PHƯƠNG TRÌNH VỚI TOÁN TỬ LỒI HOẶC LÕM TRONG KHÔNG GIAN CÓ THỨ TỰ - LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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 Ì X gọi là một nón nếu K là tập đóng, thỏa mãn các
tính chất :
i) K + K Ì K , lK Ì K "l ³ 0
ii) K Ç (-K ) = {q} .
2). Nếu K là một nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định
nghĩa như sau
x, y Î X , x £ y  y - x Î K .

3). Nếu nón K có IntK ¹ Æ thì ta định nghĩa
x  y  y - x Î IntK

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 N > 0 sao cho với mọi
x, y Î K , 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 K x , K y , D Ì X 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 "t Î (0,1) và "x, y Î D , x ¹ y

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 Ì X .
Tập D Ì X gọi là K - lân cận của điểm x , nếu $r > 0 : B ( x, r ) Ç K Ì D .
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 K X , KY , D Ì X là
K X -lân cận của điểm x0 và ánh xạ f : D  Y . Ánh xạ A Î L( X , Y ) gọi là đạo

hàm (theo nghĩa Gateux ) theo nón hay đạo hàm phải của f tại điểm x0 nếu
A(h) = lim+
t 0

f ( x0 + th) - f ( x0 )
t

"h Î K X

Khi đó ta kí hiệu A = f+¢ ( x0 ) .
Định lý 1.1 : Giả sử D Ì X là tập lồi, K x mở, f : D  Y là ánh xạ liên
tục, khả vi theo nón tại mọi x Î D . Khi đó các mệnh đề sau là tương đương.
1. f là ánh xạ lồi.
2. Với "x, y Î D , x £ y ta có: f+¢ ( x)( y - x) £ f+¢ ( y )( y - x)
3. Với "x, y Î D , x ¹ y và so sánh được với nhau, ta có
f ( y ) ³ f ( x) + f+¢ ( x )( y - x)

(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 Î (a, b), r < t < s , ta có: t =
 g (t ) £

s -t
t -r
r+
s
s-r
s-r

s -t
t -r
g (r ) +
g ( s ) (do g là hàm lồi) (*)
s-r
s-r




g (t ) - g (r ) g ( s ) - g (t )
(1) (do cộng vào 2 vế bđt (*) với -tg (t ) )
£
t -r
s -t

Ta sẽ chứng minh g liên tục trên mọi khoảng (c, d ) Ì (a, b) .
Chọn c¢, d ¢ thoả c¢ < c < d < d ¢ . Với t1 , t2 Î (c, d ), t1 < t2 , ta có do (1)
g (t2 ) - g (t1 ) g (d ) - g (t2 ) g (d ¢) - g (d )

<
£
d¢-d
t2 - t1
d - t2

Và

g (t2 ) - g (t1 ) g (t1 ) - g (c ) g (c) - g (c ¢)
³
³
t2 - t1
t1 - c
c - c¢

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 Î (a, b) khi đó g+¢ là hàm tăng.
Chứng minh bổ đề 1.2
Thật vậy, xét t1,t2 Î (a, b), t1 < t2 . Với t Î (t1 , t2 )
g (t ) - g (t1 ) g (t2 ) - g (t )
g (t ) - g (t1 )
cho t  t1+ ta có: g+¢ (t ) £ 2
£
t - t1
t2 - t
t2 - t1

(do tính liên tục của g (bổ đề 1) và sự tồn tại g+¢ (t1 )
Với t > t2 > t1 áp dụng (1) ta có:

g (t2 ) - g (t1 ) g (t ) - g (t2 )
g (t ) - g (t1 )
cho t  t2+ ta có: g+¢ (t2 ) ³ 2
£
t2 - t1
t - t2
t2 - t1

Vậy g +¢ (t1 ) £ g+¢ (t2 ) hay g+¢ là hàm tăng.
Bổ đề1. 3 : Nếu f : [ a, b)   liên tục có đạo hàm phải
f +¢ (t ) ³ 0 , "t Î [ a, b) thì f là hàm tăng.


Chng minh b 1.3
Gi s: f+Â (t ) > 0 , "t ẻ [ a, b)
Xột t1 , t2 ẻ (a, b) ; t1 < t2 . t A = {t ẻ [t1 , t2 ] : f (t1 ) Ê f (t2 )}
u tiờn ta chng minh :
$d > 0 : "t ẻ (t1 , d )

t

Aạặ.

Ta cú

f +Â (t1 ) > 0

nờn

f (t ) - f (t1 )

> 0 hay f (t ) > f (t1 ), "t ẻ (t1 , d ).
t - t1

t0 = sup A . Ta nhn thy f (t0 ) f (t1 ) , tht vy ta luụn tỡm c

dóy {tn } è A (do tớnh cht ca sup ) sao cho lim tn = t0 .Qua gii hn trong bt
nƠ
ng thc f (tn ) f (t1 ) do tớnh liờn tc ca f ta cú f (t0 ) f (t1 ) .
Ta s chng minh t0 = t2 . Gi s ngc li t0 < t2 .
Do f+Â (t0 ) > 0 nờn limÂ
t t 0

f (t ) - f (t0 )
>0
t - t0

ộ f (t ) - f (t0 )
ự
$d > 0 : "t ẻ (t0 , t0 + d ) ầ [ a, b) ờ
- f+Â (t0 )ỳ < f +Â (t0 ) .
ờ
ỳ
t - t0
ở
ỷ


f (t ) - f (t1 )
f (t ) - f (t0 )
- f +Â (t0 ) > - f +Â (t0 ) ,

> 0 , f (t ) - f (t0 ) > 0
t - t0
t - t0
f (t ) > f (t0 ) f (t1 ) ,"t ẻ (t0 , t0 + d ) ầ [ a, b) . iu ny mõu thun vi

t0 = sup A . Vy t0 = t2 v do ú f (t1 ) Ê f (t2 ) theo chng minh trờn.

Nu f+Â (t ) 0 "t ẻ [ a, b) .
Cho e > 0 , ta xột h (t ) = f (t ) + et1 , ta cú h (t ) = f  (t ) + e > 0 .Theo chng minh
trờn ta cú h (t1 ) Ê h (t2 ) hay f (t1 ) + et1 Ê f (t2 ) + et2
Cho e 0 ta cú: f (t 1 ) Ê f (t2 ) Nh vy b ó c chng minh.
Chng minh nh lý 1.1 :
1) 2) : Ly tu ý: x, y ẻ D, x Ê y


Ta sẽ chứng minh A éë f+¢ ( x)( y - x)ùû £ A éë f+¢ ( y )( y - x)ùû , "A Î KY*
Vì D là tập lồi, K X mở nên với "x, y Î D , x £ y, $e > 0 sao cho
x + t ( y - x) Î D , "t Î [0,1 + e)

Cố định A Î KY* , xét hàm g : [0,1 + e)  
t  g (t ) = A éê f ( x + t ( y - x))ùú
ë
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 : g+¢ (t ) = lim

s0+

g (t + s ) - g (t )
s

= lim

A éê f ( x + (t + s )( y - x))ùú - A éê f ( x + t ( y - x ))ùú
ë
û
ë
û
s

= lim

A éê f ( x + (t + s )( y - x)) - f ( x + t ( y - x))ùú
ë
û
s

s  0+

s  0+

= A éê f+¢ ( x + t ( y - x ))( y - x)ùú
ë
û

Hơn nữa g+¢ là hàm tăng (do bổ đề 2). Do vậy g+¢ (0) £ g+¢ (1)

Suy ra: A éë f+¢ ( x)( y - x)ùû £ A éë f+¢ ( y )( y - x)ùû , "A Î KY*
 f +¢ ( x)( y - x ) £ f+¢ ( y )( y - x ) , "x, y Î D , x £ y

2)  3):
Lấy tuỳ ý x, y Î D, x £ y cố định A Î KY*
Xét hàm h : [0,1]  
t  h (t ) = A éê f ( x + t ( y - x)) - f+¢ ( x)( x + t ( y - x))ùú
ë
û


Vì D lồi, K X - mở nên x + t ( y - x) Î D, "x, y Î D, "t Î (0,1) . 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:
h+¢ (t ) = lim+
s 0

h (t + s ) - h (t )
s

A éê f ( x + (t + s )( y - x )) - f+¢ ( x )( x + ( s + t )( y - x ))ùú
û
= lim+ ë
s0
s
A éê f ( x + t ( y - x )) - f +¢ ( x)( x + t ( y - x ))ùú
û
- ë
s
= A éê f+¢ ( x + t ( y - x ))( y - x) - f +¢ ( x )( y - x )ùú

ë
û

( Do f+¢ ( x ) là tuyến tính, liên tục). Mặt khác
x £ x + t ( y - x), "x, y Î D, x £ y, t Î (0,1) , nên theo điều kiện (2) ta suy ra:
f +¢ ( x )( y - x ) £ f +¢ ( x + t ( y - x))( y - x ), "x, y Î D, x £ y, t Î (0,1)

Do đó: A éêë f+¢ ( x + t ( y - x))( y - x) - f+¢ ( x)( y - x)ùúû ³ 0 .Vậy
h+¢ (t ) ³ 0 , "t (0,1)

Hay h tăng trên [0,1]
Suy ra: h (0) £ h (1) , tức là ta có:
A éë f ( x) - f+¢ ( x )( x)ùû £ A éë f ( y ) - f+¢ ( x)( y )ùû

 A éë f ( y ) - f+¢ ( x)( y ) - f ( x) + f +¢ ( x)( x)ùû ³ 0
 f ( y ) ³ f ( x ) + f+¢ ( x )( y - x)

"x , y Î D , x £ y

3)  1):
Với "x, y Î D , x ¹ y và so sánh được với nhau và t  (0,1), ta có :
x - ( x + t ( y - x )) = -t (1 - t )

-1

Đặt

xt = x + t ( y - x )

( y -( x + t ( y - x)))

Rõ ràng x ¹ xt , y ¹ xt , x và xt , y và xt là so sánh được với nhau, do đó theo
điều kiện 3) Ta có :
f ( y ) ³ f ( xt ) + f +¢ ( xt )( y - xt )

Và

(1)

f ( x) ³ f ( xt ) + f +¢ ( xt )( x - xt )
-1

 f ( x) ³ f ( xt ) - t (1- t ) f+¢ ( xt )( y - xt )

(2)

Nhân hai vế (1) với t  (0,1) ta có : tf ( y ) ³ tf ( xt ) + tf+¢ ( xt )( y - xt ) (3)
Nhân hai vế (2) với (1 – t ) > 0 ta có :

(1- t ) f ( x) ³ (1- t ) f ( xt ) - tf+¢ ( xt )( y - xt ) - f+¢ (t0 ) (4)
Lấy (3) cộng (4) vế theo vế ta được :
t ëé f ( y ) - f ( x )ûù ³ f ( xt ) - f ( x )

 f ( x + t ( y - x)) £ f ( x) + t éë f ( y ) - f ( x)ùû ,  t  (0,1), "x, y Î D , 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
f +¢¢( x) (h, h) ³ 0 ,  h  P

Chứng minh định lý 1.2:
xét x, y  D , x < y . Do D lồi, P _ mở nên  > 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 :


g +¢ (t ) = lim
s0+

g (t + s ) - g (t )
s

= lim

f+¢ ( x + (t + s )( y - x))( y - x) - f +¢ ( x + t ( y - x))( y - x)
s

s  0+

= 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
 f +¢ ( x + th)(h, h) ³ 0

Nói riêng

t   0,1+).

f +¢¢( x )(h, h) ³ 0 ,  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 :
f (0) ³ 0

và tf ( x) £ f (tx) , "x Î D \ {0} , 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 ¹ Æ , thì ánh xạ f : D  F được gọi là tuyến tính dưới mạnh nếu :
f (0) ³ 0

và tf ( x)  f (tx) , "x Î D \ {0} , 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 + t ( y - x))  f ( x) + t ( f ( y ) - f ( x))  x, y  D ,
x, y so sánh được với nhau, "t Î (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 ¹ Æ , D  E là tập lồi và giả sử rằng ánh xạ
f : D  F là lõm mạnh. Khi đó với  x0 Î D , ánh xạ f x0 : P Ç ( D - x0 )  F

xác định bởi f x ( x) := f ( x0 + x) - f ( x0 ) là tuyến tính dưới mạnh.
0

Chứng minh bổ đề 2.1

Với "x Î P Ç ( D - x0 ) ta có : x0 + tx = t ( x0 + x) + (1 - t ) x0 , "t Î (0,1) , x0 Î D
Do f là lõm mạnh nên : f ( x0 + tx)  tf ( x0 + x) + (1- t ) f ( x0 ) , "x, x0 Î D
( x ¹ x0 ), (do ta lấy x Î P Ç ( D - x0 ) )
Ta có f x (tx) = f ( x0 + tx) - f ( x0 )  tf ( x0 + x) + (1 - t ) f ( x0 ) - f ( x0 )
0

 f x0 (tx)  t [ f ( x + x0 ) - f ( x0 ) ] = tf x0 ( x) , "t Î (0,1)

và

f x0 (0) = f ( x0 + 0) - f ( x0 ) = 0

Vậy f x là tuyến tính dưới mạnh.
0

Định lý 2.1 :
Cho E là không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón P với int P ¹ Æ
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 x0 là một điểm bất động dương của f , và cho x1 là một điểm bất
động dương thứ 2 của f , hoặc nếu f ( y ) > y thì cho x1 = y .
Như vậy, trong cả 2 trường hợp ta đều có f ( x1 ) ³ x1 và chúng ta có thể giả
/ x0
sử rằng x1 £


Từ giả thiết f tăng mạnh, f (0) > 0 và x0 Î P nên f ( x0 ) ³ f (0) , do đó

x0 = f ( x0 )  0 suy ra x0 Î int P . Khi đó $r > 0 , B ( x0 , r ) Ì P , với
x1 Î D , x1 ¹ 0 thì ta có : x0 -

r
x1 Î P = P , đặt  là số lớn nhất thỏa mãn điều
x1

kiện x0 - tx1 Î P , ta có x0 - tx1 Î ¶P (*), vì nếu x0 - tx1 Î int P , thì ta tìm được
số e > 0 , sao cho x0 - tx1 - ex1 Î P  x0 - (t + e) x1 Î P , với t + e > t ,
điều này mâu thuẫn với tính chất lớn nhất của 
Ta có : t < 1 vì x1 £
/ x0
Mặt khác theo giả thiết f là tuyến tính dưới mạnh và tăng mạnh nên :
x0 = f ( x0 ) ³ f (tx1 )  tf ( x1 ) ³ tx1  x0  tx1  x0 - tx1 Î int P 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 ¹ Æ , D  E
là tập lồi, ánh xạ f : D  F là tăng mạnh, lõm mạnh
Giả sử x0 Î D là 1 điểm bất động của f thì khi đó f có nhiều nhất 1 điểm
bất động x* với x* > x0 . Hơn nữa nếu y > x0 thoã mãn f ( y ) > y thì f
không có điểm bất động x* nào sao cho x0 < 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  x0 Î D ánh xạ f x : P Ç ( D - x0 )  F
0

được xác định bởi f x ( x) := f ( x0 + x) - f ( x0 ) là tuyến tính dưới mạnh
0

Vì f là tăng mạnh nên f x cũng tăng mạnh
0


Từ đó theo định lý 3 f x có nhiều nhất 1 điểm bất động dương x ( x ¹ x0 ) tức
0

là $x Î P Ç ( D - x0 ) : f x ( x) = x  f ( x0 + x) - f ( x0 ) = x  f ( x0 + x) = x + x0
0

Như vậy nếu x0 Î D là một điểm bất động của f thì f có nhiều nhất 1
điểm bất động nữa là: x* = x + x0 > x0 ( vì x > 0 và x ¹ x0 ). Hơn nữa cũng
theo định lý 3 nếu f x ( y ) > y ( từ f ( y ) > y ta có
0

f x0 ( y ) = f ( x0 + y ) - f ( x0 ) > x0 + y - x0 = y ) thì điểm bất động x Ï [0, y ] do đó

x* Ï ( x0 , y ] . Và rõ ràng nếu f có 1 điểm bất động cực tiểu x0 thì f luôn có

nhiều nhất 2 điểm bất động phân biệt (tức là có x* nữa và x* ¹ x0 ).
2.2 ÁNH XẠ u0 - LÕM
Định nghĩa 2.3 :
Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K, u0 Î K | 0
Ánh xạ A : K  K gọi là u0 - lõm nếu :
i)

A tăng

ii)

"x Î K | 0  Ax Î Ku0 := { y Î K : $a , b > 0, au0 £ y £ bu0 }

iii)

"u Î Ku0 , "t Î (0,1) , $e >0: A(tx) ³ (1 + e)tAx

Bổ đề 2.2 : Cho u0 Ï -K và x Î K . Khi đó tồn tại số cực đại t x ³ 0 sao
cho x ³ t xu0 (cực đại theo nghĩa nếu có t cũng thỏa điều kiện x ³ tu0 thì t £ t x )
Chứng minh bổ đề 2.2
Đặt T = {t ³ 0 : x ³ tu0 } ta có :
-

T  0, thật vậy vì x Î K nên x ³ 0 điều này nghĩa là có t = 0  T

-

T bị chặn trên, thật vậy giả sử T không bị chặn trên tức là có {tn } Ì T

n¥
sao cho tn 

¥ . Khi đó x ³ tnu0 

1
x ³ u0 cho n  ¥ thì
tn

u0 £ 0  u0 Î -K điều này trái với giả thiết cho u0 Ï -K , Vậy T bị chặn

trên.
Đặt t x = sup T , ta sẽ chứng minh t x là số cần tìm.
n¥

 tx ,
Theo tính chất của sup ta tìm được {sn } Ì T sao cho sn 
n¥
khi đó x ³ snu0 

 t xu0 , do đó x ³ t xu (bổ đề đã được chứng minh).

Định lý 2.3:
Cho X là không gian Banach được sắp bởi nón K , u0 Î K | 0
Giả sử A : K  K là ánh xạ u0 – lõm thì :
1) A có trong K \ {0 } không quá 1 điểm bất động.
2) Nếu A compac thì tập nghiệm của phương trình x = lAx là nhánh liên
tục từ 0 có độ dài .
3) Nếu x1 = l1 Ax1, x2 = l2 Ax2 ( xi Î K \ {0} , i =1,2) và l1 < l2 thì x1 £ x2 .
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 x1 , x2 Î K \ {0} sao cho Ax1 = x1 , Ax2 = x2 ta sẽ chứng minh

x1 = x2
* x1 ³ x2
Theo bổ đề 5 thì sẽ tồn tại số cực đại t0 : x1 ³ t0 x2 ta sẽ chứng minh t0 ³ 1

+ t0 > 0 , thật vậy, với x1 , x2 Î K \ {0} , ta có Ax1 , Ax2 Î Ku0 ( vì A _ u0 lõm)
mà Ax1 = x1 , Ax2 = x2 nên $a1 , b1 , a 2 , b2 > 0 sao cho : x1 ³ a1u0 , và x2 £ b2u0
Suy ra : x1 ³

a1
a
a
x2 với 1 > 0 , do tính cực đại của t0 nên t0 ³ 1 > 0
b2
b2
b2


Vậy t0 > 0
+ Chứng minh t0 ³ 1 , bằng phản chứng.
Giả sử 0 < t0 < 1 với x2 = Ax2 Î Ku0 vì A _ u0 – lõm nên $e > 0 :
A(t0 x2 ) ³ (1 + e)t0 A( x2 ) mà x1 ³ t0 x2 và A là tăng nên ta có Ax1 ³ (1 + e)t0 Ax2

 x1 ³ (1 + e)t0 x2 với (1 + e)t0 > t0 điều này trái với tính cực đại của t0 . Do đó

ta đã chứng minh t0 ³ 1 .
Vậy x1 ³ x2
* x1 £ x2 . Tương tự theo bổ đề 5 sẽ tồn tại số cực đại t1 : x2 ³ t0 x1 , ta cũng
sẽ chứng minh t1 ³ 1
+ t1 > 0 , thật vậy với x1 , x2 Î K \ {0} , ta có Ax1 , Ax2 Î Ku0 ( vì A _ u0 lõm)
mà Ax1 = x1 , Ax2 = x2 nên $a1 , b1 , a 2 , b2 > 0 sao cho : x2 ³ a 2u0 , và x1 £ b1u0
Suy ra : x2 ³

a2
a

x1 , do tính cực đại của t1 nên t1 ³ 2 > 0
b1
b1

Vậy t1 > 0
Chứng minh t1 ³ 1 bằng phản chứng :
Giả sử 0 < t1 < 1 với x1 = Ax1 Î Ku0 vì A _ u0 – lõm nên $e > 0 :
A(t1 x1 ) ³ (1 + e)t1 A( x1 ) mà x2 ³ t1 x1 và A là tăng nên ta có : Ax2 ³ (1 + e)t1 Ax1

 x2 ³ (1 + e)t1 x1 với (1 + e)t1 > t1 điều này mâu thuẫn với tính cực đại của t1 .

Do vậy t1 ³ 1 . Vậy x1 £ x2
Từ đó ta chứng minh được x1 = x2
*) 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 A : K r  K ( 0 < r £ +¥ ), Đặt S = { x Î K \ {q }; $ l > 0, x = l A( x )} ta nói S


l nhỏnh liờn tc t q , cú di r nu vi mi r  < r , mi tp m G m
q ẻ G è B (0, r Â) thỡ ta luụn cú S ầ ảG ạ ặ

B 2.3 : Cho ỏnh x hon ton liờn tc A : K r K thoó món
A( x) B ( x) vi B cú cỏc tớnh cht sau :

i, B : K r K l ỏnh x tng.
ii, $u0 ẻ K \ {q}; $a, b > 0 : B (tu0 ) atu0 , "t ẻ [0, b ]
Khi ú tp nghim S ca phng trỡnh : x = lAx l nhỏnh liờn tc cú
di r .
Chng minh b 2.3:

Xột tp m q ẻ G è B (0, r Â) , r  < r . Gi s trỏi li S ầ ảG = ặ hay x ạ l A( x) ,
" x ẻ K ầ ảG , " l > 0 .

Xột ng luõn :
F ( x, t ) = (1 - t )l1 A( x) + tl2 A( x), t ẻ [0,1] F ( x,0) = l1 A( x ), F ( x,1) = l2 A( x) m
F ( x, t ) = A( x) ộở(1 - t )l1 + tl2 ựỷ ; do x ạ l A( x ) nờn
F ( x, t ) ạ x , "x ẻ K ầ ảG , "t ẻ [0,1] . Suy ra F ( x, t ) l ng luõn dng, vy
ik (l A, G ) = const , l ẻ (0,+Ơ) (1).

+ Ta s chng minh ik (l A, G ) = 1 , khi l nh (2). Tht vy, do G m,
q ẻ G $a > 0 : x a , "x ẻ ảG ầ K . Mt khỏc, do G b chn, A l ỏnh

x compc nờn $b > 0 : A( x ) Ê b , "x ẻ ảG ầ K khi ú ta cú l A( x) = tx ,
"x ẻ K ầ ảG , "l > 0 ta Ê lb t Ê

l
b < 1 khi l nh. Vy
a

ik (l A, G ) = 1 , khi l nh.

+ Ta s chng minh ik (l A, G ) = 0 khi l ln, tc l ta chng minh
x ạ l A( x ) + tu0 , "x ẻ K ầ ảG , "t > 0 (3).


Giả sử (3) không đúng, ta có : $xn Î K Ç ¶G , $tn > 0 ,
$ln  ¥ : xn = ln Axn + tnu0 Gọi sn là số cực đại thoả xn ³ snu 0 ( sn là số

dương do sn ³ tn >0 ). Xét
N1 = {n : sn £ b} , N 2 = {n : sn > b}

+ Nếu N1 vô hạn, ta có : "n Î N1 thì xn ³ ln Axn ³ ln Bxn ³ ln Bsnu0 ³ ln asnu0
Mà sn là số cực đại thoả mãn xn ³ snu 0 , nên sn ³ ln asn , với "n Î N1  ln a £ 1 ,
"n Î N1 điều này mâu thuẫn với ln  ¥

+ Nếu N 2 vô hạn, ta có : "n Î N 2 , thì
xn ³ ln Axn ³ ln Bxn ³ ln Bsnu0 ³ ln Bbu0 ³ ln abu0  u0 £

xn
n¥


0
ln ab

điều này mâu thuẫn với giả thiết u0 Î K \ {0} . Như vậy ta đã chứng minh được
khi l đủ lớn thì x ¹ l A( x) + tu0 , "x Î K Ç ¶G , "t > 0 , do đó ta sẽ có
ik (l A, G ) = 0 khi l đủ lớn, điều này mâu thuẫn với (1), (2). Vậy S Ç ¶G ¹ Æ ,

" r ¢ < r , mọi tập mở G mà q Î G Ì B (0, r ¢) .

Chứng minh ý 2) : áp dụng bổ đề 2.3 với B = A , K r = K , ( r = +¥ ), khi đó
do A là u0 lõm ta có : + B = A : K  K là ánh xạ tăng
+ với u0 Î K \ {0} thì Au0 Î Ku0 nên $a, b > 0 sao cho
au0 £ Au0 £ bu0

+ với u0 Î K \ {0} , "t Î (0,1), $e > 0 : A(tu0 ) ³ (1 + e)tAu0 .
Từ đó suy ra : A(tu0 ) ³ (1 + e)tau0 . Như vậy có u0 Î K \ {0} , a = (1 + e)a ,
b = 1 > 0 để cho A(tu0 ) ³ (1 + e)tau0 , "t Î (0,1) . Do vậy theo bổ đề 2.3 thì tập

nghiệm S của phương trình : x = lAx là nhánh liên tục có độ dài r.
3) Nếu x1 = l1 Ax1 , x2 = l2 Ax2 ( xi Î K \ {0}) và l1 < l 2 thì x1 £ x2 . Thật vậy
theo bổ đề 5 ta có số cực đại t 0 : x2 ³ t0 x1 ta sẽ chứng minh t 0 ³ 1 :


+ t 0 >0, Vì : với x1 = l1 Ax1 , x2 = l2 Ax2 ( xi Î K \ {0}) và A là u0 lõm nên
$a1 , a2 , b1 , b2 > 0 sao cho a1u0 £
l1 , l2 > 0 , suy ra x2 ³

1
1
x1 £ b1u0 và a2u0 £ x2 £ b2u0 , với
l1
l2

a2l2
al
x1 , do tính cực đại của t 0 nên t0 ³ 2 2 > 0 , do đó
b1l1
b1l1

t0 > 0 .

+ t 0 ³ 1, chứng minh bằng phản chứng, giả sử 0 < t 0 < 1 , do Ax1 Î Ku0
Nên $a, b > 0 : au0 £ Ax1 £ bu0  l1au0 £ l1 Ax1 £ l1bu0 (do l1 >0 ) suy ra
x1 = l1 Ax1 Î Ku0 mà A là u0 lõm, 0 < t 0 < 1 , nên $e > 0 :
A(t0 x1 ) ³ (1 + e)t0 Ax1  Ax2 ³ (1 + e)t0 Ax1 ( do x2 ³ t0 x1 và A là ánh xạ tăng )

 x2 ³ (1 + e)t0 x1 , với (1 + e)t0 > t0 , điều này mâu thuẫn với tính cực đại của
t 0 , do vậy t 0 ³ 1. Vậy với x2 ³ t0 x1 , t 0 ³ 1 thì ta suy ra x1 £ x2 .

4) Theo chứng minh 3) ta có x1 £ x2 . Ta sẽ chứng minh l Î (l1 , l2 ) là giá trị
riêng của A , để chứng minh được điều này ta cần chứng minh phương trình
x = l Ax luôn có nghiệm với l Î (l1 , l2 ) hay l A luôn có điểm bất động với

l Î (l1 , l2 ) trong các trường hợp sau :

a) K là nón chính qui
Xét ánh xạ l A : x1 , x2  K , với x1, x2 Î K \ {0} , x1 < x2 thì l A là ánh xạ
tăng (do A là ánh xạ tăng và l >0 ) thỏa x1 = l1 Ax1 £ l Ax1 (vì 0 < l1 < l ) và
x2 = l2 Ax2 ³ l Ax2 (do l2 > l > 0 ), mà K là nón chính qui. Từ đây theo hệ

quả 2 <11> ta suy ra l A luôn có điểm bất động trong x1 , x2 Ì K với
l Î (l1 , l2 ) .

b) K là nón chuẩn, A là ánh xạ compăc


Xét ánh xạ l A : x1 , x2  K , với x1, x2 Î K \ {0} , x1 < x2 thì l A là ánh xạ
tăng (do A là ánh xạ tăng và l >0 ) thỏa x1 = l1 Ax1 £ l Ax1 (vì 0 < l1 < l ) và
x2 = l2 Ax2 ³ l Ax2 (do l2 > l > 0 ).

Ta có x1 , x2 là tập bị chặn ( vì với "x Î x1 , x2 , ta có 0 £ x - x1 £ x2 - x1
và K là nón chuẩn nên $N > 0 : x - x1 £ N x2 - x1  x £ N x2 - x1 + x1 ,
"x Î x1 , x2 , do đó x1 , x2 là tập bị chặn ) và A là ánh xạ compăc nên

A ( x1 , x2 ) là compăc tương đối. Áp dụng hệ quả 1 <11>, suy ra l A luôn có

điểm bất động trong x1 , x2 Ì K với l Î (l1 , l2 ) .
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 u0 - LÕM ĐỀU
Định nghĩa 2.5 :
Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K và u0 Î K \ {0}
Ánh xạ A : K  K được gọi là u0 - lõm đều nếu :
i) A là ánh xạ tăng
ii) "x Î K \ {0}  Ax Î Ku0
iii) " [ a, b ] Ì (0,1), " [c, d ] Ì (0, ¥) $e > 0 : "t Î [ a, b ] , "x Î cu0 , du0
 A(tx) ³ (1 + e)tAx .

Với x, y Î Ku0 ta định nghĩa
ü
1
ïì
ï
x £ y £ a , d ( x, y ) = ln a ( x, y ) .
a ( x, y ) = min ía ³ 1:
ïî
ï
a
ï
ï


Ta có d ( x, y ) = d ( y, x) , d ( x, y ) ³ 0 và
d ( x, y ) = 0  a ( x, y ) = 1  x = y .

Với x, y, z Î Ku0 , ta có
1
1
. y £ z £ a ( y, z ). y ,
.z £ x £ a ( x, z ).z
a ( y, z )
a ( x, z )
1
.x £ y £ a ( x, z )a ( y, z ).x
a ( x, z )a ( y , z )



 a ( x, y ) £ a ( x, z )a ( y, z )
 d ( x , y ) £ d ( x, z ) + d ( z , y )

Vậy d là metric trên tập Ku0 . Từ định nghĩa d ( x, y ) , ta có
e-d ( x , y ) .x £ y £ ed ( x , y ) .x

Bổ đề 2.4 :
Nếu K là nón chuẩn thì tập Ku0 với metric d định nghĩa ở trên là
không gian metric đầy đủ.
Chứng minh bổ đề 2.4
Giả sử { xn } là dãy cauchy trong ( Ku0 , d ).
Đầu tiên ta chứng minh { xn } bị chặn theo chuẩn. Thật vậy, ta tìm được n1
sao cho d ( xn , xn ) < 1 hay e-1 xn £ xn £ exn . Từ đây ta suy ra { xn } bị chặn do
1

1

1

K là nón chuẩn.

Ta có e-d ( x , x ) xm £ xn £ ed ( x , x ) xm
n

m

n

m

 (e-d ( xn , xm ) -1) xm £ xn - xm £ (e d ( xn , xm ) -1) xm

(1)
(2)

Vì d ( xn , xn )  0 (n, m  ¥) và { xm } bị chặn nên các dãy ở hai đầu bất
1

đẳng thức của (2) hội tụ tới 0 khi n, m  ¥ . Vì K là nón chuẩn nên ta suy ra
lim ( xn - xm ) = 0 . Vậy { xn } là dãy cauchy trong X , đặt x = lim xn trong

n , m¥

( X , . ) . Ta sẽ chứng minh

n¥

x = lim xn trong ( Ku0 , d ).
n¥


Cho e > 0 , ta tìm được n0 sao cho d ( xn , xm ) < e , "n, m ³ n0 .
Từ (1) ta có e-e xm £ xn £ ee xm , "n, m ³ n0
Cho m  ¥ ta có e-e x £ xn £ ee x , "n ³ n0
 d ( xn , x) £ e , "n ³ n0 . Vậy

lim d ( xn , x) = 0

n¥

hay x = lim xn trong
n¥

( Ku0 , 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 Î Y , r( x, y ) Î [ a, b ]  r ( f ( x), f ( y )) £ qr( x, y ) .

Khi đó f có duy nhất điểm bất động x* và với mọi x0 Î Y , dãy lặp
xn = f n ( x0 ) 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 u0 - lõm đều

3) $a , b > 0 : au0 £ A(au0 ) ; A(bu0 ) £ bu0 .
Khi đó A

có duy nhất trong au0 , bu0

điểm bất động và với mọi

x0 Î au0 , bu0 , dãy lặp { An ( x0 )} hội tụ về điểm bất động.

Chứng minh định lý 2.4
Đặt Y = au0 , bu0

thì Y là tập đóng trong ( Ku0 , 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

Gọi e là số nói trong điều kiện iii) của định nghĩa 2.5 tương ứng với
ée-b , e-a ù , au0 , bu0 . Ta có
êë
úû

e-d ( x , y ) .x £ y £ e d ( x , y ) .x

 A(e-d ( x , y ) x) £ Ay £ A(e d ( x , y ) x)
-d ( x , y )

e

ed ( x, y )
Ax
(1 + e) Ax £ Ay £
1+ e

ed ( x, y )
 a ( Ax, Ay ) £
 d ( Ax, Ay ) £ d ( x, y ) - ln(1 + e)
1+ e

é ln(1 + e) ù
ú
 d ( Ax, Ay ) £ d ( x, y ) ê1êë
d ( x, y ) úû
æ
è

Với d ( x, y ) Î [ a, b ] thì  d ( Ax, Ay ) £ ççç1-

ln(1 + e) ÷ö
÷ d ( x, y ) .
b ÷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 ¹ Æ , D Ì E là tập lồi và giả sử
rằng ánh xạ f : D  F là lồi mạnh. Khi đó với  x0 Î D , ánh xạ
f x0 : P Ç ( D - x0 )  F xác định bởi f x0 ( x) := f ( x0 + x) - f ( x0 ) là tuyến tính trên

mạnh.
chứng minh bổ đề 3.1
Với "x Î P Ç ( D - x0 ) ta có : x0 + tx = t ( x0 + x) + (1- t ) x0 , "t Î (0,1) , x0 Î D
Do f là lồi mạnh nên : f ( x0 + tx)  tf ( x0 + x) + (1- t ) f ( x0 ) , "x, x0 Î D
( x ¹ x0 ), ( do ta lấy x Î P Ç ( D - x0 ) )
Ta có f x (tx) = f ( x0 + tx) - f ( x0 )  tf ( x0 + x) + (1 - t ) f ( x0 ) - f ( x0 )
0

 f x0 (tx)  t [ f ( x + x0 ) - f ( x0 )] = tf x0 ( x) , "t Î (0,1) và
f x0 (0) = f ( x0 + 0) - f ( x0 ) = 0

Vậy f x là tuyến tính trên mạnh.
0

Định lý 3.1 :
Cho E là không gian Banach được sắp thứ tự bởi nón P với int P ¹ Æ
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: