BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Lê Thị Tuyết Nhung

SỰ TỒN TẠI VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA
ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 1.01.01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thầy hướng dẫn:
PGS. TS. Nguyễn Bích Huy
Khoa Toán - Tin học
Trường Đại học Sư phạm Tp.HCM

Thành phố Hồ Chí Minh - 2005




Lời đầu tiên trong luận văn này tôi kính gởi đến Thầy, PGS. TS. Nguyễn
Bích Huy, người đã giảng dạy và tận tình hướng dẫn tôi hoàn thành luận văn này, lời
cảm ơn trân trọng nhất.
Xin chân thành cảm ơn các thầy cô thuộc khoa Toán – Tin học trường Sư Phạm
Tp. Hồ Chí Minh và trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh đã nhiệt
tình giảng dạy các chuyên đề, giúp tôi làm quen với công việc nghiên cứu khoa học.
Xin cảm ơn các bạn cùng khóa 13 và những người quan tâm đề tài luận văn này đã
nhiệt tình trao đổi, thảo luận, góp ý cùng tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn.
Xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệp tổ toán trường THPT
chuyên Trần Đại Nghóa đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi tham gia khóa học này.

Cuối cùng, tôi xin chân thành cảm ơn gia đình và những bạn bè thân thiết đã luôn
bên cạnh ủng hộ, động viên và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian qua.
Tp. Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2005
Lê Thị Tuyeát Nhung


Lời giới thiệu
Vấn đề tồn tại vectơ riêng dương của ánh xạ tuyến tính được mở đầu bởi Perron bằng
việc chứng minh một số tính chất cho các giá trị riêng của ma trận với các số hạng dương
vào năm 1907 như sau:
Giả sử A là một ma trận vuông dương. Khi đó:
i) Bán kính phổ r(A) của A là số dương.
ii) r(A) là giá trị riêng đơn của A.
iii) Nếu   r(A) là một giá trị riêng của A thì  < r(A).
iv) Vectơ riêng v của A ứng với giá trị riêng r(A) có thể chọn các tọa độ dương.
v) v là vectơ riêng dương duy nhất của A (chính xác tới một thừa số).
Năm 1912, Jentzsch đã mở rộng định lí Perron cho các ánh xạ tích phân
b

(s)   k(s, t)(t)dt với nhân dương.
a

Năm 1937, Krein, Rutman mở rộng các kết quả của Jentzsch cho lớp các ánh xạ tuyến
tính dương mạnh hoàn toàn liên tục. Tiếp theo, Krasnoselskii lại mở rộng kết quả này
cho lớp ánh xạ u0 - dương, hoàn toàn liên tục.
Về sau, Bakhtin đã đưa ra được rất nhiều các kết quả về sự tồn tại vectơ riêng dương
của ánh xạ tuyến tính không hoàn toàn liên tục.
Trong luận văn này, chúng tôi trình bày các kết quả liên quan đến sự tồn tại các vectơ
riêng dương của ánh xạ tuyến tính dương hoàn toàn liên tục và không hoàn toàn liên tục,
các tính chất về giá trị riêng tương ứng của các vectơ riêng dương và các ứng dụng của

nó trong vấn đề tồn tại nghiệm của phương trình tuyến tính không thuần nhất. Các kết
quả trong luận văn đã được trình bày trong một số sách tham khảo và các bài báo khoa
học. Chúng tôi đã cố gắng hệ thống và làm rõ hơn các chứng minh của các vấn đề trên.


Chương 1
SỰ TỒN TẠI VECTƠ RIÊNG DƯƠNG CỦA ÁNH XẠ TUYẾN TÍNH DƯƠNG
I.1. Không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón
Định nghóa I.1.1
Cho X là không gian Banach trên trường  .
Tập K  X được gọi là nón khi và chỉ khi các điều kiện sau được thỏa mãn:
i)

K là tập đóng, khác  và K  {  }.

ii)

(a, b   , a, b  0, x, y  K)  ax + by  K.

iii)

K   K  ={  }.

Nếu K là nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định nghóa như sau: x  y  (y  x)  K .
Nếu nón K có intK   thì ta định nghóa x  y  (y  x)  int K .
Bổ đề nón
Cho X là không gian Banach trên trường  với nón thứ tự K. Giả sử u   thì với mọi

v   tồn tại duy nhất một số  u (v)  0 sao cho:
i) neáu 0     u (v) thì u  v  

ii) nếu    u (v) thì u  v  
Nếu intK   và u   thì  u (v)  0 .
Chứng minh.
Xây dựng  u (v) . Xét nửa đường thẳng   {u  v :   0} . Với   0 đủ nhỏ ta có

u  v  K và với    0 đủ lớn ta có u  v  K vì nếu ngược lại u  nv  K với n  
đủ lớn thì

u
 v  K , cho n   ta được v  K , vô lí. Vậy u +  u (v) v là điểm xác định
n

duy nhất là giao của  với biên K của nón K.
Định nghóa I.1.2
Nón K được gọi là nón chuẩn nếu tồn tại số m > 0 sao cho với mọi x, y  K,

xy x m y .
Định nghóa I.1.3


Nón K được gọi là nón sinh nếu với mọi x  X tồn tại u, v  K thỏa mãn x  u  v. Nói
cách khác X = K – K.
Mệnh đề I.1.4
Nếu nón K có intK   thì K là nón sinh.
Chứng minh.
Giả sử e  intK, ta coù: r  0 : B(e,r)  K .
Do đó, với mọi x  K \ {} , ta có: e  r

Đặt



1 x
u   e  x
2 r


và

x
K .
x


1 x
v   e  x
2 r


thì

x

=

u

–

v,


u,

v

K

và




1 e
1 e
1 e
u  
 1 .
 1 x  M x , v  
 1  x  M x với M = 
2 r
2 r
2 r



Vậy K là nón sinh.
Mệnh đề I.1.5
Nếu K là nón sinh thì tồn tại số M > 0 sao cho với mọi x  X tồn tại u, v  K thỏa maõn

x  u  v, u  M x , v  M x .
Chứng minh.

Đặt K1  K  B(,1) . Ta coù:






n 1

n 1

n1

X  K  K   nK1   nK1   n(K1  K1 )
Do X là không gian Banach nên theo định lí Baire, tồn tại n 0   , x 0  n 0 (K1  K1 ) vaø r >
0 sao cho

B(x 0 , r)  n 0 (K1  K1 )
Vì x 0  n 0 (K1  K1 ) neân x 0  n 0 (K1  K1 ) . Từ đây ta được:

B(,r)  n 0 (K1  K1 )  n 0 (K1  K1 )  2n 0 (K1  K1 ) .
Laáy x  X \ {} tùy ý thì y 
Suy ra

r
x  B(,r) , do đó y  2n 0 (K1  K1 ) .
2x


  0, w  2n 0 (K1  K1 ) : y  w   .

Với  

r
r
ta tìm được w1  2n 0 u1  2n 0 v1 với u1 ,v1  K1 sao cho y  w1  . Khi đó
2
2

2(y  w1 )  B(,r)  2n 0 (K1  K1 )
Suy ra với  

r
2

ta tìm được

với

w'2  2n 0 u'2  2n 0 v'2

u'2 ,v'2  K1 sao cho

r
2(y  w1 )  w'2  .
2
1
Đặt w2  w'2 , ta có
2
u2 ,v2  K , u2 , v2 


với

w2  2n 0 u2  2n 0 v2

1
2

r
.
22

vaø y  w1  w2 

Tiếp tục quá trình này, ta xây dựng được dãy các phần tử

{un }  K , {v n}  K , un , vn 

1
2 n 1

(*)

sao cho
n

y   wk 
k 1

r
, w n  2n 0 u n  2n 0 v n .

2n



Từ (*) suy ra chuỗi

u

(**)


n

và

n 1



v

n

hội tụ trong X.

n 1



u'   u n , v'   v n thì u',v'  K và u' , v'  2 .


Đặt

n 1

n 1

Từ (**) suy ra


y   w k  2n 0 (u' v')
k 1



Đặt

u

r
x  2n 0 (u' v')
2x
4n 0 x
r

u' , v 

4n 0 x
r


hay

x

4n 0 x
r

(u' v')

v' thì x = u – v với u,v  K , u , v 

8n 0 x
r

.


Vậy M 

8n 0
là số cần tìm.
r

Định nghóa I.1.6
Nón K được gọi là nón minihedral nếu với mỗi cặp x, y  X tồn tại cận trên đúng

z  x  y , nghóa là z  x, y và z  v với bất kì v  x, y.
Cận dưới đúng u của hai phần tử x, y  X được định nghóa tương tự và kí hiệu u = x  y.
Mệnh đề I.1.7
Nếu K là nón minihedral thì K là nón sinh.

Chứng minh.
Với mỗi x  X, ñaët

x+ = x   ,

x  = (  x)   . Ta coù x  ,x   K vaø x  x   x  . Vậy K

là nón sinh.
Bổ đề I.1.8
Nếu K là nón chuẩn và minihedral thì với mọi dãy hội tụ {xn} của không gian X và y  X
tùy ý, ta coù:

lim(x n  y)  (lim x n )  y
n

n

Chứng minh.
x+ = x   ,

Đặt

x  = (  x)  

Rõ ràng x = x+  x  và đối với biểu diễn tùy ý x = x’ – x” với x’, x” K ta có x'  x  ,

x"  x  .
(a)

Chứng minh: nếu lim y n   thì lim y n   .

n

n 

Thật vậy, mỗi nón minihedral là một nón sinh nên tồn tại số M > 0 sao cho với mỗi yn 
X có u(yn)  K thỏa mãn:
yn  u(yn) vaø u(y n )  M y n .
Do đó, y n  u(y n ) .
Vì nón K là nón chuẩn nên tồn tại số m > 0 sao cho:

y n  m u(y n ) .

 y n  m u(y n )  m.M y n


Vậy lim y n   .
n

Chứng minh: nếu lim x n  x thì lim x n  x  .

(b)

n

n 

Ta coù:





x n   x n  x   x    x n  x   x 




vaø x    x  x n   x n    x  x n   x n
Do đó

x n  x    x n  x 

nghóa laø



x n  x 







vaø x   x n   x  x n 








  x n  x  vaø    x n  x      x  x n 



Theo chứng minh (a), lim x n  x
n







  vaø lim  x  x n    .
n

Vì nón K là nón chuẩn nên



lim x n  x 
n




















Maø

x n  x   x n  x 

Do đó

lim x n  x   

Vậy

lim(x n  y)  lim  (x n  y)    y

n



n




  vaø lim   x n  x    
n
   x n  x  





n

 (x  y)    y  x  y

Bổ đề được chứng minh.
Định nghóa I.1.9
Nón K được gọi là đều nếu mỗi dãy tăng, bị chặn trên của không gian X hội tụ.
Mệnh đề I.1.10
Nếu K là nón đều thì K là nón chuẩn.
Chứng minh.
Giả sử ngược lại, K không là nón chuẩn. Khi đó

N  0, x,y  K : x  y và x  N y .
Suy ra với n   tùy ý, tồn tại x n ,y n  K sao cho

x n  y n vaø x n  n 2 y n .


Đặt


xn
y
, y'n  n . Ta có
xn
xn

x'n 

x'n  y'n và y'n 

1
( n   ).
n2



Chuỗi

 y'

n

hội tụ tuyệt đối nên hội tụ.

n 1

n




Đặt

u   y'n , Sn   x'n . Ta coù
n 1

k 1

n

Sn   y'k  u vaø Sn1  Sn  x'n 1  K
k 1



Vậy {Sn} tăng và bị chặn trên. Do nón K đều nên {Sn} hội tụ hay chuỗi

 x'

n

hội tụ.

n 1

Suy ra

lim x'n  0 , mâu thuẫn với x'n  1 ( n   ).
n 

Vaäy K là nón chuẩn.

I.2. Ánh xạ tuyến tính trên không gian Banach có thứ tự sinh bởi nón
Định nghóa I.2.1
Cho X, Y là các không gian Banach, K X  X , K Y  Y là các nón và ánh xạ A : X  Y .
Ánh xạ A được gọi là dương nếu A  K X   K Y .
Ánh xạ A được gọi là đơn điệu trên X nếu với mọi x, y  X , x  y  Ax  Ay .
Định lí I.2.2
Giả sử KX là nón sinh, KY là nón chuẩn và A: X  Y là ánh xạ tuyến tính dương. Khi đó
A liên tục.
Chứng minh.
Gọi M, m là các hằng số trong mệnh đề I.1.5 và trong định nghóa nón chuẩn.
(a) Ta chứng minh: L  0 : x  K X , Ax  L x .
Giả sử trái lại, không tồn tại số L. Khi đó, ta có:

n  , x n  K X : Ax n  n3 x n .


Chuỗi số


1
1
x
=
hội tụ nên chuỗi phần tử


n
2
2
n 1 n

n 1 n x n



n
n 1

2

1
x n hội tuï.
xn


Gọi x0 là tổng của nó thì ta có:

x0 

1
xn  0
n xn

 Ax 0 

2

Ax n
n2 xn

 m Ax0 


Ax n
 n, n  
n2 x n

Điều này mâu thuẫn.
(b) Ta chứng minh: x  X, Ax  2ML x .
Xét tùy ý x  X. Do KX là nón sinh nên tồn tại u, v  K thỏa mãn x = u – v và

u , v M x .
Do đó

Ax  Au  Av  L( u  v )  2LM x .

Vậy A là ánh xạ liên tục.
Định nghóa I.2.3
Cho A là ánh xạ từ X vào X và phần tử u0  K \ {  }. Ánh xạ A được gọi là u0 - bị chặn
trên nón K nếu với mỗi x  K \ {  } tồn tại các số ,  > 0 sao cho u 0  Ax   u0 .
Định nghóa I.2.4
Cho A là ánh xạ đơn điệu dương và u0 - bị chặn trên nón K. Ánh xạ A được gọi là u0 - lồi
đều trên nón K nếu với mọi x  K \ {  } thỏa mãn bất đẳng thức

u 0  x  u0 (với ,   0)
thì với mọi t  [a,b]  (0,1) bất đẳng thức sau thỏa mãn

Atx  (1  )tAx , trong đó số dương  chỉ phụ thuộc ,  , a và b.
Ví dụ: Các ánh xạ có dạng
Bx = Ax +  u0 , trong đó  > 0
là u0 - lồi đều nếu ánh xạ A tuyến tính và u0 - bị chặn.
Chứng minh.

 Do A tuyến tính và u0 - bị chặn nên B là ánh xạ đơn điệu dương và u0 - bị chặn trên
nón K.


 Với mọi x  K \ {  } thỏa mãn bất đẳng thức

u 0  x  u0 (với ,   0)
Lấy bất kì t  [a,b]  (0,1) , ta cần chỉ ra số   0 sao cho
B(tx)  (1  )tBx

Ta coù

B(tx) = tAx +u 0 , tBx = tAx + t  u0
B(tx)  tB(x)  (1  t)u 0  (1  b)u 0
Do A là u0 - bị chặn nên tồn taïi   0 sao cho Au 0  u 0 .
Do đó
tB(x) = tAx + t  u0  tA(u0 )  tu0

 t(   )u0  b(   )u0
Ta choïn   0 sao cho

b(   )u0  (1  b)u0
hay



(1  b)
b(  )

Khi đó ta có B(tx)  tB(x)  tB(x)

Vậy B là là u0 - lồi đều.
I.3. Sự tồn tại vectơ riêng của ánh xạ tuyến tính dương hoàn toàn liên tục.
Định lí
Giả sử
i)

A: X  X là ánh xạ tuyến tính dương hoàn toàn liên tục,

ii) Tồn tại phần tử u  ( K ) sao cho u = v – w với v, w  K và số   0 , p * thỏa
mãn

A p u  u
p

Khi đó A có vectơ riêng x0 trong K với giá trị riêng tương ứng  0 thỏa mãn  0   .
Chứng minh. Xét các ánh xạ:


v
A(x  )
n ,
A n (x) 
v
A(x  )
n

x  K  B(,1)  T

v
1

1
v


Do A  x    A(x)  A(v)  A(v)  0 (u  ( K )) neân A  x    0 .
n
n
n
n


Ta có An hoàn toàn liên tục trên T, An(T)  T. Do đó, theo định lí điểm bất động
Schauder, tồn tại xn  T, Axn = xn.
Ta có:

v

A  x     n x n với  n  0 nào đó, x n  1 .
n

 xn 

1
1
A  xn  , xn 
A  v
n
n n

(1)


Từ đây ta có:

xn 

1 p1
1
v

A  xn   p Ap  x n  
p1
n
n
n





1 p
1
A  v  p Ap  u  p u
p
n
n n
n n

(n  1,2,...)

Gọi  n là số dương lớn nhất thỏa mãn x n  n u . Từ điều kiện của định lí và (1) ta có:


xn 


1 p
v 1
uw

A  x n    p A p  n u 
p
n
n  n
n 


1 
1

1
   A p u  p  n   u .
p  n
n 
n
n 
n

Do định nghóa của  n ta phải có:

n  n 



1
  
p  n
n 
n
p

Nói riêng, phải có  0   .


v  
 
Do A hoàn toàn liên tục nên ta có thể chọn dãy con {nk} sao cho A  x n k    hội tụ
n k  
 

 

tới phần tử y nào đó. Khi đó dãy  n k

x0 

p

  hội tụ về

hội tụ tới  0   . Do vậy, x n k

y

, x 0  1, x 0  T .
0

Qua giới hạn trong đẳng thức


v 
A  x n k     nk x n k
nk 

ta được: A  x 0    0 x 0 (đpcm).
I.4. Sự tồn tại vectơ riêng của ánh xạ tuyến tính dương không hoàn toàn liên tục.
Định nghóa I.4.1
Cho u0  K \ {} . Giả sử x là phần tử tùy ý của X thỏa mãn

u 0  x  u 0
Số  nhỏ nhất thỏa mãn bất đẳng thức trên được gọi là u0 - chuẩn của phần tử x, kí hiệu
x

u0

.

 Sự tồn tại vectơ riêng của ánh xạ tuyến tính biến nón K thành nón K u 0 ,k
Định nghóa I.4.2
Nón K u0 ,k là tập hợp gồm phần tử  và tất cả những phần tử x  K mà với mỗi phần tử đó
tồn tại các số , > 0 sao cho

u 0  x   u 0
và



 k , trong đó k là số cố định và k  1.


Định nghóa I.4.3
Họ x(  ),   (,) , các vectơ riêng dương của ánh xạ A tạo thành nhánh u0 - liên tục có
độ dài vô hạn nếu x(  ) liên tục theo u0 - chuẩn và nếu đối với các số M, m > 0 tùy ý có
thể chỉ ra một cặp số  1,  2  (,) sao cho


x(1 )  mu 0  K vaø Mu0  x( 2 )  K .
Định lí I.4.4
Giả sử ánh xạ A tuyến tính từ X  X, A(K)  K u0 ,k . Khi đó A có vectơ riêng trong nón
K.
Chứng minh.
(a) Trước tiên chứng minh rằng nếu A là ánh xạ tuyến tính, u0 - bị chặn biến dãy {xn}
tùy ý hội tụ theo u0 - chuẩn thành dãy cũng hội tụ theo u0 - chuẩn.
Thật vậy, do ánh xạ tuyến tính A là u0 - bị chặn nên lim Atu0
t 0

u0

0

Do đó từ các hệ thức

 tu 0  x n  x  tu0
suy ra


 Atu0  Ax n  Ax  Atu 0

Vì vậy lim Ax n  Ax
t 0

u0

 0.

(b) Xét các ánh xạ Bnx = Ax +

u0
n

(n = 1, 2, 3,…) laø u0 - lồi đều, Bn ()   .

Ta đã biết phổ dương của các toán tử Bn là một khoảng ( ,   ). Với mỗi   ( ,   )
ứng với vectơ riêng duy nhất x(  ) trong nón K, hàm x(  ) đơn điệu, họ x(  ) tạo thành
nhánh u0 - liên tục có độ dài vô hạn.
Vì hàm x(  ) giảm, họ x(  ) tạo thành nhánh u0 - liên tục có độ dài vô hạn và

 x(  ) = Ax(  ) +
Nên

lim x( )


u0

u0

n

 0 và lim x()


u0

 .

Xét các vectơ riêng x n  K :

 nxn = Bnxn = Axn +

u0
n

với x n

u0

 1.

Ta sẽ chứng minh:

1   2  . . .   n  . . .
Thật vậy, giả sử ngược lại, ta tìm được số n’ sao cho  n '   n '1 .


Giả sử t0 là số lớn nhất thỏa mãn


x n '  t 0 x n' 1

( t 0  1 vì xn’, xn’+1  K và x n'

x n '  t 0 x n ' 1 

1 
u 
t 
u 
Ax n '  0   0  Ax n '1  0 

n ' 
n'   n' 1 
n' 1 

u0

 x n' 1

u0

 1)

Khi ñoù

 1
 u
1
t 0 u0


Ax n ' 
At 0 x n' 1   0 
 n' 1
 n '
  n 'n'  n' 1 (n' 1)





1
 n' 1
1
 n' 1

.

u0
n'(n' 1)

.

x n ' 1
n'(n' 1)



1
Nghóa là x n '   t 0 

 x n '1 , mâu thuẫn với tính cực đại của t0.


n'(n'
1)

n ' 1 
Hơn nữa, lim  n   0  0 .
n

Thật vậy, cAu0  u0 với c > 0 nào đó.
Vì vậy,  n 

1
1
với mỗi n = 1, 2, … vì trong trường hợp ngược lại
 c với n0 nào đó, gọi
c
 n0

t0 là số cực đại thỏa mãn

x n 0  t 0 u0  
thì

x n 0  t 0 u0 



1

 n0


u0 
 Ax n 0    ct 0 Au0
n0 


u0
, mâu thuẫn với tính cực đại của t0.
n0 n0

1
Vậy  0  .
c
(c)

Chứng minh {xn} là dãy cơ bản theo u0 - chuẩn và do đó nó hội tụ đến phần tử

x0  K .


Giả sử ngược lại, tồn tại số   (0, 1) sao cho với mỗi N tùy ý có thể chỉ ra các số m, n >
N để x n  x m  K .
Với mọi t  [0,  ] , ta coù:

xn  xm

 xn


u0

u0

 t xm

u0

 1 
Chọn N đủ lớn sao cho với mọi m, n > N thỏa mãn các bất đẳng thức sau:

1 1 1   0
 
. ,
m n
8 k
n  m 

1   0
. ,
8 k

0 1

m 2
vaø

 1
1 
 

 Axn


m 
 n


u0

1  1
. .
8 k

Goïi t0 là số cực đại sao cho với xn, xm đã chọn ta có:

xn  t 0xm  
Rõ ràng t0 <  , do đó

x n  t 0x m
nghóa laø

u0

1 

A(x n  t 0 x m )

u0

  n xn 


u0
u
 t 0 m xm  t 0 0
n
m

  n x n  t 0 xm

A(x n  t 0 x m )

u0

 ( n   m )x n

3

(1   ) 0
u0
4

Vì vậy

3 1 
A(x n  t 0 x m )  .
 0 u0
4 k

Do


xn  t 0 xm 

u0

1
u  t 
u 
Ax n  0   0  Ax m  0 

n 
n  m 
m

u0

1 t 
   0  u0
n m

Suy
u0

ra




 1
1
1 

1 u0 t 0 u 0
A(x n  t 0 x m )   
.
 Ax n  . 
m
n n m m
 n m 

1 1 
1 1 
xn  t 0 xm  .
u0  .
xm
8 k
8 k

nên

Điều này mâu thuẫn với tính chất cực đại của t0.
Vậy dãy {xn} hội tụ đến phần tử x0  K nào đó.
(d) Lấy giới hạn trong đẳng thức

 n x n  Ax n 

u0
n

Ta được  0 x 0  Ax 0 . (đpcm)
Hệ quả I.4.5
Nếu một lũy thừa Am của ánh xạ tuyến tính A biến nón K thành nón K u0 ,k . thì A có vectơ

riêng trong nón K.
Chứng minh.
Ánh xạ Am tuyến tính và Am(K)  K u0 ,k nên Am có vectơ riêng x trong nón K, A m x  x

 A m (Ax)  Ax
Vì vậy,

Ax  x với  > 0 nào đó. Thật vậy, trong trường hợp ngược lại, gọi t0 > 0 là

số cực đại thỏa mãn
x – t0Ax  
Khi đó

x  t 0 Ax 


1 m
t
A x  0 A m (Ax)


1 m
A (x  t 0 Ax)  Ax ,


với  > 0 nào đó.

Điều này mâu thuẫn với việc chọn t0.
 Sự tồn tại vectơ riêng của ánh xạ tuyến tính A biến nón K các hàm không âm của
không gian các hàm liên tục trên đoạn [0, 1] vào nón các hàm lồi.

Bổ đề I.4.6
Nếu toán tử tuyến tính A là u0 - bị chặn trên nón K thì đối với mọi dãy {x n} K thỏa mãn


lim x n  0
n

suy ra

lim Ax n
n 

u0

0

Chứng minh.
Giả sử ngược lại, với mỗi n = 1, 2, … ta tìm được x n  K sao cho

xn 

1
mà Ax n
n2

u0

n




Phần tử x   x n thuộc nón K và x  xn với mọi n = 1, 2, …
n1

Suy ra

Ax

u0

Vaäy lim Ax n
n 

 Ax n
u0

u0

 n , điều này mâu thuẫn với tính chất u0 - bị chặn của A.

 0 .(đpcm)

Định lí I.4.7
Giả sử ánh xạ tuyến tính A là u0 - bị chặn trên nón K các hàm không âm của không gian
C các hàm liên tục trên đoạn [0, 1] biến mỗi hàm không âm thành hàm lồi. Khi đó A có
hàm riêng không âm.
Chứng minh.
Xét các ánh xạ u0 - lồi đều

Bn x  Ax 


u0
n

(n = 1, 2,…)

Tương tự chứng minh định lí I.4.4, ta khảo sát dãy các vectơ riêng {xn}  K và dãy các
giá trị riêng tương ứng

1   2  . . .   n  . . .

lim  n   0  0
n

Ta sẽ chứng từ dãy {xn} có thể tìm được dãy con hội tụ theo u0 - chuẩn và do đó hội tụ
theo chuẩn.
Rõ ràng với số   0 cho trước và hàm dương lồi bất kì x = x(t) với x   tồn tại số

  0 sao cho
Ax  u 0


Dãy {xn} không hội tụ đến  theo chuẩn. Thật vaäy, do

 nxn = Bnxn = Axn +
suy ra

lim Ax n
n 


u0

u0
n

với x n

u0

 1.

 0  0

Vì vậy, theo bổ đề I.4.6, dãy {xn} không thể hội tụ đến  theo chuẩn.
Mà

x n  u0

(n = 1, 2,…)

nên tồn tại   0 và dãy con (để đơn giản, ta coi chúng là dãy {xn}) sao cho
(1)

lim x n  
n 

Dãy {xn} hội tụ theo u0 - chuẩn. Thật vậy, giả sử ngược lại, ta có thể chỉ ra số   (0, 1)
sao cho với mỗi số N > 0 tồn tại các số p, q > N sao cho

x p  x q  K


(2)

Do (1) nên với mọi N > 0 đủ lớn tồn tại số cố định   0 sao cho với mọi n, m > N, ta coù

x n  tx m  

(3)

Chọn N sao cho với mọi n, m > N thỏa mãn bất đẳng thức (3) và các bất đẳng thức sau:

( n   m )u 0 


0
4


1 1 
   u0   0
4
n m
Khi đó với mọi n, m và t  [0,  ] , ta coù:

A(x n  tx m )   n x n 

u0
tu
 t m x m  0
n

m

1 1 
  m x n  txm  ( n   m )x n     u 0
n m



0
2

Giả sử t0 là số cực đại sao cho xp – t0xq   . Ta coù t0  [0,  ] , do đó

A(x p  t 0 x q ) 


0
2


Do tính chất lồi của hàm dương A(xp(t) – t0xq(t)) suy ra tồn tại số   () , trong ñoù




 0 , sao cho
2
A 2 (x p  t 0 x q )  u0

Chọn N đủ lớn sao cho với mọi n, m > N các bất đẳng thức sau thỏa mãn:


2 0   n

1 1
1 2


A u0 
u0
0 n m
32 20

1 1 1 

  Au0 
u0
2 
0  n m 
32 20
1
1


Au 0 
u0
n m
32 02

1 1 1 


u0
  u0 

0  n m 
32 02
Lúc đó, vì x p  t 0 x q 



nghóa là x p  t 0 x q 

1 
u  t 
u 
Ax p  0   0  Axq  0 

p 
p  q 
q 

 1
1
1 
1 u 0 t 0 u0

A(x p  t 0 x q )     Ax p 


q



p
q q
q 
p
 p

1 2
1  1
1 
A (x p  t 0 x q )     A2 x p 
2
q
 q   p  q 
 1
 1
t 
1 
1 u0 t 0 u 0

 0 2  Au 0     Ax p 

 p 



p p q q
 p q q q 
 p q 


neân

x p  t 0 xq 
 x p  (t 0 


xq
8 20


)x q   , mâu thuẫn với tính chất cực đại của t0.
8 20

Vậy dãy {xn} hội tụ theo u0 - chuẩn đến phần tử x  K nào đó.
Qua giới hạn từ đẳng thức


 n x n  Ax n 
ta được

u0
n

 0 x  Ax . Định lí được chứng minh.

Hệ quả I.4.8
Nếu một lũy thừa Am nào đó của ánh xạ A tuyến tính dương trên nón K các hàm không
âm của không gian C là u0 - bị chặn và biến nón K thành nón các hàm lồi thì ánh xạ A
có vectơ riêng trong nón K.
 Sự tồn tại vectơ riêng của ánh xạ tuyến tính u0 - bị chặn trên nón minihedral,

đều.
Định lí I.4.9
Giả sử nón K đều và minihedral. Khi đó mỗi ánh xạ tuyến tính A u0 - bị chặn trên nón K
có vectơ riêng trong nón K.
Chứng minh.
Vì nón K là nón minihedral và đều nên K là nón sinh và chuẩn (theo mệnh đề I.1.7,
I.1.10) nên theo định lí I.2.2 ánh xạ A liên tục.
Xét các ánh xạ

u 

Bn x   Ax  0   u0
n 


(n = 1, 2,…)

Những ánh xạ Bn, (n = 1, 2,…), u0 - lồi đều. Thật vậy, các ánh xạ Bn dương, đơn điệu trên
nón K vaø

u0 
u 
  Ax  0   u 0  u0 với mọi x  K.
n 
n 
Ngoài ra, với x  K tùy ý, với mọi t  [a,b]  (0, 1)

u 

Bn tx   Atx  0   u 0

n 


u  u 
 t  Ax  0   0 
nt  t 


 
u   u 1  t  1  t 
 t   Ax  0    0 
u0   
u0 
nt
t
nt
nt









 
 1  b 

u 

u0 
Ax


u
nghóa là Bn tx  t   Ax  0   u 0  
0 

n
n 
 nb 

 

 t(1  )Bn x
trong đó  

1 b
.
nb

Vậy Bn u0 - lồi đều.
Từ tính chất u0 - lồi đều của các ánh xạ Bn và Bn    suy ra rằng phổ dương của các
toán tử Bn trùng với một khoảng (,  ) ; với mỗi   (,  ) ứng với vectơ riêng duy
nhất x(  ) trong nón K, hàm x(  ) đơn điệu, họ các x(  ) tạo thành nhánh u0 - liên tục có
độ dài vô hạn.
Đối với các ánh xạ Bn đang khảo sát, phổ dương ( ,   ) trùng với khoảng ( 0,  ). Thật
vậy, do tính chất tuyến tính và u0 - bị chặn của ánh xạ A, ta có:
Anu0 = nAu0  u0 với n đủ lớn.
Do đó

Suy ra

u 
1

Bn (nu0 )   Anu 0  0   u 0  u0  (nu0 )
n
n

1
 (,  ) với n đủ lớn. Vì vậy   0 .
n

Cho   0 đủ nhỏ sao cho

Au 0  Au 0 

u0
2

Xét dãy các vectơ rieâng x n  K :

u 

 n x n  Bn x n   Ax n  0   u 0
n 

với u0 - chuẩn x n

u0


 .

Rõ ràng  n x n  Ax n 

u0
n

với mọi n = 1, 2,…

Do đó như đã chứng minh trong định lí I.4.4, ta có:

1   2  . . .   n  . . .
vaø lim  n   0  0 .
n


Xét dãy vectơ riêng thứ hai yn  K:

u 

 n y n  Bn y n   Ay n  0   u 0
n 

Dễ dàng thấy được rằng
yn

u0

  (n = 1, 2, …)


Vì  0   n neân y n  x( 0 )  x( n )  x n .
Ta chứng minh raèng

y1  y 2  . . .  y n  . . .
Giả sử ngược lại, với n0 nào đó y n 0  y n 0 1 . Kí hiệu t0 là số cực đại mà y n 0  t 0 y n0 1   .
Rõ ràng 0 < t0 < 1.
Ta có:

y n 0  t 0 y n0 1 

 t 0 

1 
u0 
u0 
Ay


u

Ay


u
 n 0
 n 0 1


0

0
n0 
n0  1 
 0 
  0 






1 
u0 
t 0u0 
 Ay n0    u0   At 0 y n 0 1 
  (t 0 u 0 )
n0 
n0  1 
 0 



Suy ra

y n 0  t 0 y n0 1 

1 1  t0
u0
 0 n0  1





1 1  t 0 
u0 
 Ay n 0 1 
  u0 
n0  1 
 0 n 0  1 




1  t0
y n 1
n0  1 0


1  t0 
nghóa là y n 0   t 0 
 y n 1   , mâu thuẫn với việc chọn t0.
n0  1  0

Vì nón K đều và dãy {yn} giảm nên tồn tại

lim y n  y
n

Ta có y  K \ {} vì nếu y n  0 thì



lim y n
n

u0

 lim
n 


1 
u 
Ay n  0   u0 


 0 
n 


u0

Áp dụng bổ đề I.1.8, ta được:
lim y n
n 

u0

 0 , mâu thuẫn với y n

u0


 .

Qua giới hạn trong đẳng thức

u 

 n y n   Ay n  0   u 0
n 

ta coù

 0 y   Ay   u0

Giả sử Ay  u0 . Lấy t  (0, 1) tùy ý. Trước tiên, ta chứng minh:

(Ay)  u 0  (Ay) 

u0
t

Thật vậy, giả sử ngược lại, gọi  là số cực đại mà (Ay)  u0  Ay . Ta coù   (0, 1) . Do
tính u0 - bị chặn của ánh xạ A vaø

(Ay) 

u0
u

  A(1  )y    0  Ay   Ay

t
 t


Suy ra số cực đại  mà (Ay) 
Vậy

(Ay)  u 0  (Ay) 

u0
  Ay lớn hơn  .
t

u0
t

Ta sẽ chứng minh rằng: với mọi n đủ lớn xn  z = ty.
Giả sử tồn tại n0 lớn tùy ý mà x n0  z .
Ta coù:

 0 ty  (Aty)  (tu0 )

nghóa là

 0Aty  A (Aty)  (tu 0 )  (1  )A (Aty)  u0  với   0 nào đó.

Vì vậy, với   0 đủ nhỏ, ta có:

 0 (1  )ty  (1  ) (Aty)  (tu0 )
 1  



 (1  )  
A  (Aty)  u0    tu0 

   0





1

A  (Aty)  u 0    u0
  0 (1  )

Do đó với mọi n0 tùy ý đủ lớn,

 1

 n0 z  
A (Az)  u0   u 0
  n0

Gọi t0 là số cực đại mà x n 0  t 0 z . Rõ ràng t 0  [0,1] .
Vì


u 
u

 n 0 x n 0  Bn0 x n 0   Ax n 0  0   u0  Ax n0  0
n0 
n0


neân

xn0  t 0 z 







 1
 t   1
1
Bn 0  Bn0 x n0   0  
A (Az)  u0   u 0 
0

 0
  0    n0

1
 n0


 1

 Bn 0 
  n0





u0    1
Ax


A
(At
z)

(t
u
)

u





 n0

0
0 0
0  Giaû

n 0     n0




1
(At 0z)  t 0 u0  .
 n0

Ta coù:

xn0  t 0 z 

1 1  t0
u0
 n0 n 0



1 1  t0
(Ay)  u0 
 n0 n 0



0 1  t0
 1  t0
y 0
z
 n0 n 0

 n0 n 0 t

Mâu thuẫn với tính chất cực đại của t0.
Vậy với t  (0, 1) cố định tùy ý, với mọi n đủ lớn, ta có: x n  ty .
Suy ra

y  u 0 (do x n

nghóa là

Ay  u0.

Do đó

 0 y  (Ay)  u 0  Ay hay y là vectơ riêng của A.

Định lí được chứng minh.
Hệ quả I.4.10

u0

 )

sử