close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Об уравнениях с возмущенными аккретивными отображениями.

код для вставкиСкачать
1997
ИЗВЕСТИЯ ВЫСШИХ УЧЕБНЫХ ЗАВЕДЕНИЙ
МАТЕМАТИКА
Є 7 (422)
УДК 517.98
И.П. РЯЗАНЦЕВА
ОБ УРАВНЕНИЯХ С ВОЗМУЩЕННЫМИ АККРЕТИВНЫМИ
ОТОБРАЖЕНИЯМИ
Пусть X | рефлексивное банахово пространство, X | его сопряженное, X и X строго
выпуклы, hy; xi | значение линейного функционала y 2 X на элементе x 2 X , 2X = fQ=Q
| непустое подмножество из X g, U : X ! X | дуальное отображение в X с некоторой
масштабной функцией (t) (см. [1], с. 315).
X называется аккретивным,
Определение 1 (см., напр., [1], с. 316). Оператор A : X ! 2
если для любых x1 2 D(A), x2 2 D(A) выполняется неравенство
hU (x1 ; x2); y1 ; y2i 0 8y1 2 Ax1; 8y2 2 Ax2:
X называется максиОпределение 2 (см., напр., [2]). Аккретивный оператор A : X ! 2
мальным аккретивным, если его график не является правильной частью графика никакого
другого аккретивного оператора, действующего из X в X .
X называется псевдоаккретивным, если
Определение 3. Оператор A : X ! 2
а) множество его значений в каждой точке x 2 X есть выпуклое и замкнутое в X множество;
б) из условий xn * x, limhU (xn ; x); yn i 0, yn 2 Axn следует, что для каждого элемента
z 2 X найдется элемент y(z) 2 Ax такой, что limhU (xn ; z); yni hU (x ; z ); yi:
X является отображением
Определение 4. Будем говорить, что отображение A : X ! 2
типа (A), если
1) множество Ax непусто, ограничено, выпукло и замкнуто при любом x 2 X ;
2) из условий xn * x, yn * y, yn 2 Axn ,
limhUxn ; yn i hUx; yi
(1)
следует, что y 2 Ax.
Определение 5. Если в определении 4 неравенство (1) заменить на
limhU (xn ; x); yn i 0;
(2)
то оператор A будем называть оператором типа (A0 ).
Если X = H | гильбертово пространство, (t) t, т.e. U = E | тождественный оператор,
то класс аккретивных совпадает с классом монотонных отображений (см., напр., [1], с. 22), класс
псевдоаккретивных | с классом псевдомонотонных (см. [3], с. 96), класс операторов типа (A) и
(A0 ) | с оператором типа (M) ([3], с. 15; [4], с. 184).
X называется коэрцитивным, если 8y 2 Ax имеем
Определение 6. Оператор A : X ! 2
hUx; yi=kxk ! +1 при kxk ! 1.
1.
61
2. Теоремы существования решений уравнений с аккретивными операторами можно найти,
например, в [1], [5]. Разрешимость уравнений с m-аккретивными отображениями при компактных возмущениях исследовалась многочисленными авторами (см., напр., [6] и библиографию к
ней). Целью данной статьи является получение достаточных условий разрешимости аккретивных уравнений с возмущениями, не удовлетворяющими требованию компактности. Предварительно получим некоторые утверждения.
X
X | псевдоаккретивные отображения, то отобраЛемма 1. Если A : X ! 2 , B : X ! 2
жение A + B также псевдоаккретивно.
Для доказательства этого утверждения следует фактически повторить рассуждения ([3],
с.97).
Отметим, что классы отображений типа (A) и (A0 ) не являются замкнутыми относительно
операции сложения (сравни с [3], с. 152).
X есть оператор типа (A), то A + E , > 0, также
Лемма 2. Если оператор A : X ! 2
является оператором типа (A).
Доказательство. Требование 1) определения 4 очевидно. Пусть xn * x, yn * y , yn 2
(A + E )xn , и верно (1). Покажем, что y 2 (A + E )x. Действительно, т. к. yn = un + xn , где
un 2 Axn , то yn * u + x, un * u а значит, y = u + x. Далее, из (1) имеем
limhUxn ; un i + limhUxn ; xn i hUx; ui + hUx; xi:
(3)
Свойства нормы и дуального отображения в банаховом пространстве дают соотношения
hUx; xi = (kxk)kxk lim(kxnk)kxn k lim(kxnk)kxx k = limhUxn ; xni;
т. e. limhUxn ; xn i hUx; xi. Теперь из (3) следует, что limhUxn ; un i hUx; ui. Так как A есть
оператор типа (A), то последнее неравенство обеспечивает включение: u 2 Ax, а значит, y =
u + x 2 (A + E )x.
X | оператор типа (A0 ) и дуальное отображение U слабо неЛемма 3. Если A : X ! 2
прерывно, то оператор A + E при любом > 0 принадлежит классу (A0 ).
Доказательство. Здесь вместо неравенства (3) из (2) имеем (см. обозначения доказательства леммы 2):
limhU (xn ; x) un i + lim(kxn ; xk)kxn ; xk + limhU (xn ; x); xi 0:
Так как lim(kxn ; xk)kxn ; xk 0, а hU (xn ; x); xi ! 0, то limhU (xn ; x); un i 0. Теперь
нетрудно завершить доказательство леммы.
X обладает (s)-свойством, если
Определение 7 ([7], с. 81). Говорят, что оператор A : X ! 2
из xn * x 2 X , hU (xn ; x); yn ; yi ! 0, yn 2 Axn , y 2 Ax следует, что xn ! x.
X является максимальным аккретивным, обладает
Лемма 4. Если оператор A : X ! 2
(s)-свойством, D(A) = X , дуальное отображение U в X непрерывно и слабо непрерывно, то A
| псевдоаккретивное отображение.
Доказательство. Поскольку D (A) = X , то множество Ax непусто для любого x 2 X .
Замкнутость и выпуклость Ax следуют из максимальной аккретивности оператора A. Пусть
xn * x, и
limhU (xn ; x); yni 0; yn 2 Axn :
(4)
Запишем условие аккретивности A: hU (xn ; x); yn ; yi 0, y 2 Ax, т.е. hU (xn ; x); yn i hU (xn ; x); yi. Так как U | слабо непрерывное отображение, то из последнего неравенства
находим, что limhU (xn ; x); yn i 0. Учитывая свойство (4) последовательности fxn g, получаем:
limhU (xn ; x); yn i = 0, а значит, limhU (xn ; x); yn ; yi = 0. Тогда (s)-свойство оператора
62
A обеспечивает сильную сходимость xn ! x. Поскольку отображение A локально ограничено
в любой точке x 2 X (см. [5], лемма 1), то yn * y 2 X (для простоты записи обозначения
для последовательности не меняем, далее мы всегда будем пользоваться этим упрощением).
Переходя к пределу в неравенстве hU (xn ; z ); yn ; wi 0, 8z 2 D(A), 8w 2 Az имеем hU (x ;
z); y ; wi 0. Свойство максимальной аккретивности A гарантирует теперь включение: y 2 Ax.
Следовательно, limhU (xn ; z ); yn i = hU (x ; z ); yi, y 2 Ax, что завершает доказательство
леммы.
X | максиСледствие 1. Если оператор U удовлетворяет условиям леммы 4, A : X ! 2
мальный аккретивный оператор, и hU (x1 ; x2 ); y1 ; y2i R0 (kx1 ; x2 k), где kxi k R0 , yi 2 Axi ,
i = 1; 2, R0 > 0, R0 (t) (t > 0) | непрерывная возрастающая функция, R0 (0) = 0, тогда A |
псевдоаккретивное отображение.
0
Следствие 2. В условиях леммы 4 и следствия 1 A есть отображение типа (A ).
Следствие 3. Тождественный оператор в пространстве с непрерывным и слабо непрерывным дуальным отображением является псевдоаккретивным отображением типа (A0 ).
Пусть R(Ax ; f ) | выпуклая замкнутая оболочка слабых пределов подпоследовательностей
из fyn ; f g, где yn 2 Axn , xn ! x, xn 2 D(A), A | максимальное аккретивное расширение
оператора A.
X | аккретивный, а C : X ! X | ограниченный однозначный
Лемма 5. Пусть A : X ! 2
псевдоаккретивный операторы, D(A) = X , U | непрерывное отображение. Тогда множества
R(Ax + Cx ; f ) и Ax + Cx ; f совпадают при любых x 2 X и f 2 X .
Доказательство. Пусть xn ! x, тогда последовательность fyn g (yn 2 Ax) ограничена в
силу локальной ограниченности A, т.е. yn * y 2 X . Кроме того, в предположениях леммы
можно убедиться в деминепрерывности оператора C (см. [1], с. 23; [4], с. 190). Значит, Cxn * Cx
и y+Cx;f 2 R(Ax+Cx;f ). Далее, используя непрерывность U и максимальную аккретивность
A, убеждаемся в том, что y 2 Ax, т.е. y + Cx ; f 2 Ax + Cx ; f . Теперь нетрудно видеть,
что R(Ax + Cx ; f ) Ax + Cx ; f . Обратное включение доказывается практически теми же
рассуждениями, что и в лемме 4 из [5].
X | локально ограниченный оператор типа (A) или (A0 ), U
Лемма 6. Пусть C : X ! 2
| непрерывное отображение, тогда Cx + x ; g = R(Cx + x ; g) при любых > 0, g 2 X и
x 2 X.
Доказательство. Как и в доказательстве леммы 5, установим лишь включение R(Cx + x ;
g) Cx + x ; g. Пусть xn ! x, тогда yn * y, yn 2 Cxn, yn + xn ; g * y + x ; g 2 R(Cx + x ; g).
Очевидно, что limhUxn ; yn i = hUx; yi, limhU (xn ;x); yn i = 0. Поэтому из определений 3 и 4 имеем:
y 2 Cx. Значит, y + x ; g 2 Cx + x ; g, что и обеспечивает справедливость доказываемого
утверждения.
Далее решения всех уравнений понимаем в смысле следующего определения (см. [8], [5]).
Определение 8. Элемент x0 2 X называется решением уравнения
Ax = f;
(5)
если 0 2 R(Ax0 ; f ).
Теорема 1. Пусть X и X | равномерно выпуклые банаховы пространства, дуальное ото
бражение U : X ! X слабо непрерывно, A : X ! 2X | аккретивный оператор, D(A) = X ,
C : X ! X | ограниченное однозначное псевдоаккретивное отображение, существует число
r > 0 такое, что
hUx; y + Cx ; f i 0 8y 2 Ax; kxk = r; f 2 X:
(6)
63
Тогда уравнение
Ax + Cx = f
(7)
имеет в X по крайней мере одно решение.
Доказательство. Пусть Pn : X ! Xn | оператор проектирования на конечномерное подпространство Xn пространства X (т.е. не теряя общности, считаем X сепарабельным). Для простоты рассуждений предполагаем, что последовательность fXn g, n > 0, предельно плотна в X .
Из леммы 3 работы [5] следует существование решения xn 2 Xn уравнения Pn (Ax + Cx ; f ) = 0,
причем kxn k r. Значит, найдется элемент yn 2 Axn такой, что Pn (yn + Cxn ; f ) = 0 (см. лемму
5).
Так как C | ограниченный оператор, то Cxn * g 2 X . Ограниченность fyn g доказывается
тем же приемом, что и в теореме 1 из [5]. Следовательно, yn * y 2 X . Кроме того, xn * x 2 X .
Запишем условие аккретивности оператора A: hU (xn ; u); yn ; vi 0, v 2 Au, u 2 X или
hU (xn ; u); Cxni hU (xn ; u); Cxn + yn ; vi = hU (xn ; u) ; U (xn ; Pn u);
Cxn + yn ; vi + hU (xn ; Pn u); Pn(Cxn + yn ; f )i + hU (xn ; Pnu); f ; vi: (8)
Поскольку оператор U равномерно непрерывен на любом ограниченном множестве пространства
X , то U (xn ; u) ; U (xn ; Pnu) ! 0. Теперь, используя лемму 22.4 из [1] и слабую непрерывность
U , из (8) при n ! 1 имеем неравенство
limhU (xn ; u); Cxn i hU (x ; u); f ; vi; v 2 Au:
(9)
Отсюда при u = x получаем limhU (xn ; x); Cxni 0. Тогда псевдоаккретивность C дает неравенство limhU (xn ; u); Cxn i hU (x ; u); C xi 8u 2 X . Теперь с учетом (9) запишем цепочку
неравенств
hU (x ; u); f ; vi limhU (xn ; u); Cxni limhU (xn ; u); Cxni hU (x ; u); C xi; (10)
т. е. hU (x ; u); f ; C x ; vi 0 при всех u 2 X , v 2 Au. Максимальная аккретивность оператора
A и последнее неравенство гарантируют включение f ; C x 2 Ax. Значит, f 2 Ax + C x, и лемма
5 позволяет сделать вывод о разрешимости уравнения (7).
Следствие 4. Утверждение теоремы 1 остается справедливым, если требование (6) заменить коэрцитивностью оператора A + C .
Следствие 5. Пусть пространства X и X , оператор U удовлетворяют условиям теоремы 1,
C : X ! X | ограниченный однозначный псевдоаккретивный коэрцитивный оператор, тогда
R (C ) = X .
Следствие 6. Пусть в условиях следствия 5 требование коэрцитивности C заменено свойством: hUx; Cx ; f i 0 при kxk r > 0 для некоторого f 2 X . Тогда уравнение
Cx + x = g
(11)
разрешимо при любых g 2 X и 0.
Действительно, оператор E максимальный аккретивный и hUx; Cx + xi kxk[kxk;kf k]+
hUx; Cx ; f i. Отсюда имеем коэрцитивность отображения C + E , и теорема 1 гарантирует
теперь существование решения (11) при любом g 2 X .
Замечание 1. Утверждения следствий 5 и 6 остаются справедливыми, если оператор C считать ограниченным (возможно, многозначным) типа (A) или (A0 ) (ср. с [4], с. 184). Дадим пояснения к доказательству разрешимости уравнения (11) в данных условиях. Пусть xn 2 Xn (kxn k r)
64
есть решение уравнения Pn (Cx + x ; g = 0), т.е. Pn (yn + xn ; g) = 0, yn 2 Cxn (см. лемму 6),
xn * x. Тогда hUxn ; yn + xn ; gi = 0 или
hUxn ; yni = hUxn; gi ; hUxn ; xn i:
(12)
n
n
Как и в ([4], с. 183), доказывается, что y + xn * g, т. е. y * g ; x. Слабая полунепрерывность
снизу нормы в банаховом пространстве позволяет из (12) получить соотношения
limhUxn ; yn i = hU x; gi ; limhUxn ; xn i hU x; g ; xi:
(13)
Пусть C | оператор типа (A), тогда из (13) получаем доказываемое включение: g ; x 2 C x.
Для отображения C типа (A0 ) это же включение выводится из очевидного неравенства
hU (xn ; x); yni hU (xn ; Pn x); g ; Pn xi + hU (xn ; x) ; U (xn ; Pnx); yni:
Замечание 2. Усиленно непрерывный оператор C : X ! X в пространстве со слабо непрерывным дуальным отображением является, очевидно, псевдоаккретивным. Поэтому теорема 1
дает достаточные условия разрешимости уравнения (5) с оператором A, представимым в виде суммы аккретивного и усиленно непрерывного отображений. Следуя терминологии теории
монотонных операторов (см., напр., [1], с. 267), такие операторы можно назвать полуаккретивными.
Замечание 3. В условиях теоремы 1 заменим (6) на неравенство hUx; y + Cxi bkxk при
kxk r. Тогда при f 2 X имеем hUx; y + Cx ; f i bkxk ; kf k kxk = kxk[b ; kf k], т.е. при
f 2 B (0; b) = fx : kxk bg справедливо (6). Значит, B (0; b) R(A + C ) (ср. с [6]).
Теорема 2. Пусть в условиях теоремы 1 оператор C является однозначным ограниченным
отображением типа (A0 ), и функционал 'u (x; v) = hU (x ; u); vi слабо непрерывен снизу при
любом фиксированном u 2 X . Тогда уравнение (7) имеет в X по крайней мере одно решение.
Доказательство. Покажем псевдоаккретивность оператора C . Пусть xn * x и верно (2). Из
ограниченности C имеем Cxn * g. Так как C | оператор типа (A0 ), то g = Cx, т. е. Cxn * Cx.
Слабая полунепрерывность снизу функционала 'u дает неравенство limhU (xn ; z ); Cxn i hU (x ; z); Cxi. Доказываемое утверждение следует из теоремы 1.
Теорема 3. Пусть в условиях теоремы 1 оператор A имеет слабо замкнутый график,
а C есть ограниченный, возможно, многозначный оператор типа (A0 ). Тогда уравнение (7)
разрешимо.
Доказательство. Вначале убедимся в тождественности множеств R(Ax + Cx ; f ) и Ax +
Cx ; f для любых x и f из X . Пусть vn ! x, un 2 Avn , wn 2 Cvn. Последовательности fun g
и fwn g ограничены, поэтому un * u, wn * w, u 2 Ax. Поскольку limhU (vn ; x); wn i = 0, то
w 2 Cx. Значит, u + w ; f 2 Ax + Cx ; f . Теперь доказательство завершается, как и в лемме 5.
Пусть z n 2 Cxn , xn 2 Xn , yn 2 Axn , Pn (yn + z n ; f ) = 0. Тогда xn * x, yn * y, z n * g. В
наших предположениях y 2 Ax. Так как C | отображение типа (A0 ), то используя (9), установим
включение: g 2 C x. Но f = g + y (см. [4], с. 183), т.е. f 2 Ax + C x или 0 2 R(Ax + C x ; f ).
Замечание 4. В пространствах lp (p > 1) дуальное отображение U с масштабной функцией
(t) = tp;1 удовлетворяет всем требованиям теорем 1{3 (см. [1], с. 330{331). Для сравнения с результатами [6] укажем следующее. Нетрудно проверить, что оператор ;E является оператором
типа (A) и (A0 ). Однако, очевидно, он не является компактным. В то же время отображение
A : l2 ! l2 : Ax = f2 ; kxk; 0; 0; : : : g (см. [3], с. 152) компактно. Но построив последовательность
fxn g, xn = fxn1 ; xn2 ; : : : g, xin = 0 при i 6= n и xin = 1 при i = n, легко установить, что A не
является оператором типа (A) или (A0 ). Укажем также, что известные утверждения из [3], [4] о
разрешимости уравнений с псевдомонотонными операторами и операторами типа (M) следуют
из теорем 1{3.
65
3. Рассмотрим уравнение (5), имеющее непустое множество решений N , с аккретивным оператором A. Пусть пространства X и X , отображение U удовлетворяют условиям теоремы 1, Ah
и f | приближения A и f соответственно, причем Ah является суммой произвольного аккретивного отображения B h и ограниченного однозначного псевдоакктеривного отображения C h,
r(Ax; Ahx) g(kxk)h, где r(Ax; Ahx) | хаусдорфово расстояние в X между множествами Ax и
Ah x, Ah = B h + C , h 0, g(t) (t 0) | непрерывная неотрицательная функция, kf ; f k ,
0. Предположим также, что D(A) = D(Ah ) = X , ( + h)= ! 0 при ! 0, т.е. можно
принять, что h= k, k > 0. Построим возрастающую непрерывную функцию a(t), a(0) > 0,
a(t)t ; kg(t) ! +1 при t ! 1, и оператор E a : X ! X , E a x = a(kxk)x.
a
Лемма 7. Оператор E псевдоаккретивен.
Доказательство.
Пусть xn * x и
limhU (xn ; x); E a xn i 0:
(14)
limhU (xn ; z ); E a xn i hU (x ; z ); E a xi 8z 2 X:
(15)
Докажем, что
Так как a(t) > 0, то из (14) имеем неравенство limhU (xn ; x); xn i 0. Отсюда с учетом слабой
полунепрерывности снизу нормы в X и свойства возрастания a(t) устанавливаем справедливость
(15).
Рассмотрим в X уравнение
Ah x + E a x = f ; > 0:
(16)
В наших предположениях можем записать цепочку соотношений
hUx; yh + E a xi = hUx; y ; y0i + hUx; y0i + hUx; yh ; yi + hUx; E axi (kxk)[a(kxk)kxk ; ky0 k ; hg(kxk)]; y0 2 A(0); y 2 Ax 8yh 2 Ahx:
Правило построения функции a(t) обуславливает коэрцитивность оператора Ah + E a , а леммы
7, 1 и теорема 1 гарантируют разрешимость уравнения (16), хотя и не однозначную. Пусть x
| некоторое решение (16), = f; hg.
Теорема 4. В условиях данного пункта последовательность fx g сильно сходится при
! 0 к решению x уравнения (5), однозначно определяемому неравенством
hU (x ; x); xi 0 8x 2 N; x 2 N:
Доказательство.
(17)
Из (5) и (16) имеем
hU (x ; x); y ; y i + hU (x ; x); y ; z i + a(kx k)(kx ; xk)kx ; xk =
hU (x ; x); f ; f i ; a(kx k)hU (x ; x); xi; (18)
где y 2 Ax, x 2 N , y 2 Ax , z 2 Ah x , z + a(kx k)kx k = f . На основе равенства (18)
нетрудно доказать (см. [9], [5]), что существует подпоследовательность из fx g, сильно сходящаяся при ! 0 к некоторому решению x уравнения (5). Далее, из (18) при любом x 2 N
имеем
hU (x ; x); E a xi [= + h=g(kx k)](kx ; xk);
66
откуда после перехода к пределу при ! 0 получим (17). Покажем, что элемент x 2 N ,
удовлетворяющий (17), единственный. Действительно, пусть
hU (x1 ; x); x1i 0 8x 2 N; x1 2 N ;
hU (x2 ; x); x2i 0 8x 2 N; x2 2 N:
Полагая в первом неравенстве x = x2 , а во втором x = x1 и складывая полученные неравенства,
имеем (kx1 ; x1 k)kx1 ; x2 k 0, т.е. x1 = x2 . Доказательство теоремы закончено.
Теорема 4 обобщает результаты о сходимости операторного метода регуляризации из работ
[9], [5].
Используя леммы 2, 3, следствия 5, 6, замечания 1, 2 и теоремы 2, 3, утверждение теоремы
4 можно получить и при иных условиях на возмущенный оператор Ah .
Литература
1. Вайнберг М.М. Вариационный метод и метод монотонных операторов в теории нелинейных уравнений. { М.: Наука, 1972. { 416 с.
2. Kenmochi Nobuyuki. Accretive mappings in Banach spaces // Hiroshima Math. J. { 1972. { V. 2.
{ Є 1. { P.163{177.
3. Pascali D., Sburlan S. Nonlinear mappings of monotone type. { Bucuresti: Ed. Acad., 1978. {
341 p.
4. Лионс Ж.-Л. Некоторые методы решения нелинейных краевых задач. { М.: Мир, 1972. {
588 с.
5. Рязанцева И.П. О нелинейных операторных уравнениях с аккретивными отображениями
// Изв. вузов. Математика. { 1985. { Є 1. { С. 42{46.
6. Morales C.H. Remarks on compact perturbations of m-accretive operators // Nonlinear Anal.,
Theory, Meth. and Appl. { 1991. { V. 16. { Є 9. { P. 771{780.
7. Гаевский Х., Грегер К., Захариас К. Нелинейные операторные уравнения и операторные
дифференциальные уравнения. { М.: Мир, 1978. { 336 с.
8. Абрамов А.А., Гаипова А.Н. О существовании решений некоторых уравнений, содержащих
разрывные монотонные преобразования // Журн. вычисл. матем. и матем. физ. { 1972. {
Т. 12. { Є 2. { С.525{528.
9. Альбер Я.И. О решении методом регуляризации операторных уравнений 1 рода с аккретивными операторами в банаховом пространстве // Дифференц. уравнения. { 1975. { Т. 11. {
Є 12. { С.2242{2248.
10. Рязанцева И.П. Выбор параметра регуляризации для нелинейных уравнений с монотонным
приближенно заданным оператором // Изв. вузов. Математика. { 1982. { Є 9. { С.49{53.
Нижегородский государственный
технический университет
Поступила
21.11.1994
67
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
5
Размер файла
160 Кб
Теги
уравнения, аккретивными, возмущенных, отображениями
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа