = S(D) là tập mở. Để chứng minh T
−1
(D) ⊂ R ta chỉ cần chứng minh
với mỗi v ∈ T

−1
(D) ta có v = S(T (v)). Giả sử ngược lại tồn tại v ∈ T
−1
(D)
sao cho u = T (v) ta có
v − S(u)
H
> 0.
Do S liên tục nên F liên tục. Với  = v − S(u)
H
> 0, tồn tại d > 0
sao cho B(u, d) ⊂ D và u
1
∈ B(u, d) ta có
F (u) −F (u
1
)
H
= S(u) −u −S(u
1
) + u
1

H
≤
1
2
v − S(u)
H
.

Chọn t > 0 đủ nhỏ sao cho t(v−S(u))
H
< d. Đặt



u
1
= u + t(v −S(u))
v
1
= S(u
1
).
Ta có u − u
1

H
= t(v − S(u))
H
< d suy ra u
1
∈ B(u, d) ⊂ D và
-19-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
T (v
1
) = u
1
. Do đó

S(u
1
) − u
1
− v + u, t(v −S(u))
H
= S(u
1
) − u
1
− v + u, u
1
− u
H
= v
1
− T (v
1
) − v + T (v), T (v
1
) − T (v)
H
=

v
1
−
1
2
(v

1
+ K
1
(v
1
)) − v +
1
2
(v + K
1
(v)),
1
2
(v
1
+ K
1
(v
1
)) −
1
2
(v + K
1
(v))

H
=
1
4

v
1
− K
1
(v
1
) − v + K
1
(v), v
1
+ K
1
(v
1
) − v −K
1
(v)
H
=
1
4
(v
1
− v) − (K
1
(v
1
) − K
1
(v)), (v

1
− v) + (K
1
(v
1
) − K
1
(v))
H
=
1
4

v
1
− v
2
H
− K
1
(v
1
) − K
1
(v)
2
H

≥ 0.
Ta lại có

S(u
1
) − u
1
− S(u) + u, u
1
− u
H
= S(u
1
) − u
1
− v + v −S(u) + u, t(v −S(u)
H
= S(u
1
) − u
1
− v + u, t(v −S(u))
H
+ v − S(u), t(v − S(u))
H
≥ v −S(u), t(v − S(u))
H
= t.v − S(u)
2
H
.
Suy ra
t.v − S(u)

2
H
≤ S(u
1
) − u
1
− S(u) + u, t(v −S(u))
H
≤ t.S(u
1
) − u
1
− S(u) + u
H
.v − S(u)
H
≤
1
2
tv − S(u)
2
H
.
Hay t ≤
1
2
t, điều này mâu thuẫn với t > 0. Do đó với mọi v ∈ T
−1
(D) ta có
v = S(T (v)) suy ra T

−1
(D) ⊂ R. Do đó
T
−1
(D) = R = S(D).
Mặt khác T liên tục nên S(D) là tập mở.
-20-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Định lý 1.4.4 (Pavel Drábek, Jaroslav Milota [7]). Cho H là không
gian Hilbert thực và T : H → H là toán tử liên tục, đơn điệu và thỏa mãn
điều kiện bức yếu. Khi đó
T (H) = H.
Hơn nữa nếu T là toán tử đơn điệu chặt thì với mỗi h ∈ H phương trình
T (u) = h (1.8)
có nghiệm duy nhất.
Chứng minh. Dễ thấy tính duy nhất nghiệm được suy ra từ tính đơn điệu
chặt của T . Thật vậy, giả sử u
1
, u
2
là hai nghiệm của (1.8) và u
1
= u
2
ta có
T (u
1
) − T (u
2
), u

1
− u
2

H
> 0.
Nhưng vì T (u
1
) = T (u
2
) = h nên suy ra vô lý. Vì vậy u
1
= u
2
.
Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của (1.8) với mỗi h ∈ H ta chứng minh
theo hai bước:
Bước 1. Xét toán tử T
n
: H → H, n ∈ N xác định bởi
T
n
: H −→ H
u −→
1
n
u + T(u).
Vì T là toán tử đơn điệu nên với mỗi n ta có T
n
là toán tử đơn điệu

mạnh. Thật vậy, với mọi u, v ∈ H ta có
u − v, T
n
(u) − T
n
(v)
H
=

u − v,
1
n
(u − v) + T (u) − T (v)

H
=
1
n
u − v
2
H
+ (u − v, T (u) − T (v))
H
≥
1
n
u − v
2
H
.

Khi đó áp dụng Mệnh đề 1.4.1 ta có với mỗi h ∈ H, tồn tại u
n
∈ H sao
cho
T
n
(u
n
) = h. (1.9)
-21-
1.4. Toán tử trên không gian Hilbert thực
Bước 2. Ta sẽ chứng minh rằng {u
n
}
∞
n=1
là dãy bị chặn trong H. Thật vậy,
giả sử {u
n
}
∞
n=1
là dãy không bị chặn. Suy ra tồn tại dãy con {u
n
k
}
∞
k=1
sao
cho lim

k→∞
u
n
k

H
= ∞. Từ tính đơn điệu của T ta có
h
H
≥

u
n
u
n

H
, h

H
=

u
n
u
n

H
, T
n

(u
n
)

H
=

u
n
u
n

H
,
1
n
u
n
+ T (u
n
)

H
=
1
n
u
n
, u
n


H
u
n

H
+
1
u
n

H
u
n
, T (u
n
) − T (0) + T (0)
H
=
1
n
u
n

H
+
1
u
n


H
u
n
, T (u
n
) − T (0)
H
+
1
u
n

H
u
n
, T (0)
H
≥
1
n
u
n

H
− T (0)
H
.
Suy ra
1
n

u
n

H
≤ h
H
+ T (0)
H
, nên {
1
n
u
n
} là dãy bị chặn. Áp dụng
định lý Eberlain - Smulyan tồn tại dãy con {
1
n
k
u
n
k
}
∞
k=1
⊂ {
1
n
u
n
}

∞
n=1
hội tụ
yếu, nghĩa là
1
n
k
u
n
k
 ω khi k → ∞.
Từ (1.9) ta có T
n
k
(u
n
k
) =
1
n
k
u
n
k
+ T (u
n
k
) = h. Suy ra T(u
n
k

)  h −ω.
Mà một dãy hội tụ yếu thì bị chặn suy ra {T (u
n
k
)}
∞
k=1
là dãy bị chặn (điều
này mâu thuẫn với điều kiện bức yếu của T ). Vậy ta có {u
n
}
∞
n=1
là dãy bị
chặn, suy ra
1
n
u
n
→ 0, T (u
n
) → h (n → +∞), và áp dụng định lý Eberlain
- Smulyan, ta có dãy con {u
m
k
}
∞
k=1
⊂ {u
n

}
∞
n=1
sao cho
u
m
k
 u
0
.
Ta sẽ chứng minh T (u
0
) = h. Thật vậy, với mỗi v ∈ H và k ∈ N ta có
u
m
k
− v, T (u
m
k
) − T (v)
H
≥ 0.
Cho k → ∞ ta có
u
0
− v, h − T (v) ≥ 0, ∀v ∈ H.
-22-