Mở rộng định lý tồn tại điểm bất động của toán tử (k,uo) lõm chính quy trong không gian banach với nón cực trị

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

PHẠM ANH SƠN

MỞ RỘNG ĐỊNH LÝ TỒN TẠI ĐIỂM BẤT ĐỘNG
CỦA TOÁN TỬ (K, u0) - LÕM CHÍNH QUY
TRONG KHÔNG GIAN BANACH VỚI NÓN CỰC TRỊ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 2016


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

PHẠM ANH SƠN

MỞ RỘNG ĐỊNH LÝ TỒN TẠI ĐIỂM BẤT ĐỘNG
CỦA TOÁN TỬ (K, u0) - LÕM CHÍNH QUY
TRONG KHÔNG GIAN BANACH VỚI NÓN CỰC TRỊ

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS. NGUYỄN PHỤ HY

HÀ NỘI, 2016

Lời cảm ơn
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới PGS.TS.GVCC
Nguyễn Phụ Hy, người đã tận tình hướng dẫn chỉ bảo cho tôi trong quá
trình làm luận văn.
Thông qua luận văn này, tôi muốn gửi lời cảm ơn đến các thầy cô
giáo trong tổ Giải tích - khoa Toán - trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2
cùng gia đình, bạn bè và các thành viên trong lớp Toán giải tích Khóa 18
đã động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Hà Nội, tháng 11 năm 2016
Tác giả

Phạm Anh Sơn

1


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan, luận văn này là do tôi viết dưới sự hướng dẫn
của PGS.TS.GVCC Nguyễn Phụ Hy. Tôi cam đoan rằng số liệu và kết quả
nghiên cứu trong luận văn này là trung thực và không trùng lặp với đề tài
khác. Các thông tin trích dẫn, các tài liệu tham khảo trong luận văn đã
được chỉ rõ nguồn gốc. Luận văn chưa được công bố trên bất kỳ tạp chí,
phương tiện thông tin nào.
Hà Nội, tháng 11 năm 2016
Tác giả

Phạm Anh Sơn

2


Mục lục

Mở đầu

5

1 Kiến thức chuẩn bị

8

1.1. Không gian Banach nửa sắp thứ tự . . . . . . . . . . . . . .

8

1.1.1. Khái niệm nón trong không gian Banach . . . . . . .

8

1.1.2. Quan hệ thứ tự trong không gian Banach . . . . . . 13
1.2. Tính thông ước và u0 − chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3. Tính u0 - đo được và khái niệm u0 - chuẩn

. . . . . . . . . 15

1.4. Một số nón đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4.1. Nón chuẩn tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4.2. Nón cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.5. Không gian Banach thực nửa sắp thứ tự lp (p > 1) . . . . . 27
2 Mở rộng định lý tồn tại điểm bất động của toán tử (K, u0 )lõm chính quy
32
2.1. Toán tử (K, u0 ) - lõm chính quy và một số tính chất sơ cấp
2.1.1. Các định nghĩa

32

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.1.2. Một số tính chất của toán tử (K, u0 ) - lõm chính quy 33
2.2. Toán tử (K, u0 ) - lõm chính quy trong không gian lp (p > 1)

34

2.3. Một mở rộng định lý tồn tại điểm bất động của toán tử
(K, u0 ) - lõm chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

3


2.4. Áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Kết luận

46

Tài liệu tham khảo

47

4


Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết điểm bất động là một phần quan trọng của bộ môn giải
tích hàm phi tuyến, chính vì vậy ngay từ đầu thế kỷ XIX nhiều nhà toán
học trên thế giới đã rất quan tâm, phát triển nó hết sức sâu rộng và trở
thành công cụ để giải quyết nhiều bài toán do thực tiễn đặt ra.
Năm 1956, nhà toán học Nga nổi tiếng Kraxnoxelxki M.A đã nghiên
cứu lớp toán tử phi tuyến: Toán tử lõm tác dụng trong không gian Banach
thực với một nón cố định. Năm 1962, ông mở rộng cho toán tử lõm tác
dụng trong không gian Banach thực với hai nón cố định, trong đó một nón
là tập con của nón còn lại. Năm 1975, GS. TSKH Bakhtin I.A đã mở rộng
các kết quả nghiên cứu trên trong công trình cho lớp toán tử phi tuyến

(K, uo ) - lõm, lần lượt tác dụng trong không gian Banach thực với một
nón cố định và trong không gian Banach thực với hai nón cố định chung
nhau ít nhất một phần tử khác không. Các lớp toán tử được các nhà toán
học Kraxnoxelxki và Bakhtin nghiên cứu đều có tính chất u0 - đo được.
Năm 1987, PGS. TS. Nguyễn Phụ Hy mở rộng các kết quả đối với
lớp toán tử lõm cho lớp toán tử phi tuyến mới: Toán tử lõm chính quy,
trong đó không yêu cầu toán tử có tính chất u0 - đo được.
Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về lớp toán tử phi tuyến này, nhờ sự
hướng dẫn tận tình của PGS.TS.GVCC Nguyễn Phụ Hy, tôi chọn nghiên
cứu đề tài: "Mở rộng định lý tồn tại điểm bất động của toán tử
(K, uo )-lõm chính quy trong không gian Banach với nón cực trị".

5

2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài này nhằm nghiên cứu, mở rộng một số định lý về sự tồn tại
điểm bất động của toán tử (K, u0 ) - lõm chính quy (không có tính chất u0
- đo được) trong không gian Banach bằng cách bổ sung các điều kiện cho
nón: nón cực trị.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu về không gian Banach nửa sắp thứ tự, bao gồm: Khái
niệm nón, quan hệ thứ tự trong không gian Banach, tính thông ước và u0
- chuẩn, một số nón đặc biệt.
Tìm hiểu về những nón đặc biệt trong không gian lp (p > 1).
Tìm hiểu về toán tử (K, u0 ) - lõm chính quy tác dụng trong không
gian lp (p > 1) và một số tính chất sơ cấp.
Một mở rộng định lý tồn tại điểm bất động của toán tử (K, u0 ) lõm chính quy và áp dụng.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Các kiến thức cơ sở cần thiết, các kết quả về
toán tử (K, u0 ) - lõm chính quy, điểm bất động của toán tử (K, u0 ) - lõm
chính quy trong không gian Banach nửa sắp thứ tự.
Phạm vi nghiên cứu: Các tài liệu, các bài báo trong nước và nước
ngoài liên quan đến điểm bất động của toán tử (K, u0 ) - lõm chính quy
trong không gian Banach nửa sắp thứ tự.
5. Phương pháp nghiên cứu
Thu thập tài liệu và các bài báo liên quan đến điểm bất động của
toán tử lõm trong không gian Banach nửa sắp thứ tự.
Tổng hợp, phân tích, hệ thống các khái niệm, tính chất.
Tham khảo ý kiến của giáo viên hướng dẫn.
6. Đóng góp mới
Trình bày tổng quan về không gian Banach nửa sắp thứ tự, về toán
tử (K, u0 ) - lõm chính quy (không có tính chất u0 - đo được) tác dụng
trong không gian lp (p > 1), sự tồn tại điểm bất động của lớp toán tử trên,

6


vận dụng lý thuyết tổng quan đã trình bày vào không gian lp (p > 1).
7. Nội dung
Luận văn gồm có 2 chương
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị.
Chương 2. Mở rộng định lý tồn tại điểm bất động của toán tử (K, u0 ) lõm chính quy

7


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, luận văn trình bày về không gian Banach nửa sắp
thứ tự và một số nón đặc biệt. Nội dung của chương dựa trên các tài liệu
tham khảo [1] và [2]

1.1.

Không gian Banach nửa sắp thứ tự
Cho không gian Banach thực E và tập con khác rỗng K ⊂ E

1.1.1.

Khái niệm nón trong không gian Banach

Định nghĩa 1.1. Giả sử E là không gian Banach thực và K là tập con
khác rỗng trong không gian E . Tập K được gọi là một nón, nếu K thoả

mãn các điều kiện sau:
1) K là tập đóng trong không gian E ;
2) ∀x, y ∈ K thì x + y ∈ K ;
3) ∀x ∈ K, ∀t ∈ R+ thì tx ∈ K ;
4) ∀x ∈ K\ {θ} thì −x ∈
/ K.

Định lý 1.1. Nón là một tập lồi và chứa phần tử không của không gian
8


E.
Chứng minh. Thật vậy: ∀α ∈ [0, 1] , ∀x, y ∈ K theo tính chất 3) ta có

αx ∈ K và (1 − α)y ∈ K . Do đó, theo 2) suy ra
αx + (1 − α)y ∈ K, ∀α ∈ [0, 1] .
Vậy, K là tập lồi.
Mặt khác θ ∈ K : vì theo 4) ∀x ∈ K\ {θ} thì −x ∈
/ K , nên

θ = x + (−x) ∈ K .
Định lý 1.2. Giao của một họ hữu hạn nón tuỳ ý chứa ít nhất hai phần
tử là một nón trong không gian E .
Chứng minh. Giả sử (Ki )ni=1 là một họ nón tuỳ ý trong không gian E ,
Theo định lý 1.1.1. phần tử θ ∈ Ki , ∀i = 1, 2, ..., n và θ ∈ K , nghĩa là
n

Ki = ∅. Theo giả thiết, K chứa ít nhất 2 phần tử nên có ít nhất

K=

i=1

một phần tử khác không. Ta chứng minh K là một nón trong không gian

E . Thật vậy, ta sẽ kiểm tra 4 điều kiện trong định nghĩa 1.1.1.
1) K là tập đóng vì giao hữu hạn các tập đóng là một tập đóng;
2)
n

∀x, y ∈ K =

Ki ⇒ x, y ∈ Ki (i = 1, 2, ..., n) ;
i=1

Vì Ki (i = 1, 2, ..., n) là các nón trong không gian E nên suy ra
n

x + y ∈ Ki (i = 1, 2, ..., n) ⇒ x + y ∈

Ki = K;
i=1

3)
n

∀x ∈ K =

Ki
i=1

và ∀t ∈ R+ . suy ra x ∈ Ki (i = 1, 2, ..., n) và tx ∈ Ki (i = 1, 2, ..., n) ⇒
n

tx ∈

Ki = K.
i=1

9


4)
n

∀x ∈ K =

Ki , x = θ ⇒ x ∈ Ki (i = 1, 2, ..., n)
i=1

và

n

−x ∈
/ Ki (i = 1, 2, ..., n) ⇒ −x ∈
/

Ki = K.
i=1

n

Ki là một nón trong không gian E .

Vậy K =
i=1

Định lý 1.3. Nếu tập con F ⊂ E là một tập khác rỗng, lồi, đóng, bị chặn
và không chứa phần tử không, thì tập

K(F ) = {x ∈ E : x = tz, z ∈ F, t ∈ R+ } ,
là một nón trong không gian E .
Chứng minh. Ta có:

∀z ∈ F, z = 1.z ⇒ z ∈ K(F ) ⇒ F ⊂ K(F ), F = Φ
suy ra K(F ) = Φ.
Ta chứng minh:

∃m > 0, ∃M > 0, ∀z ∈ F : m ≤ z ≤ M.
Thật vậy, theo giả thiết, tập F bị chặn, nên ∃M > 0, ∀z ∈ F : z ≤ M.
Giả sử inf ( z ) = 0, (∃(zn )∞
n=1 ⊂ F ) lim zn = 0, nghĩa là lim zn = θ
n→∞

F

n→∞

(θ là kí hiệu phần tử không của không gian E ). Do F là tập đóng, nên

θ ∈ F , mâu thuẫn với giả thiết θ ∈
/ F.
Do đó ∃m > 0, ∀z ∈ F : z ≥ m.
i) Chứng minh K(F ) là tập đóng trong không gian E .
Giả sử dãy

(xn )∞
n=1 ⊂ K(F )

10


hội tụ tới x trong không gian E .
Nếu x = θ , thì hiển nhiên x ∈ K(F ) vì θ = 0.z với z ∈ F .
Nếu x = θ thì x > 0 và

(∃n0 ∈ N ∗ )(∀n ≥ n0 ) : xn − x ≤ 2−1 . x
⇒

3
1
x ≤ xn ≤
x , ∀n ≥ n0
2
2

Đặt

xn = tn .zn , tn ≥ 0, zn ∈ F (n ∈ N ∗ )
ta có

3
x
3 x
1
x ≤ xn = tn . zn ≤
x ⇒
≤ tn ≤
, ∀n ≥ n0 .
2
2
2 zn
2 zn
⇒0<

x
3 x
≤ tn ≤
, ∀n ≥ n0 .
2M
2m

∞
⇒ ∃ (tni )∞
lim tni = t0 và
i=1 ⊂ (tn )n=1 : i→∞
Suy ra

zni −

z
2M

≤ t0 ≤

3 z
2m

, nghĩa là t0 > 0.

1
1
1
x
1
t0 .zni − x =
t0 .zni − tni .xni + tni .xni − x ≤ |t0 − tni | zni +
=
t0
t0
t0
t0
t

khi i → +∞.
Do đó

zni −

x

→0
t0

khi i → +∞, nghĩa là

zni →

x
t0

khi i → +∞.
Do F là tập đóng nên

x
= z ∈ F ⇒ x = to .z ∈ K(F ).
t0
Vậy K(F ) là tập đóng.

11


ii) và iii) ∀u, v ∈ K(F ) và ∀α, β ∈ R+ .
Giả sử u = t1 .z1 , v = t2 .z2 với t1 , t2 ∈ R+ , z1 , z2 ∈ F. Khi đó, nếu có ít
nhất một trong hai số bằng 0 hoặc một trong hai số t1 , t2 bằng 0 thì hiển
nhiên

αu + βv = αt1 z1 + βt2 z2 ∈ K(F ).
Do đó ta chỉ cần xét trường hợp α, β, t1 , t2 đều là các số dương.
Vì αt1 + βt2 > 0 nên

αu + βv = αt1 z1 + βt2 z2 = (αt1 + βt2 )

βt2
αt1
z1 +
z2 ,
αt1 + βt2
αt1 + βt2

Ta nhận thấy

βt2
αt1
> 0,
> 0,
αt1 + βt2
αt1 + βt2
αt1
βt2
+
= 1,
αt1 + βt2 αt1 + βt2
mà F là tập hợp lồi nên ta có
αt1
βt2
z1 +
z2 ∈ F,
αt1 + βt2
αt1 + βt2
Suy ra αu + βv ∈ K(F ).

iv) Để chứng tỏ K(F ) thỏa mãn điều kiện iv) về nón ta chứng minh
bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại uo ∈ K(F ) sao cho uo = θ
và uo = θ. Khi đó

uo = t1 z1
trong đó t1 > 0, z1 ∈ M và −uo = t2 z2 với t2 > 0, z2 ∈ M. Do

θ = u0 + (−u0 ) = t1 z1 + t2 z2 =

t2
t1
z1 +
z (t1 + t2 ) ∈ K(F ).
t1 + t2
t1 + t2 2

1
t1
t2
.θ =
z1 +
z ∈ K(F ).
t1 + t2
t1 + t2
t1 + t2 2
Điều đó suy ra từ F là tập lồi và các hệ thức,
t1
t2
t1
t2

> 0,
> 0,
+
= 1.
t1 + t2
t1 + t2
t1 + t2
t1 + t2
⇒θ=

Điều này trái với giả thiết F không chứa phần tử không. Vậy, K (F ) thỏa
mãn điều kiện iv) về nón nên K (F ) là một nón trong không gian E.
12


1.1.2.

Quan hệ thứ tự trong không gian Banach

Định nghĩa 1.2. Với hai phần tử x, y ∈ E ta viết x ≤ y (hay x < y ) nếu

y − x ∈ K (hay y − x ∈ K\ {θ}, θ là kí hiệu phần tử không của không
gian E ).
Định lý 1.4. Quan hệ "≤" trong định nghĩa 1.2 là một quan hệ sắp thứ
tự trong không gian E .
Chứng minh. Kiểm tra 3 tiên đề về quan hệ thứ tự.
*) Với ∀x ∈ E, x − x = θ ∈ K, điều này có được vì theo định nghĩa
của K ta chọn α0 = 0 và ∀x ∈ K thì θ = α0 x ∈ K . Do đó x ≤ x.
Suy ra quan hệ "≤" có tính chất phản xạ
*) Giả sử x, y ∈ E, x ≤ y . Thật vậy, nếu x = y thì y − x = θ. Khi

đó y − x ∈ K và − (y − x) = x − y ∈ K ⇒ θ = (y − x) + (x − y) ∈ K
mâu thuẫn với định nghĩa nón K, nên x = y . Suy ra quan hệ "≤" có tính
chất phản đối xứng.

y−x∈K
z−y ∈K
khi đó vì z − x = (z − y) + (y − x) ∈ K ⇒ x ≤ z . Suy ra quan hệ "≤"
có tính chất bắc cầu.
Vậy "≤" là một quan hệ thứ tự trên E .
Không gian E cùng với nón K được gọi là không gian Banach nửa sắp thứ
tự theo nón K ⊂ E , các phần tử x ∈ K được viết θ ≤ x hay x ≥ 0.
*) Giả sử x, y, z ∈ K, x ≤ y, y ≤ z ⇒

1.2.

Tính thông ước và u0− chuẩn
Cho không gian Banach thực E nửa sắp thứ tự theo nón K , phần

tử u0 ∈ K\ {θ} .
Định nghĩa 1.3. Với hai phần tử x, y ∈ E ta nói phần tử x thông ước với
phần tử y nếu có hai số dương α, β sao cho: αy ≤ x ≤ βy .

13


Định lý 1.5. Quan hệ thông ước trong định nghĩa 1.3 là một quan hệ
tương đương trong không gian E .
Chứng minh.
*) Tính phản xạ: ∀x ∈ E, 1.x ≤ x ≤ 1.x suy ra x thông ước với x,
nên quan hệ thông ước có tính chất phản xạ.

*) Tính đối xứng: Nếu phần tử x thông ước với phần tử y thì

∃α = α(x) > 0, β = β(y) > 0 sao cho: αy ≤ x ≤ βy .
⇒

y ≥ β1 x
1
1
⇒ x ≤ y ≤ x.
1
β
α
y ≤ αx

> 0; b = α1 > 0, ta có: ax ≤ y ≤ bx.
Vậy phần tử y thông ước với phần tử x.
Suy ra, quan hệ thông ước có tính chất đối xứng.
Đặt a =

1
β

*) Tính bắc cầu: Giả sử các phần tử x, y, z ∈ E có x thông ước y , y
thông ước với z .

⇒ ∃a, b, c, d > 0 sao cho:
ax ≤ y ≤ bx
⇒
cy ≤ z ≤ dy

y ≤ 1c z
⇒ acx ≤ z ≤ bcx
ax ≤ 1c z ≤ bx

Đặt α = a (z) .c (z) > 0, β = b (z) .c (z) > 0, suy ra nên phần tử x thông
ước với phần tử z . Suy ra, quan hệ thông ước có tính chất bắc cầu.
Vậy quan hệ thông ước trong định nghĩa 1.3 là một quan hệ tương đương
trong không gian E .

Định lý 1.6. Kí hiệu K(u0 ) = {x ∈ E : ∃α > 0, ∃β > 0, αu0 ≤ x ≤ βu0 } .
K(u0 ) là một tập lồi và K(u0 ) ⊂ K\ {θ} .
Chứng minh.
Trước tiên ta chứng minh K(u0 ) là tập lồi, thật vậy:

∀x, y ∈ K (u0 ) , ∀t ∈ [0, 1] , thì x, y là hai phần tử thông ước với u0 nên
14


ta có:

∃a = a(x) > 0; ∃b = b(x) > 0 : au0 ≤ x ≤ bu0
∃c = c(y) > 0; ∃d = d(y) > 0 : cu0 ≤ y ≤ du0
Do

t ∈ [0, 1] ⇒ 1 − t ≥ 0 ⇒

ta.u0 ≤ tx ≤ tb.u0
(1 − t)c.u0 ≤ (1 − t)y ≤ (1 − t)d.u0

⇒ ta.u0 + (1 − t)c.u0 ≤ tx + (1 − t)y ≤ tb.u0 + (1 − t)d.u0 .

Hay

[ta + (1 − t)c].u0 ≤ tx + (1 − t)y ≤ [tb + (1 − t)d].u0
Do t ∈ [0, 1] và t2 + (1 − t)2 > 0,
Đặt
ta + (1 − t)c=α
tb + (1 − t)d = β
thì

α ≥ t min{a, c} + (1 − t) min {a, c} = min {a, c} > 0
β ≥ t min{b, d} + (1 − t) min {b, d} = min {b, d} > 0
.

⇒ αu0 ≤ tx + (1 − t)y ≤ βu0 ⇒ tx + (1 − t)y ∈ K(u0 )
Vậy K(u0 ) là tập lồi.

1.3.

Tính u0 - đo được và khái niệm u0 - chuẩn

Cho không gian Banach thực E nửa sắp thứ tự theo nón K ⊂ E ,
phần tử u0 ∈ K\ {θ} .
Định nghĩa 1.4. Phần tử x ∈ E được gọi là u0 - đo được nếu có hai số
không âm t1 , t2 sao cho −t1 u0 ≤ x ≤ t2 u0 . Kí hiệu

E(u0 ) = {x ∈ E : ∃t1 ≥ 0, ∃t2 ≥ 0, −t1 u0 ≤ x ≤ t2 u0 }
.
Định lý 1.7. E(u0 ) là không gian véctơ con của không gian E .
15

Chứng minh.
Kí hiệu

E(u0 ) = {x ∈ E : ∃t1 ≥ 0, ∃t2 ≥ 0, −t1 u0 ≤ x ≤ t2 u0 }
, ta có: +) ∀x, y ∈ E(u0 ) ⇒

∃t1 , t2 ≥ 0 : −t1 u0 ≤ x ≤ t2 u0
∃t3 , t4 ≥ 0 : −t3 u0 ≤ y ≤ t4 u0

⇒ −(t1 + t3 )u0 ≤ x + y ≤ (t2 + t4 )u0 ⇒ x + y ∈ E (u0 )
+) (∀x ∈ E(u0 )) (∃t1 , t2 ≥ 0) : −t1 u0 ≤ x ≤ t2 u0 , khi đó, ∀α ∈ R ta có:
Nếu α ≥ 0 thì αti ≥ 0 (i = 1, 2) và − (αt1 ) u0 ≤ αx ≤ αt2 u0 ;
Nếu α < 0 thì −α > 0 ⇒ −αti ≥ 0 (i = 1, 2) và

(−α) (−t1 ) u0 ≤ (−α) x ≤ (−α) t2 u0
⇒ − (−αt1 ) u0 ≤ (−α) x ≤ (−αt2 ) u0 .
Do đó ∀α ∈ R thì αx ∈ E (u0 ).
Vậy E(u0 ) là không gian véctơ con của không gian E .
Định lý 1.8. Với mỗi x ∈ E(u0 ) tồn tại các số không âm nhỏ nhất

α = α(x) ≥ 0 và β = β(x) ≥ 0 sao cho: −αu0 ≤ x ≤ βu0 .
Chứng minh. Giả sử phần tử x ∈ E là đo được, tức là

∃t1 , t2 ≥ 0 : −t1 u0 ≤ x ≤ t2 u0 .
Ta chứng minh

∃β = β(x) = inf {t2 ≥ 0 : x ≤ t2 u0 } .
Xét ánh xạ:

f :R→E
t → f (t) = tu0 − x
Ta thấy f liên tục nhờ tính liên tục của hai phép toán cộng hai phần
tử và nhân một số với một phần tử trên không gian E ⇒ f −1 (K) =
16


{t ∈ R : tu0 − x ∈ K} đóng trong không gian R, t2 ∈ f −1 (K).
Giả sử inf f −1 (K) = −∞ ⇒ ∃ (tn ) ⊂ f −1 (K) : tn → −∞.
Vì
tn → −∞ ⇒ (∃n1 ∈ N ∗ ) (∀n ≥ n1 ) tn < 0 ⇒ −tn > 0 (∀n ≥ n1 )
1
⇒ f (tn ) = tn u0 − x ∈ K (∀n ≥ n0 ) ⇒ − (tn u0 − x) ∈ K (∀n ≥ n1 )
tn
1
⇒ x − u0 ∈ K (∀n ≥ n1 ) .
tn
Cho n → +∞ ta được −u0 ∈ K , mâu thuẫn tính chất của nón K, do

u0 ∈ K\ {θ} và −u0 ∈
/ K\ {θ}
⇒ inf f −1 (K) = β > −∞, nghĩa là ∃β = β(x) = inf {t2 ≥ 0 : x ≤ t2 u0 } .
Xét ánh xạ:
g:R→E
t → g (t) = tu0 + x
Ta thấy g liên tục nhờ tính liên tục của hai phép toán cộng hai phần tử
và nhân một số với một phần tử trên không gian E.

⇒ g −1 (K) = {t ∈ R : tu0 + x ∈ K}, đóng trong không gian R.
Giả sử

inf g −1 (K) = −∞ ⇒ ∃ (tn ) ⊂ g −1 (K) : tn → −∞ (n → ∞) .
Vì

tn → −∞ ⇒ (∃n2 ∈ N ∗ ) (∀n ≥ n2 ) tn < 0 ⇒ −tn > 0 (∀n ≥ n2 )
1
⇒ g(tn ) = tn u0 + x ∈ K (∀n ≥ n2 ) ⇒ − (tn u0 + x) ∈ K (∀n ≥ n2 )
tn
1
⇒ − x − u0 ∈ K (∀n ≥ n2 ) .
tn
Cho n → +∞ ta được −u0 ∈ K , mâu thuẫn tính chất của nón K do
u0 ∈ K\ {θ} và −u0 ∈
/ K\ {θ}
⇒ inf g −1 (K) = α > −∞, nghĩa là ∃α = α(x) = inf {t1 ≥ 0 : −t1 u0 ≤ x} .
Vậy, ∃α = α(x) = inf(t1 ≥ 0); ∃β = β(x) = inf(t2 ≥ 0):
−αu0 ≤ x ≤ βu0 .
17


Định lý 1.9. Ánh xạ

.

u0

: Eu0 → R

x → x u0 = max {α (x) , β (x)}
là một chuẩn trên không gian E(u0 ). Chuẩn . u0 gọi là u0 - chuẩn.
Chứng minh.

*) (∀x ∈ Eu0 ) x

= max {α (x) , β (x)} .
Do α (x) = inf t1 ≥ 0, β (x) = inf t2 ≥ 0 nên max {α (x) , β (x)} ≥ 0
⇒ x u0 xác định và x u0 ≥ 0;
x u0 = 0 ⇔ max {α (x) , β (x)} = 0 ⇔ x = θ.
*) (∀x ∈ Eu0 ) (∃t1 , t2 ≥ 0) : −t1 u0 ≤ x ≤ t2 u0 .
Khi đó, ∀λ ∈ R ta có:
+) Nếu λ ≥ 0 ⇒ ∃λti ≥ 0 (i = 1, 2) và −λt1 u0 ≤ λx ≤ λt2 u0
⇒ inf (λt1 ) = λinf (t1 ) = λα (x) ; inf (λt2 ) = λinf (t2 ) = λβ (x) .
t1

u0

t1

Do đó: λx

u0

t2

t2

= max {λα (x) , λβ (x)}

= λmax {α (x) , β (x)} = λ x u0 = |λ| x u0 .
+) Nếu λ < 0 ⇒ −λ > 0 ⇒ −λti ≥ 0 (∀i = 1, 2)
(−λ) (−t1 ) u0 ≤ −λx ≤ (−λ) t2 u0 ⇔ − [(−λ) t2 ] u0 ≤ λx ≤ [(−λ) t1 ] u0
Ta có:

inf (−λt1 ) = −λinf (t1 ) = −λα (x) ;
t1

t1

inf (−λt2 ) = −λinf (t2 ) = −λβ (x) .
t2

t2

Do đó: λx

u0

= max {−λα (x) , −λβ (x)}

= −λmax {α (x) , β (x)} = −λ x u0 = |λ| x u0 .
Vậy (∀x ∈ Eu0 ) (∀λ ∈ R) λx u0 = |λ| x u0 .
*) (∀x, y ∈ Eu0 ) (∃t1 , t2 , t3 , t4 ≥ 0) : −t1 u0 ≤ x ≤ t2 u0 ; −t3 u0 ≤ y ≤ t4 u0 .
⇒ − (t1 + t3 ) u0 ≤ x + y ≤ (t2 + t4 ) u0 .
Mặt khác:
x

u0

= max {inf t1 , inf t2 } , y

18

u0

= max {inf t3 , inf t4 }


Ta có:

x

u0

+ y

u0

≥ inf t1 + inf t3 ≥ inf (t1 + t3 );

x u0 + y u0 ≥ inf t2 + inf t4 ≥ inf (t2 + t4 ).
Suy ra x u0 + y u0 ≥ max {inf (t1 + t3 ) , inf (t2 + t4 )} = x + y
Vì vậy, x + y u0 ≤ x u0 + y u0
Do đó, x u0 xác định một chuẩn trên Eu0 .
Vậy, Eu0 là một không gian định chuẩn với chuẩn
x

u0

u0 .

= max {α (x) , β (x)} .

1.4.

Một số nón đặc biệt

1.4.1.

Nón chuẩn tắc

Cho không gian Banach thực E nửa sắp thứ tự theo nón K ⊂ E , H
là một nón nào đấy trong không gian E , phần tử.
Định nghĩa 1.5. [9] Nón H được gọi là nón chuẩn tắc nếu :

∃δ > 0, ∀e1 , e2 ∈ H : e1 = e2 = 1, e1 + e2 ≥ δ.
Định lý 1.10. Giả sử H là một nón nào đấy trong không gian Banach E
nửa sắp thứ tự theo nón K ⊂ E . Nón H là chuẩn tắc khi và chỉ khi có số

N > 0 sao cho (∀x, y ∈ H\ {θ} : y − x ∈ H) x ≤ N. y

E.

Chứng minh.
Điều kiện cần: Giả sử H là nón chuẩn tắc, nhưng không tồn tại số N > 0
để (∀x, y ∈ H\ {θ} : y − x ∈ H) có hệ thức x ≤ N. y E
(1.10.1)
nghĩa là (∀n ∈ N ∗ , ∃xn , yn ∈ H\ {θ} : yn − xn ∈ H) và xn > n. yn

(1.10.2)
Hệ thức (1.10.2) chứng tỏ:

xn
n. yn

> 1, 0 <

n yn
xn

< 1, ∀n ∈ N ∗ .

Đặt

xn
n yn
= 1 + cn ,
= 1 − dn , cn > 0, 0 < dn < 1, (n = 1, 2, ...);
n. yn
xn
19


Ta xét các phần tử:

yn
−xn
yn
xn
+
, hn =
+
xn
n. yn

xn
n. yn

gn =
Ta có:

xn
yn
−
xn
n. yn
−xn
yn
−
xn
n. yn

gn ≥
hn ≥

(n = 1, 2, ...);
n

1
> θ, ∀n ≥ 2;
n
1
= 1 − > θ, ∀n ≥ 2;
n

=1−

Nên gn = θ, hn = θ, ∀n ≥ 2. Hiển nhiên, gn ∈ H, ∀n ∈ N ∗ .
Ta chứng minh hn ∈ H, ∀n ∈ N ∗ . Thật vậy:

hn =
hn =

1
n. xn . yn

1
n. xn . yn

. −

n yn
xn
.xn +
.yn
xn
n yn

. [dn xn + cn yn + (yn − xn )] ∈ H, ∀n ∈ N ∗ .

Mặt khác,

xn
xn

gn ≤
hn ≤

yn
n. yn

+

−xn
yn
+
xn
n. yn

1
=1+ ,
n
1
= 1 + , ∀n ∈ N ∗ ;
n

Suy ra, ∀n ≥ 2 :

hn
gn
hn
hn
hn
2yn
gn − hn

gn
+
=
+
+
−
=
+
.hn ,
gn
hn
gn
gn
hn
gn
n yn . gn
gn . hn
hn
gn
+
gn
hn
nên lim

n→∞

gn
gn

+

hn
hn

1 + n1 − 1 +
2
≤
+
n gn
gn

1
n

≤

4
, ∀n ≥ 2,
n−1

= 0.

Mâu thuẫn với tính chất chuẩn tắc của nón H :

(∃δ > 0)

gn
hn
+
gn

hn

≥ δ (n = 1, 2, ...) .

Vậy nếu nón H chuẩn tắc thì H phải thỏa mãn (1.10.1) .
+) Điều kiện đủ: Giả sử điều kiện (1.10.1) được thỏa mãn. Khi đó

(∀e1 , e2 ∈ H : e1 = e2 = 1), ((e1 + e2 ) − e1 = e2 ∈ H)
20


1 = e1 ≤ N. e1 + e2 ⇒ e1 + e2 ≥ N −1 > 0
Do đó nón H chuẩn tắc.
Chú ý: Trong [9] tác giả chứng minh cho trường hợp nón K, còn định
lý 1.10 được phát biểu và chứng minh cho nón tùy ý.
Định lý 1.11. [9] Giả sử không gian Banach E nửa sắp thứ tự theo nón
K ⊂ E . Ba mệnh đề sau đây là tương đương:
1) K là nón chuẩn tắc.
2) (∃M > 0), (∀y ∈ K\ {θ}), (∀x ∈ Ey ) : x
3) (∃N > 0), (∀x, y ∈ K : y − x ∈ K), x

E

E

≤ M. x y . y

≤ N. y

E.

E.

Chứng minh.

1) ⇒ 2)
Giả sử K là nón chuẩn tắc nhưng mệnh đề 2) không xảy ra, nghĩa là:
(∀n ∈ N ∗ ) (∃yn ∈ K\ {θ}) (∃xn ∈ Eyn ) xn E > n xn yn . yn E
Ta nhận được dãy
(xn )∞
n=1 ⊂ E, xn ∈ Eyn , xn = θ (n = 1, 2, ...) ,
đồng thời:

xn

yn .

<

xn E
n yn E

Do xn ∈ Eyn nên (∃t1 ≥ 0) (∃t2 ≥ 0) : −t1 yn ≤ xn ≤ t2 yn .
x
Chọn t1 = t2 = n ynn E , ta được:
E

−

xn E

xn E
yn
xn
yn
yn ≤ xn ≤
yn ⇔ −
≤
≤
n yn E
n yn E
n yn E
xn E
n yn
xn
yn
−xn
yn
⇒ gn =
+
≥ θ, hn =
+
≥θ
xn E n yn E
x n E n yn E

E

Hiển nhiên gn ∈ K, hn ∈ K, (∀n ≥ 2). Hơn nữa, (n ≥ 2) ta có:

gn

E

=

xn
yn
+
xn E n y n

≥
E

xn
xn E
21

−
E

yn
n yn

≥1−
E

E

1
>0

n


(1.11.1)
hn

E

=

yn
−xn
+
xn E n y n

−xn
xn E

≥
E

−
E

yn
n yn

≥1−
E

E

1
>0
n

(1.11.2)
⇒ gn = θ, hn = θ, (∀n ≥ 2) .
Vậy gn ∈ K\ {θ} , hn ∈ K\ {θ} .
Theo định nghĩa nón chuẩn tắc ta có:
gn
gn

(∃δ > 0)

+

hn
hn

≥ δ (n = 1, 2, ...) .

(1.11.3)

Mặt khác :

hn
gn
hn
hn

hn
gn
+
=
+
+
−
gn E
hn E
gn E
gn E
hn E
gn E
=

gn + hn
gn E − hn E
+
.hn
gn E
hn E . gn E

2yn
n. yn E . gn

=

gn E − hn E
.hn ;
hn E . gn E

+
E

Mặt khác,

gn ≤

xn
xn

+

yn
n. yn

=1+

1
n

,

hn ≤

−xn
yn
+
xn
n. yn

1
= 1 + , ∀n ∈ N ∗ ;
n

Suy ra, ∀n ≥ 2 :

gn
hn
gn
hn
hn
hn
2yn
gn − hn
+
=
+
+
−
=
+
.hn ,
gn
hn
gn
gn
hn
gn
n yn . gn

gn . hn
gn
hn
+
gn
hn
Nên lim

n→∞

gn
gn

+

hn
hn

1 + n1 − 1 +
2
≤
+
n gn
gn

1
n

≤

4
, ∀n ≥ 2,
n−1

= 0, (Mâu thuẫn với (1.11.3))

Vậy, (∃M > 0), (∀y ∈ K\ {θ}), (∀x ∈ Ey ) : x

22

E

≤ M. x y . y

E.


2) ⇒ 3)
Giả sử (∃M > 0), (∀y ∈ K\ {θ}), (∀x ∈ Ey ) : x
Khi đó: (∀x, y ∈ K) x = y = 1, ta có
x

E

≤M x

x+y

x+y

E

E

≤ M. x y . y

≤M x+y

(vì θ ≤ x ≤ x + y ⇒ − (x + y) ≤ x ≤ (x + y) ⇒ x

⇒ x+y

E

≥

x
M x

E

E.

E

x+y

≤ 1)

1

=δ>0
M

=

x+y

Suy ra K chuẩn tắc ⇒ ∀x, y ∈ K; y − x ∈ K;
Ta xét hai trường hợp,
+) Nếu y = θ ⇒ −x ∈ K , ta có x ∈ K, −x ∈ K ⇒ x = θ, từ đó suy ra

∀N > 0 ta luôn có:
x

E

≤N y

E.

+) Nếu y = θ, thì θ ≤ x ≤ y và θ ≤ x ≤ x + y ⇒ −y ≤ x ≤ y ⇒ x ∈ Ey
và x ≤ 1.
Suy ra

(∃N > 0) (∀x, y ∈ K, y = θ, x ≤ y) x

E

≤N x

y

y

E

≤N y

E.

3) ⇒ 1)
Giả sử (∃N > 0) (∀x, y ∈ K : y − x ∈ K) x E ≤ N y E .
Suy ra x E ≤ N x + y E , ∀x, y ∈ E
Do đó (∀x, y ∈ K) x = y = 1 thì bất đẳng thức trên vẫn đúng. Nghĩa
là:
1
1≤N x+y E ⇒ x+y E ≥
= N −1 > 0
N
. Vậy, K là nón chuẩn tắc.
Giả sử không gian Banach thực E nửa sắp thứ tự theo nón K ⊂ E
và K là nón chuẩn tắc, khi đó:

23