Luận văn Định lí Krein - Rutman và các mở rộng

i mọi 0 1t 0 hay f (x) f (x ) t > > . Cho t →∞ ta có f (x) 0≥ hay *f K∈ . Ta có 0f (x ) f (t. ) 0< θ = , điều này mâu thuẫn với giả thiết 0f (x ) 0≥ , *f K∀ ∈ . b) Cho x K∈ \{ }θ , khi đó tồn tại * *x K∈ sao cho *x (x) 0> . c) Cho int K ≠ ∅ . Nếu 0x int K∈ thì * ox (x ) 0> , với mọi * *x K∈ \{ }θ , và trong trường hợp ox K∈∂ thì tồn tại * *x K∈ \{ }θ sao cho * ox (x ) 0= . 9 1.2. Ánh xạ tuyến tính dương và sự tồn tại vectơ riêng dương 1.2.1. Giá trị riêng và vectơ riêng Cho X là một không gian vectơ và : X Xϕ → là một toán tử tuyến tính. Số λ được gọi là giá trị riêng của ϕ nếu tồn tại x X∈ , x ≠ θ sao cho (x) x.ϕ = λ Vectơ x được gọi là vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ của ϕ . • Ứng với một giá trị riêng có vô số vectơ riêng. • Với mọi vectơ riêng x của ϕ , V x= là một không gian con bất biến một chiều của ϕ . 1.2.2. Phổ của ánh xạ tuyến tính Cho X là không gian Banach trên trường  , A là ánh xạ tuyến tính liên tục từ X vào X . Định nghĩa i) λ∈ gọi là giá trị chính qui của A nếu A I− λ là song ánh từ X vào X. Tập các giá trị chính quy của A ký hiệu (A)ρ , gọi là tập giải của A. ii) Tập (A)σ =  \ (A)ρ gọi là phổ của A. Như vậy : (A)λ∈σ ⇔ A I− λ không đơn ánh hoặc A I− λ không toàn ánh. Nếu A I− λ không đơn ánh thì số λ gọi là giá trị riêng của A. Khi đó : ke r(A I)− λ gọi là không gian riêng của A. Mỗi x ke r(A I)∈ −λ \{ }θ hay (Ax x, x )= λ ≠ θ gọi là vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ . iii) Số { }r(A) sup : (A)= λ λ∈σ gọi là bán kính phổ của A, với A là ánh xạ tuyến tính liên tục từ X vào X . Định lí Bán kính phổ của A được tính bởi nn n r(A) lim A →∞ = . Định lí (Phổ của ánh xạ compact) Giả sử X là không gian Banach với dim X = ∞ và A là ánh xạ tuyến tính compact. Khi đó ta có: 10 1) 0 (A)∈σ . 2) Mỗi { }(A) \ 0λ∈σ là một giá trị riêng. 3) Chỉ xảy ra một trong cá khả năng sau : - hoặc { }(A) 0σ = - hoặc (A)σ \{ }0 hữu hạn - hoặc là một dãy tiến về 0. 1.2.3. Ánh xạ tuyến tính dương. Định nghĩa Cho X là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón K . a) Một ánh xạ tuyến tính A : X X→ gọi là dương nếu với mọi x ≥ θ thì A(x) ≥ θ hay A(K) K⊂ . b) Nếu A tuyến tính, dương thì A tăng ( )x y A(x) A(y)≤ ⇒ ≤ . 1.2.4. Sự tồn tại vectơ riêng dương Bổ đề 1.2.4 Cho 0u K∉− và x K∈ . Khi đó, tồn tại số cực đại xt 0≥ sao cho x 0x t u≥ (cực đại theo nghĩa nếu t 0≥ cũng thoả 0x t u≥ thì xt t≤ ). Chứng minh Đặt { }0T t 0 : x tu= ≥ ≥ . Ta chứng minh T ≠ ∅ , bị chặn trên , đóng. T ≠ ∅ . Thật vậy, ta có 0x K x x 0.u 0 T∈ ⇒ ≥ θ⇒ ≥ ⇒ ∈ . T bị chặn trên. Thật vậy giả sử T không bị chặn trên. Khi đó tồn tại n n 0 0 0t : x t u u u K→+∞ ≥ ⇒ θ ≥ ⇒ ∈− (vô lý). Vậy có số xt supT= . T đóng. Thật vậy, xét n nt t, t T→ ∈ hay nt 0≥ và n 0x t u≥ , cho n →∞ ta được : 0x tu≥ và t 0≥ nên t T∈ . Do T đóng nên xt T∈ hay x 0x t u≥ . Vậy xt là số cần tìm. 11 Định lí 1.2.4 Giả sử các điều kiện sau thoả i) A: X X→ là ánh xạ tuyến tính dương, compact. ii) Tồn tại phần tử 0 0u K K,u K∈ − ∉− và số 0α > , *p∈ thoả mãn p 0 0A (u ) u≥ α . Khi đó A có trong K vectơ riêng với giá trị riêng tương ứng pλ ≥ α . Chứng minh Giả sử 0u v w; v,w K,v= − ∈ ≠ θ . Với mỗi *n∈ , xét ánh xạ nA : K B( ,1) K B( ,1)θ → θ  định bởi n vA(x) nA (x) vA(x) n + = + . Lấy k k(x ) K B⊂ ∩ thì { }kA(x ) có dãy con hội tụ. Vậy { }n kA (x ) có dãy con hội tụ hay nA compact, và do đó theo định lí Schauder nA có điểm bất động tức là n n n nx K B( ,1) : A (x ) x∃ ∈ ∩ θ = ⇒ n nx K, x 1∃ ∈ = , n vA(x) n λ = + : n n n vA(x ) x n + = λ . Ta chứng minh pnλ ≥ α . Ta có n n n vx A(x ) n λ = + nên 0n n n uvx n n ≥ ≥ λ λ (do 0u v w= − ) . Gọi nt là số lớn nhất thoả n n 0x t u≥ thì n n 1t 0 n ≥ > λ và nt 0> Ta có n n n 1x A(x )≥ λ nên n p n np 1x A (x )≥ λ (dùng qui nạp tác động A lên 2 vế nhiều lần ) n n p n n n 0 0p p 1 tx A (t u ) uα⇒ ≥ ≥ λ λ ⇒ nn p n tt α≥ λ ( do tính cực đại của nt ). Vậy pnλ ≥ α . 12 Chứng minh n n( )λ bị chặn. Ta có pnλ ≥ α nên n n( )λ bị chặn dưới. Mặt khác, ta có: n vA(x) A v , n λ = + ≤ + với mọi *n∈ nên n n( )λ bị chặn trên. Vậy n n( )λ bị chặn, do đó tồn tại { }k k pn n:λ λ → λ ≥ α . Ta có n n(x ) bị chặn (vì nx 1= ), mà A compact nên tồn tại { } { }kn nx x⊂ , kn A(x ) y→ . Do đó tồn tại k0 n 0 0k x : lim x , x K, x 1 →∞ = ∈ = và ta có 0 0A(x ) x= λ (do qua giới hạn đẳng thức k k kn n n k vA(x ) x n + = λ ). Vậy A có trong K vectơ riêng với giá trị riêng tương ứng pλ ≥ α . 13 1.3. Định lí Krein – Rutman Định nghĩa Cho X là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón C , với int C ≠ ∅ , và T: X X→ là một toán tử tuyến tính. T được gọi là dương mạnh đối với C nếu thoả mãn { }( )4H : T C \ int Cθ ⊂ . Định nhĩa 1.3.1 Cho X là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón C, với int C ≠ ∅ , T: X X→ toán tử tuyến tính dương mạnh và S : + +∑ ∑→ cảm sinh bởi T trên +∑ , trong đó C+∑ ∑=  , { }x X: x 1 ,∑ = ∈ = TuSu ,u Tu +∑= ∈ . S xác định như trên gọi là hệ động lực. Định nghĩa 1.3.2 ( )ik 1 i k(u) S u> >ω =   gọi là tập ω−giới hạn của u. Ta có kết quả sau : Nếu v (u)∈ω thì ta có tồn tại duy nhất dãy con ki , k 1,2,...= sao cho k i k limS u v →∞ = . Định lí 1.3.3 (Krein – Rutman) Cho X là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón C , int C ≠ ∅ và cho T : X X→ là toán tử tuyến tính compact và dương mạnh. Khi đó : i) Bán kính phổ (T)ρ của T là dương. ii) (T)ρ là một giá trị riêng đơn của T. iii) Nếu (T)µ ≠ ρ là giá trị riêng của T thì (T)µ < ρ . iv) Vectơ riêng v tương ứng với (T)ρ , có thể lấy trong int C . v) v là vectơ riêng duy nhất của T trong C, chính xác đến một thừa số. Chứng minh Để chứng minh định lí này, ta cần hai bổ đề sau 14 Bổ đề 1.3.4 Cho u +∑∈ và (u)ω là tập ω−giới hạn của u tương ứng với hệ động lực S : + +∑ ∑→ được xác định bởi TuS(u) Tu = , với u +∑∈ . (1.1) Khi đó (u)ω ≠ ∅ . Chứng minh Thật vậy, đặt 1 i 1 ie u, e S(e ), i 1+= = ≥ . Giả sử 1 2e ,e ,... là độc lập tuyến tính. Từ (1.1) ta có : i i i 1Te e += µ với i iTeµ = . (a) Chứng minh iµ không dần tới 0 khi i →∞ . Đặt 1 1 2 1 2 1 i 1 ie , e ce , T+ε = ε = µ − ε = ε , i 2,3,....= 4H dẫn đến là 2e int C∈ , do đó khi c nhỏ thì 2 Cε ∈ và từ 4H ta có i C, i 1,2,3,....ε ∈ = . Điều đó dẫn đến nếu i , i 1,2,...α = là một dãy các số dương và chuổi ii i∑ α ε là hội tụ thì tổng ii iv ∑ α ε= là trong C vì C đóng và thoả mãn H2. Xét đặc biệt chuỗi tương ứng với 1 i i 1 i i i(2c) , (2 1)(2c) , i 1,2,... + − − −α = α = − = với c 0> đủ nhỏ . Từ định nghĩa của iε , nếu giả sử 0 1µ = thì i i 1 i 1 i i 1 i 1 1 2 1 1 1 j i 1 j i 0 0 T ( e ce ) T e cT e e c e − − − + +    ε = µ − = − = µ − µ        ∏ ∏ , i 1, 2,...= i 1 n 1n n 1 i ni i i j n j 1 1 0 0 i 1( c ) e e − −− +    α ε = α − µ + α µ        α∑ ∑ ∏ ∏ và do đó i 1 n 1 j jn n 1 0 0 i i 1 1 nii 1 n 1 1 e e 2 (2c) (2c) − − − + − − µ µ α ε = + ∏ ∏ ∑ ∑ , i 1 n 1 j jn n 1 0 0 i i 1 1 n i ni 1 n 1 (2 1)1 e e 2 (2c) (2c) − − − − − − µ µ α ε = − − + ∏ ∏ ∑ ∑ 15 Từ những điều này, ta thấy rằng nếu iilim 0→∞ µ = thì chuổi i i1 ∞ ±α ε∑ là hội tụ và i i ii 11 ∞ ∞ +−α ε α ε= − ≠ θ∑ ∑ mâu thuẫn với 3H . b) Từ (a) ta có dãy con ki µ và một số 0µ > mà ki µ ≥ µ . Vì T compact, i i(e ) bị chặn (do ie 1,i 1,2,...= = ) nên tồn tại dãy con { }kie sao cho kiT(e ) z→ , khi k →∞ . Nói riêng k ki ik k lim Te lim z →∞ →∞ = µ = ≥ µ và do đó kk k k ii i 1k k k i Te zlimS u lime lim zTe+→∞ →∞ →∞ = = = ⇒ z (u) z ∈ω . Vậy (u)ω ≠ ∅ . Bổ đề 1.3.5 Cho u +∑∈ và v (u)∈ω . Khi đó v là điểm cố định của S và do đó là một vectơ riêng của T . Chứng minh Theo cách định nghĩa v (u)∈ω ta có tồn tại duy nhất dãy con ik , k = 1, 2, . . . sao cho ki k limS u v →∞ = . (1.2) Nếu v Sv≠ , khi đó u Su≠ và H3 dẫn đến là u, Su và v, Sv là các cặp vectơ độc lập tuyến tính. Áp dụng (1.2) và k k k k i i 1 i ik k Su T u Tv TvlimT Tu T lim Sv T u T u Tu Tu − →∞ →∞     = = =                     ta thu được ki k limS u v ,γ γ→∞ = γ∈ , (1.3) trong đó cos u sin Suu cos u sin Suγ γ + γ = γ + γ  ; Tvcos v sin Sv Tuv Tvcos v sin Sv Tu γ γ + γ = γ + γ           . 16 Đặt { : v C}γΓ= γ ∈ . Γ là tập khác rỗng vì 0v v C= ∈ và Γ là tập đóng vì C đóng. Ta chứng minh Γ là tập mở hay với mọiσ∈Γ , tồn tại 0: B( , )ε> σ ε ⊂ Γ . Thật vậy, lấy σ∈Γ khi đó H4 đưa đến Sv int Cσ∈ và do đó từ (1.3) ta có ki 1S u int C khi k K+ σ∈ ≥ đối với một số nguyên K nào đó. Nhưng khi đó H4 kéo theo Ki 1S u int C+ σ∈ và do đó tồn tại 0ε> thỏa K i 1S u int C,+ γ∈ với mọi ( , )γ∈ σ−ε σ+ε . Từ (1.3) và H4 ta có v C,γ ∈ với mọi ( , )γ∈ σ−ε σ+ε nên γ∈Γ . Do đó B( , )σ ε ⊂ Γ . Vậy Γ là tập mở, mà Γ là tập đóng nên Γ= . Điều này có nghĩa vγ và v vγ+π γ= − cả hai đều nằm trong C mâu thuẫn với 3H . □ Từ Bổ đề 1.3.4 và Bổ đề 1.3.5, ta có tồn tại v +∑∈ thỏa mãn Sv v= hay Tv Tv v= . Do đó v là vectơ riêng của T tương ứng với giá trị riêng dương Tvλ = . Ngoài ra v int C∈ (do 4H ). Giả sử w v, w 1≠ = là một vectơ riêng của T tương ứng với giá trị riêng µ thực. Khi đó, nếu ,α β là các số thực sao cho 0α + β ≠ , ta có n n n v w v wS v w v w µ α +β  α +β λ =  α +β µ   α +β λ  . (1.4) Chứng minh µ ≠ λ . Giả sử trái lại µ = λ , ta có v wα +β là một vectơ riêng của T. Chứng minh v w Cα +β ∈∂ cho một sự lựa chọn thích hợp của ,α β . Thật vậy , ta có : v int C∈ ⇒ r 0: B(v, r) int C∃ > ⊂ , mà v rw v r+ − = nên v rw int C+ ∈ ⇒ /v r w C− + ∈− \{ }0 (với /r r= − )⇒ /v r w C− + ∉ (do H3 ). Xét 2f : X→ định bởi f ( , ) v wα β = α +β , ta có f liên tục, và tồn tại 1 1 1 1( , ): f ( , ) int Cα β α β ∈ , tồn tại 2 2 2 2( , ): f ( , ) Cα β α β ∉ ⇒ 2 2f ( , ) X \ Cα β ∈ . Ta chứng minh tồn tại ( , ): f ( , ) Cα β α β ∈∂ . 17 Thật vậy , giả sử trái lại không tồn tại ( , ): f ( , ) Cα β α β ∈∂ , nên với mọi 2( , )α β ∈ ta có f ( , ) int Cα β ∈ hoặc f ( , ) X \ Cα β ∈ . Do đó 11A f (int C)−∅ ≠ = mở (do f liên tục ), 11A f (X \ C) −∅ ≠ = mở (do f liêntục). Như vậy 1 2A A = ∅ , 2 1 2A A =  liên thông (vô lý ). Vậy v w Cα +β ∈∂ . Điều này mâu thuẫn với H4 , nghĩa là T không thể có vectơ riêng trên C∂ . Do đó µ ≠ λ . ▫ Nếu µ > λ thì với điều kiện 0β ≠ , phương trình (1.4) kéo theo 2n 2n 2nn n v w v wlimS lim w v w v w →∞ →∞  λ α +β   µα +β  = = ±  α +β  λ  α +β µ  (1.5) tuỳ thuộc vào 0β > hoặc 0β < . Do H3 một trong w hoặc w− không phải trong C. Bằng cách thay w với w− , nếu cần thiết ta có thể giả sử w C∉ . Vì C đóng nên có lân cận W của w sao cho W C∩ =∅ . Mặt khác, v int C∈ có nghĩa chúng ta có thể chọn , 0α β > thoả v w int Cα +β ∈ . Nhưng khi đó (1.5) mâu thuẫn với H4 và do đó µ không thể lớn hơn λ . ▫ Nếu µ < λ thì từ (1.4) với điều kiện 0α < , ta được n n nn n v w v wlimS lim v v w v w →∞ →∞ µ α +β  α +β λ = = −  α +β µ   α +β λ  (1.6) Ta chứng minh w C∉ . Giả sử w C∈ , khi đó chúng ta có thể giả sử w int C∈ , vì w là một vectơ riêng của T. Do đó có ,α β với 0α < thoả v w int Cα +β ∈ . Điều này và (1.6) một lần nữa dẫn đến mâu thuẫn với H4 . Vậy w C∉ . Lập luận tương tự cho thấy rằng bội đại số của λ là 1 và µ < λ cho bất kỳ giá trị riêng phức của T. 18 Chương 2. ĐỊNH LÍ KRIEN – RUTMAN CHO ÁNH XẠ u0 – DƯƠNG 2.1. Ánh xạ u0 – dương Định nghĩa 2.1 Cho X là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón K , A : X X→ là tuyến tính dương, 0u K∈ \{ }θ . • A gọi là 0u − bị chặn trên ( 0u −bị chặn dưới ) nếu : Với mỗi x K∈ \{ }θ , tồn tại *(x) 0, n n(x)α = α > = ∈ : n 0A (x) u≤ α n 0(A (x) u )≥ α . • A gọi là 0u − bị chặn hay 0u − dương nếu A là 0u − bị chặn trên và 0u − bị chặn dưới . Ví dụ 2.1 a) Trong [ ]a ,bC xét [ ]{ }K x : x(t) 0, t 0,1= ≥ ∀ ∈ . Xét [ ] [ ]0,1 0,1A : C C→ , 1 0 A(x)(t) G(t,s).x(t)ds= ∫ , t(1 s),0 t s 1 G(t,s) s(1 t) ,0 s t 1 − ≤ ≤ ≤ =  − ≤ ≤ ≤ . Ta có : [ ] [ ]t(1 t)s(1 s) G(t,s) t(1 t) , (t,s) 0,1 0,1− − ≤ ≤ − ∀ ∈ × nên 1 1 0 0 t(1 t) s(1 s)x(s)ds Ax(t) t(1 t) x(s)ds− − ≤ ≤ −∫ ∫ . Do đó A là u0 – dương , với 0u (t) t(1 t)= − . b) Giả sử nón K có int K ≠ ∅ , 0u int K∈ và A : X X→ là tuyến tính thoả { }( )A K \ int Kθ ⊂ . Khi đó A là 0u − dương. Chứng minh Xét x K∈ \{ }θ . • Vì A(x) int K∈ nên tồn tại ( )1 1r 0: B A(x), r K> ⊂ , do đó 1 o 0 rA(x) u K u − ∈ 19 hay 1 o 0 rA(x) u u ≥ . Do đó A là u0 – bị chặn dưới . • Tương tự , do 0u int K∈ nên tồn tại 2r 0> : 0 2 A(x)u r A(x) − ≥ θ hay o 2 A(x) A(x) u r ≤ . Do đó A là u0 – bị chặn trên. Vậy A là u0 – dương. 2.2. Định lí Krien–Rutman cho ánh xạ u0 – dương Bổ đề 2.2.1 Nếu A là 0u − dương và có 0x K∈ \{ }θ là vectơ riêng của A thì A là 0x − dương. Chứng minh Ta chứng minh rằng A là 0x − bị chặn trên. Xét x K∈ \{ }θ , ta có tồn tại số 0α > , * n 0n : A (x) u∈ ≤ α . Ta có 0x K∈ \{ }θ nên tồn tại số 0β > , *m :∈ m0 0u A (x )β ≤ n m 0 0A (x) x α ⇒ ≤ λ β . Do đó A là x0 –bị chặn trên. Ta chứng minh tương tự , ta được A là 0x − bị chặn dưới. Vậy A là x0 – dương. Bổ đề 2.2.2 Cho A là ánh xạ 0u − bị chặn trên , và phần tử x K K, x K∈ − ∉− thoả mãn tồn tại số 0 : A(x) xα > ≥ α . Gọi 0t là số lớn nhất thoả mãn 0 0u t x≥ thì 0t 0> . Chứng minh Ta có : / / / / / / / * p / 0 x x x , x ,x K, x , 0, p : A (x ) u  = − ∈ ≠ θ   ∃β > ∃ ∈ ≤ β  p p p p 0 0 0u A (x) x u x t 0 α α ⇒β ≥ ≥ α ⇒ ≥ ⇒ ≥ > β β ( do tính lớn nhất của 0t ). Vậy 0t 0> . 20 Định lí 2.2.3 Cho X là không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón K .Giả sử : i) K là nón sinh, ii) A : X X→ là ánh xạ 0u − dương , liên tục có vectơ riêng dương 0x , tương ứng với giá trị riêng 0λ . Khi đó : 1) 0λ là giá trị riêng đơn ( bội1) của A . 2) 0x là vectơ riêng dương duy nhất của A . 3) Mọi giá trị riêng khác của A đều có môđun nhỏ hơn 0λ . Chứng minh Giả sử 0λ là giá trị riêng của A . Đặt n n 0X ker(A I)= − λ thì ta có 1 2X X ...⊂ ⊂ Đặt 0 n n 1 X X ∞ = =  thì số chiều của không gian con 0X là bội của 0λ . Nếu A compact thì ndim X , , 0 01 2 n 1 n n 1 X X ... X X X ....− +⊂ ⊂ ⊂ ⊂ = = nên bội của 0λ là hữu hạn . Chứng minh 1) Ta chứng minh rằng 1dim X 1= . Giả sử trái lại tồn tại 0 0 0 0 0y x : Ay y∉〈 〉 = λ . Coi 0y K∉− và gọi 0t là số lớn nhất thỏa 0 o 0x t y≥ thì 0t 0> ( Bổ đề 2.2.2). Theo giả thiết phản chứng thì 0 o 0x t y K− ∈ \{ }θ . Nên do tính u0 –dương của A ta có tồn tại số 0α > , * p 0 0 0 0p : A (x t y ) x∈ − ≥ α . Do đó p 0 0 0 0p 0 x t yλ≥ λ −α (coi p0α <λ ) suy ra p 0 0 0p 0 t tλ≥ λ −α (vô lý). Vậy dim X1 = 1. Chứng minh rằng X2 = X1 (do đó Xn = X1, với mọi n ). Giả sử trái lại tồn tại 20 0x : (A I) (x) , (A I)(x)≠θ −λ =θ −λ ≠ θ . Vì 0 1A(x) x X−λ ∈ nên theo bước trên tồn tại 0 0t 0 : A x x tx≠ −λ = . (2.1) Có thể coi t 0> ( nếu không, ta xét –x thay cho x ). Ta chứng minh x K∉− 21 Thật vậy, từ (2.1) ta có m m m 10 0 0A (x) x m t x , −− λ = λ với mọi *m∈ . Nếu ( x) K− ∈ thì ta có m m 1 00 0 0 0x m t x x x ,mt − −λ−λ ≥ λ ⇒ ≥ với mọi *m∈ , và cho m →∞ , ta được 0x ≤ θ (vô lý ). Vậy x K∉− . Gọi 0t là số lớn nhất thoả 0 ox t x≥ thì 0t 0> ( Bổ đề 2.2.2). Khi đó : 00 0 0 0 0 0 A(x ) t A(x) x t x t .t λ ≥ ⇒ ≥ λ − (do (2.1)). Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của 0t . Vậy X2 = X1, do đó Xn = X1, với mọi n . Như vậy ta có 0 1dim X dim X 1= = nên 0λ là giá trị riêng đơn ( bội1) của A. Chứng minh 2) Giả sử trái lại tồn tại 1x K∈ \ { }θ : 1 0 1 1 1x x , Ax x∉〈 〉 = λ . Do tính chất 1), ta có 1 0λ ≠ λ . Coi 1 0λ > λ (vai trò 1 0,λ λ như nhau ). Gọi 0t là số lớn nhất thoả mãn 0 o 1x t x≥ thì 0t 0> ( Bổ đề 2.2.2). Ta có : 1 0 o 1 0 0 o 1 1 0 o 1 0 A(x ) t A(x ) x t x x t xλ≥ ⇒ λ ≥ λ ⇒ ≥ λ . Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của 0t .Vậy 0x vectơ riêng dương duy nhất của A. Để chứng minh 3) ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 2.2.4 Giả sử A thoả i) , ii) và 0X là không gian con thoả o o 0A(X ) X , dim X⊂ < ∞ , o 0x X .∉ Khi đó { }0X K = θ . Chứng minh Thật vậy, giả sử trái lại là { }o 0K : X K= ≠ θ . Ta có oK là nón, 0 0x K∉ , 0 0A(K ) K⊂ . Gọi 0A là ánh xạ A xét trên 0X . Ta chứng minh 0 0 0X ,K ,A thoả điều kiện Định lí 1.2.4. Thật vậy, ta có : 0A tuyến tính dương ( do A tuyến tính dương), 0A liên tục ( do A liên tục ) và 0 0dim A (X ) < ∞ ⇒ 0A compact. 22 Ta chứng minh tồn tại p *0 0 0 0 0y K K : A y y (p )∈ − ≥ α ∈ . Thật vậy, lấy 1 0y K∈ \{ }θ thì tồn tại số * q 1 00, q : A (y ) xβ > ∈ ≤ β . Đặt q0 1y A (y )= , ta có 0 0y K∈ \{ }θ nên tồn tại số / 0α > , * p /0 0p : A (y ) x∈ ≥ α . Do đó ta có / / p q 0 1 0A (y ) A (y ) y ( ) α α ≥ = α α = β β nên p0 0 0A (y ) y≥ α . Vậy 0 0 0X , K , A thoả điều kiện Định lí 1.2.4. Do đó A có trong oK vectơ riêng , mâu thuẫn với tính chất 2) Chứng minh 3) Thật vậy , giả sử 1λ là giá trị riêng của A và 1 0λ ≠ λ . Trường hợp 1 : 1λ ∈ , 1 0λ > , 1 1 1Ax x= λ . Ta có 1x K∉ (do tính chất 2) ). Do đó ( )1x K− ∉ − và 1 1 1A( x ) ( x )− = λ − nên theo Bổ đề 2.2.2 , tồn tại 0t 0> là số lớn nhất thoả 0 0 1x t ( x )≥ − . Khi đó: 0 0 1A(x ) t A( x )≥ − ⇒ 10 0 1 0 x t ( x )λ≥ − λ . Do đó 0 1λ > λ (do tính lớn nhất của 0t ). Trường hợp 2 : 1λ ∈ , 1 0λ < , 1 1 1Ax x= λ . Ta có : 21λ là giá trị riêng của 2A , 2A là 0u - dương, 2 0λ là giá trị riêng của 2A tương ứng với vectơ riêng 0x K∈ . Do đó : 2 2 1 0λ < λ (do trường hợp1) hay 1 0λ < λ . Trường hợp 3 : 1λ ∈ , 1 i ( 0)λ = α + β β ≠ . Xem { }X (x, y) : x, y X= ∈ , (x , y) : x iy= + . Ta định nghĩa : • (a ib)(x, y) (ax by,ay bx)+ = − + • / / / /(x, y) (x , y ) (x x , y y )+ = + + A : X X→   , A(x, y) (A(x),A(y))hay A(x iy) A(x) iA(y)= + = +  suy ra A tuyến tính . Nếu 1λ là giá trị riêng của A thì ta cũng nói 1λ là giá trị riêng của A. 23 Như vậy, tồn tại (x, y) ( , ) X X≠ θ θ ∈ × sao cho 1 A x x y A(x, y) (x, y) A y x y = α −β = λ ⇔  = β + α  (2.2) Ta chứng minh rằng x, y độc lập tuyến tính. Giả sử trái lại x, y phụ thuộc tuyến tính ⇒ y kx= , k 0≠ ⇒ A x x k x kA x x k x = α − β  = β + α Nhân k hai vế phương trình trên và trừ vế theo vế hai phương trình trên ta được 2(1 k ) xθ = β + (vô lí). Vậy x, y độc lập tuyến tính. Đặt 0X x, y=〈 〉 . Ta chứng minh 0X , A thoả điều kiện của Bổ đề 2.2.4. Ta có 0dim X < ∞ . Chứng minh 0 0x X∉ . Giả sử trái lại nếu 0 0x X∈ thì 0x a x by= + ⇒ 0Ax a Ax bAy= + ⇒ 0 0x a( x y) b( x y)λ = α −β + β + α ⇒ 0 (ax by) (a b )x (b a )yλ + = α + β + α − β ⇒ 0 0 a a b b b a λ = α + β λ = α − β ( do x, y độc lập tuyến tính ) ⇒ 0 0 a( ) b 0 a( ) b( ) 0 α −λ + β =  −β + α −λ = ⇒ 0 0 0 α −λ β = −β α −λ ⇒ ( )2 20a 0− λ +β = (vô lý do 0β ≠ ). Vậy o 0x X .∉ Chứng minh : 0 0A(X ) X⊂ . / / / 0x X x ax by Ax aAx bAy a( x y) b( x y)∈ ⇒ = + ⇒ = + = α −β + β + α ⇒ ( ) ( )/Ax a b x b a y= α + β + α − β ⇒ / 0Ax X∈ . Do đó 0 0A(X ) X⊂ . Vậy theo Bổ đề 2.2.4 , tacó : { }0K X = θ nên ax by K,+ ∉ với mọi (a,b) (0,0)≠ (2.3) Chứng minh 2 21 0 0λ < λ ⇔ α +β < λ . Đặt { }2 0T (a,b) : ax by x K= ∈ + + ∈ . 24 Ta chứng minh T bị chặn. Giả sử T không bị chặn, khi đó tồn tại n n(a ,b ) sao cho n n 0a x b y x K+ + ∈ và nn 2 2a b+ →∞ khi n →∞ . Do đó n n nn n n 0n n 2 2 2 2 2 2 xa bx y K a b a b a b + + ∈ + + + . (2.4) Ta có { } n nn n 2 2n n 2 2 2 2 a b, S (a,b): a b 1 a b a b    ∈ = + =  + +  , mà S compact (do S đóng và bị chặn ) nên n n n n n n 2 2 2 2 a b, a b a b        + +    có dãy con hội tụ hay k k n n n nk k k k n n 0 o2 2 2 2 a b , (a ,b ) S a b a b     → ∈  + +  . Qua giới hạn trong (2.4) (với kn n= ) ta được 0 0a x b y K+ ∈ ( do K đóng ). Điều này mâu thuẫn , vì ax by K,+ ∉ với mọi (a,b) (0,0)≠ . Vậy T bị chặn. Chứng minh T là tập đóng Thật vậy, n n n n(a ,b ) T :(a ,b ) (a,b)∈ → . Do đó n n 0a x b y x K+ + ∈ và n na a , b b→ → ⇒ 0ax by x K+ + ∈ (do K đóng ) ⇒ (a,b) T∈ . Vậy T đóng. Tóm lại T đóng và bị chặn nên T là tập compact. Xét ánh xạ g : T →  định bởi 2 2g (a,b) a b= + . Ta có g liên tục trên tập compact T nên tồn tại 0 0 0 0(a ,b ) T : g(a ,b ) supg(T)∈ = hay { }02 2 2 20a b sup a b : (a,b) T+ = + ∈ . Như vậy ta có : 0 0(a ,b ) T∈ ⇒ 0 0 0a x b y x K+ + ∈ . Mà 0 0 0a x b y x+ + ≠ θ (do 0x X∉ ) và A là x0 – dương (do A là u0 – dương) nên tồn tại số *c 0, p> ∈ sao cho : ( )p 0 0 0 0A a x b y x c x+ + ≥ ( )p p0 0 0 0 0A a x b y x c x⇒ + + λ ≥ . (2.5) Có thể coi p0c < λ từ (2.5), ta có p 1 1 0 0a x b y ( c)x+ + λ − ≥ θ , (2.6) trong đó 25 p 1 1 0 0a x b y A (a x b y)+ = + . Ta tìm được rằng 1 0 0 2 2 2 2 p 2 2 1a b ( ) (a b )+ = α +β + (do (2.2)) Từ (2.6) ta có : 2 2 2 2 2 2 p p 21 1 1 1 0 0 0p p p 2 0 0 0 a b a b, T a b ( ) ( c) c c ( c)   + ∈ ⇒ ≤ + ⇒ α +β ≤ λ − λ − λ − λ −  (nếu 0 0(a ,b ) (0,0)≠ ) 0 2 2 p 2p 2 2 0( )⇒ α +β ≤ λ ⇒ α +β ≤ λ hay 1 0λ ≤ λ . Ta kiểm tra 0 0(a ,b ) (0,0)≠ hay T chứa các điểm (a,b) (0,0)≠ . Ta có : / / / / / / / / * p / / 0 x x x ; x , x K, x (do(2.3)) c 0, p : A (x ) cx  = − ∈ ≠ θ  ∃ > ∃ ∈ ≤  p p ,, p 0 0 1A (x) A (x ) cx A (x) x K c ⇒ ≥ − ≥ − ⇒ + ∈ . Phân tích : p1 A (x) ax by c = + thì (a,b) T∈ , (a,b) (0,0)≠ . 26 Chương 3. ĐỊNH LÍ KREIN-RUTMAN CHO ÁNH XẠ THUẦN NHẤT DƯƠNG 3.1. Ánh xạ thuần nhất dương và Bán kính phổ mở rộng Cho X là không gian Banach thực với thứ tự sinh bởi nón P a) Một ánh xạ T : X X→ gọi là thuần nhất dương bậc 1 nếu T(tx) t T(x), t 0, x X= ∀ > ∀ ∈ . b) Một ánh xạ T : X X→ tăng ( tăng ngặt) nếu x y≤ thì Tx Ty≤ ( nếu x y< thì Tx Ty< ). c) Đặt P P= \{ }θ , một cặp ( ) 1, x R P+λ ∈ ×  được gọi là cặp riêng dương nếu T (x) x= λ . Định nghĩa 3.1.1 Cho T là ánh xạ tăng , thuần nhất dương bậc 1, compact và liên tục với mọi x P∈  , ta định nghĩa : . { }* ** *P (x) x P : x ,x 0= ∈ 〈 〉 > với { }* * * *P x X : x ,x 0, x P= ∈ 〈 〉 ≥ ∀ ∈ . . * * * *x* P (x) x ,Tx(x) inf x ,x∈ 〈 〉 µ = 〈 〉 , * * * *x* P (x) x ,Tx(x) sup x ,x∈ 〈 〉 µ = 〈 〉 . * * x P r (T) sup (x) ∈ = µ  , * * x P r (T) inf (x) ∈ = µ  . Tính chất 3.1.2 1) Với mọi x P∈  , *P (x) là trù mật trong P∗ . 2) Nếu int P ≠ φ thì với mọi *x int P, P (x) P∗∈ =  . 3) Nếu tồn tại c 0> và tồn tại x P∈  thoả mãn cx Tx (cx Tx)≥ ≤ thì * *r (T) (x) c≤ µ ≤ (tương ứng * *r (T) (x) c≥ µ ≥ ). 27 4) Một cặp ( , x)λ là cặp riêng dương nếu và chỉ nếu 1( , x) R P+λ ∈ ×  và * *(x) (x)µ = λ = µ (tương ứng * *r (T) (x) c≥ µ ≥ . Và khi đó * *r (T) r (T)≤ λ ≤ nếu 0λ ≥ là giá trị riêng của T với véctơ riêng dương. Chứng minh 1) Thật vậy, ta có : { } { }** ** XP x X : x ,x 0, x P \∗ = ∈ 〈 〉 ≥ ∀ ∈ θ nên **x P \ P (x)∗∈  thì *x , x 0〈 〉 = . Theo định lí mở rộng các hàm số dương ta có tồn tại **0x P∈  với *0x 1= thoả *x , x 0〈 〉 > . Khi đó *** 0x x P (x),+ε ∈ với mọi 0ε > . Vì ** *0x x x+ ε → khi 0ε → nên **x P (x)∈ . Do đó *P P (x)∗ ⊂ hay *P (x) là trù mật trong P∗ . 2) Thật vậy, tacó : *P (x) P∗⊂  (do định nghĩa *P (x) ,P∗ ). Ta chứng minh *P P (x)∗ ⊂ . Thật vậy , vì int P ≠ φ nên với mọi x int P∈ , ta có : *x , x 0〈 〉 > , với mọi *x P∗∈  (do mệnh đề 1.1.5 (c) ) nên *x P (x)∈ . Vậy với mọi *x int P, P (x) P∗∈ =  . 3) Thật vậy, ta có với mọi *x P (x)∗∈  , Tx cx≤ ** ** * * x ,Tx x ,cxx ,Tx x ,cx c x ,x x ,x 〈 〉 〈 〉 ⇒ 〈 〉 ≤ 〈 〉 ⇒ ≤ = 〈 〉 〈 〉 * * * * x* P (x) x ,Tx(x) sup c x ,x∈ 〈 〉 µ = ≤ 〈 〉 * * x P r (T) inf (x) c ∈ ⇒ = µ ≤  Chứng minh tương tự ta được * *r (T) (x) c≥ µ ≥ . 4) a) )⇒ Thật vậy,ta có : với mọi 1( , x) R P+λ ∈ ×  : Tx x= λ , khi đó ta có * * * * x ,Tx x , x x ,x x ,x 〈 〉 〈 λ 〉 = = λ 〈 〉 〈 〉 với mọi **x P (x)∈ nên * *(x) (x)µ = λ = µ )⇐ Thật vậy, ta có: * *(x) (x)µ = λ = µ , với mọi 1( , x) R P+λ ∈ ×  28 * * * * * * x ,Tx x ,Tx x ,Tx Tx x x ,x x ,x x ,x 〈 〉 〈 〉 〈 〉 ⇒ ≤ λ ≤ ⇒ λ = ⇒ = λ 〈 〉 〈 〉 〈 〉 ⇒ ( , x)λ là cặp riêng dương. b) Ta có * *(x) (x)µ = λ = µ ⇒ * * * *x Px P sup (x) inf (x) r (T) r (T) ∈∈ µ ≥ λ ≥ µ ⇒ ≥ λ ≥   . Ví dụ 3.1.3 Nếu T L(X,X)∈ là dương và compact với r(T) 0> thì **r (T) r(T) r (T)≥ ≥ . Chứnh minh Đặt 0 r (T)λ = . □ Ta chứng minh * 0r (T)≤ λ . Thật vậy, với mọi 0ε > nhỏ, 0 (T)λ + ε∈ρ ( (T)ρ tập các giá trị chính qui của của T). Vì [ ] n 1 0 n 1 n 0 0 T( ) I T ( ) − + ≥ λ + ε − = λ + ε∑ là dương , u P∀ ∈  nên [ ] 10x ( ) I T u P − = λ + ε − ∈  suy ra 0( )x Tx u Txλ + ε = + ≥ Áp dụng tính chất 3) ta được : * 0r (T)≤ λ + ε ; vì 0ε > là nhỏ tuỳ ý nên ta có * 0r (T)≤ λ □ Ta chứng minh 0 *r (T)λ ≤ .