Tải bản đầy đủ

Một định lý hội tụ mạnh cho bài toán không điểm chung tách trong không gian banach

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

PHẠM VĂN VƢƠNG

MỘT ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH
CHO BÀI TOÁN KHÔNG ĐIỂM CHUNG TÁCH
TRONG KHÔNG GIAN BANACH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

PHẠM VĂN VƢƠNG


MỘT ĐỊNH LÝ HỘI TỤ MẠNH
CHO BÀI TOÁN KHÔNG ĐIỂM CHUNG TÁCH
TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số
: 8 46 01 12

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Trƣơng Minh Tuyên

THÁI NGUYÊN - 2019


ii

Lời cảm ơn
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS. Trương Minh Tuyên, người đã
tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập nghiên cứu để hoàn
thành luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, các thầy giáo, cô giáo trong khoa
Toán – Tin, trường Đại học Khoa học–Đại học Thái Nguyên đã tận tình giúp
đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu tại Trường.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban lãnh đạo và các đồng nghiệp của trường THPT
Tây Tiền Hải, huyện Tiền Hải, tỉnh Thái Bình. Nhân dịp này, tôi cũng xin gửi
lời cảm ơn chân thành tới gia đình, người thân, bạn bè đã động viện, khích lệ,
tạo điều kiện giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu.


iii

Mục lục
Lời cảm ơn

ii

Một số ký hiệu và viết tắt

iv



Mở đầu

1

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

3

1.1. Một số vấn đề về hình học các không gian Banach . . . . . . . . .

3

1.2. Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3. Phép chiếu mêtric và phép chiếu tổng quát . . . . . . . . . . . . . 20
1.3.1. Phép chiếu mêtric . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.3.2. Phép chiếu tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4. Toán tử đơn điệu trong không gian Banach . . . . . . . . . . . . . 25
Chương 2 Xấp xỉ nghiệm của bài toán không điểm chung tách

28

2.1. Bài toán không điểm chung tách tách . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2. Xấp xỉ nghiệm của bài toán không điểm chung tách . . . . . . . . 29
2.3. Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3.1. Bài toán điểm cực tiểu tách . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3.2. Bài toán chấp nhận tách . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.3.3. Bất đẳng thức biến phân tách . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.4. Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Kết luận

46

Tài liệu tham khảo

47


iv

Một số ký hiệu và viết tắt

E

không gian Banach

E∗

không gian đối ngẫu của E

R

tập hợp các số thực

R+

tập các số thực không âm



phép giao

inf M

cận dưới đúng của tập hợp số M

sup M

cận trên đúng của tập hợp số M

max M

số lớn nhất trong tập hợp số M

min M

số nhỏ nhất trong tập hợp số M

argminx∈X F (x)

tập các điểm cực tiểu của hàm F trên X



tập rỗng

∀x

với mọi x

D(A)

miền xác định của toán tử A

R(A)

miền ảnh của toán tử A

A−1

toán tử ngược của toán tử A

I

toán tử đồng nhất

Lp (Ω)

không gian các hàm khả tích bậc p trên Ω

lp

không gian các dãy số khả tổng bậc p

lim sup xn

giới hạn trên của dãy số {xn }

n→∞

lim inf xn

giới hạn dưới của dãy số {xn }

xn −→ x0

dãy {xn } hội tụ mạnh về x0

xn

dãy {xn } hội tụ yếu về x0

n→∞

x0


v

JE

ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc trên E

jE

ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc đơn trị trên E

δE (ε)

mô đun lồi của không gian Banach E

ρE (τ )

mô đun trơn của không gian Banach E

F ix(T ) hoặc F (T )

tập điểm bất động của ánh xạ T

∂f

dưới vi phân của hàm lồi f

M

bao đóng của tập hợp M

PC

phép mêtric lên C

ΠC

phép chiếu tổng quát lên C

iC

hàm chỉ của tập lồi C


1

Mở đầu
Cho C và Q là các tập con lồi, đóng và khác rỗng của các không gian Hilbert
H1 và H2 , tương ứng. Cho T : H1 −→ H2 là một toán tử tuyến tính bị chặn và
T ∗ : H2 −→ H1 là toán tử liên hợp của T . Bài toán chấp nhận tách (SFP) có
dạng như sau:
Tìm một phần tử x∗ ∈ S = C ∩ T −1 (Q) = ∅.

(SFP)

Mô hình bài toán (SFP) lần đầu tiên được giới thiệu và nghiên cứu bởi Y. Censor
và T. Elfving [4] cho mô hình các bài toán ngược. Bài toán này đóng vai trò quan
trọng trong khôi phục hình ảnh trong Y học, điều khiển cường độ xạ trị trong
điều trị bệnh ung thư, khôi phục tín hiệu (xem [2], [3]) hay có thể áp dụng cho
việc giải các bài toán cân bằng trong kinh tế, lý thuyết trò chơi (xem [11]).
Giả sử C là một tập con lồi và đóng của không gian Hilbert H1 . Ta biết rằng
tập điểm cực tiểu của hàm chỉ

0, nếu x ∈ C,
iC (x) =
∞, nếu x ∈
/C
là arg minH1 iC (x) = C. Do đó, ta nhận được C = (∂iC )−1 (0), với ∂iC là dưới
vi phân của iC (Rockafellar [9] đã chỉ ra rằng ∂iC là một toán tử đơn điệu cực
đại). Ngoài ra, C cũng là tập không điểm của toán tử đơn điệu A xác định bởi
A = I − PC . Do đó, ta có thể xem bài toán chấp nhận tách (SFP) là trường hợp
riêng của bài toán không điểm chung tách.
Bài toán không điểm chung tách được phát biểu ở dạng sau: Cho A : H1 −→ 2H1
và B : H2 −→ 2H2 là các toán tử đơn điệu cực đại và cho T : H1 −→ H2 là một
toán tử tuyến tính bị chặn.
Tìm một phần tử x∗ ∈ S = A−1 (0) ∩ T −1 B −1 (0) = ∅.

(SCNPP)

Cho đến nay Bài toán (SCNPP) đã và đang là chủ đề thu hút nhiều người
làm toán trong và ngoài nước quan tâm nghiên cứu. Mục đích của luận văn này


2

là trình bày lại các kết quả của Tuyen T.M. trong tài liệu [12] phương pháp chiếu
lai ghép cho Bài toán (SCNPP) trong không gian Banach.
Nội dung của luận văn được chia làm hai chương chính:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, luận văn đề cập đến một số vấn đề về cấu trúc hình học
của các không gian Banach như không gian Banach lồi đều, không gian Banach
trơn đều, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc; phép chiếu mêtric và phép chiếu tổng quát;
toán tử đơn điệu trong không gian Banach, toán tử giải mêtric.
Chương 2. Xấp xỉ nghiệm của bài toán không điểm chung tách
Trong chương này luận văn tập trung trình bày lại một cách chi tiết các kết
quả của Tuyen T.M. [12] về phương pháp chiếu lai ghép cho bài toán không điểm
chung tách trong không gian Banach. Ngoài ra, trong chương này luận văn cũng
đề cập đến một số ứng dụng của phương pháp chiếu lai ghép (Định lý 2.1) cho
bài toán điểm cực tiểu tách, bài toán chấp nhận tách và bất đẳng thức biến phân
tách.


3

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Chương này bao bồm 4 mục. Mục 1.1 trình bày về một số tính chất cơ bản
của không gian phản xạ, không gian Banach lồi đều, trơn đều. Mục 1.2 giới thiệu
về ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc. Mục 1.3 đề cập đến các khái niệm phép chiếu
mêtric và phép chiếu tổng quát cùng với một số tính chất cơ bản của chúng.
Mục 1.4 trình bày về toán tử đơn điệu trong không gian Banach và toán tử giải
mêtric. Nội dung của chương này được tham khảo trong các tài liệu [1, 5, 6, 7, 8].

1.1.

Một số vấn đề về hình học các không gian Banach

Cho E là một không gian Banach và E ∗ là không gian đối ngẫu của nó. Để
cho đơn giản và thuận tiện hơn, chúng tôi thống nhất sử dụng kí hiệu . để chỉ
chuẩn trên E và E ∗ ; Sự hội tụ mạnh và yếu của dãy {xn } về phần tử x trong E
lần lượt được kí hiệu là xn → x và xn

x trong toàn bộ luận văn.

Trong luận văn này, chúng tôi thường xuyên sử dụng tính chất dưới đây của
không gian Banach phản xạ.
Mệnh đề 1.1. (xem [1] trang 41) Cho E là một không gian Banach. Khi đó,
các khẳng định sau là tương đương:
i) E là không gian phản xạ.
ii) Mọi dãy bị chặn trong E, đều có một dãy con hội tụ yếu.
Mệnh đề dưới đây cho ta mối liên hệ giữa tập đóng và tập đóng yếu trong không
gian tuyến tính định chuẩn.


4

Mệnh đề 1.2. Nếu C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian không
gian tuyến tính định chuẩn X, thì C là tập đóng yếu.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại dãy {xn } ⊂ C sao
cho xn

x, nhưng x ∈
/ C. Theo định lý tách các tập lồi, tồn tại x∗ ∈ X ∗ tách

ngặt x và C, tức là tồn tại ε > 0 sao cho
y, x∗ ≤ x, x∗ − ε,
với mọi y ∈ C. Đặc biệt, ta có
xn , x∗ ≤ x, x∗ − ε,
với mọi n ≥ 1. Ngoài ra, vì xn

x, nên xn , x∗ → x, x∗ . Do đó, trong bất

đẳng thức trên, cho n → ∞, ta nhận được
x, x∗ ≤ x, x∗ − ε,
điều này là vô lý. Do đó, điều giả sử là sai, hay C là tập đóng yếu.
Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý 1.1. Nếu C là tập đóng yếu, thì hiển nhiên C là tập đóng.
Mệnh đề dưới đây cho ta một điều kiện về sự tồn tại điểm cực tiểu của một
phiếm hàm lồi, chính thường, nửa liên tục dưới trong không gian Banach phản
xạ.
Mệnh đề 1.3. Cho C là tập con lồi, đóng và khác rỗng của không gian Banach
phản xạ E và f : C −→ (−∞, ∞] là một hàm lồi, chính thường, nửa liên tục
dưới trên C, sao cho f (xn ) → ∞ khi xn → ∞. Khi đó, tồn tại x0 ∈ dom(f )
sao cho
f (x0 ) = inf{f (x) : x ∈ C}.
Chứng minh. Đặt m = inf{f (x) : x ∈ C}. Khi đó, tồn tại dãy {xn } ⊂ C sao
cho f (xn ) → m khi n → ∞. Nếu {xn } không bị chặn, thì tồn tại một dãy con
{xnk } của {xn } sao cho xnk → ∞. Theo giả thiết, f (xnk ) → ∞, mâu thuẫn
với m = ∞. Do đó, {xn } bị chặn. Theo Mệnh đề 1.1 và Mệnh đề 1.2, tồn tại dãy


5

con {xnj } của {xn } sao cho xnj

x0 ∈ C. Vì f là nửa liên tục dưới trong tôpô

yếu, nên ta có
m ≤ f (x0 ) ≤ lim inf f (xnj ) = lim f (xn ) = m.
n→∞

j→∞

Do đó, m = f (x0 ).
Mệnh đề được chứng minh.
Tiếp theo, trong mục này chúng tôi đề cập đến một số vấn đề cơ bản về cấu
trúc hình học các không gian Banach, như: tính lồi, tính trơn, mô đun lồi, mô
đun trơn ...
Định nghĩa 1.1. Không gian Banach E được gọi là lồi chặt nếu với mọi x, y ∈
E, x = y mà x = 1,

y = 1 ta có
x+y
< 1.
2

Chú ý 1.2. Định nghĩa 1.1 còn có thể phát biểu dưới các dạng tương đương
sau: Không gian Banach E được gọi là lồi chặt nếu với mọi x, y ∈ SE thỏa mãn
x+y
= 1, suy ra x = y hoặc với mọi x, y ∈ SE và x = y ta có tx+(1−t)y < 1
2
với mọi t ∈ (0, 1), trong đó
SE = {x ∈ E :

x = 1}.

Mệnh đề 1.4. Cho E là một không gian Banach lồi chặt. Khi đó, với mỗi
f ∈ E ∗ \ {0}, tồn tại duy nhất phần tử x ∈ E sao cho x = 1 và x, f = f .
Chứng minh. Giả sử tồn tại x, y ∈ E thỏa mãn x = y = 1 và x = y sao cho
x, f = y, f = f .
Khi đó, với t ∈ (0, 1), từ tính lồi chặt của E, ta có
f = t x, f + (1 − t) y, f
= tx + (1 − t)y, f
≤ tx + (1 − t)y

f

< f .
Suy ra mâu thuẫn. Vậy tồn tại duy nhất phần tử x ∈ E sao cho x = 1 và
x, f = f .


6

Định nghĩa 1.2. Không gian Banach E được gọi là lồi đều nếu với mọi ε > 0,
tồn tại δ(ε) > 0 sao cho với mọi x, y ∈ E mà x = 1, y = 1, x − y ≥ ε ta
luôn có
x+y
≤ 1 − δ(ε).
2
Dễ thấy rằng nếu E là một không gian Banach lồi đều thì nó là không gian
Banach lồi chặt. Tuy nhiên điều ngược lại không đúng, ví dụ dưới đây chỉ ra điều
đó.
Ví dụ 1.1. (xem [1] trang 54) Xét E = c0 (không gian các dãy số hội tụ về
không) với chuẩn .

β

xác định bởi


x

β

= x

c0


i=1

|xi |2
i2

1/2

, x = (xi ) ∈ c0 .

Khi đó, (E, . β ), β > 0 là một không gian lồi chặt nhưng không là không gian
lồi đều.
Để đo tính lồi của không gian Banach E, người ta đưa vào khái niệm sau: Mô
đun lồi của không gian Banach E là hàm số
δE (ε) = inf 1 −

x+y
: x ≤ 1, y ≤ 1, x − y ≥ ε .
2

Nhận xét 1.1. Mô đun lồi của không gian Banach E là hàm số xác định, liên tục
và tăng trên đoạn [0; 2]. Không gian Banach E lồi chặt khi và chỉ khi δE (2) = 1
(xem [1] trang 59). Ngoài ra, không gian Banach E là lồi đều khi và chỉ khi
δE (ε) > 0, ∀ε > 0 (xem [1] trang 60).
Ví dụ 1.2. Cho H là không gian Hilbert, khi đó mô đun lồi của H được xác
định bởi
δH (ε) = 1 −

ε2
1 − , ε ∈ [0, 2].
4

Mệnh đề 1.5. (xem [1] trang 56) Mọi không gian Banach lồi đều bất kì là không
gian phản xạ.
Chứng minh. Giả sử E là không gian Banach lồi đều, ta cần chứng minh E là
không gian Banach phản xạ. Giả sử SE ∗ := {j ∈ E ∗ : j = 1} là hình cầu đơn
vị trong E ∗ và f ∈ SE ∗ .


7

Giả sử {xn } là một dãy trong SE sao cho xn , f → 1. Ta sẽ chỉ ra {xn } là
một dãy Cauchy.
Giả sử {xn } không là dãy Cauchy, khi đó tồn tại ε > 0 và hai dãy {xni } và
{xnj } của {xn } sao cho
xni − xnj ≥ ε.
Theo giả thiết, E là không gian lồi đều, nên ∃δ(ε) > 0 sao cho
xni + xnj
2

< 1 − δ.

Khi đó, ta có
f

xni + xnj
2

≤ f

xni + xnj
2

< f (1 − δ) = 1 − δ,
điều này mâu thuẫn với f (xn ) → 1. Vì vậy, {xn } là dãy Cauchy và ∃x ∈ E
sao cho xn → x. Rõ ràng x ∈ SE và từ tính liên tục của chuẩn ta có x =
limn→∞ xn = 1. Do đó, từ xn , f → 1, cho n → ∞, ta nhận được x, f = 1.
Theo Định lý James1 , suy ra E là không gian phản xạ.
Định nghĩa 1.3. Không gian Banach E được gọi là có tính chất Kadec-Klee
nếu mọi dãy {xn } ⊂ E thỏa mãn xn

x và xn → x, thì xn → x.

Ví dụ 1.3. Mọi không gian Hilbert H đều có tính chất Kadec-Klee.
Thật vậy, giả sử {xn } là một dãy bất kỳ trong H thỏa mãn xn

x và

xn → x. Khi đó, ta có
xn − x

2

= xn − x, xn − x
= xn
→ x

2
2

− 2 xn , x + x
−2 x

2

+ x

2

2

= 0.

Do đó xn → x.
Mệnh đề dưới đây cho ta biết về lớp không gian rộng hơn có tính chất KadecKlee.
1

Không gian Banach E là phản xạ khi và chỉ khi với mỗi j ∈ SE , tồn tại x ∈ SE sao cho x, j = 1.



8

Mệnh đề 1.6. Mọi không gian Banach lồi đều có tính chất Kadec-Klee.
Chứng minh. Giả sử E là một không gian Banach lồi đều và {xn } là một dãy
x và xn → x.

bất kỳ trong E thỏa mãn xn

Nếu x = 0, thì hiển nhiên xn → 0. Giả sử x = 0 và xn
x. Khi đó, ta có
xn
x
. Do đó, tồn tại ε > 0 và dãy con {xnk } của {xn } sao cho
xn
x
x
xnk

xnk
x

≥ ε,

với mọi k ≥ 1. Vì E là không gian lồi đều nên tồn tại δ > 0 sao cho
1
2
Từ xn

x và xn → x ta có
1=

x
x

xnk
x
+
xnk
x
xn
xn

≤ lim inf
k→∞

≤ 1 − δ.

x
. Suy ra
x
1
2

x
xnk
+
xnk
x

≤ 1 − δ,

suy ra mâu thuẫn. Vậy xn → x hay E có tính chất Kadec-Klee.
Định nghĩa 1.4. Không gian Banach E được gọi là trơn nếu với mỗi
x ∈ SE , tồn tại duy nhất fx ∈ E ∗ sao cho x, fx = x và fx = 1.
Định nghĩa 1.5. Cho E là một không gian tuyến tính định chuẩn. Chuẩn trên
E được gọi là khả vi Gâteaux tại điểm x ∈ SE nếu với mỗi y ∈ SE , tồn tại giới
hạn

d
x + ty − x
( x + ty )t=0 = lim
.
t→0
dt
t

(1.1)

Định nghĩa 1.6. Cho E là một không gian tuyến tính định chuẩn. Khi đó:
a) Chuẩn trên E được gọi là khả vi Gâteaux nếu nó khả vi Gâteaux tại mọi
x ∈ SE .
b) Chuẩn trên E được gọi là khả vi Gâteaux đều nếu với mọi y ∈ SE giới hạn
(1.1) tồn tại đều với mọi x ∈ SE .
c) Chuẩn trên E được gọi là khả vi Fréchet nếu với mọi x ∈ SE , giới hạn (1.1)
tồn tại đều với mọi y ∈ SE .


9

d) Chuẩn trên E được gọi là khả vi Fréchet đều nếu giới hạn (1.1) tồn tại đều
với mọi x, y ∈ SE .
Định lý 1.1. (xem [1] trang 92) Cho E là một không gian Banach. Khi đó, ta
có các khẳng định sau:
a) Nếu E ∗ là không gian lồi chặt thì E là không gian trơn.
b) Nếu E ∗ là không gian trơn thì E là không gian lồi chặt.
Định nghĩa 1.7. Mô đun trơn của không gian Banach E là hàm số xác định bởi
ρE (τ ) = sup{2−1 x + y + x − y

−1:

x = 1,

y = τ }.

Nhận xét 1.2. Mô đun trơn của không gian Banach E là hàm số xác định, liên
tục và tăng trên khoảng [0; +∞) (xem [1] trang 95).
Ví dụ 1.4. [8] Nếu E là không gian lp hoặc Lp (Ω), thì ta có

1

(1 + τ p )1/p − 1 < τ p , 1 < p < 2,
p
ρE (τ ) =
p

1
p−1 2


τ 2 + o(τ 2 ) <
τ , p ≥ 2.
2
2
Định lý dưới đây cho ta biết về mối liên hệ giữa mô đun trơn của không gian
Banach E với mô đun lồi của E ∗ và ngược lại.
Định lý 1.2. (xem [6] trang 70) Cho E là một không gian Banach. Khi đó ta có
τε
− δE (ε) : ε ∈ [0, 2]}, τ > 0.
2
τε
b) ρE (τ ) = sup{ − δE ∗ (ε) : ε ∈ [0, 2]}, τ > 0.
2
a) ρE ∗ (τ ) = sup{

Chứng minh. i) Theo định nghĩa mô đun trơn của E ∗ ta có
2ρE ∗ (τ ) = sup{ x∗ + τ y ∗



+ x∗ − τ y ∗



− 2 : x∗ , y ∗ ∈ SE ∗ }

= sup{ x, x∗ + τ x, y ∗ + y, x∗ − τ y, y ∗ − 2 : x, y ∈ SE ,
x∗ , y ∗ ∈ SE ∗ }
= sup{ x + y + τ x − y − 2 : x, y ∈ SE }
= sup{ x + y + τ ε − 2 : x, y ∈ SE , x − y = ε, ε ∈ [0, 2]}


10

= sup{τ ε − 2δE (ε) : ε ∈ [0, 2]}.
Do đó
ρE ∗ (τ ) = sup

τε
− δE (ε) : ε ∈ [0, 2] .
2

ii) Tương tự, theo định nghĩa mô đun trơn của E ta có
2ρE (τ ) = sup{ x + τ y + x − τ y − 2 : x, y ∈ SE }
= sup{ x, x∗ + τ x, y ∗ + y, x∗ − τ y, y ∗ − 2 : x, y ∈ SE ,
x∗ , y ∗ ∈ SE ∗ }
= sup{ x∗ + y ∗ + τ x∗ − y ∗ − 2 : x∗ , y ∗ ∈ SE∗ }
= sup{ x∗ + y ∗ + τ ε − 2 : x∗ , y ∗ ∈ SE ∗ , x∗ − y ∗ = ε, ε ∈ [0, 2]}
= sup{τ ε − 2δE ∗ (ε) : ε ∈ [0, 2]}.
Do đó
ρE (τ ) = sup

τε
− δE ∗ (ε) : ε ∈ [0, 2] .
2

Mệnh đề được chứng minh.
Nhận xét 1.3. Từ Định lý 1.2, suy ra
ρ0 (E) =

ε0 (E)
ε0 (E ∗ )
và ρ0 (E ∗ ) =
,
2
2

trong đó ε0 (E) = sup{ε : δE (ε) = 0}, ρ0 (E) = limτ →0

ρE (τ )
.
τ

Định nghĩa 1.8. Không gian Banach E được gọi là trơn đều nếu
ρE (τ )
= 0.
τ →0
τ
lim

Từ Nhận xét 1.3, ta có định lý dưới đây:
Định lý 1.3. (xem [6] trang 70) Cho E là một không gian Banach. Khi đó ta
có các khẳng định sau:
a) Nếu E là không gian trơn đều thì E ∗ là không gian lồi đều;
b) Nếu E là không gian lồi đều thì E ∗ là không gian trơn đều.


11

Chứng minh. a) Giả sử E là không gian trơn đều. Từ Định lý 1.2, ta có
τε
− δE ∗ (ε) : ε ∈ (0, 2] , τ > 0.
2

ρE (τ ) = sup

(1.2)

Nếu E ∗ không là không gian lồi đều thì ∃ε0 ∈ (0, 2] sao cho δE ∗ (ε0 ) = 0. Khi đó,
từ (1.2) suy ra
τ ε0
− δE ∗ (ε0 ) ≤ ρE (τ ).
2
Điều này dẫn đến
ε0
ρE (τ )

.
2
τ
Mâu thuẫn với giả thiết E là không gian trơn đều. Vì thế, E ∗ là không gian lồi
0<

đều.
Ngược lại, giả sử E ∗ là không gian lồi đều. Từ Định lý 1.2, ta có
τε
− δE (ε) : ε ∈ (0, 2] , τ > 0.
2

ρE ∗ (τ ) = sup

(1.3)

Nếu E không là không gian trơn đều thì
ρE (τ )
= 0.
τ →0
τ

ρE (0) = lim
Giả sử

ρE (τ )
= ε,
τ →0
τ
lim

ε > 0.
ρE (τn )
= ε. Từ (1.3)
n→∞
τn

Khi đó, tồn tại dãy {τn } ∈ (0, 1) sao cho τn → 0 và lim
dẫn tới tồn tại dãy {εn } ∈ (0, 2] sao cho
ε
τn εn
τn ≤
− δE ∗ (εn ).
2
2
Hay tương đương với

τn
(εn − ε).
2
là hàm không giảm nên ta có

0 < δE ∗ (εn ) ≤
Vì τn < 1 nên ε < εn . Mặt khác, δE ∗

δE (ε) ≤ δE (εn ) → 0.
Do đó, δE (ε) = 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết E ∗ là không gian lồi đều. Vì
thế, E là không gian trơn đều.
b) Chứng minh tương tự như i) bằng cách thay đổi vai trò E và E ∗ .


12

Ví dụ 1.5. Mọi không gian Hilbert, không gian lp hay Lp (Ω) với
1 < p < +∞ đều là không gian Banach lồi đều và trơn đều (xem [5] trang
54).

1.2.

Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc

Định nghĩa 1.9. Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn, ánh xạ đa


trị J : X −→ 2X xác định bởi
J(x) = {f ∈ X ∗ : x, f = x 2 , x = f }
được gọi là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của X.
Chú ý 1.3. a)Trong không gian Hilbert, ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc trùng với
ánh xạ đồng nhất I.
b) Ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J nói chung là một ánh xạ đa trị. Khi J là ánh
xạ đơn trị thì ta ký kiệu nó bởi j.
Nhận xét 1.4. Trong không gian tuyến tính định chuẩn bất kì X, ta luôn có
J(x) = ∅ với mọi x ∈ X, điều này suy ra trực tiếp từ hệ quả của Định lý Hahn
- Banach.
Mệnh đề dưới đây đề cập đến một số tính chất đơn giản của ánh xạ đối ngẫu
chuẩn tắc J của không gian tuyến tính định chuẩn X.
Mệnh đề 1.7. (xem [1] trang 69) Cho X là một không gian tuyến tính định
chuẩn và J là ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc của nó. Khi đó,
i) J là một ánh xạ lẻ, tức là J(−x) = −J(x), ∀x ∈ X;
ii) J là thuần nhất dương, tức là J(λx) = λJ(x), ∀λ > 0, ∀x ∈ X;
iii) J bị chặn, tức là nếu D là một tập con bị chặn của X thì J(D) là một tập
hợp bị chặn trong X ∗ ;
iv) Nếu X ∗ là lồi chặt thì J là đơn trị;
v) J là đơn trị và liên tục đều trên mỗi tập con bị chặn của X khi và chỉ khi
X là không gian Banach trơn đều.


13

Chứng minh. i) Giả sử f ∈ J(−x), ta có
−x, f = − x . f



2
∗,

= f

−x = f

∗.

Khi đó
x, −f = (−1)2 −x, f = − f

2

= x 2.

Suy ra
−f ∈ J(x) hay f ∈ −J(x).
Do đó, ta có
J(−x) ⊆ −J(x).

(1.4)

Ngược lại, giả sử f ∈ −J(x) hay − f ∈ J(x), ta có
x, −f = (−1)2 −x, f
= (−1)2 − x
= −f

2

−x = f

f ,

= x 2.

Khi đó
−x, f = −(−x), −f = x, −f = x 2 .
Suy ra f ∈ J(−x). Do đó, ta có
− J(x) ⊆ J(−x).

(1.5)

Từ (1.4) và (1.5), ta có J(−x) = −J(x).
ii) Giả sử f ∈ J(λx), ta có
λx, f = λx . f = f

2

, λx = f .

Khi đó
x, λ−1 f = λ−1 λx, λ−1 f
= λ−2 λx . f = λ−1 f

2

= x 2.

Suy ra λ−1 f ∈ J(x) hay f ∈ λJ(x). Do đó, ta có
J(λx) ⊆ λJ(x).

(1.6)


14

Giả sử f ∈ λJ(x) hay λ−1 f ∈ J(x), ta có
x, λ−1 f = λ−1 λx, λ−1 f
= λ−2 λx, f = λ−2 λx . f , λx = f
= λ−1 f

2

= x 2.

Khi đó
λx, f = λ−1 λx, λ−1 f = x, λ−1 f = x 2 .
Suy ra f ∈ J(λx). Do đó, ta có
λJ(x) ⊆ J(λx).

(1.7)

Từ (1.6) và (1.7), ta có J(λx) = λJ(x).
iii) Ta chứng minh J ánh xạ mỗi tập bị chặn trong E thành tập bị chặn trong
E ∗ . Thật vậy, giả sử D là tập con bị chặn trong E. Khi đó, ∃M > 0 sao cho
x ≤ M, ∀x ∈ D.
Do đó, ta có
| x, f |≤ x . f , f ∈ E ∗ , x = f
= x

2

≤ M 2.

Vậy J(D) là tập bị chặn trong E ∗ .
iv) Giả sử f1 , f2 ∈ SE ∗ , x ∈ E. Ta có
x, f1 = x . f1 , f1 = 1.
x, f2 = x . f2 , f2 = 1.
Cộng vế với vế của 2 phương trình trên ta nhận được
x, f1 + f2 = 2 x .
Từ đó, suy ra 2 x = x, f1 + f2 ≤ x

f1 + f2 . Từ đó, ta thu được

f1 + f2 = 2 ≤ f1 + f2 .

(1.8)


15

Mặt khác, hiển nhiên ta có
f1 + f2 ≤ f1 + f2 .

(1.9)

Từ 1.8 và 1.9, ta có
f1 + f2 = f1 + f2 = 2.
Suy ra
f1 + f2
= 1.
2
Vì E ∗ là không gian lồi chặt, nên suy ra f1 = f2 . Vậy J là ánh xạ đơn trị.
v) Lấy bất kì x, y ∈ SE và λ > 0, ta có
y, J(x)
λy, J(x)
x, J(x) − x 2 + λy, J(x)
=
=
x
λ x
λ x
2
x x + λy − x 2
x + λy, J(x) − x

=
λ x
λ x
2
x + λy − x
x + λy − x x + λy
=
=
λ
λ x + λy
x + λy, J(x + λy) − | x, J(x + λy) |

λ x + λy
λ y, J(x + λy) + x, J(x + λy) − | x, J(x + λy) |
=
λ x + λy
y, J(x + λy)
.

x + λy
Vì vậy, với mọi x, y ∈ SE và λ > 0, ta có
y, J(x)
x + λy − x
y, J(x + λy)


x
λ
x + λy
Do tính liên tục đều của J trên mỗi tập con bị chặn của E, suy ra
lim

λ→0

x + λy − x
y, J(x)
=
.
λ
x

Suy ra E là không gian trơn đều.
Ngược lại, giả sử E là không gian trơn đều, khi đó J là đơn trị. Ta phải chứng
minh J liên tục đều trên mỗi tập con bị chặn của E. Theo giả thiết E là không
gian trơn đều nên E ∗ là không gian lồi đều do đó E ∗ là không gian lồi chặt. Giả
sử {xn }, {yn } là các dãy trong E, sao cho
xn ≤ K, yn ≤ K, K > 0 và xn − yn → 0.


16

Trường hợp 1. Nếu xn → 0, thì yn → 0. Khi đó, ta có
J(xn ) = xn → 0 và J(yn ) = yn → 0.
Do đó J(xn ) − J(yn ) → 0.
0. Khi đó ∃α > 0 và {xnk } ⊂ {xn } sao cho xnk ≥ α. Vì
α
xn − yn → 0, nên ta có thể giả sử ynk ≥ . Không mất tính tổng quát, ta
2
có thể giả sử

Trường hợp 2. xn

xn ≥ β, yn ≥ β, β > 0.
Đặt un =

xn
yn
và vu =
, khi đó un = vn = 1. Ta có
xn
yn
xn yn − yn xn
xn yn
1
≤ 2 xn yn − xn xn + xn xn − yn xn
β
1
yn − xn xn + xn xn − yn
≤ 2
β
1
≤ 2 ( yn − xn K + xn − yn K) → 0, n → ∞.
β

un − vn =

Vì J(un ) = un = 1 và J(vn ) = vn = 1, nên ta có
1 + 1 − un − vn ≤ un , J(un ) + vn , J(vn ) + un − vn , J(vn )
= un , J(un ) + vn , J(vn ) + un , J(vn ) − vn , J(vn )
= un , J(un ) + J(vn )
≤ un

J(un ) + J(vn ) ≤ J(un ) + J(vn ) = 2.

Từ đó ta có
lim J(un ) + J(vn ) = 2.

n→∞

Vì E ∗ là không gian lồi đều, nên J(un ) − J(vn ) → 0, n → ∞. Do đó
J(xn ) − J(yn ) =

xn

J(un ) − J(vn ) +

xn − yn

J(vn ) .

Khi đó
J(xn ) − J(yn ) =

xn

J(un ) − J(vn ) +

x n − yn

J(vn )


17

≤ xn

J(un ) − J(vn ) +

J(vn ) → 0, n → ∞.

xn − yn

Vậy J liên tục đều trên mỗi tập con bị chặn của E.
Ví dụ 1.6. Xét không gian lp , với p > 1. Vì không gian đối ngẫu lq của không
gian lp là lồi đều, nên ánh xạ đối ngẫu chuẩn tắc J của lp là đơn trị và dễ thấy
nó được xác định như sau:

θ nếu x = θ
J(x) =
{η } ∈ lq nếu x = {ξ } = θ,
n
n
trong đó ηk = |ξk |p−1 sgn(ξk ) x

2−p

với mọi k ≥ 1.

Mệnh đề 1.8. Giả sử X là một không gian tuyến tính định chuẩn. Khi đó, ta

a) x + y

2

≤ y

2

+ 2 x, j(x + y) , với mọi j(x + y) ∈ J(x + y),

b) x + y

2

≥ x

2

+ 2 y, j(x) , với mọi j(x) ∈ J(x),

với mọi x, y ∈ E
Chứng minh. Trước hết, ta chỉ ra
y

2

− x

2

≥ 2 y − x, j(x) ,

(1.10)

với mọi x, y ∈ E.
Thật vậy, ta có
y

2

− x

2

− 2 y − x, j(x) = x

2

+ y

2

− 2 y, j(x)

≥ x

2

+ y

2

−2 x

y

= ( x − y )2 ≥ 0.
Suy ra, (1.10) đúng.
a) Trong (1.10) thay x bởi x + y, ta nhận được điều phải chứng minh.
b) Trong (1.10) thay y bởi x + y, ta nhận được điều phải chứng minh.


18

Mệnh đề 1.9. Cho E là một không gian Banach trơn. Khi đó, x − y, j(x) −
j(y) ≥ 0 với mọi x, y ∈ E. Hơn nữa, nếu E là không gian lồi chặt và x −
y, j(x) − j(y) = 0, thì x = y.
Chứng minh. Với mọi x, y ∈ E, ta có
x − y, j(x) − j(y) = x

2

− x, j(y) − y, j(x) + y

≥ x

2

−2 x

y + y

2

2

= ( x − y )2 ≥ 0.
Do đó, ta nhận được
x − y, j(x) − j(y) ≥ 0
với mọi x, y ∈ E.
Giả sử E là không gian Banach lồi chặt và x − y, j(x) − j(y) = 0. Khi đó,
từ các đánh giá trên, ta nhận được
x, j(y) = y, j(x) = x

2

= y 2.

Do đó, nếu x = 0, thì y = 0 và ngược lại. Giả sử x = y = d > 0. Khi đó, ta

x
y
, j(x) = , j(x) = j(x) .
d
d
x
y
Theo Mệnh đề 1.4, ta nhận được = hay x = y.
d
d
Mệnh đề 1.10. Cho s > 0 và cho E là một không gian Banach. Khi đó, E là lồi
đều khi và chỉ khi tồn tại một hàm lồi, liên tục, tăng ngặt g : [0, ∞) −→ [0, ∞),
g(0) = 0 sao cho
x+y
với mọi x, y ∈ {z ∈ E :

2

≥ x

2

+ 2 y, j(x) + g( y )

z ≤ s} và mọi j(x) ∈ J(x).

Định nghĩa 1.10. Cho g : X −→ (−∞, ∞] là một hàm lồi, x0 ∈ dom(g). Khi
đó, dưới vi phân của g tại x0 ký hiệu là ∂g(x0 ) và được xác định bởi
∂g(x0 ) = {f ∈ X ∗ : g(x) − g(x0 ) ≥ x − x0 , f }.
Ta nói g là khả dưới vi phân tại x0 nếu ∂g(x0 ) = ∅.


19

Ví dụ 1.7. Cho X là một không gian tuyến tính định chuẩn, g(x) =
mọi x ∈ X. Khi đó,

0, x = 0,
∂g(x) =
{f ∈ X ∗ : x, f = x

2

= f

2

1
x
2

2

với

}, x = 0.

Thật vậy, f ∈ ∂g(0) khi và chỉ khi
1
y
2

2

≥ y, f , ∀y ∈ X.

Thay y bởi λy với λ > 0, ta nhận được
λ
y
2

2

≥ y, f , ∀y ∈ X.

Cho λ → 0, ta nhận được y, f ≤ 0 với mọi y ∈ X. Thay y bởi −y ta thu được
y, f ≥ 0. Suy ra, y, f = 0 với mọi y ∈ X. Do đó, f = 0. Vậy ∂g(0) = {0}.
Giả sử x = 0, dễ dàng kiểm tra được rằng
{f ∈ X ∗ : x, f = x
Thật vậy, giả sử f ∈ X ∗ thỏa mãn x

2

y − x, f = y, f − x

2

2

= f

= f

2

2

} ⊂ ∂g(x).

. Khi đó, với mọi y ∈ X, ta có

≤ y . x − x 2
1
≤ ( y 2 + x 2) − x
2

2

= g(y) − g(x).

Ngược lại, giả sử f ∈ ∂g(x). Khi đó, ta có
1
y − x, f ≤ ( y
2

2

− x 2)

với mọi y ∈ X. Thay y = x + λz với λ ∈ R và z ∈ X, theo Mệnh đề 1.8 a), ta
nhận được
1
λ z, f ≤ ( x + λz
2

2

1
− x 2 ) ≤ (λ2 z
2

2

+ 2|λ| x

Khi λ > 0, từ (1.11), ta nhận được
1
z, f ≤ (λ xz
2

2

+ 2 x z ).

z ).

(1.11)


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×