BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Dương Nguyễn Thành An
BẬC TÔPÔ
CỦA MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh - 2014
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Dương Nguyễn Thành An BẬC TÔPÔ
CỦA MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số:
60 46 01 02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
PGS.TS. NGUYỄN BÍCH HUY
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
LỜI CÁM ƠN
Lời đầu tiên, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới PGS. TS.
Nguyễn Bích Huy người đã tận tình và nghiêm khắc dạy bảo để luận văn này được
hoàn thành.
Đồng thời, tác giả cũng xin chân thành cám ơn Khoa Toán-Tin Phòng Sau Đại
Học, trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi
cho tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu. Cám ơn các thầy cô và đồng nghiệp
đã trao đổi cùng tác giả những kiến thức và kinh nghiệm quý báu để giúp cho luận văn
được hoàn thiện hơn.
Bên cạnh đó, sự quan tâm của gia đình, bạn bè là nguồn động viên không thể
thiếu để giúp tác giả hoàn thành luận văn này. Xin chân thành cám ơn.
Học viên: Dương Nguyễn Thành An
Lớp: Toán giải tích K23
MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cám ơn
Mục lục
MỞ ĐẦU .................................................................................................................................... 1
Chương 1. BẬC TÔ PÔ CỦA ÁNH XẠ CÔ ĐẶC ................................................................ 3
1.1. Độ đo phi compact ........................................................................................................... 3
1.2. Ánh xạ cô đặc theo một độ đo phi compact .................................................................. 11
Chương 2. BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ DƯƠNG ................................................................ 24
2.1. Không gian banach có thứ tự ......................................................................................... 24
2.2. Bậc tôpô của ánh xạ dương ........................................................................................... 25
2.3. Điểm bất động của ánh xạ dương .................................................................................. 31
Chương 3. BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ A–RIÊNG ............................................................. 34
3.1. Ánh xạ a-riêng ............................................................................................................... 34
3.2 Bậc tôpô của ánh xạ a-riêng ........................................................................................... 36
Chương 4. BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ ĐA TRỊ ................................................................. 46
4.1. Ánh xạ đa trị .................................................................................................................. 46
4.3. Lát cắt xấp xỉ của ánh xạ đa trị ...................................................................................... 53
KẾT LUẬN ............................................................................................................................. 65
TÀI LIỆU THAM KHẢO ...................................................................................................... 66
1
MỞ ĐẦU
Bậc tôpô của ánh xạ (hay cũng còn gọi là số quay của trường vectơ) được xây
dựng từ những năm 1910 và ban đầu được ứng dụng trong Giải tích phức, trong Lý
thuyết đường và mặt. Chỉ sau khi bậc tôpô tìm được ứng dụng trong chứng minh sự
tồn tại điểm bất động thì nó mới được các nhà Toán học quan tâm nghiên cứu một
cách tập trung và có hệ thống. Ngày nay, bậc tôpô là công cụ quan trọng bậc nhất
trong nghiên cứu sự tồn tại nghiệm và cấu trúc tập nghiệm của nhiều lớp phương trình
vi phân, tích phân xuất phát từ Khoa học Tự nhiên và Xã hội.
Bậc tôpô ban đầu được xây dựng cho ánh xạ liên tục trong không gian hữu hạn
chiều, sau đó được Leray-Schauder mở rộng cho ánh xạ hoàn toàn liên tục tác động từ
một tập mở, bị chặn trong không gian Banach vô hạn chiều và ứng dụng để nghiên cứu
các phương trình đạo hàm riêng. Tiếp theo, sự phát triển của khoa học và kĩ thuật đưa
tới những lớp ánh xạ mới và nảy sinh nhu cầu xây dựng bậc tôpô cho các ánh xạ này.
Trong luận văn này, tác giả tập trung nghiên cứu phương pháp xây dựng bậc
tôpô, xét các tính chất chung và riêng của bậc tôpô cho các lớp ánh xạ: ánh xạ dương
trong không gian Banach có thứ tự, cho ánh xạ A-riêng, cho ánh xạ cô đặc theo một độ
đo phi compact, cho ánh xạ đa trị. Đồng thời vận dụng phương pháp bậc tôpô để
nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động của các lớp ánh xạ này.
Cấu trúc của luận văn gồm bốn chương:
- Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ sở về định nghĩa cũng như các kết quả
về độ đo phi compact, ánh xạ cô đặc theo một độ đo phi compact và bậc tôpô của ánh
xạ cô đặc.
- Chương 2: Trình bày các kiến thức cơ sở về định nghĩa cũng như các kết quả
về không gian Banach có thứ tự và bậc tôpô của ánh xạ dương.
- Chương 3: Trình bày các kiến thức cơ sở về định nghĩa cũng như các kết quả
về ánh xạ A-riêng, bậc tôpô cho ánh xạ A-riêng và phương trình với ánh xạ Fredholm
chỉ số 0.
2
- Chương 4: Trình bày các kiến thức cơ sở về định nghĩa cũng như các kết quả
về ánh xạ đa trị, ánh xạ đa trị nửa liên tục, lát cắt xấp xỉ của ánh xạ đa trị và bậc tôpô
của ánh xạ đa trị trong
n .
Mặc dù đã rất cố gắng song luận văn chắc chắn cũng còn nhiều thiếu sót. Tác
giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và đồng nghiệp để luận văn được
hoàn thiện hơn.
Tp Hồ Chí Minh, ngày 28 tháng 09 năm 2014
3
Chương 1. BẬC TÔ PÔ CỦA ÁNH XẠ CÔ ĐẶC
1.1. Độ đo phi compact
1.1.1. Định nghĩa
(
)
Cho (X,d) là không gian metric và A X⊂ . Ta gọi
(
)
diam A < +∞ , thì ta gọi A là tập bị chặn.
kính của tập A. Nếu
= ( , ) diam A d x y là đường sup ∈ , x y A
1.1.2. Mệnh đề [2, trang 56]
(
)
(
)
(
)
(
)
Nếu A B⊂ thì
và
.
Chứng minh
≤ = diam A diam B diam A diam A
( d x y
)
( d x y
)
)
• (Lấy
(
)
(
)
⇒ ≤ x y A , , , x y B ∈ ⇒ ∈ , ⇒ sup x y A ∈ , sup x y B ∈ ,
.
≤ diam A diam B
• Lấy
{ }
n
n
n
n
ta có:
*
x x y = x A ⊂ ,lim A y , ⊂ sao cho lim y = , ,x y A∈ suy ra tồn tại { }
( d x y
)
( d x x
)
)
)
n
( d x y n
n
( d y y n
*
(
)
n ≤ + + , , , , , ∀ ∈
( d x x
)
)
n
( d y y n
(
)
(
)
(
)
diam A
diam A
diam A
≤
⇒
≤
,
( d x y
)
Cho n → ∞ , ta được
(1)
(
)
(
)
A
diam A
diam A
A ⊂ ⇒
≤
Mặt khác
(2)
(
)
(
)
diam A n ≤ + + , , , ∀ ∈
.
Từ (1) và (2) suy ra
= diam A diam A
1.1.3. Mệnh đề [2, trang 56]
Cho X là không gian Banach và
,A B X⊂ . Thì ta có
4
(
)
)
( ) 1
( λ diam B
(
)
)
λ= diam B ;
( ) 2
( diam x B
)
(
)
(
)
+ = diam B ;
( ) 3
( diam A B
(
)
(
)
)
+ ≤ + diam A diam B ;
( ) 4
( diam conv A
Chứng minh
/
/
/
(
)
)
= diam A .
( diam B λ
/ y − λ λ
(1)
/
/
(
)
)
( diam x B
x y x x y diam B = − = = − = λ λ . sup B x y ∈ λ , sup / x y B ∈ , sup / x y B ∈ ,
(2)
y z x v diam B + = − = x u + − + = u v − = ) ( ) . sup y z x B ∈ + , sup ( u v B ∈ , sup u v B ∈ ,
(3) Lấy
(
)
∈ x y A u v B , ; , ∈ , ta có:
(
)
)
(
)
y v x y x u + − + ≤ − + u v − ≤ diamA diamB + .
( diam A B
Do đó
). ( diam B
k
)
(
+ ≤ + diam A
(
)0;1 ,
(4) Lấy
. Khi đó, tồn tại
,
i
= 1
m
k
m
∈
∈
=
∈ ∈ ∈ = 1 ,x y conv A A i , k 1, 2,... s i x i =∑ s i
(
)0;1 ,
t
A i ,
1, 2,...
m
sao cho
,
i
y i
j
j
j
= 1
i
= 1
j
1=
k
m
k
m
k
m
k
m
1 x y t y . Ta có: j = ∑ và s x i i = ∑ =∑ t
j
j
j
j
∑
∑
∑∑
∑∑
∑∑
i
j
i
j
i
j
i
j
= 1
= 1
= 1
= 1
= 1
= 1
= 1
= 1
k
m
(
)
)
≤
=
.
( diam A
s t diam A i
j
∑∑
= 1
= 1
i
j
(
)
(
)
(
)
(
)
)
)
− = − = − ≤ − x y y s x i i t y j s t x i j i s t y i j s t i x i
( diam conv A
( diam conv A
mà
nên
Do
đó
(
)
(
)
≤ ≤ diam A diam A
( diam conv A
).
= diam A
5
1.1.4. Mệnh đề [2, trang 56]
Cho (X,d) là không gian metric. Cho hai tập bị chặn A và B, metric Hausdorff H
được định nghĩa bởi
=
)
=
( d x B ,
,
)
(
)
( d x y
)
H A B m ,
( d x B ,
,
(
d y A (trong đó
)
inf y B ∈
ax sup ∈ x A
,sup ∈ y B
} )
{
Gọi B(X) là tập hợp tất cả các tập con bị chặn của X. Thì (B(X),H) là không gian
metric.
1.1.5. Định nghĩa
Cho (X,d) là không gian metric, B(X) là tập hợp tất cả các tập con bị chặn của X
(
)
(
)
. Một hàm
và
)
δ >
0 : A
( Aα =
B Xα : [0; ) ,A B B X∈ → +∞ xác định bởi
{
được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc
bằng δ }
(
Được gọi là độ đo phi compact Kuratowski. Nếu ta thay
)Aα bởi
)
δ >
0 : A
( Aβ =
inf
{
được phủ bởi hữu hạn quả cầu đóng có bán kính δ }
(
Khi đó ta gọi
)Aβ là độ đo phi compact Hausdorff.
Mối quan hệ giữa α vàβ được thể hiện qua bất đẳng thức sau
inf
1.1.6. Mệnh đề [2, trang 57]
)
)
)
(
( β
( α
( β 2
A B X∈
).
với mọi
Chứng minh
k
( δ α>
A
)A
≤ ≤ A A A
Lấy bất kỳ
, tồn tại hữu hạn tập hợp
⊂ và A i
i
= 1
=
i
1, 2,...,
k
.
Chọn
,..., A A , 1 2 A sao cho k
, vì vậy ta có
(
( B x i
) Aδ , ⊃ i
i
) ≤i diam A δ với
k
)
)
( β
( α≤
( δ α→
(
)
,
A
)Aβ (
)A
A∈ Thì . x i
B x δ dẫn đến
, ta được
.
i
⊂
i
= 1
A A δ≤ . Cho
6
( δ β>
)A
, tồn tại hữu hạn quả cầu
Lấy bất kỳ
) δ ,
( B y
) δ ,
( B y
)
( B y 1
2
m
( δ β→
)A
, ,..., δ sao ,m
( Aα
) 2 δ≤
. Mà
, nên ta có
. Cho
,
cho
(
)
( ) diam B y δ
) ( B y δ i
i
= 1
i
)
)
( α
, A , δ= 2 ⊂
( β≤ 2
.
ta được
A A
1.1.7. Mệnh đề [2, trang 57]
Cho X là không gian metric và B(X) là tập hợp tất cả các tập con bị chặn của X.
(
)
Cho φ là độ đo phi compact Kuratowski hoặc Hausdorff và
. Thì ta có
các tính chất sau:
)
( φ
( φ=
,A B B X∈
);
(1)
(
) 0
(2)
A A
)
( φ
( φ≤
Aφ = nếu và chỉ nếu A compact tương đối;
);
(3) Nếu A B⊂ thì
(
( φ
) ∪ =
} )
A B
max
{ ) ( φ φ A
,
;
B
(4)
(
( φ
) ∩ ≤
} )
A B
{ ) ( φ φ A
(5)
)
)
( φ
( φ−
≤
)
B
A
( H A B
,
;
2
(6)
(7) Nếu X là không gian Banach, thì
)
A B min , ; B
( λφ
( φ λ A
),
a)
)
)
( φ
= λ A ∈ ,
( φ
( φ
),
b)
(
)
)
( φ
( φ=
≤ + + A B B A
).
c)
Chứng minh
Giả sử φ α= . Chứng minh tương tự cho φ β=
.
conv A A
7
(1) Đặt
được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn
hoặc bằng δ },
δ > 0 : A =B {
0 :δ > =C { A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng
⇒ A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng
Lấy ∈Cδ
δ }.
Do đó ⊂C B .
δ ⇒ A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng δ ⇒ ∈ Bδ .
Mặt khác Lấy
k
A
i
⊂
δ ≤ ∀ = ,
1,
;
sử
k . Do
đó
:
hoặc
bằng δ. Giả
)
( A diam A i
i
i
= 1
k
(
)
i
i
Bδ∈ ⇒ A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn
Cδ∈ ⇒
)
( diam A i
i
= 1
)
)
A A diam A i ⊂ = ; δ ≤ ∀ = , 1, . k suy ra B C⊂
( α
( α
.
Vậy
(2) Giả sử A compact tương đối suy ra A compact.
B C A C B A = ⇒ = = = inf inf
Xét dãy
. Cố định n, ta có
. Do A compact nên tồn tại số k
1 n
x A ∈
k
A ⊂ , 1 n 2 B x
0 :δ >
hữu hạn sao cho
. Nên ta có
⊂ {
A được
, (
)
i
ix
1 n
i
= 1
A ⊂ k ∈ = , A i , 1, 1 n 2 B x
phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng δ }. Mà
(
(
) 0 Aα = hay
) 0 Aα = .
δ >
0 : A
(3) Đặt =C {
được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc
bằng δ },
0 :δ >
=D {
B được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng
0 → nên 1 n
δ }.
8
Lấy
Dδ∈ ⇒ B được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng
)
)
δ ⇒ A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng
( α
( α
D C C C D A B δ ⇒ ∈ ⇒ ⊂ ⇒ δ ≤ ⇒ ≤ inf inf .
(
( φ
) ∩ ≤
} )
A B
min
{ ( ) φ φ A
,
.
B
(5) Ta có:
) )
A B A A B A ∩ ⊂ ⇒ ( )
) ∩ ≤ ) ∩ ≤
( α ( α
( α ( α
A B B A B B ∩ ⊂ ⇒ ( ) ⇒
(6) Lấy
0ε>
,
tồn
tại một phủ hữu hạn
)
,..., , A A 1 2 A của A với k
( α
(
)
=
≤ + = A i ε , 1, 2,..., k . Đặt: diam A i
)
1, 2,...,
i
k
( H A B
( x A d x y η }
)
,
.
i
k
(
)
η = ∈ < : , ε , , , B∈ tồn tại + ={y iB
Từ
B∈ , ta chứng minh tồn tại
0y
i
= 1
B ,H A B η< , ta có B i ⊂ . Thật vậy: lấy
}
{ 1,2,...,
sao cho
( d x y η< . Giả sử ngược lại: không tồn tại
)
0
0,
0
0
k
A
x x k ∈ ∈ A i 0, i 0 A∈ i 0
sao cho
( d x y η< nghĩa là
)
( d x y
A i
)0,
0,
0
⊂ ). Ta suy ra
i
= 1
, x A η≥ ∀ ∈ (do
( , d y A
)
(mâu thuẫn với
( d y A η≥ . Do
)
0y
)0 ( d x y η
0 ,
η ≥ , ≥ hay B∈ nên inf x A ∈ sup ∈ y B
x
k
∈
∈
}
{ 1,2,...,
(
)
sao cho
) ( d x y η< hay
0
0
0,
0
A i 0, i 0
Khi đó
)
=
y ,H A B η< ). Vậy tồn tại B∈ . i 0
( α
)
i
1, 2,...,
k
( H A B
,
.
(do nếu
lấy
(
)
(
)
≤ + ≤ + + η 2 , 2 A ε 3 diam B i diam A i
)
)
i
i
2
( d x y 1 1
( d x y 2 2
< η , η , , B∈ thì tồn tại A∈ sao cho < . Nên: x x , 1 y y 2, 1
)
)
)
)
)
)
( diam A i
( d y y 1 2
( d y x 1 1
( d x x 1
2
( d x y 2 2
)
)
( α
≤ + + < + , , , , η 2
( α
0ε
)
( H A B
+→ , ta được
.
Cho
)
)
( α
≤ + B , 2 A
( α
)
( H A B
Tương tự, ta có
. Do đó, ta có:
≤ + A , 2 B
9
)
)
( α
( α−
≤
)
B
A
( H A B
,
2
.
(7a) Lấy
,
tồn
tại một phủ hữu hạn
k
)
,..., 0ε> A A , 1 2 A của A với k
≤
( α
+
=
ε ,
1, 2,...,
A
i
k . Suy ra
(
)
diam A i
i
= 1
)
( A α λ
A λ A ⊂ nên: λ i
)
)
( αλ
( diam A λ k
( diam A λ 1
{
} )
{ ( αλ
} )
(
)
≤ ≤ max ,..., max ,..., A k A 1
( λα
) ε
.
)
( diam A k
( diam A 1
{
} )
)
A λ λ = ≤ + max ,...,
0ε
( λα≤A
Cho
+→ , ta được (
). A
α λ
Mặt khác lấy
k
k
(
)
,..., 0ε> , tồn tại một phủ hữu hạn B của Aλ với B B , 1 2
≤
+
=
i
α λ ε A ,
1, 2,...,
k . Hay
, do đó ta có:
)
(
diam B i
i
i
i
1=
)
A B nên B i A ⊂ λ 1k ⊂ λ= 1
( α
)
(
)
A diam diam ≤ ≤ max ,..., max ,..., B k B k B 1 B 1 1 λ 1 λ 1 λ 1 λ α α
( Aαλ ε +
.
)
)
( diam B k
( diam B 1
)
= ≤ max ,..., 1 λ 1 λ 1 λ
( λα≥A
Cho
+→ , ta được (
). A
α λ 0ε
(7b) Lấy
0ε>
,
tồn
tại một phủ hữu hạn
)
,..., A A , 1 2 A của A với k
( α
(
)
)
≤ + = A ε , i 1, 2,..., k ; tồn tại một phủ hữu hạn B của B với diam A i , B B 1 2 ,..., m
( α
j
( diam B
)
k
m
k
m
A B
B
⊂
A B +
(
+ ⊂ )
(
)
j
i
j
A + i
j
i
j
i
= 1
= 1
= 1
= 1
)
⇒
( α
≤
+
=
=
≤
+
=
=
max
1,
k j ,
max
1,
k j ,
1,
i
j
j
) A B i ,
) diam A B i , i
(
} m
)
)
≤ + = B j ε , 1, 2,..., m . Do đó:
{ ( + α
.
)
( diam A i
j
{ ( α ) ( diam B i ,
A B + {
} m 1, } ( m ≤ α
A B ≤ + = = + max 1, k j , 1, ε 2
10
)
)
( α
( α
Cho
+→ , ta được ( α
). B
)
(
)
)
( α
( α≤
≤ + 0ε + A B A
(7c) Ta có:
.
≤
+
ε
A conv A
)α ( A
,
Lấy
)
(
k
diam B i
=
i
1, 2,...,
k
.
,..., 0ε> , tồn tại một phủ hữu hạn B của A với B B , 1 2
,
).Đặt:
(
)
)
(
Ta giả sử Bi lồi (do
)
( diam conv B i
k
= = i k 1, 2,..., diam B i
)
1
2
k
∑
i
= 1
k
( ) λ
=
Λ = ≥ = = : , 0, i 1, 2,..., k , λ i ( λ λ λ λ ,..., i 1
,...,
∈ Λ . Ta có:
Và
(
)
λ λ λ λ , k
1
2
= 1
i
)
(
)
(
( ) α λ α
≤
ε
B
A
+ với mọi
B λ i = ∑ với mỗi B i
.λ∈ Λ
( )B λ
lồi. Lấy
,
Ta chứng minh
(
)
)
(
2
1
2
1
λ
∈Λ
k
k
= = ,..., ,..., ∈ Λ và λ λ λ λ , k µ µ µ µ , k
( ) λ
(
) µ
,
với
. Ta có:
i
i
i
= 1
i
= 1
k
)
)
= = = x y i 1, 2,..., k x y ,i i B∈ , i ∈∑ Bλ x i ∈∑ Bµ y i
) t y
( + − 1
( + − 1
(
)
∑
)
( − t 1 ( + − 1
i
= 1
( )B λ
Điều này dẫn đến
lồi. Do đó, ta có
λ
∈Λ
k
(
)
= + tx t λ t i µ i x i y i µ i ) t t λ t i ( + − 1 λ t i µ i λ t i µ i .
( ) λ .
λ
∈Λ
= 1
i
1
2
n
⊂ ⊂ conv A conv B B i
Do Λ compact, nên tồn tại hữu hạn
n
i
( ) λ
⊂
( ) + λ ε
(
B
B
) 0,1 .
B
λ
∈Λ
= 1
i
Do đó,ta có
n
i
(
)
⊂
( ) + λ ε
(
conv A
) 0,1 ,
B
B
= 1
i
,..., , λ λ λ ∈ Λ sao cho:
11
Điều này kéo theo
(
)
)
( α
( α
) 3 . + ε
)
(
)
(
)
)
)
( α
( α≤
( α
( α=
≤ conv A A
).
0ε
+→ , ta có
. Vì vậy
Cho
conv A A conv A A
1.2. Ánh xạ cô đặc theo một độ đo phi compact
1.2.1. Định nghĩa
Cho X là không gian định chuẩn thực, D X⊂ ,
độ đo phi compact.
)
)
( α
TB
( α≤ k
B
T được gọi là một k- cô đặc nếu
với mọi tập con bị chặn
(1)
0
B D⊂ ,
k > hằng số;
)
)
( α
( α<
:T D X→ là một ánh xạ và α là
với mọi tập con bị chặn
T được gọi là ánh xạ cô đặc nếu
(2)
( Bα >
) 0.
TB B
B D⊂ ,
1.2.2. Định lý [2, trang 60]
(
)0,1
là quả cầu đơn vị của X và
Cho X là không gian định chuẩn thực,
(
B
) 0,1
được xác định bởi
T X : B→
≥ , x 1, Tx
(
) 0,1 .
Khi đó T là một 1- cô đặc.
Chứng minh
)
)
⊂
( T A
conv
{ }( 0
A
Lấy tập bị chặn A X⊂ . Khi đó
∪ , thật vậy:
(
)
∈ x x x , x B =
. Khi đó:
Lấy
)
( A y T x =
0
0
y T A ∈ x ⇒ ∃ ∈ :
(
) 0,1
{ }( 0
+ Nếu
) A ∪ .
( y T x
)
0
0
0
x B A conv x ∈ ⇒ = = ∈ ⊂
0
0
)
(
) 0,1
{ }( 0
+ Nếu
.
( y T x
)
0
0
0
0
0
Vì vậy ta có
)
)
)
)
( α
x x x B conv A ∉ ⇒ = = = + − ∈ ∪ 1 0 x 1 x x
( α
( α
)
( T A
{ }( 0
{ }( 0
) ∪ = A
≤ ∪ = α conv A A .
1.2.3. Mệnh đề [2, trang 61]
[
[ ] : 0;1
] 0;1
là một hàm liên tục và
Cho X là không gian Banach vô hạn chiều,
φ →
12
(
(
(
)0,1
) 0,1
) 0,1
giảm nghiêm ngặt,
là quả cầu đơn vị của X và
được xác
định bởi
(
)φ=Tx (
∈x B
)0,1 .
→ B T B : B
)
)
( α
( α<
(
x x với mọi
)0,1
( Bα >
) 0.
với mọi tập
,
Khi đó
Chứng minh
(
)
TB B ⊂B B
(
(
(
)0,1
Lấy
,
và đặt
) r .
) r B , 2
)
=
∪
( T B
Khi đó
, vì vậy ta có:
)
)
( T B 1
( T B 2
)
=
∪
≤
( α T B (
)
) ),
) ) max
)
} ) ) .
( α T B ( 1
( T B 2
{ ( α T B ( 1
( α T B ( 2
Hơn nữa
= ∩ = ⊂B B 0. B B B 0, B B \ 0, r 0; α = > Lấy c B 1 ∈ c 2
{ }( 0
)
( α
)
( α
)
(
)
( α
)
≤ ∪ = ≤ ≤ ) conv 2 r < c T B ( 1 B 1 B 1 diam B 1
(
)
{ } 0
( ) r B thật vậy:
Và
)
( T B 2
⊂ ∪ φ conv ,
. Khi đó:
Lấy
)
( B y T x =
)
( y T B 2
0
2
0
)
)
)
( ) r x
( ) r x
∈ x ⇒ ∃ ∈ :
( ) r B
{ } 0
(
)
.
( y T x
)
0
0
0
( φ φ
( φ φ
( φ φ
conv = = = + − ∈ ∪ φ φ φ 1 0 x 0 ( ) r x 0 ( ) r x 0 ( ) r
( ) r
)
(do
0
0
0
( φ
)
Vì vậy
)
x r x x ∈ ⇒ > ⇒ < φ B 2
( α
( α φ
)
( ) r B
( ) ( φ α r
) B .
)
)
( α
( T B 2
)
)
( α
( α<
≤ = < B
Do đó, ta có
.
TB B
1.2.4. Định nghĩa
Cho X là một không gian Banach thực, D X⊂ ,
độ đo phi compact.
)
)
( α
:T D X→ là một ánh xạ và α là
( α≤ k
với mọi tập con
(1) T được gọi là một k – cô đặc đếm được nếu
0
bị chặn đếm được B D⊂ ,
k > hằng số;
)
)
( α
( α<
TB
B
với mọi tập con bị
(2) T được gọi là ánh xạ cô đặc đếm được nếu
( Bα >
) 0.
chặn đếm được B D⊂ ,
TB B
13
( H t x
,
] ) [ : 0;1
D
X
× → được gọi là một đồng luân của ánh xạ cô đặc đếm
(3)
(
)
( α
[
] 0;1
) 0.
được nếu
với mọi tập con bị chặn đếm được B D⊂ ,
Bα >
(
)
( α
)
Ta thấy một ánh xạ cô đặc là một ánh xạ cô đặc đếm được.
× < H B B
1.2.5. Mệnh đề [2, trang 63]
Cho E là không gian Banach,
{
:T EΩ ⊂ là một tập con bị chặn và EΩ → là ánh
} x
. Thì tồn tại một tập con (của E) lồi,
xạ cô đặc đếm được. Đặt
compact C sao cho:
(1) F C⊆ ;
∈
∪
= F = ∈ Ω x : Tx
thì
(2) Nếu
}
( conv C
)
x 0
{ Tx 0
; x C∈ 0
(
(3)
) ∩ Ω . )
Chứng minh
)
( T K
= C conv T C (
Đặt F ={K:F K E
(
)
C
K
K ⊂ ⊂ lồi đóng, ∩ Ω ⊆ và (2) đúng cho K }.
Thì F khác rỗng do
= . Khi đó: C thỏa mãn (1),
∈ K F
(2), (3) và C lồi đóng.
Ta chứng minh C compact. Giả sử điều này không đúng. Thì tồn tại
=
C
⊂ không có dãy con Cauchy.
} ,...
{
C 1
x x , 1 2
=
(
)
C conv T C
(
)
Do
∩ Ω nên tồn tại một tập con đếm được
sao cho
1 ⊂ ∩ Ω C A
conv T Ω ∈ F. Ta đặt
.
)
( conv TA 1
=
∩ Ω khả ly và
Khi đó:
)
(
)
1H ∩ Ω khả ly, do đó tồn tại những tập
( H conv T C 1
1
⊆ C 1
con
đếm
được
sao
cho
1
1
1
⊂ = H = ∩ Ω Đặt . B 1 H D , 1 1 ⊂ ∩ Ω 1 B H D H , 1
2
1
C = ∪ ∪ ∪ . Khi đó: B D 1 C 1 A 1
2,
C⊂ C 1
) ∩ Ω ⊂ )
( conv T C 1
2
(
C
(do
= H B )
) )∩ Ω =
( conv T C 1
1
1
2
= ∪ ∪ ∪ A 1
B D mà 1 1
C 1
( C ,
14
)
( conv T C 1
2
Bằng cách đặt tương tự, ta có dãy {
}nC những tập con đếm được của C, sao cho:
( C ) . ∩ Ω ∩ Ω ⊂ ∩ Ω
n
n
C C +⊂ 1,
) ∩ Ω ⊂ )
( conv T C
n
( , C + 1 n
( conv T C
) ∩ Ω ∩ Ω ⊂
n
∞
(
( ) ∩ Ω . C + 1 n
Ta đặt
) ∩ Ω .
n
n
= 1
Do đó, ta có:
)
)
(
( α
⊆ L L convT L = .Thì C
( α
) ) ∩ Ω =
( α
) ) ∩ Ω <
( α
( T L
.
Điều này là mâu thuẫn. Do đó, C compact.
≤ ∩ Ω L convT L L
1.2.6. Mệnh đề [2, trang 176]
Cho E là không gian Banach, ⊂B E là một tập con đóng, bị chặn và
(
: →T B E là
một ánh xạ cô đặc đếm được. Đặt
( conv T C
) B với
+ =
1
n
n
) 1 =C conv TB ,
∞
∩ C ( ) 1n ≥ và
\
, thì M compact tương
n
nM C hữu hạn với mọi
n
= 1
đối. Trường hợp đặc biệt, C compact.
Chứng minh
n = 1,2,... C C = . Nếu M E⊂ và
Đặt F là họ tất cả các tập con M E⊂ sao cho
nM C hữu hạn với mọi
và FB là họ tất cả các tập con đếm được M ∈F thỏa M B⊂ .
)
)*
n = \ 1,2,...
( α
( α≤
Bước 1: Ta chứng minh tồn tại
*B ∈ FB sao cho
, với mọi K ∈ FB
)
)
K B
( α
( α
( α≤
) K K ,
Thật vậy, từ
(với mọi K ∈ FB), ta có
∞
*
s = K B sup{ ∈ FB } < +∞ ,
và lấy
( α
n
nK ∈ FB sao cho
)nK
n
= 1
)
)
*B
B K s → khi n → ∞ . Đặt = , thì B* đếm được và
( α
( α= ≥
, với mọi K ∈ FB.
=
1,2,...
Bước 2: Nếu M ∈F và
thỏa không có xn nào xuất hiện vô hạn
nx M n ∈ ,
(
)
)
s K
( conv T A
sao cho
lần, thì tồn tại A ∈ FB và
n
n
ny
Do
x ∈ 0 y− → khi n → ∞ . Thật vậy:
\M C hữu hạn và chứa hữu hạn xn, vì vậy ta giả sử
nx C∈ với mọi
1
1
1n ≥ .
15
Với n bất kỳ, lấy kn đủ lớn sao cho
. Nếu không tồn tại số tự nhiên kn như
x C∈ n
k
n
thế, ta đặt
là hữu
}
kM C hữu hạn, do đó {
nk
k
hạn. Ta có:
\ : n= . Với số tự nhiên k bất kỳ, n x C∉ n
}
{ 1,2,...,
} k ≤ ⊂
{ n k :
k
n
k
+ 1
...
vì
⊃ do đó Ik hữu hạn với mọi k. Ta có:
C 1
C⊃ 2
B
=
∩
, với mọi
1n ≥ .
x C ∈ n
k
k
− 1
)
n
n
)
( ( conv T C
y
B
∈
∩
I I k = ∪
sao cho
Do đó, tồn tại
n
k
n
n
)
− 1n
)
( ( conv T C
x y − < . Ta có thể lấy tập An 1 n
hữu hạn,
.
)
k
( conv TA n
n
− 1n
∞
C B ⊂ y ∈ ∩ sao cho A n
Ta đặt
n
= 1
A ⊃ , ... A n C 1 C⊃ 2 = , thì A là tập con cần tìm. Ta kiểm tra A ∈ FB. Từ
ta có
n
∞
k ⊂ ≤ 1 − , và do đó ta có: A n C i , i
)
(
)
(
n
n
n
i
i I ∈
= 1
i n k > − 1 , i
n
Mà
= = ⊂ A C \ A C \ i A C \ i A . i
hữu hạn nên A ∈ FB.
i I ∈
n
Bước 3: Ta chứng minh bất kỳ K ∈ FB hữu hạn. Giả sử K vô hạn. Thay K bởi
*
(
A i
)K
.
} 1
{
n
(
)
)
K x n s = ≥ : K B∪ , ta được α = . Vì K đếm được nên ta giả sử
( conv T A
sao cho
Theo bước 2, tồn tại A ∈ FB và
n
n
ny
)
)
K
s
( α
A K ∪
( α
=
Khi đó, K A∪ ∈ FB do đó
x ∈ 0 y− → khi n → ∞ .
,
.
} ,...
= . Đặt: {
} ,...
{
n
n
n
+
2
1
2
0
)
K K = = ,..., x y , n y+ , x x , 1 y y 2, 1
( α=
Ta có
)
( α
0K
)
(
)
)
)
s
K
( conv TA
T A K
=
( α
≤
( α
≤
∪
.
( α
)
0
K s = . Mặt khác:
Nhưng T là đếm được, compact, nên ta có s = 0. Dẫn đến K compact tương đối. Bước 4: Ta chứng minh bất kỳ F ∈ F là compact tương đối. Lấy dãy (
)nx
nếu tồn tại n sao cho xn xuất hiện vô hạn lần thì ta có điều cần chứng minh. Ngược lại,
F⊂ ,
16
) ( conv TA
compact tương đối nên F compact tương đối.
ta lấy yn và A như trong bước 2. Theo bước 3, A compact tương đối, vì vậy compact tương đối. Do đó {
} 1
iy i ≥ :
1.2.7. Mệnh đề [2, trang 64]
:T
EΩ ⊂ là một tập con bị chặn và
EΩ → là một
Cho E là không gian Banach,
) Ω ,
ánh xạ cô đặc đếm được. Đặt
( conv T C
) ∩ Ω với
+ =
( 1C conv T
1
n
n
∞
= C ( ) 1n ≥ và
n
n
= 1
(Đây là trường hợp đặc biệt của mệnh đề 1.2.6).
C C = . Thì C lồi và compact.
1.2.8. Hệ quả
Cho E là không gian Banach, C E⊂ là một tập con lồi đóng bị chặn khác rỗng,
và
Chứng minh:
:T C C→ là ánh xạ cô đặc đếm được liên tục. Khi đó T có điểm bất động trong C.
Giả sử T là ánh xạ k - cô đặc đếm được với
. Cho
và
1C convTC
∞
= k ∈ [0;1)
với
Theo mệnh đề 1.2.7,
+ =
1i
i
= 1
:T K
K→ là ánh xạ liên tục.
Ta chứng minh K ≠ ∅ .
i
Lấy
i = 1, 2,.... K C C i convTC i = là lồi compact và
1i ≥ .
0
i
T x C∈ với
Ta có
với
} n
} 0
( n α
)
0x C∈ thì ( α
)
{ i T x i , 0
{ i T x i , 0
≥ ≤ ≥ k n ≥ 1.
(Do nếu ta đặt
thì
} 0
{ i T x i 0 ,
B = ≥
} 1
{ i T x i 0 ,
2 T B
=
≥
} 2
{ i T x i 0 ,
…
n T B
=
≥
} n
{ i T x i 0 ,
)
)
)
)
( α
( α
( n α≤ k
TB = ≥
( α≤ k
mà
≥
=
≥
=
≥
max
, 0
≤ < i
} 0
} n
} n
TB
( α
)
( α
) } n
{ i T x i , 0
{ i T x 0
{ i T x i , 0
{ i T x i , 0
n T B { ( α
} )
B nên ) B ). Mặt khác: ( α ,
17
∞
∞
i T x
hội tụ đến
Vì vậy
} 0
( α
)
)0 ji T x
{ iT x i 0,
)0
= có một dãy con (
= 1
j
i
1
một điểm x trong K nên K ≠ ∅ . Thật vậy:
ji
≥ 0. = Do đó, (
mà
Ta có:
ji m≥
mC đóng nên
0
∞
C .
∈ = i x K
= 1
i
:T K
K→ là ánh xạ liên tục. Do đó, áp dụng
Vậy K lồi, compact, khác rỗng và
định lý điểm bất động Schauder T có điểm bất động trong K.
(
m x C ∈ ∀ ∈ . Suy ra ,m T x C∈ nếu m
)0;1
Giả sử T là ánh xạ cô đặc đếm được. Lấy
, đặt
0x C∈ và
=
Sx
kTx
( + − 1
với mọi x C∈ . Thì S là k - cô đặc đếm được. Thật vậy:
) k x 0
Với mọi tập con bị chặn đếm được B D⊂ , ta có:
)
)
)
)
SB
kTB
) k x
kTB
TB
B
( α
=
( α
≤
( k α
≤
( k α
( + − 1
+ = 0
.
( α
)
0
k ∈
Vì vậy S có một điểm bất động trong C. Cho
nk → thì tồn tại
nx C∈ sao cho
=
,
k
( + − 1
) 0 x
k Tx n n
n
x n
1
. Do T là ánh xạ cô đặc đếm được
Do đó
} 1
{
} 1
( α
)
( α
)
{ Tx n : n
≥
=
≥
>
≥
<
≥
0
0
(vì nếu
thì
(!))
{
} 1
{
} 1
} 1
{
} 1
( α
)
( α
)
( α
)
( α
)
nx n :
: nx n
{ : Tx n n
: x n n
∞
≥ = ≥ x n : n
Nên (
jnx
) 1 = có một dãy con n nx
Ty y C→ ∈ . Do tính liên tục của T, ta có y= .
1.3. Bậc tô pô của ánh xạ cô đặc đếm được
1.3.1. Xây dựng định nghĩa
:T
EΩ ⊂ là một tập mở và bị chặn. Cho
EΩ →
Cho E là không gian Banach và
)(
)(
)
( ∉ −
( ∉ −
) Ω , ta
là một ánh xạ cô đặc đếm được, liên tục và
{
I T 0 I T 0 ∂Ω . Nếu
(
)
} x
định nghĩa
và cho C là một
tập con lồi compact thỏa mãn mệnh đề 1.2.5. Ta có C khác rỗng do F C⊂ và
:r E
:T C
C
∩ Ω → là ánh xạ (do tính chất 3 của C) . Nếu
C→ là ánh xạ co rút thì Tr là
)
(
)(
)
( ∉ −
= deg , 0 0 , F = ∈ Ω x : Tx I T− Ω = . Nếu không, đặt
1r − Ω là tập mở trong E. Giả sử
ánh xạ compact và
1
1
(
)
)
(
)
I T 0 ∂Ω dẫn đến
( ∉ −
∂
(
)
(
I Tr
0
r −
(
) Ω ∩ Ω vì vậy
1
(
)
− Ω =
−
(
(
)
deg
I T
, 0
,
deg
I Tr r −
,
, 0
) Ω ∩ Ω
− deg I Tr r − , , 0 Ω ∩ Ω tồn tại. Ta định nghĩa:
18
Để thấy định nghĩa này hợp lý, ta cần chỉ ra rằng, nếu 1
− 1
(
)
(
)
C→ là hai ánh xạ r r E 2, :
(
) Ω ∩ Ω
co rút, thì: (
)
− 1 I Tr r 1
1
2
− Ω ∩ Ω = − deg , , 0 deg , , 0 I Tr r 2
)
)
[
( r t x ,
( + − 1
] 0;1
( r t
),. :
với (
Thật vậy, đặt
) t r x 2
= ∈ t x , E E × . Thì C→ là ánh tr x 1
(
)
[
t ∈
]0;1
xạ
co
rút
với mỗi
. Rõ
ràng,
với mọi
− 1
(
)
(
≠ x Tr t x ,
) Ω ∩
(
)
[
] 0;1
(
)
− 1 r 1
tô pô Leray Schauder, chúng ta có:
− 1
− 1
(
)
(
(
)
(
−
) Ω ∩
Ω ∩ Ω =
−
) Ω ∩
deg
,
, 0
deg
,
, 0
(
) Ω ∩ Ω .
(
)
− 1 I Tr r 1
1
r 2
− 1 I Tr r 1
2
r 2
Khi đó:
− 1
(
(
(
) Ω ∩ Ω
) Ω ∩
) Ω ∩ Ω
∈ × ∂ t x , Ω ∩ Ω . Do đó, theo tính chất bất biến đồng luân của bậc r 2
( ∉ −
)
(
)
− 1 r 1
− 1 r 1
− 1
− 1
(
(
(
) Ω ∩ Ω
) Ω ∩
) Ω ∩ Ω
0
\
và
.
( ∉ −
)
(
)
I Tr 2
− 1 r 1
r 2
r 2
Nên theo tính chất khoét của bậc tô pô Leray Schauder, ta có:
− 1
(
)
(
(
)
0 \ I Tr 1 r 2
) Ω ∩
(
)
(
) Ω ∩ Ω
− 1 I Tr r 1
1
− 1 I Tr r 1
1
− 1
− 1
(
)
(
(
)
−
Ω ∩ Ω =
−
) Ω ∩
deg
,
, 0
deg
,
, 0
và
(
)
(
) Ω ∩ Ω
I Tr r 2
2
− 1 I Tr r 1
2
r 2
Do đó, ta có:
− 1
(
(
)
− Ω ∩ Ω = − deg , , 0 deg , , 0 r 2
) Ω ∩ Ω
(
)
(
)
− 1 I Tr r 1
1
2
− Ω ∩ Ω = − deg , , 0 deg , , 0 I Tr r 2
1.3.2. Định lý [2, trang 66]
Bậc tô pô được định nghĩa trong 1.3.1 có các tính chất sau:
(
)
(1) (Chuẩn tắc)
(
deg , 0 1 I Ω = nếu và chỉ nếu 0 ∈ Ω . ,
) I T− Ω ≠ , thì Tx
x= có nghiệm thuộc Ω .
(2) (Giải được) Nếu
( H t x
,
) [ ] : 0;1
E
× Ω → là một ánh xạ cô đặc đếm
(3) (Bất biến đồng luân) Cho
)
<
( α
[
H
] 0;1 ×
B
B với mọi tập con đếm được B của Ω
được, liên tục, nghĩa là,
(
)
( α
)
(
deg , 0 0 ,
)
[
) t x ∈ ,
] 0;1
( ,H t x
( I H t
) ,. ,
) 0 Bα > và
với
(
)
[
− deg , 0 x≠ với mọi ( × ∂Ω . Thì Ω không
]0;1
.
phụ thuộc vào
(Cộng tính) Cho
t ∈
(4)
1
2
( ∉ −
,Ω Ω là hai tập con mở rời nhau của Ω và
)(
) Ω Ω ∪ Ω . Khi đó: ) 2
1
I T 0 \ (
19
− Ω =
+
(
)
deg
I T
, 0
,
deg
I T
, 0
deg
I T
− Ω ,
, 0
.
(
)
(
)
− Ω , 1
2
Chứng minh
(1), (2) và (4) suy ra trực tiếp từ định nghĩa và tính chất của bậc tô pô Leray
Schauder.
Để chứng minh (3), ta đặt:
*
=
×
=
[
[
C
] 0;1
)
] 0;1
∩ Ω với mọi
(
(
)
n ∈ . Thì
( conv H
) ) × Ω ,
( conv H
)
n
C − ( 1 n
C 0
∞
:r E
C→ là ánh
( [ ] : 0;1
)
n
=
n
0
− 1
(
(
)
× ∩ Ω → H C ( ) C C = ∩ compact do mệnh đề 1.2.7 và C . Lấy
)
( x H t rx
xạ co rút. Thì
với mọi
) Ω ∩ ∩ Ω .
1
)
(
∈ ∂ ≠ , x r C
)
( I H t
Do đó
(
)
có được từ định nghĩa của bậc và tính chất khoét của bậc Leray Schauder.
− deg ,. r r C− , , 0 ∩ Ω ∩ Ω không phụ thuộc vào t. Vì vậy, kết luận
1.3.3. Định lý [2, trang 66]
Cho E là không gian Banach,
θ∈ Ω , Ω →T : EΩ ⊂ là một tập mở bị chặn, E là
ánh xạ cô đặc đếm được liên tục. Giả sử x
với mọi
điểm bất động trong Ω .
Chứng minh
λ∈ [0;1),x Txλ≠ ∈ ∂Ω .Khi đó T có
Giả sử
minh).
=
∀
∈
)
(
)
[
( H t
∃ ∈ ∂Ω = Tx x x , x : Tx ≠ ∀ ∈ ∂Ω (vì nếu . x thì ta có ngay điều cần chứng
( H t x
,
tTx
,
t x ,
] 0;1
× Ω .Khi đó
là một đồng luân của ánh
Đặt
{
∈
} [ )
t
]0;1
xạ cô đặc đếm được liên tục. Thật vậy: với mọi tập con đếm được B của Ω với
(
) 0
)
)
)
)
,.
( α
( t α
( α
( α
)
( H t B ,
[
] 0,1
Bα > , ta có: ( α
)
.
≠ ∀ ∈ ∂Ω ∀ ∈
)
[
( H t x
,
x
,
x
t
,
] 0,1
Từ
giả
thiết,
ta
có
Do
đó
tTB TB TB B = ≤ < = t ∀ ∈ ,
(
)
(
) Ω = , 0
(do 0 ∈ Ω ).
− Ω = deg I T , 0 , deg I , 1
Vì vậy Tx
x= có nghiệm trong Ω .
1.3.4. Hệ quả [2, trang 67]
20
∈ Ω ,
:T
EΩ ⊂ là một tập mở bị chặn, 0
Ω → là E
Cho E là không gian Banach,
x≤
ánh xạ cô đặc đếm được liên tục. Giả sử Tx
với mọi x ∈ ∂Ω . Khi đó T có điểm
bất động trong Ω .
Chứng minh
xλ≠
với mọi x ∈ ∂Ω và
1.λ> Thật vậy:
Giả sử
Tx x x , ≠ ∀ ∈ ∂Ω Khi đó Tx .
λ=Tx
Giả sử:
x . Khi đó:
λ , x ∃ ∈ ∂Ω > sao cho: 1
(mâu thuẫn với giả thiết)
Tx x x = λ >
với mọi x ∈ ∂Ω và
với mọi
Vậy Tx
xλ≠ x Txλ≠ 1λ> hay
Theo định lý 1.3.3. T có điểm bất động trong Ω .
:T E
E→ là ánh xạ cô
λ∈ [0;1),x ∈ ∂Ω
1.3.5. Định lý [2, trang 67] Cho E là không gian Banach và
đặc đếm được liên tục. Thì một trong các kết luận sau đúng:
T có điểm bất động trong E;
(1)
λ=Tx
I = {x: tồn tại
1λ> để
x } không bị chặn.
(2)
Chứng minh:
(
(
0
)0,
)0, r
Giả sử I bị chặn. Lấy
r > sao cho I
Nếu tồn tại
(
)
Tx
⊂ ∈ ∂x B B . r sao cho
x= thì (1) đúng. Vì vậy, ta có thể giả sử
Khi đó
∈t
Tx ≠ ∀ ∈ ∂ x x , B 0, r .
[0,1)
(
(
[
] 0;1
)0, r
)0, r
và
. Thật vậy: giả sử tồn tại
và
sao
tTx=
. Khi đó:
cho x
≠ ∈ ∂ ∈ ∂ x tTx ∀ ∈ t , x B x B
(
)0,
I (mâu thuẫn với I
Tx x x = ⇒ ∈ ⊂ B r ). 1 t
21
−
=
=
(
)
)
(
I T B
r
r
deg
,
0,
, 0
deg
I B ,
0,
, 0
1
Vì vậy
và T có điểm bất động trong
)
(
)
(
(
)0, r
B .
1.3.6. Định lý [2, trang 67]
Cho E là không gian Banach vô hạn chiều,
EΩ ⊂ là một tập mở bị chặn,
>
∀ ∈ ∂Ω ∈
[
Sx
x
,
x
t
,
] 0;1 .
0 ∈ Ω , :T E :S E Ω → là ánh xạ cô đặc đếm được liên tục và ∂Ω → là ánh xạ compact
) t Sx
( + − 1
Khi đó
liên
tục. Giả
sử
(
)
tTx x ≠ và
Chứng minh
=
Lx
Sx
,
x
deg 0. , I T− Ω = , 0
∀ ∈ ∂Ω Khi đó, .
Tồn tại một ánh xạ compact liên tục
∀ ∈ ∂Ω ∈
[
,
x
t
,
] 0;1 .
tTx
( + − 1
) t Lx
≠ x
Do đó:
ta có
:L EΩ → sao cho
(
)
(
) , 0 .
− Ω = deg I T , 0 , deg I L − Ω ,
)
Theo bổ đề 2.2.11 [1, tr.35]: “Cho E không gian Banach vô hạn chiều, 0 ∉ ∂Ω EΩ → là một ánh xạ compact liên tục. ( deg
”
]0,1 , x
µ ∈ )
)
(
(
∈ ∂Ω và 0 T∉ ∂Ω . Khi đó ,
− Ω = I T , 0 0. ,
x≠ µ với mọi , 0 deg
[ I L− Ω = và vì vậy 0
với Ω là tập con mở, bị chặn của E. Cho T : Giả sử Tx Ta có
deg , I T− Ω = 0. , 0
1.3.7. Hệ quả [2, trang 67]
Cho E là không gian Banach vô hạn chiều,
>
EΩ ⊂ là một tập mở bị chặn,
x , và
x 0
sup ∈∂Ω x
0 :T ∈ Ω ∈ sao cho E EΩ → là ánh xạ cô đặc đếm được, liên tục. , x 0
) λ
( 1λ + − x
và
1λ>
. Khi đó
Giả sử Tx
(
)
≠ Tx x> x với mọi x ∈ ∂Ω và 0
Chứng minh
:S
deg 0. , I T− Ω = , 0
Định nghĩa ánh xạ
∂Ω → bởi E
. Thì S liên tục, compact và
[
t ∈
]0;1 .
tTx
( + − 1
) t Sx
x
≠ với mọi x ∈ ∂Ω và
Thật vậy:
Sx x= 0
22
và
+ Nếu
Sx x x > , Sx t = : 0 ≠ ∀ ∈ ∂Ω (do x ). x 0 x= 0 sup ∈∂Ω x
x>
).
+ Nếu
Tx x x , ,∀ ∈ ∂Ωx 1t = : ≠ ∀ ∈ ∂Ω (do Tx
(
≠
) λ
)0,1
Tx
( 1λ + − x
+ Nếu
: ta có
x với mọi x ∈ ∂Ω và 0
t ∈ 1λ> .
Do đó
1λ> .
(
Tx ≠ + x 1 x với mọi x ∈ ∂Ω và 0 1 λ 1 − λ
)0,1∈t (
.
Hay
) 01
>
≠ + − tTx x t x với mọi x ∈ ∂Ω và
với mọi x ∈ ∂Ω (do
và
x ).
Mặt khác: Sx
x 0
sup ∈∂Ω x
(
)
Sx x> x= 0
Do đó, theo định lý 1.3.6 ta có
deg 0 , I T− Ω = . , 0
= E i , 1, 2,
1.3.8. Định lý [2, trang 68] Cho E là không gian Banach vô hạn chiều,
Ω ⊂ i
:T
E
là hai tập mở bị chặn,
Ω → là ánh xạ
2
2
2
cô đặc đếm được, liên tục. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:
x≤
với mọi
(1) Tx
> 0 E ∈ sao cho x và ∈ Ω ⊂ Ω 1 , x 0 x 0 sup ∈∂Ω x
x ∈ ∂Ω 1;
) λ
( 1λ + − x
1λ> .
(2)
≠ Tx >Tx x và x với mọi 0 x ∈ ∂Ω và 2
Khi đó T có điểm bất động trong
1
2
Chứng minh
\Ω Ω .
Giả sử Tx
Do (1), ta có
2
[
x ( ). x tTx− 0 x≠ với mọi ≠ với mọi ∈ ∂Ω ∪ ∂Ω 1 x ∈ ∂Ω 1
]0;1 .
Thật vậy
và
t ∈
t = : 0
+ Nếu
1Ω mở).
1
Tx
x
x
,
x x 0, ≠ ∀ ∈ ∂Ω (do 0 ∈ Ω và 1
≠ ∀ ∈ ∂Ω (do ta đã giả sử Tx
).
+ Nếu
2
1
x ( ) 1t = : x≠ với mọi ∈ ∂Ω ∪ ∂Ω 1
23
t ∈
(
(
)0,1
) 0,1
+ Nếu
: giả sử tồn tại
và
1
0
0
x − 0 = . Suy ra t ∈ 0 x ∈ ∂Ω sao cho: 0 t Tx 0
(mâu thuẫn với (1)).
0
0
0
deg
, 0
Do đó
= . 1
(
)
I T− Ω , 1
=
deg
I T− Ω ,
, 0
0.
Vì vậy:
Mặt khác, do (2) và hệ quả 1.3.7, ta có
(
)
2
Tx x x = > 1 t 0
(
)
(
)
(
)
2
.
Suy ra T có điểm bất động trong
Ω Ω \
1
2
= − deg \ , , 0 deg − Ω , , 0 deg , 0 1 I T I T I T = − (tính chất cộng tính). − Ω Ω 2 1 − Ω , 1
24
Chương 2. BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ DƯƠNG
2.1. Không gian banach có thứ tự
2.1.1. Nón và thứ tự sinh bởi nón
2.1.1.1. Định nghĩa
1) Tập K trong không gian Banach thực X được gọi là nón nếu:
K là tập đóng,
i)
ii)
K K K K Kλ + ⊂ λ ⊂ ∀ ≥ , , 0,
( ∩ −
) { } K θ =
.
iii)
2) Nếu K là nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định bởi:
K
{ } x K θ
x x K y y . ≤ ⇔ − ∈
gọi là dương.
Mỗi
∈ \
2.1.1.2. Mệnh đề
Giả sử "
x
y
y
z
x
z X
x ≤ ⇒ + ≤ +
y ≤ λ λ
λ
z ,
,
∀ ∈ ∀ ≥ ,
0,
*
x
y
x
x
y
y
x
y
≤
n ∀ ∈
∧
=
,
lim
,lim
,
1) 2) (
)
) = ⇒ ≤
(
n
n
n
n
*
x
,
là dãy tăng, hội tụ về x thì
n ≤ ∀ ∈ .
nx
3) Nếu { }nx
Chứng minh
x
K
y
x
y
2) Từ
n
≤ ⇒ − ∈ . Do đó: n
n
n
"≤ là thứ tự sinh bởi nón. Khi đó:
n
n
y x K y x − → − ∈ (do tính chất đóng của K).
Vậy x
*
y≤ .
3) Trước tiên, ta chứng minh
n
n m
x m , ∀ ∈ . Thật vậy, ta có: x +≤
.
(
)
n m
n m
n m
n
+ −
n m +
+ − 1
+ − 1
) ( x + 2 (((( ((((
K
K
∈
∈
) ( x − n + 1 (( K ∈
*
x
K
x
x x x x K − − ∈ + + ...
(*)
Điều này dẫn đến
n m
n
n
n m
+ − ∈ hay
Cho m → ∞ trong (*) và áp dụng 2) ta được điều phải chứng minh.
x m , ∀ ∈ . x +≤
2.1.2. Nón chuẩn
2.1.2.1. Định nghĩa
25
Nón K gọi là nón chuẩn nếu
x x N y N ∃ > y ≤ ≤ ⇒ ≤ θ 0 : .
2.1.2.2. Mệnh đề
Giả sử "
x X u
} v
x ≤ ≤
u v ,
{ = ∈ :
:
1) Nếu u v≤ thì đoạn
bị chặn theo chuẩn.
*
"≤ là thứ tự sinh bởi nón chuẩn. Khi đó:
x
y
n
≤
,
2) Nếu
≤ ∀ ∈ và lim
n
n
n
z n
a= .
đơn điệu và có dãy con hội tụ về a thì lim nx
3) Nếu { }nx
Chứng minh
x a = a ,lim a= . = thì lim ny z n
1)
(1)
x ∀ ∈ x u v u ⇒ ≤ − ≤ − ⇒ − x u N u v ≤ θ u v , −
x
(2)
x u u x u = x u u − + ≤ x u − + ⇒ − ≥ −
.
Từ (1) và (2) suy ra: x
n
→∞
*
u N u v ≤ − +
2)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x y n y x y x x x ≤ θ − ≤ − ⇒ − ≤ − → , 0 ≤ ∀ ∈ ⇒ ≤ z n z n N z n
→∞ − → mà
Suy ra (
)
(
)
nên lim ny
n
n
n
n
n
n
y x y x y x = + − 0 a= .
(n cố định, k đủ lớn) nên
n
3) Coi { }nx
n k
kn
k
tăng và lim →∞
*
a ,
n ≤ ∀ ∈
nx
).
(do áp dụng mệnh đề 2.1.1.2-3) cho {
}knx
x x≤ x a = . Vì
thì ta có:
Cho
0ε> , chọn k0 để
0knx
a − < ε N
n
n
n k
n k
0
0
0
0
a x x a x a x N a x ≤ − < . ε x ∀ ≥ ⇒ ≥ ⇒ − n n n k ≤ − ⇒ − n k
Vậy lim nx
a= .
2.1.3. Nón chính qui
Định nghĩa Nón K gọi là nón chính qui nếu mọi dãy tăng, bị chặn trên thì hội tụ.
2.2. Bậc tôpô của ánh xạ dương
2.2.1. Định nghĩa
Cho không gian Banach X có thứ tự sinh bởi nón K. Một ánh xạ tuyến tính
)
)
( A K
:A X X→ được gọi là dương nếu:
( A x
x ∀ ≥ ⇒ θ θ ≥ hay K⊂ .
26
)
( A x
Nếu A tuyến tính, dương thì nó cũng có tính đơn điệu: ( ) A y
.
x y ≤ ⇒ ≤
2.2.2. Bổ đề [2,trang 44].
:A M X→ . Khi
Cho không gian Banach X, tập đóng M X⊂ và ánh xạ compact
đó tồn tại ánh xạ compact :A X
)
( A x
X→ , sao cho:
),
( A x
(
)
)
)
= x M ∀ ∈ ,
( conv A M
.
(
A X ⊂
2.2.3. Định nghĩa
Cho X là không gian Banach với nón K. Giả sử G X⊂ là tập mở, bị chặn,
G K G :A K x, x K ∩ ∂ → là ánh xạ compact sao cho Ax ≠ ∀ ∈ ∩ ∂ .
Gọi :A X
)
( A x
X→ là ánh xạ compact sao cho:
) )
G = x K ∀ ∈ ∩ ∂ , ,
)
)
(
)
)
A X
( conv A K
G
⊂
∩ ∂
( A x ( A X K ⊂ .
mà K lồi, đóng nên (
(do (
)
(
)
( x A x
−
x ∃ ∈ ∂
G x A x =
θ ,
:
x G ≠ ∀ ∈ ∂
(do nếu
thì
A X K⊂ )
Khi đó
)
)
x K
Ax
G
x
x K∈ do
⇒ ∈ ∩ ∂ ⇒ =
(!)
) nên bậc tôpô
( A X K⊂ deg , ( ,A G θ xác định.
)
(
)
và gọi
Ta định nghĩa
( Ki A G ,
Ki A G là bậc tôpô theo nón K của
ánh xạ A trên tập mở G.
* Kiểm tra định nghĩa trên có nghĩa
Giả sử A là một mở rộng khác của A thỏa mãn
)
)
( A x
G
=
x K ∀ ∈ ∩ ∂
,
,
)
( A x ( A X
K
⊂
.
)
)
= deg ( ) A G θ , , ,
) ( t A x
)
( F x t ,
( + − 1
Xét ánh xạ
, ta có:
( t A x =
) θ ,
) θ ,
[ ] 0,1 ( ) A x
( F x t , ( F x
) )
) ( G x t x ∈ ∂ × ≠ ∀ , , ( ( ) ) A x F x ,1 ,
⇒ = deg ( A G , deg ( A G , . = = ,0
] 0,1 :
[
(do nếu
)
(
)
0
0
( F x t , 0 0
0
0
x K K x ∃ G ∈ ∂ ∩ = G x ⇒ ∈ ⇒ ∈ ∩ ∂ t x , 0
27
Ax
Ax
Ax
x
Ax
⇒
=
= ⇒ =
)
0
0
0
0
0 (!)
2.2.4. Tính chất
a) Giả sử
,A A compact và đồng luân dương trên K 0
1
)
G∩ ∂ theo nghĩa: tồn tại ánh
( F K :
[
] 0,1
xạ compact
)
(
≠
=
=
)
)
( F x t ,
( x F x ,
,0
( ) A x F x ,
) ,1
0
( A x 1
G K ∩ ∂ × → sao cho:
.
Thế thì
(
)
(
) i A G i A G = K
K
1
0
, ,
( G G i
)
,
b) Giả sử
,G G G là các tập mở, bị chặn,
và
i
1
2
1
∩ = ∅ ⊂ = , 1,2 G G 2
. Khi đó:
)
( G G G 1 2
(
)
K x K ≠ ∀ ∈ ∩ ∪ :A K G Ax x, \ ∩ → compact thỏa mãn
(
.
(
)
)
K
) i A G i A G = K 1
( i A G K 2
+ , , ,
)
(
c) Nếu
Ki A G ≠ thì A có điểm bất động trong
K 0 , :A K G ∩ → compact và
K G∩ .
2.2.5. Tính bậc
Từ đây đến hết 2.2, ta giả sử G là tập mở, bị chặn, chứa θ .
2.2.5.1. Bổ đề
0
)
( A x
)
Giả sử
( Ki A G ,
0
0
Chứng minh
)
= θ , G K K x , ≡ ∈ ∀∈ ∩ ∂ (ánh xạ hằng). Khi đó: G ∉ 0, x . 1, x =
(
)
( deg 0,
) θ ,
+
0
x ( A x G G = = ⇒ θ ≡ ⇒ θ 0, = 1. i K
⇒
)
= (do 0
+
( Ki A G ,
0
t.c 2.2.4c)).
Ax x G ∉ ⇒ ≡ ∉ ⇒ (A không có điểm bất động trong G) x G 0
2.2.5.2. Định lý
G
K
:A K
∩ ∂ → là ánh xạ compact
Cho
(
(Nếu
a)
) Ki A G = .
x
∈
{ } K θ \
sao cho:
b) Nếu tồn tại phần tử
0
Ax x K ≠ x λ λ 1 , , 1 G ∀ ∈ ∩ ∂ ∀ ≥ ) thì ,
(
) Ki A G = .
0 ,
Chứng minh
x K x Ax − ≠ x λ λ 0 0 , G ∀ ∈ ∩ ∂ ∀ ≥ thì ,
28
)
(
tAx=
),F x t (
)
a) A đồng luân dương với
0A x θ≡ (Xét
), ( F x t
(
)
x K G x , ≠ ∀ ∈ ∩ ∂ do nếu
[
] 0,1 :
(
)
)
( F x t , 0 0
0
0
G x ∃ K ∈ ∩ ∂ × = x t , 0 0 x = ⇒ 0 t Ax 0
thì
(mâu thuẫn giả thiết).
+ nếu 0
0
0
t = thì 0
G∈ ∂ mà G mở, chứa θ )
+ nếu 0
0x
0x θ= (mẫu thuẫn do
)
(
( A x
=
θ= =
( F x
)
,0
( ) A x F x ,
) ,1
Mà
0
(
Ax x t ∈ = (0,1] 1 t 0
Thế thì
(
)
) i A G i A G = K
K
0
)
, , = . 1
(ánh xạ hằng) khi λ đủ
b) Ta chứng minh A đồng luân dương với
( A x 0
0
lớn. Khi đó
0x Gλ ∉ (do G bị chặn).
Thật vậy, ta cần chứng minh
0λ∃ sao cho
x
) t Ax
x K
≠
−
+
t x λ
∀ ∈ ∩ ∂ ∀ ∈
∀ ≥
( 1
,
G t ,
] 0,1 ,
[
.
0
λ λ 0
xλ≡
[
] 0,1 ,
Giả sử trái lại
n
x K ∃ ∈ ∩ ∂ ∃ ∈ G t , n ∃ → +∞ sao cho λ n
(1)
( − − 1
n
) t Ax n
n
0
Có thể coi (nếu không ta xét dãy con)
x = xλ t n n
bị chặn, mà A compact nên {
nx
}nAx b
chặn nên vế trái của (1) bị chặn ).
0
nt⇒ lim
= ( do lim nλ = +∞ )
hội tụ về một x K
G ∈ ∩ ∂ (do
Suy ra {
hội tụ (do A compact) và do đó { }nx
}nAx
lim 0 t λ λ= ≥ (do n n G∈ ∂ nên { }nx
K G∩ ∂ đóng).
Khi đó qua giới hạn trong (1) ta có
(mâu thuẫn).
0
x Ax − = xλ
2.2.5.3. Hệ quả
Giả sử
riêng với giá trị riêng bằng 1. Khi đó:
(
)
1
,
a)
1λ> .
Ki B G = nếu B không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng
(
)
:B X X→ là ánh xạ tuyến tính compact, dương và không có trong K vectơ
b)
Ki B G = nếu B có trong K vectơ riêng với giá trị riêng
0 , 1λ> .
29
Chứng minh
a) Suy ra từ a) của định lý 2.2.5.2:
{ } θ λ ,
+
+ Mà B không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1.
Bx x K ≠ x λ ∀ ∈ , \ 1 ∀ >
{ } θ λ ,
Nên
Theo định lý 2.2.5.2a, ta có điều cần chứng minh.
Bx x K ≠ x λ ∀ ∈ , \ ∀ ≥ 1
{ } θ λ ,
b) Giả sử
0
0
Bx K = ∈ λ \ 1. > Ta có: x x , 0
0 ,
tx x K G x Bx − = ∈ ∩ ∂
(do
)
0
0
Bv v v Bx tx x x = + Bv Bx = + x = − + = ⇒ = với vλ 0 t λ − t λ − t − λ 1 1 x 01
v K⇒ ∉ (do B không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1)
(
0
,
Vậy điều kiện của định lý 2.2.5.2b) được thỏa mãn nên
) Ki B G = .
0 0 t⇒ < (vì nếu t ≥ thì v K∈ )
2.2.5.4. Định nghĩa
( ), rθ
Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K. Ta kí hiệu
rK
r >
0.
,
r ∃ >
x K +
0 :
1) Tập D X⊂ gọi là một K – lân cận của x nếu
D ⊂ .
r
:F D
X→ gọi là khả vi Frechet
2) Cho D là một K – lân cận của điểm x0. Ánh xạ
(
)
A L X∈
(nghĩa là A tuyến tính, liên tục)(kí
theo nón K tại x0 nếu tồn tại ánh xạ
/
hiệu
xF ) sao cho:
0
K B = ∩
( ) A h
( F x
)
( F x
)
0
0
0
h + − − = . 0 lim h K h → ∈ , h
3) Cho ánh xạ
r
)
( L X
sao cho:
định nghĩa là ánh xạ
/F ∞ ∈
( ) F h
−
( ) / F h ∞
= . 0
→∞
lim h K h ∈ ,
h
F K K \ : X→ (r đủ lớn). Đạo hàm theo nón K tại ∞ của F được
2.2.5.5. Định lý
30
(
( ), rθ
a) Giả sử
),
)A θ θ= , có đạo hàm theo
r
rK
nón K tại θ là
/Aθ không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1. Khi đó:
/Aθ và
/
K B = ∩ A K : K→ compact (với
( ) θ ρ ,
( ) θ ρ ,
với
)
)
( i A B K
K
( i A Bθ
A K K
\
:
b) Giả sử
K→ compact, có đạo hàm theo nón K tại ∞ là
r
/A∞
/A∞ và
không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1. Khi đó:
=
,
,
( ) θ ρ ,
( ) θ ρ ,
với
= , , 0ρ> đủ nhỏ.
)
)
( i A B K
( / i A B K ∞
Chứng minh
0ρ> đủ lớn.
) ( B θ ρ ,
a) Ta cần chứng minh A và
, nghĩa là:
/Aθ đồng luân dương trên
(
)
K ∩ ∂
( + − 1
[
] 0,1
) ( θ ρ ,
.
) / t A x θ
Thật vậy, xét
)
)
(
)
(
)
)
x tAx B ≠ x K ∀ ∈ ∩ ∂ t ∀ ∈ , ,
( tA x
( − − 1
) / t A x θ
/ x A x θ
( / A x θ
( t A x
(
)
)
)
t ∈
( A x
≥
−
−
−
[
]0,1
(do
)
/ x A x θ
( / A x θ
(
)
a x
x K
a ∃ >
−
≥
0 :
,
∀ ∈ do:
Khi đó
/ x A x θ
x
n
y
=
x − = − − −
, đặt
thì:
(giả sử { }
)
n
n
n
n
n
( / A x θ
x
n
x x ∃ ⊂ − < K x : 1 n
( / A y
)
n
n
θ−
n
n
/
y y ∈ K y , = và 1 1 < n
)
n
n
( A yθ
/
bị chặn và
có
n
( A yθ
Mặt khác { }ny
/Aθ compact trên K (do A compact) nên
{
} )
dãy con hội tụ(2)
y
có dãy con hội tụ về
K∈ . .
Từ (1) và (2) suy ra { }ny
0
/
(mâu thuẫn với giả thiết
)
( A yθ
/Aθ không có trong K vectơ riêng với giá
y ⇒ − → (1) 0
0
trị riêng bằng 1))
Do A có đạo hàm theo nón K tại θ là
/Aθ nên:
)
)
( A x
y ⇒ = 0
( / A x θ
0
− = 0 lim x K x → ∈ , x
31
)
)
( A x
( / A x
x K x
∀ ∈
,
r < . 0
θ− x
)
)
)
(
( A x
< với r ⇒ ∃ 0 : a 2
Do đó
/ x A x θ
( / A x θ
/
)
)
( tA x
x − − − > > 0 a 2
( − − 1
) ( t A xθ
(
)
x ⇒ − ≠ 0
( + − 1
[
] 0,1
( ) θ ρ ,
⇒
.
) / t A x θ
) ( ,B θ ρ ∂
khi ρ đủ nhỏ (chọn
Suy ra A và
/Aθ đồng luân dương trên
0rρ< )
b) Được chứng minh tương tự như a).
x tAx B ≠ x K ∀ ∈ ∩ ∂ t ∀ ∈ , ,
2.3. Điểm bất động của ánh xạ dương
}
}
{ = ∈
{ = ∈
,
,
Ta kí hiệu
rS
r
rB
x X x r K x X x r = < : : r > , 0 K B = ∩ r
2.3.1. Định lý
(
)
Giả sử
r
r ∈ A K : 0, , K→ compact và tồn tại ≠ sao cho r r , 1 2 r 1 r 2
a)
Ax ≠ x λ λ , 1 , x K S ∀ ∈ ∩ ∀ ≥ . r 1
x Ax −
≠
x λ
λ
0
,
{ } K θ \
b) Tồn tại phần tử
sao cho
0 ,
0
x K S ∀ ∈ ∩ ∀ ≥ . r 2
x ∈
Khi đó, A có điểm bất động dương x thỏa mãn
.
}
}
{ r r , 1 2
{ r r , 1 2
Chứng minh
2
≤ x m ≤ min ax
r
r Coi 1 (
r< ta có )1
, 1 i A B = (theo định lý 2.2.5.2a) K
r
(
)2
0 , i A B = (theo định lý 2.2.5.2b) K
Áp dụng tính chất b), c) của bậc tôpô ở trên ta có
.
r 2
Thật vậy:
∃ ∈ = \ : x B B x Ax r 1
, ta có:
Áp dụng tính chất b) cho
1
2
r 2
r 2
= = = \ , , G B G B G B B r r 1 1
)
( G G G 1 2
1
∪ \ S = ∪r S r 2
(điều này có được khi ta chọn
(
)
0λ=
và
x K Ax ∪ x ⇒ ≠ ∀ ∈ ∩ , 1λ= trong giả thiết a) S r 1 S r 2
32
(
)
)
trong giả thiết b) (
K
) i A G i A G = K 1
( i A G K 2
⇒ + , , ,
( Ki A G ,
)2
⇒ = − ≠ 1 0
.
Theo tính chất c) ta có tồn tại
∈ ∩ = x K G x Ax 2 :
2.3.2. Định lý
r
∈
(
)
0,
,
≠ sao cho:
Giả sử
r
r r , 1 2
r 1
r 2
Ax
≠
x λ
λ
,
1
,
a)
x K S ∀ ∈ ∩ ∀ ≥ . r 1
)
Ax
x λ
λ
≠
( A x
,
1
,
inf
:
b)
> . 0
x K S ∈ ∩ r
{
x K S ∀ ∈ ∩ ∀ ≤ , r 2
}2
A K : K→ compact và tồn tại
Khi đó, A có điểm bất động dương x thỏa mãn
.
}
}
{ r r , 1 2
{ r r , 1 2
Chứng minh
( tA t >
)1
Do giả thiết b) nên ta có A và
đồng luân dương trên
K S∩ .
2r
Thật vậy:
≤ x m ≤ min ax
) s tAx
)
),F x s (
( F x s ,
( + − 1
[
]0,1
,
. Khi đó
Xét
x K S ∀ ∈ ∩ , 2r
[
s
] ) s t Ax
sAx = s∀ ∈ x≠ do:
),F x s (
( + − 1
x ≠
(đúng do giả thiết b))
) s t
)
x Ax ⇔ ≠ x≠ ⇔ s 1 ( + − 1
) s t
(lưu ý :
s s
Nên ta có:
( s ≤ + − ) 1 ) ( )
( + − 1 ( i A B K r 2
Ta chứng minh tồn tại 0t sao cho:
t
x
tAx
t = , , ∀ > . 1 i K tA B , r 2
λ
≠
x λ
∀ ≥ ⇒ − 0
{ } K θ \
∀ ≥ ∀ ∈ ∩ ,
(
cố định)
(*)
t 0 ,
0
0
x K S r 2
x ∈
Giả sử trái lại
(**)
n
n
0
bị chặn)
(***)
Có thể coi lim nAx
y= (do A compact, { }nx
)
Ax
{ } y K θ
∈
⇒ ∃ >
α
( A x
x x ≥ − = , , 0 : x ∃ → ∞ ∃ ∈ ∩ ∃ n t n λ n t Ax n λ n K S r 2
\
0 :
α ,
Khi đó:
(do
≥ ∀ ∈ ∩
{
x K S r 2
}2
x
Ax
x
−
≥ ⇒ ≤
θ
→ θ
(****)
Mặt khác: từ (**) suy ra
n
t Ax n
n
n
n
1 t n
{ } y K θ
> inf : 0 x K S ∈ ∩ r
)
Từ (***), (****) suy ra y θ≤ (mâu thuẫn với
∈ \
33
Vậy (*) đúng hay
(
)2
t 0, = ∀ ≥ (theo định lý 2.2.5.2b)) i K tA B , r t 0
Do đó
(
)2 i A B = 0 K r
Suy luận tương tự phần chứng minh trong định lý 2.3.1, ta có định lý 2.3.2 được
chứng minh.
,
2.3.3. Định lý
(
Giả sử
)A θ θ= , A khả vi theo nón tại θ, ∞ và:
/
/
a)
:A K K→ compact,
∞ không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1.
b)
/A∞ có trong K vectơ riêng với giá trị riêng lớn hơn 1.
/Aθ không có,
{ } \K θ .
Khi đó, A có điểm bất động trong
Chứng minh
/
/
,A Aθ
và
)
)
)
)
( i A B K r
K
r
( i A B K R
K
R
Theo định lý 2.2.5.5, ta có: ( i A Bθ
( i A B∞
Mặt khác, theo hệ quả 2.2.5.3, ta có:
/ ,
= = , , , ,
)
K
r
( i A Bθ
/ ,
1 = khi r đủ nhỏ,
)
K
R
( i A B∞
luận
tương
tự phần chứng minh
trong định
lý 2.3.1,
ta có
0 = khi R đủ lớn,
{ } K θ \
.
Suy (
)
x K ∃ ∈ ∩ ⊂ B B \ R r
34
Chương 3. BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ A–RIÊNG
3.1. Ánh xạ a-riêng
3.1.1. Định nghĩa
Cho X, Y là không gian Banach thực, khả ly.
Nếu có một dãy không gian con hữu hạn chiều
(1)
nX
X⊂ và một dãy phép
chiếu tuyến tính
n
, x→ với mọi x X∈ thì ta nói X có một sơ đồ P X :n X→ sao cho nP x
phép chiếu {
}, X P n
n
.
(2)
Nếu X và Y có những sơ đồ phép chiếu tương ứng{
n
} Y Q và n n
*
, , X P và { },n
với mọi
là một sơ đồ toán tử chiếu.
n ∈ thì ta gọi
{
}
n
n
n
X = P = dim dim , , Y n X P Y Q ; n n
3.1.2. Ví dụ
}
Cho X là không gian Banach thực, khả ly có cơ sở {
sơ đồ phép chiếu {
},n X P định bởi
n
n
∞
:ie i ∈ . Khi đó X có một
,
với
.
}
( ) x eα i
i
( ) x eα i
i
n
{ span e e 2,
1
i
i
= 1
= 1
x X = ,..., P x n e n = ∑ = ∑
3.1.3. Ví dụ
Nếu X và Y không gian Banach thực, khả ly lần lượt có cơ sở {
} :ie i ∈ và
}
{ / :ie
n
/
i ∈ thì tồn tại một sơ đồ toán tử chiếu. Thật vậy:
và
,
với
Đặt
}
}
P x n
) ( x eα i
i
n
/ e n
{ span e e 2,
/ 1
{ span e e 2,
1
= ∑
i
= 1
n
∞
∞
X = = ,..., ,..., e n Y n
,
với
. Thì
là một sơ
}
{
( ) / y eβ i
( ) x eα i
i
( ) / y eβ i
i
n
n
i
i
i
= 1
1=
= 1
đồ toán tử chiếu.
y x P = , , Q y n X P Y Q ; n n = ∑ = ∑ i = ∑
3.1.4 Định nghĩa
Cho X, Y là những không gian Banach thực, khả ly và
là một
{
}
n
n
Y
:T D X
sơ đồ toán tử chiếu. Khi đó một ánh xạ
⊂ → được gọi là A-riêng đối với P
P = , , X P Y Q ; n n
35
}mx
mQ Tx
m
sao cho
x D→ ∈ và Tx
D X y→ , thì tồn tại một x thỏa mãn m ∈ ∩ và m
nếu, với bất kỳ dãy bị chặn { dãy con {
kmx
}kmx
)
( A D Y
y= .
Ta kí hiệu
là lớp tất cả ánh xạ A-riêng (đối với P )
:F D Y→ .
P
:S X
Y→ là một ánh xạ
Tiếp theo, cho X, Y là không gian Banach khả ly,
( N S ≠
) { }0
Fredholm chỉ số 0, tuyến tính với
. Từ S là ánh xạ Fredholm chỉ số 0, nên
/
)
,
( N S
/X của X và
/Y của Y với
sao cho
tồn tại các không gian con đóng
(
)
)
Y = dim dim
( R S
/ = ⊕
/ X ⊕ ,
.
/
(
)
Y Y X N S =
Lấy
là một phép chiếu,
/
(
)
N S→ :Q Y :P X Y→ là một phép chiếu và
/
)
:M N S Y→ là một đẳng cấu. Đặt T = MP. Thì T compact tuyến tính (do
( N S
hữu hạn chiều). Khi đó S + T cũng là một ánh xạ Fredholm với
−
) 1
)
( ind S T
( ind S
Y = dim dim
) 0 = và S + T là song ánh với (
1
/
(
)
=
.
X D S
S ∩
Khi đó S1 là đơn ánh, đóng và vì vậy
1S − liên tục trên R(S).
S 1
Giả sử Y có một dãy không gian con hữu hạn chiều Yn với một dãy phép chiếu
Y X + = S T + : → bị chặn. Đặt
tuyến tính
n
nQ y
−
(
) 1
:S X Y→ sao cho y→ với mọi y Y∈ khi n → ∞ . Nếu Y→ là Q Y :n
một ánh xạ Fredholm chỉ số 0, ta đặt
và đặt
là một sơ
{
}
n
n
đồ có thể nhận cho (X, Y).
X = S T + , Γ = S X Y Q , n n Y n
3.1.5 Bổ đề [2, trang 78]
Cho
với
SΓ .
*
:S X Y→ là một ánh xạ Fredholm chỉ số 0. Khi đó S là ánh xạ A-riêng đối
∈
x
∀ ∈ và
nQ Sx
n
Chứng minh Lấy { }n
n
X , n n
n
)
(
(
)
)(
)
S T x
S T x
+
=
+
với mọi
x . X⊂ là một dãy bị chặn sao cho y Y→ ∈ Từ
∈ ), ta có
n
nQ S T x +
Y n
)
(
(
)
x X∈ (do (
n
n
n
có dãy con
bị chặn).
Do T compact , nên dãy {
}nTx
S T x Q S T x + + = .
jnTx
Mặt khác:
z→ (do { }nx
36
−
−
−
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
S T x
y
z
x
=
S T +
+
=
S T +
+
x → =
S T +
+
(
)
n
n
Q Tx n
n
n
j
j
j
j
j
j
Q Sx n
(do
nQ Sx
n
nQ z
z= (do
Tx→ ).
Suy ra Tx
jnTx
)
)
S T x
y
+
y→ và z→ khi n → ∞ )
= + mà ( z
Vì vậy Sx
Nghĩa là, S là ánh xạ A-riêng đối với
SΓ .
S T x Sx + = Sx Tx + = y= (do ( z + ).
3.1.6 Định nghĩa
Cho X, Y là không gian Banach thực, khả ly
là một sơ đồ toán
{
}
n
n
P = , , X P Y Q ; n n
( H t x
) [ ] : 0,1
tử chiếu và D X⊂ . Một họ các ánh xạ
ánh xạ A-riêng đối với P nếu:
D Y , × → được gọi là đồng luân
trong
)
}mx
( Q H t m m
m
∩ x , y→ , tồn D X t ,m m t → và 0
sao cho
)
( H t x 0 ,
tại một dãy con {
(1) V ới bất kỳ dãy bị chặn { }kmx
kmx
y= ; x D→ ∈ và
( Q H t x
) [ ] : 0,1 (
(2)
.
n
n
D X n = , ) 1,2,... Y × ∩ → liên tục với n
3.2 Bậc tôpô của ánh xạ a-riêng
là một
Cho X,Y là những không gian Banach thực, khả ly và
{
}
n
n
P = , , X P Y Q ; n n
sơ đồ toán tử chiếu. Cho
∞
XΩ ⊂ là một tập con mở, bị chặn và L là không gian con trù
. Ta đặt
mật của X với
n
L
n
= 1
L L Ω = Ω ∩ . X ⊂
3.2.1 Bổ đề [2, trang 80]
)
(
(
)
p T
L
Cho
. Giả sử
∉ ∂Ω ∩ . Khi đó tồn tại một số nguyên
n
Ω ∩ L Y , T A P∈
0
với mọi
.
)
(
n
n
n
n> 0
n > sao cho: 0
Chứng minh
Giả sử khẳng định của bổ đề là không đúng. Khi đó tồn tại
kn → ∞ và
X Q p Q T ∉ ∂Ω ∩
sao cho
. Rõ ràng,
bị chặn do Ω bị
n k
n k
n k
n k
n k
knx
}knx
x X L ∈ ∂Ω ∩ Q p Q Tx = ∈ ∂Ω ∩ , {
chặn. Do đó, ta có
n k
p = → khi k → ∞ . Do T là ánh xạ A-riêng nên tồn tại Q Tx n k Q p n k
37
sao cho
nx
0
0Tx
kl
dãy con {
}kl nx
mâu thuẫn.
(
)
L x L → ∈ ∂Ω ∩ (do ∂Ω ∩ đóng) , và p= , điều này là
3.2.2 Định nghĩa (
)
Ω ∩
L Y ,
. Giả sử
Cho
T A P∈
Ω ∩
,
L p ,
)
bởi
nghĩa bậc suy rộng
{
p T L ∉ ∂Ω ∩ và QnT liên tục với mọi n. Ta định
( Deg T
)
.
n
n
j
j
j
j
(
)
( Deg T { } = ∈ ∪ ±∞
k k Ω ∩ Ω ∩ → , L p , : deg , X Q p , khi n Q T n
0
Theo Bổ đề 3.2.1, ta biết tồn tại số nguyên
)
} → ∞ (
n
n
n
n > sao cho 0
n
X Q p Q T ∉ ∂Ω ∩
với mọi
tồn tại. Vì
. Mà QnT liên tục nên bậc Brouwer
(
)
n
n
n> 0
Ω ∩ deg , X Q p , Q T n
( Deg T
)
khác rỗng và vì vậy định nghĩa là hợp lý.
vậy,
Ω ∩ , L p ,
3.2.3 Định lý [2, trang 80]
(
)
(
)
Ω ∩
L Y ,
. Giả sử
Cho
T A P∈
chất sau:
p T L ∉ ∂Ω ∩ . Khi đó bậc suy rộng có các tính
( Deg T
) { } ≠ 0
, thì Tx
Nếu
(1)
Ω ∩ , L p , p= có nghiệm trong LΩ ∩ ;
với
,
mở,
Nếu
1
1
i = 1,2, Ω ∩ Ω = ∅ 2 ,Ω Ω 2
( Deg T
)
,
(
( Deg T
( L p Deg T +
)
)
1
) ) Ω Ω ∪ Ω ∩ thì 2
(2) ( (
iΩ ⊂ Ω )
(
{
) } +∞ + −∞ = ∪ ±∞
ở đây ta qui ước
;
)
L Ω ∩ ⊆ p T ∉ \ , L p , , , , L p , Ω ∩ 1 Ω ∩ 2
( H t x
) [ ] : 0,1
( × Ω ∩ → là đồng luân ánh xạ A-riêng đối với P
Nếu
(3)
(
)
∉
∈
)
( p H t x
)
Y L ,
,
t x ,
) ,. ,
[
] 0,1
( ( Deg H t
)
với mọi (
L × ∂Ω ∩ , thì
không phụ
và
Ω ∩ L p ,
[
]0,1
;
thuộc vào
t ∈
, Ω đối xứng,
Nếu 0 ∈ Ω
(4)
)
(
Y L :T Ω ∩ → là ánh xạ A-riêng lẻ,
LΩ ∩
( Deg T
)
,
,0
không chứa những số chẵn.
Chứng minh
L 0 T ∉ ∂Ω ∩ , thì
( Deg T
) { } ≠ 0
Nếu
, thì tồn tại
(1)
kn → ∞ sao cho
Ω ∩ , L p ,
(
)
k
n k
n k
Ω ∩ deg , X Q p , 0 ≠ . (khi nk đủ lớn) Q T n
38
L
p
=
Do đó tồn tại
∈ Ω ∩ sao cho
→ khi k → ∞ . Do T là A-riêng
knx
Q Tx n k
n k
Q p n k
∞
L
x
sao cho
→ ∈ Ω ∩ , và
nx
0Tx
0
n k j
k j
nên tồn tại dãy con (
j
=
L
p T ∉
x p= .
\
Từ
(2)
(
1
2
) ) Ω Ω ∪ Ω ∩ , tồn tại
) 1 (
)
(
0 n > sao cho 0
với mọi
.
)
(
n
n
n
2
1
)
(
)
(
Do đó, ta có
X n Q p Q T ∉ Ω Ω ∪ Ω ∩ \ n> 0
với mọi
.
)
)
(
(
)
(
2
k
=
Ω ∩
,
X Q p ,
Nếu
, thì ta có
Q T n
n
n
j
j
j
)
(
lim deg j →∞
n = + Ω deg , Ω , deg , , deg , , Q T n Q p n Q T n Q p n Q T n Q p n n> 0 Ω 1
n
n
n
n
j
j
j
j
j
j
(
)
(
)
,
X Q p ,
,
X Q p ,
Nếu
và
cả hai đều bằng
Q T n
n
n
Q T n
n
n
Ω ∩ 2
Ω ∩ 1
j
j
j
j
j
j
)
)
(
(
lim deg j →∞
lim deg j →∞
k = + , X Q p , deg , X Q p , Q T n Q T n Ω ∩ 1 Ω ∩ 2 lim deg j →∞
{
} k ∈ ∪ ±∞
hai bằng +∞ và cái còn lại là −∞ , thì, theo qui ước, ta có
. Đối với trường
+∞ hoặc −∞ , thì k = +∞ hoặc k = −∞ và ta có điều cần chứng minh. Nếu một trong
hợp,
n
n
j
j
j
)
(
, X Q p , < +∞ Q T n Ω ∩ 1 lim sup deg j →∞
Và
n
n
j
j
j
(
)
Thì điều cần chứng minh đã rõ.
, X Q p , < +∞ Q T n Ω ∩ 2 lim sup deg j →∞
3) Ta chứng minh: tồn tại
n
0 n > sao cho 0
với mọi
.
)
( Q H t n
n
n> 0
[ ]0,1 t ∈
X ∉ ∂Ω ∩ , Q p n
Giả sử khẳng định trên là không đúng. Thì tồn tại
j
j
n t , → ∞ → và t 0
n
n
n
n
j
j
j
j
j
)jnx
p x X = ∈ ∂Ω ∩ ) ( ) ( L ⊂ ∂Ω ∩ sao cho ) Q p Q H t x n ( , j → khi j → ∞ . Do đó, (
hội tụ về
)
0x
( ,H t x 0
0
có một dãy con (
)/ jnx
L ∈ ∂Ω ∩ và p= (mâu thuẫn). Vì vậy bậc
n
) ,. ,
[
]0,1
Brouwer
không phụ thuộc vào
với mọi
, nên
)
( ( deg Q H t n
n
n
n> 0
t ∈
t ∈ Ω ∩ X Q p ,
) ,. ,
[
]0,1
( ( Deg H t
)
không phụ thuộc vào
.
Ω ∩ L p ,
39
n
(4) Ta nhắc lại định lý Borsuk: “Cho
Ω ⊂ là tập mở, bị chặn và đối xứng. Khi
(
(
)
)
đó, nếu
( deg f ,
,0Ω lẻ”. (xem [1, trang 9])
) f C∈ Ω lẻ và
0 f∉ ∂Ω thì
là lẻ khi n đủ
Từ
( deg Q T
)
nXΩ ∩ đối xứng, theo định lý Borsuk, ta có
n
n
LΩ ∩
( Deg T
)
,
,0
không chứa những số chẵn.
lớn. Do đó
XΩ ∩ , ,0
3.2.4 Hệ quả [2, trang 82]
(
)
Cho X, Y là những không gian Banach thực, khả ly,
)
Fredholm chỉ số 0 và (
X Y :S D S ⊆ → là ánh xạ
n
)
)D S (
( D S
Y
Ω ∩
Ω ∩
:N
≠ ∅ và
→ là ánh xạ phi tuyến sao cho
bị chặn của X sao cho
S N−
là ánh xạ A-riêng đối với
SΓ , thì ta có:
)
)
(
(
)
S N
p
( D S
( ∉ −
∂Ω ∩
) D S p
Y Q là sơ đồ phép chiếu của Y. Nếu Ω là một tập con, mở, ,n
( Deg S N
) { } ≠ 0
và
,
thì
Nếu
(1)
− Ω ∩ , ,
)D S (
;
)
)
(
)
S N
( D S
( ∉ −
∂Ω ∩
0
lẻ và
, thì
Nếu 0 ∈ Ω , Ω đối xứng, S N−
(2)
)
)
( Deg S N
( D S
p Sx Nx − Ω ∩ = có nghiệm trong
không chứa những số chẵn.
− Ω ∩ , ,0
3.3 Phương trình với ánh xạ fredholm chỉ số 0
3.3.1 Mệnh đề [2, trang 82]
(
)
Cho X, Y là những không gian Banach thực, khả ly,
XΩ ⊂ là tập đối
Fredholm chỉ số 0 và (
)
X Y :S D S ⊆ → là ánh xạ
n
)
Y
( D S
Ω ∩
:N
xứng, 0 ∈ Ω . Cho
→ là ánh xạ thỏa mãn:
)
)
Y Q là sơ đồ phép chiếu của Y. Giả sử ,n
( N x
( N x −
( H t x
)
là ánh xạ A-riêng đối với
(1)
SΓ với
Sx = − − , t t 1 + t + 1 1
[
]0,1
;
mọi
)
)
)
( N x
t ∈
( N x −
( D S
0
d > sao cho
;
Tồn tại
(2)
(
(
)
)
]
S
) x N x
d + x ∈ ∂Ω ∩ ≤ với mọi
Sx Nx −
≠
[ λ
−
−
−
( D S
[
]0,1
với mọi
và
.
(3)
λ∈ x ∈ ∂Ω ∩
Khi đó
)D S . (
Chứng minh
(
( H t
)
,
Sx Nx− 0 = có nghiệm thuộc
(
là một đồng luân A-riêng. Mặt khác,
) H t x ≠ 0
Do (1) và (2) nên
t ∈
) [
]0,1
,.
40
)
)
)
( D S
( D S
( × ∂Ω ∩
)
) ,. ,
[
] 0,1
)
( ( Deg H t
với mọi (
. Do đó
không phụ thuộc
(
)
(
)
[
]
∈ Ω ∩ t x , ,0
t ∈
)
( H x 1,
[
]0,1
vào
. Nhưng
là ánh xạ
lẻ, vì vậy
)
( D S
Sx = − N x N x − − 1 2
( ) 1,. ,
( Deg H
)
không
chứa
những
số
chẵn.
Do
đó
)
)
)
Ω ∩ ,0
( D S
( Deg S N
( D S
(
)
)
( Deg H
cũng không chứa những số chẵn,
(
x Ω ∩ = 0, , ,0 − Ω ∩ , ,0
)D S ∩ Ω .
vì vậy
Sx Nx− 0 = có nghiệm thuộc
3.3.2 Mệnh đề [2, trang 83]
(
)
Cho X, Y là những không gian Banach thực, khả ly,
XΩ ⊂ là tập đối
)
Fredholm chỉ số 0 và (
X Y :S D S ⊆ → là ánh xạ
n
)
Y
( D S
Ω ∩
:N
→ là ánh xạ thỏa mãn:
xứng, 0 ∈ Ω . Cho
)
Y Q là sơ đồ phép chiếu của Y. Giả sử ,n
( D S
với
(1)
SΓ với mọi
)
(
)
N
( D S
Ω ∩
bị chặn;
)
Sx
Nx
λ∈ S N Y λ− Ω ∩ (0,1] : → là ánh xạ A-riêng đối với
( D S
≠
λ
+
p λ
λ∈
(
)0,1
khi
và
;
(2)
)
QNx Qp+
( D S
−∈ x S
x ∈ ∂Ω ∩
0
( ) 1 0
≠ khi
, với Q là phép chiếu từ Y vào
(3)
/Y ;
)
( D S
∩ ∂Ω ∩
( Deg S QN Qp
)
.
(4)
) { } ≠ 0
(
)
− + Ω ∩ , ,0
( D S
sao cho Sx Nx
Khi đó tồn tại
Chứng minh
− x ∈ Ω ∩ p = .
Từ QN là compact và S tN−
là ánh xạ A-riêng đối với
, mà
SΓ với mọi
)
(
)
t ∈ [0,1]
N
( D S
( H t x
)
Ω ∩
( − − 1
)( t QNx Qp
)
bị chặn nên
riêng đối với
SΓ .
)
Sx tNx tp = + − , − là đồng luân A-
( D S
(vì nếu ngược lại thì
Ta giả sử rằng Sx Nx
)
p − x ∈ ∂Ω ∩ ≠ với mọi
x
( D S
∈ Ω ∩
).
)
)
( D S
(
)
∈
( × ∂Ω ∩
)
p Sx Nx − = có nghiệm
t x ,
[
] 0,1
:
Ta chứng minh
)
)
( D S
( × ∂Ω ∩
∈
, H t x ≠ với mọi ( 0
[
] 0,1
sao cho
Thật vậy, nếu tồn tại (
)
) H t x = thì
(
t x , 0
0
0
0
0 ,
41
[0,1)
.
t ∈ 0
/
( R S∩
) { } = 0
, nhưng
, vì vậy
0
0
Sx QNx Qp + = Y t = , thì 0
( S x = (mâu thuẫn với (3))
+ Trường hợp 1: nếu 0 )0
0
(
) 0,1
+Trường hợp 2: nếu
, thì
. Do (2)
)
( 1
0
)( t QNx Qp 0
0
0
Sx = − + + + t Nx 0 t p 0 t ∈ 0
dẫn tới
0 ≠ , vì vậy ta có QNx Qp+ 0
(mâu thuẫn)
( 1
(
)
) t Q QNx Qp 0
0
0
0
0
)
)
( D S
(
)
QSx = = − + + + = + 0 t QNx 0 t Qp QNx Qp 0
( × ∂Ω ∩
)
,
[
] 0,1
Do đó
H t x ≠ với mọi ( 0
, vì vậy:
)
)
( D S
( D S
∈ t x ,
(
)
( Deg S QN Qp
)
.
(
)
)
+ − Ω ∩ = , ,0 Deg S N p − Ω ∩ − , ,0
( D S
sao cho Sx Nx
Do (4) nên tồn tại
].,. trên Y X× sao
Tiếp theo, ta giả sử tồn tại một dạng song tuyến tính liên tục [
cho
(
)
(
)
x ∈ Ω ∩ − p = .
]
nếu và chỉ nếu [
.
(4.3.1)
là một cơ
sở của
)N S (
thì
(4.3.1) dẫn đến
Nếu {
}
y R S∈ x N S ∈ 0 y x = với mọi ,
m
m
)
Jy
x
=
( N S
/ = →
( :J R Q Y
)
với
là một đẳng cấu và, nếu
y e e , i i
= ∑ , thì c e i i
∑
i
i
= 1
= 1
e ,..., m e e 2, 1
và
với 1
.
j
c i
− 1 , i J x e
=
− 1 J e e ,i
/
1
(
)
≤ ,i j m ≤ δ ij =
:Q Y
Giả sử
,
Y→ là những phép chiếu và đặt
N S→ A J P−= . :P X
3.3.3 Định lý [2, trang 84]
(
)
Cho X, Y là những không gian Banach khả ly,
Fredholm chỉ số 0 và (
)
X Y :S D S ⊆ → là ánh xạ
n
].,. là một dạng song tuyến tính liên tục trên Y X×
bị chặn của X sao cho 0 ∈ Ω và [
thỏa mãn (3.3.1). Giả sử các điều kiện sau cũng được thỏa mãn:
)
Y Q là sơ đồ phép chiếu của Y. Nếu Ω là một tập con, mở, ,n
( D S
λ∈
(0,1]
với
(1)
SΓ với mọi
(
)
S N Y λ− Ω ∩ : → là ánh xạ A-riêng đối với
N Ω bị chặn;
42
)
Sx
Nx
≠
+
λ
p λ
λ∈
(
( D S
)0,1
khi
và
;
(2)
(
)
x ∈ ∂Ω ∩
/Y ;
(3)
Một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn:
(
)
QNx Qp x +
QNx Qp+ x N S ∈ 0 ≠ khi ∩ ∂Ω , với Q là phép chiếu từ Y vào
,
0
]
≥ với mọi
(4) (4a) [
)
(
x N S ∈ ∩ ∂Ω ;
]
(4b) [
x N S ∈ QNx Qp x + , 0 ≤ với mọi ∩ ∂Ω .
)D S (
.
Khi đó Sx Nx
Chứng minh
)
)
p − Ω ∩ = có nghiệm thuộc
( D S
( × Ω ∩
[ ] : 0,1
Xét đồng luân
)
)
( D S
Sx
tNx
tp
H Y → cho bởi
( × Ω ∩
)
=
+
−
( H t x
)
,
( − − 1
[
] 0,1
)( t QNx Qp
)
− với mọi (
Do QN compact và (1) nên H là một đồng luân A-riêng.
)
∈ t x ,
( D S
Ta giả sử rằng Sx Nx
(*) (vì nếu ngược lại thì
)
p − x ∈ ∂Ω ∩ ≠ với mọi
x
( D S
∈ Ω ∩
).
)
)
( D S
)
(
∈
( × ∂Ω ∩
)
p Sx Nx − = có nghiệm
t x ,
[
] 0,1
:
Ta chứng minh
)
)
( D S
( × ∂Ω ∩
∈
[
] 0,1
sao
Thật vậy, nếu điều này không đúng thì tồn tại (
)
t x , 0
0
cho:
, H t x ≠ với mọi ( 0
.
( 1
)
0
)( t QNx Qp 0
0
0
Sx QNx Qp
+
=
=
=
+
0 Sx QNx Qp
t = , thì 0
, vì vậy ta có
(mâu thuẫn với
Nếu 0
0
0
0
0
(3)).
Sx
Nx
p
=
t = , thì 1
+ (mâu thuẫn với (*))
0
0
Nếu 0
Sx = − + + + t Nx 0 t p 0
(
) 0,1
,
thì
. Do (2) dẫn
tới
Nếu
)
( 1
0
0
)( t QNx Qp 0
0
0
≠ , vì vậy ta có
QNx Qp+ 0
Sx − − = − + t Nx 0 t p 0 t ∈ 0
(mâu thuẫn)
( 1
(
)
) t Q QNx Qp 0
0
0
0
0
)
)
( D S
)
(
∈
( × ∂Ω ∩
)
QSx = = − + + + + = 0 t QNx 0 t Qp QNx Qp 0
t x ,
[
] 0,1
Do đó
, vì vậy:
)
)
( D S
( D S
+
−
Ω ∩
=
,
,0
Deg S N p − Ω ∩ − ,
,0
(
)
( Deg S QN Qp
)
.
(
)
)
( D S
+
−
Ω ∩
,
,0
( Deg S QN Qp
)
Ta chứng minh
(
) { } ≠ 0
, H t x ≠ với mọi ( 0
43
)
)
H
( D S
Y
( × Ω ∩
→ được cho bởi
Xét đồng luân
] [ 1 : 0,1
)
)
( D S
) t Ax
( × Ω ∩
( H t x
)
)
( − − 1
] 0,1
[
( t QNx Qp
)
với mọi (
1
1
A
J P− 1
= −
A J P−=
nếu có điều kiện (4a),
nếu có điều kiện (4b).
Trong đó
)
)
( D S
Sx ∈ = − + t x , ,
( × ∂Ω ∩
)
(
)
,
[
] 0,1
H t x ≠ với mọi ( 0
. Nếu điều
Ta cũng chứng minh
1
)
)
( D S
( × ∂Ω ∩
∈
∈ t x ,
[
] 0,1
sao cho
này không đúng, thì tồn tại (
)
(
t x , 0
0
) H t x = . 0
0
(
0 ,
) { }0 =
Từ
dẫn đến 0
Sx QNx Qp
=
+
0
t = , thì 1
= (mâu thuẫn với (3)).
Nếu 0
0
0
N S A− t ≠ . 0
(
) 0,1
, thì
.
Nếu
( 1
(
)
0
) t Ax 0
0
Px
− 1 J x
x=
Sx − + + = = 0 t ∈ 0 t QNx Qp 0 0
Giả sử (4a) được thỏa mãn. Từ
, ta có ( 1
)
(
)
0
0
0
0
x ≠ . Do đó, ta có 0
−
+
+
=
,
,
0
.
( 1
)
t 0
0
t QNx Qp x 0 0
0
− 1 J x x 0
− + + = và 0 t 0 t QNx Qp 0 0
Dẫn đến
Nếu (4b) được thỏa mãn, lập luận một cách tương tự ta cũng dẫn đến
0 x = (mâu thuẫn) 0
thuẫn). Do đó, ta có:
)
)
)
( D S
( D S
x = (mâu 0 0
( Deg S A − Ω ∩ ,
( Deg S QN Qp
)
(
)
)
( D S
( Deg S A − Ω ∩ ,
+ − Ω ∩ = , ,0 ,0
) { } ≠ 0
. Do đó
Nhưng S A− là một đơn cấu nên
)
)
,0
( D S
( D S
(
) { } ≠ 0
nên tồn tại
sao cho Sx Nx
− x ∈ Ω ∩ Deg S N p − Ω ∩ − , ,0 p = .
3.3.4 Định lý [2, trang 85]
(
)
Cho X, Y là những không gian Banach khả ly,
Fredholm chỉ số 0 và (
)
Y X :S D S ⊆ → là ánh xạ
n
].,. là một dạng song tuyến tính liên tục
bị chặn, đối xứng của X sao cho 0 ∈ Ω và [
)
Y
( D S
Ω ∩
:N
→ là một ánh xạ liên tục, bị chặn thỏa
trên Y X× thỏa mãn (4.3.1). Nếu
mãn:
)
Y Q là sơ đồ phép chiếu của Y. Nếu Ω là một tập con, mở, ,n
S
N
( D S
Y
λ−
Ω ∩
:
→ là ánh xạ A-riêng đối với
;
(1)
SΓ với mọi
)
Sx
Nx
≠
λ
+
p λ
λ∈
(
λ∈ (0,1]
( D S
)0,1
khi
và
;
(2)
x ∈ ∂Ω ∩
44
)
(
)
(
) p x ,
( ) p x Q N x
khi
(3)
( Q Nx
chiếu từ Y vào
/Y ;
x N S ∈ + − + < , 0 ∩ ∂Ω , với Q là phép
)D S (
.
Khi đó Sx Nx
Chứng minh
)
)
p − Ω ∩ = có nghiệm thuộc
( D S
( × Ω ∩
[ ] : 0,1
Xét đồng luân
)
)
( D S
Sx
tNx
tp
H Y → cho bởi
( × Ω ∩
)
=
+
−
( H t x
)
,
( − − 1
[
] 0,1
)( t QNx Qp
)
− với mọi (
Do QN compact và (1) nên H là một đồng luân A-riêng.
)
∈ t x ,
( D S
(*) (vì nếu ngược lại thì
Ta giả sử rằng Sx Nx
)
p − x ∈ ∂Ω ∩ ≠ với mọi
x
( D S
∈ Ω ∩
).
)
)
( D S
)
(
∈
( × ∂Ω ∩
)
p Sx Nx − = có nghiệm
t x ,
[
] 0,1
:
Ta chứng minh
)
)
( D S
( × ∂Ω ∩
∈
[
] 0,1
sao
Thật vậy, nếu điều này không đúng thì tồn tại (
)
t x , 0
0
cho:
, H t x ≠ với mọi ( 0
.
)
( 1
0
)( t QNx Qp 0
0
0
Sx QNx Qp
=
+
=
=
+
0 Sx QNx Qp
t = , thì 0
, vì vậy ta có
(mâu thuẫn với
Nếu 0
0
0
0
0
+
=
0
(3) do
).
) p x ,
0
0
( Q Nx
Sx
Nx
p
=
t = , thì 1
+ (mâu thuẫn với (*))
Nếu 0
0
0
Sx = − + + + t Nx 0 t p 0
(
) 0,1
,
thì
. Do (2) dẫn
tới
Nếu
( 1
)
0
0
)( t QNx Qp 0
0
0
≠ , vì vậy ta có
QNx Qp+ 0
Sx − − = − + t Nx 0 t p 0 t ∈ 0
(mâu thuẫn)
( 1
(
)
) t Q QNx Qp 0
0
0
0
0
)
)
( D S
(
)
∈
( × ∂Ω ∩
)
QSx = = − + + + + = 0 t QNx 0 t Qp QNx Qp 0
t x ,
[
] 0,1
Do đó
, vì vậy:
)
)
( D S
( D S
+
−
Ω ∩
=
,
,0
Deg S N p − Ω ∩ − ,
,0
(
)
( Deg S QN Qp
)
.
(
)
)
( D S
+
−
Ω ∩
,
,0
( Deg S QN Qp
)
Ta chứng minh
(
) { } ≠ 0
)
)
, H t x ≠ với mọi ( 0
( D S
( × Ω ∩
Xét đồng luân
] [ 1 : 0,1
)
(
)
)
( D S
H Y → được cho bởi
( × Ω ∩
)
( H t x
)
[
] 0,1
( tQ N x
)
)
với mọi (
1
( Q Nx
∈ Sx p p = − + − − + t x , , t 1 + 1
45
)
)
( D S
( × ∂Ω ∩
)
(
)
,
[
] 0,1
Ta cũng chứng minh
H t x ≠ với mọi ( 0
. Nếu điều
1
)
)
( D S
( × ∂Ω ∩
∈
[
] 0,1
sao cho
này không đúng, thì tồn tại (
)
t x 1, 1
p
p
−
+
−
−
+
=
0
.
)
)
Sx 1
( ( t Q N x 1 1
)
( Q Nx 1
1 +
1
t 1
∈ t x ,
1
1
Nếu 1
p
p
Sx QNx Qp = + 0 t = , thì 0 = (mâu thuẫn với (3)).
=
+
−
−
+
=
0
, thì
(mâu thuẫn với (3)).
(
)
)
Nếu 1
Sx 1
( t Q N x 1 1
)
( Q Nx 1
Do đó, ta có
)
(
)
( D S
t ∈ (0,1]
( D S
( ) .
) − + .
( p Q N
)
( Deg S QN Qp
)
)
(
)
( Q N
(
Deg S p + − Ω ∩ = − + − Ω ∩ , ,0 , ,0 1 2
( ) .
) − + .
( p Q N
Nhưng
( Q N
)
(
S p − + − ) ) là hàm lẻ nên 1 2
( D S
( ) .
) − + .
)
( p Q N
)
( Q N
)
)
( D S
x
( D S
∈ Ω ∩
Deg S p ∉ − + − Ω ∩ 0 , ,0 1 2
(
) { } ≠ 0
nên tồn tại
sao cho
Do đó
Deg S N p − Ω ∩ − , ,0
Sx Nx − p = .
46
Chương 4. BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ ĐA TRỊ
4.1. Ánh xạ đa trị
4.1.1. Định nghĩa
(
ứng một tập đóng, khác rỗng
Cho X, Y là hai không gian và giả sử rằng ứng với mỗi điểm x X∈ ta có tương )xϕ là tập con của Y ; trong trường hợp này, ta nói ϕ là
một ánh xạ đa trị từ X vào Y và ta viết
Y : X ϕ .
Ta còn có thể định nghĩa một ánh xạ đa trị
sao cho điều kiện sau được thỏa mãn:
) ,x y ϕ∈ .
Với mọi x X∈ , tồn tại y Y∈ sao cho (
Y : X ϕ như một tập con X Y ϕ⊂ ×
( ϕ
)
Cho ánh xạ đa trị
.
{ (
} )
)
)
Y X Y y x ∈ × ∈ : X ,x y ϕ thì đồ thị của ϕ là Γ = ϕ
( ϕ
( ϕ
Tập
với A X⊂ được gọi là ảnh của A qua ϕ.
x A ∈
A x =
Cho
định bởi:
(
)
x
x
∈
=
( ϕ
( ψϕ
)
( ) y y
với mọi x X∈ .
(
{ ψ
} )
)( ψ ϕ
) x =
Y Z Z : X : Y : X ϕ và ψ là hai ánh xạ đa trị, thì ánh xạ tích xác ψ ϕ
Cho X Y⊂ và
)
x
( xϕ∈
nếu
x X x
x
( ϕ
∈
Fix
( ) ϕ
.
. Ta đặt: { = ∈
} )
)
Y : X ϕ , thì một điểm x X∈ được gọi là điểm bất động của ϕ
( 1 Bϕ−
và ảnh ngược rộng
Cho
)
của B qua ϕ như sau:
( 1 Bϕ− +
)
)
)
)
Y : X ϕ và B Y⊂ , ta định nghĩa ảnh ngược hẹp
( ϕ
( − 1 B ϕ
( ϕ
.
{ = ∈
} φ
{ = ∈
} B ⊂ ,
( − 1 B ϕ +
x X x x X x B ∩ ≠
Cho
(
)
)
)A
Y Y : X ϕ và A X⊂ thì ánh xạ ϕ được gọi là hạn chế của ϕ trên A. :A A
( ϕ=
Hơn nữa, nếu
với mọi x A∈ được gọi là
) ,A B .
phép co của ϕđối với cặp (
B A B x x ( ϕ , ϕ ⊂ thì ánh xạ ϕ :
47
Cho hai ánh xạ
)
(
)
)
)
)
(
)
Y ϕ ψ∪ ϕ ψ∩ : X , : X : X Y ϕψ , ta đặt Y và như sau:
( ϕ
( ϕ
)(
)(
và (
, với mọi x X∈ .
(
)
(
)
x x x x x x ∪ ϕ ψ = ∪ ψ ∩ ϕ ψ = ∩ ψ
( ϕ
(dĩ nhiên ánh xạ ϕ ψ∩ được định nghĩa tốt nếu
x x ∩ ψ φ ≠ , với mọi x X∈ .)
Cho
xác định
bởi:
(
)
)
(
Z Y Z Y ϕ ψ× : X : X : X × ϕ và ψ . Thì ta định nghĩa ánh xạ
) x ϕ ψ
)(
với mọi x X∈ .
(
x x × ϕ ψ × =
:f X
Cho
Y→ là một ánh xạ đơn trị. Ta nói f
)
)
( f x
( xϕ∈
là một sự chọn lọc của ϕ ( viết là f ϕ⊂ ) nếu
với mọi x X∈ .
Y : X ϕ là một ánh xạ đa trị và
4.1.1.1. Ví dụ
:f X
Y→ thì ta có thể xây dựng một ánh xạ đa trị
Cho ánh xạ liên tục (đơn trị)
tương ứng
X ϕ xác định bởi: :f Y
−= 1 f
( ) y
với mọi y Y∈ .
( ) f y
ϕ
4.1.1.2. Ví dụ
:f X Y
Z × → và
Cho hai ánh xạ liên tục (đơn trị)
)
( g x
=
( f x y ,
)
:g X Z→ sao cho với mỗi
thì ta có thể xây dựng một ánh xạ đa trị
x X∈ tồn tại y Y∈ sao cho
tương ứng
(
Y : X
( g x
) ϕ = ∈
)
(
với mọi x X∈ .
{
y Y f x y x = , ϕ xác định bởi: } )
4.1.1.3. Ví dụ:
0
Cho ánh xạ liên tục (đơn trị)
r > sao cho với
( f x y ,
)
r≤ thì ta có thể xây dựng một ánh xạ đa trị
mỗi x X∈ tồn tại y Y∈ sao cho
Y
ϕ xác định bởi:
tương ứng
:f X Y× → . Giả sử rằng tồn tại
) ϕ = ∈
(
)
với mọi x X∈ .
} r
:r X {
( r x
y Y f x y ≤ ,
4.1.1.4. Ví dụ
)
,X d . Thì với mỗi x X∈ tồn
Cho A là tập con compact của không gian metric (
tại a A∈ sao cho
)
(
)
( d a x ,
.
d = ist x A ,
48
:P X
Ta có thể xây dựng một ánh xạ đa trị tương ứng
A xác định bởi:
)
( P x
d
=
(
)
(
,
ist
x A ,
với mọi x X∈ .
{ a A d a x = ∈
} )
4.1.2. Một số mệnh đề [3, trang 62]
4.1.2.1. Mệnh đề
Cho
jB
)
Y J ⊂ : X Y j , ϕ và A X⊂ , B Y⊂ , ∈ , thì ta có:
( ( ϕ ϕ− 1
)
a)
)
( 1 B
( ϕ ϕ−
)
A A ⊃ ,
b)
1
(
)
(
)
X
B
− ϕ
−⊃ 1 ϕ
\
Y B \
,
c)
1
1
B
B
− ϕ
⊃
− ϕ
d)
,
j
j
)
(
j J ∈
j J ∈
1
1
B ⊂ ,
− ϕ
− ϕ
e)
,
j
j
(
)
j J ∈
j J ∈
)
B B =
)
f)
( ( ϕ ϕ− 1 +
)
)
A A ⊃ ,
( ϕ
,
g)
)
( ( − 1 B ϕ ϕ +
1
1
)
(
)
(
X B ⊃ ∩
− ϕ
h)
,
− ϕ +
1
1
B
B
=
,
i)
j
j
− ϕ +
− ϕ +
(
)
j J ∈
j J ∈
1
1
X B = \ Y B \
j)
.
j
j
− ϕ +
− ϕ +
(
)
j J ∈
j J ∈
B B ⊂
4.1.2.2. Mệnh đề
Cho
1
1
)
(
)
(
)
Y : X , ϕψ sao cho ϕ ψ∩ được định nghĩa tốt và B Y⊂ , thì ta có:
− ϕ
− ψ
( − 1 ) B
a)
,
1
1
)
(
)
(
)
B B = ∩ ∪ ϕ ψ (
− ϕ
− ψ
( − 1 ) B
b)
,
1
1
)
(
)
(
)
B B ⊃ ∪ ∩ ϕ ψ (
,
c)
( − 1 ) B +
− ϕ +
− ψ +
1
1
)
(
)
(
)
B
B
⊂
∩
ϕ ψ ∩ (
.
d)
( − 1 ) B +
− ϕ +
− ψ +
B B = ∪ ∪ ϕ ψ (
4.1.2.3. Mệnh đề
Cho
Y Z : X : Y ϕ , ψ và B Y⊂ , thì ta có:
49
−
1
(
)
( − − 1 1( ) B ϕ ψ
)
a) (
,
) ψ ϕ
−
1
)
(
B =
b) (
.
) ψ ϕ
)
( − − 1 1( ) B ϕ ψ + +
+
B =
4.1.2.4. Mệnh đề
Cho
−
1
1
1
(
)
(
)
(
)
B
D
B D ×
=
− ϕ
∩
− ψ
) × ψ ϕ
a) (
,
−
1
1
1
(
)
(
)
(
)
Y Z : X : X ϕ , ψ và B Y⊂ , D Z⊂ , thì ta có:
) ψ ϕ ×
b) (
.
− ϕ +
− ψ +
+
B D B D × = ∩
4.2. ÁNH XẠ ĐA TRỊ NỬA LIÊN TỤC
4.2.1. Ánh xạ đa trị nửa liên tục trên
4.2.1.1. Định nghĩa
Một ánh xạ đa trị
)
( 1 Uϕ−
U Y⊂ thì
mở trong X.
Y : X ϕ được gọi là nửa liên tục trên (nltt) nếu với mỗi tập mở
4.2.1.2. Mệnh đề
Một ánh xạ đa trị
(
(
Y : X ϕ nltt nếu và chỉ nếu với mọi x X∈ và mọi V là lân
)U
cận mở của
)xϕ , tồn tại U là lân cận mở của x sao cho
V ϕ ⊂ .
4.2.1.3. Mệnh đề [3, trang 68]
Một ánh xạ đa trị
)
đóng trong X.
( 1 Aϕ− +
Y : X ϕ nltt nếu và chỉ nếu với mỗi tập đóng A Y⊂ thì
4.2.1.4. Mệnh đề [3, trang 68]
Nếu một ánh xạ đa trị
Y : X ϕ nltt thì đồ thị ϕΓ đóng trong X Y× .
) \
Chứng minh Ta sẽ chứng minh (
ϕ
)
y
X Y × Γ mở.
( xϕ∉
)
. Ta lấy một lân cận mở
Lấy (
yV của y trong Y và
(
lân cận mở
)xϕ trong Y sao cho
X Y ,x y ∈ × sao cho
(
)
x
)xVϕ của
1
U
Lấy
thì
là lân
(
)
xU là một lân cận mở của x trong X. Do đó,
= ∅ . V y Vϕ∩ (
x
x
( Vϕϕ−=
)
)
cận mở của (
U V× x y
ϕ
)
∩ Γ = ∅ . Thật vậy, nếu U V × x y ,x y trong X Y× . Khi đó (
50
/
/
/
)
(
)
( xϕ∉
/ x ϕ ⊂
/ x y ,
(
)
thì
nhưng
hay
)
)
x
xV ϕ ∩ = ∅ , do đó (
/
/ ,x y
(
)
ϕ∉ Γ .
X Y ×
) \
Vậy (
Γ mở.
ϕ
y V y U V ∈ × x y Vϕ (
:f X
Y→ liên tục thì ánh xạ
Chú ý nếu
X ϕ xác định bởi: :f Y
−= 1 f
( ) y
với mọi y Y∈ .
( ) f y
Có đồ thị đóng nhưng không nhất thiết nltt.
ϕ
4.2.1.5. Mệnh đề [3, trang 69]
(
K
)X
ϕ ⊂ (K compact) và
Nếu một ánh xạ đa trị
đồ thị ϕΓ đóng trong X Y× , thì ϕ nltt.
Chứng minh
(
Giả sử ϕkhông nltt. Thì tồn tại một lân cận mở
)xϕ trong Y sao cho
(
)xVϕ của
Y : X ϕ thỏa mãn điều kiện
với mọi lân cận mở
.
( ϕ
)
)
xU của x trong X ta có
x
x
U ⊄ Vϕ (
Ta lấy
thì với mỗi n ta có
sao cho
nx
xU
n = = , 1,2,... , , 1 n 1 n B x ∈ B x
. Lấy
và
. Thì ta có
)
)
( xϕ∈
)
n
) ( x ϕ ⊄ n
ny là một điểm trong Y sao cho
n
n
x
x
y y Vϕ∉ ( Vϕ (
lim nx
x= và { }ny
K⊂ . Từ K compact, không mất tính tổng quát ta giả sử
. Khi đó, với mỗi n ta có (
)
x y ,n
n
ϕ∈ Γ và
)x
)
y K = ∈ . Ta thấy lim ny y Vϕ∉ (
( xϕ∈
( x y→
)
)
(mâu thuẫn
n
. Mà ϕΓ đóng trong X Y× nên (
ϕ∈ Γ hay
{ (
} )
).
với
)x
y , ,x y x y , n
y Vϕ∉ (
4.2.1.6. Mệnh đề [3, trang 69]
Giả sử
Y : X , ϕψ là hai ánh xạ nltt, thì:
a)
Y ϕ ψ∪ : X nltt.
b)
Chứng minh
1
1
)
(
)
(
)
Y Y ϕ ψ∩ ϕ ψ∩ : X : X nltt. (với điều kiện ánh xạ xác định)
− ϕ
− ψ
( − 1 ) B
.
a) Do
B B = ∩ ∪ ϕ ψ (
51
)
(
)
(
x
x
( ϕ
ψ∩
) \x Vϕ
trong Y. Thì
và
b) Lấy x X∈ và V là một lân cận mở của
(
( ) \x Vψ
) x V \
) x V \
( ( ϕ
)
( ψ∩
)
là những tập con đóng của Y thỏa mãn
1W
(
) \x Vϕ
) \x Vψ (
và
sao cho
= ∅ . Lấy
và
2W lần lượt là lân cận mở của
1
2
W W∩ = ∅ . Từ ϕ nltt,
và một lân cận mở
ta chọn một lân cận mở
( ϕ
1U của x trong X sao cho
)1 U
) V W ⊂ ∪ ( 1
)U
)(
. Đặt
= ∩ , thì (
(
U U U 1
2
2U của x trong X sao cho
)2
U ψ ϕ ψ∩ ) V ⊂ . V W ⊂ ∪ ( 2
4.2.1.7. Mệnh đề [3, trang 70]
Nếu
nltt.
−
1
1
1
(
)
(
)
(
)
B
D
B D ×
=
− ϕ
∩
− ψ
) × ψ ϕ
Chứng minh sử dụng mệnh đề 4.1.2.4a: (
.
Y Z Y Z ϕ ψ× : X : X : X × ϕ và ψ là hai ánh xạ nltt thì ánh xạ
4.2.1.8. Mệnh đề [3, trang 70]
(
)xϕ compact với mọi x X∈ , và A là tập
Cho
(
con compact tùy ý của X. Thì
)Aϕ compact.
(
(
)Aϕ . Từ
)xϕ compact với mọi x X∈ , ta suy ra
Chứng minh Lấy { }tV là một phủ mở của
( ϕ
, với
tồn tại một số hữu hạn các tập
tV sao cho
tV vừa
xW là hợp của các tập
) ⊂ x x W
(
)Aϕ . Đặt
nói đến, với mọi x A∈ . Điều này dẫn đến họ {
Y : X ϕ nltt, thỏa mãn điều kiện
}x x AW ∈ là một phủ mở của
x
với mỗi x A∈ . Thì {U }x x A∈ là một phủ mở của A trong X. Từ A compact
U ) Wϕ−= 1( x
tồn tại một phủ con hữu hạn
x
x
n
n
x 1
(
)Aϕ , và từ
ixW là một hợp hữu hạn của những tập trong { }tV ta nhận được một phủ
U ,..., ,..., U của phủ này. Khi đó, những tập W phủ W x 1
con hữu hạn
)Aϕ . (
t k
,...., V của phủ { }tV phủ V t 1
4.2.1.9. Mệnh đề [3, trang 70]
(
Cho
)xϕ compact với mọi
Y Z : X : Y ϕ và ψ nltt và thỏa mãn điều kiện
( )yψ compact với mọi y Y∈ thì ánh xạ
(
)
kiện
X Z : x X∈ , ψ ϕ nltt và thỏa mãn điều
Chứng minh
−
1
(
)
B
=
( − − 1 1( ) B ϕ ψ
)
Do mệnh đề 4.2.1.8 và 4.1.2.3a: (
.
) ψ ϕ
xψ ϕ compact với mọi x X∈ .
52
4.2.1.10. Mệnh đề [3, trang 70]
(
)xϕ compact với mọi x X∈ . Thì ϕ nltt nếu
Cho
và chỉ nếu:
)
Y : X ϕ thỏa mãn điều kiện
) δ
( ,B x
)
( ϕ
)
.
Với mọi x X∈ và mọi
( ( O ϕ⊂ ε
Chứng minh
- Dễ thấy ϕ nltt thì
)
x 0ε> tồn tại 0δ > sao cho
) δ
( ,B x
)
( ϕ
)
.
Với mọi x X∈ và mọi
( ( O ϕ⊂ ε
(
)xϕ trong Y, thì do
- Chiều ngược lại, lấy x cố định và U là một lân cận mở của
(
(
)
x 0ε> tồn tại 0δ > sao cho
)
)xϕ compact nên ta có thể chọn một
( ε ϕ ⊂ và theo giả thiết
)
O U x 0ε> sao cho
) δ
( ,B x
)
)
( ϕ
nên ϕ nltt.
tồn tại
( ( O ϕ⊂ ε
x 0δ > sao cho
4.2.1.11. Định nghĩa
(
Cho E là không gian Banach và
)xϕ compact
conv X
E
:
ϕ xác định bởi:
với mọi x X∈ . Ta định nghĩa ánh xạ
)
)
E : X ϕ nltt thỏa mãn điều kiện
( ϕ
( ( ϕ
)
, với mọi x X∈ .
(
)
(
conv x conv x =
)
)xϕ compact, theo định lý Mazur, tập
( xϕ cũng compact.
Từ
conv
4.2.1.12. Mệnh đề [3, trang 71]
(
)xϕ compact với mọi x X∈ thì ánh xạ
Nếu
(
)
E : X ϕ nltt thỏa mãn điều kiện
Chứng minh
<
conv X E conv : ϕ cũng nltt thỏa mãn điều kiện xϕ compact với mọi x X∈ .
< .
Trong chứng minh này ta dùng mệnh đề 4.2.1.10. Lấy
0 ε ε 1
0ε> và lấy
Lấy
X∈ . Từ ϕ nltt tồn tại
.
( B x
) δ ,
)
0x
0
0
( ϕ
)
( ( ϕ
)
x
x
⊂
Do đó
. Từ
là tập lồi, ta suy ra:
)
( ϕ
( B x
) δ ,
( ϕ
)
0
0
0
)
( O conv
( O conv
)
( ϕ
)
ε 1
ε 1
x
⊂
)
) δ ,
( ϕ
0
0
( O conv
)
( ( conv B x ϕ
)
ε 1
x
x
⊂
⊂
(
)
) δ ,
( ϕ
)
( ϕ
)
ε
0
0
0
)
( O conv
)
( cl O conv
Và do đó ( ( conv B x ϕ
)
ε 1
x ⊂ 0δ > sao cho O ε 1
53
Theo mệnh đề 4.2.1.10., ánh xạ
(
)
conv
xϕ compact với mọi x X∈ (do định lý Mazur).
conv X E : ϕ cũng nltt thỏa mãn điều kiện
4.2.2. Ánh xạ đa trị nửa liên tục dưới
4.2.2.1. Định nghĩa
Một ánh xạ đa trị
)
mở trong X.
mở U Y⊂ thì
( 1 Uϕ− +
Y : X ϕ được gọi là nửa liên tục dưới (nltd) nếu với mỗi tập
Ta nói một ánh xạ đa trị
Y
ϕ=
:f X
Chú ý rằng
→ tính nửa liên tục trên trùng với tính nửa liên tục dưới
nên không có gì hơn tính liên tục của f.
Y : X ϕ là liên tục nếu nó vừa nltt vừa nltd.
4.2.2.2. Mệnh đề [3, trang 72]
Một ánh xạ đa trị
)
( 1 Aϕ−
đóng trong X.
Chứng minh
1
1
)
(
(
)
Y : X ϕ nltd nếu và chỉ nếu với mỗi tập đóng A Y⊂ thì
− ϕ
Sử dụng định nghĩa và tính chất
.
− ϕ +
X B = \ Y B \
4.2.2.3. Mệnh đề [3, trang 72]
a) Nếu
Y Y ϕ ψ∪ : X , : X ϕψ là hai ánh xạ nltd, thì nltd.
b) Cho
(
(
)xψ ϕ đóng. )
tập
Chứng minh
Sử dụng các tính chất:
−
1
1
1
)
(
)
(
)
(
)
Y Z X Z : X : Y : ϕ và ψ nltd thì ánh xạ ψ ϕ nltd, nếu mỗi x X∈
và (
.
) ψ ϕ
)
( − 1 ) B +
− ϕ +
− ψ +
( − − 1 1( ) B ϕ ψ + +
+
B B B = ∪ = ∪ ϕ ψ (
, Y d , trong không gian X Y× ta xét metric
4.3. Lát cắt xấp xỉ của ánh xạ đa trị Cho hai không gian metric (
) ( ,
)
2
max như sau:
d
m
=
(
)
x y ,
u v ,
ax
,
,
(
(
) ( ,
với mọi
X d , 1
(
)
} )
{ ) d x u d y v , 1
2
Từ đây đến hết chương 4, ta giả sử tất cả các ánh xạ đa trị có giá trị compact.
,x y X∈ và mọi ,u v Y∈ .
4.3.1. Định nghĩa
54
:f Z
Y→ là một
Cho
Y : X X⊂ và 0ε> . Một ánh xạ
f Oε
ϕ
(
Γ ⊂ Γ ε - lát cắt xấp xỉ của ϕ nếu ϕ là một ánh xạ đa trị, Z ).
) ( a ϕε ,
Nếu Z X=
và f là một ε - lát cắt xấp xỉ của ϕ thì ta viết
.
ϕ
ε >
nltt vaø vôùi moãi
toàn taïi f
)
( ∈ ϕ ε
0
a
,
.
Ta đặt
: X Y
( 0A X, Y
{ = ϕ
} )
f ∈
4.3.2. Một số tính chất
4.3.2.1. Mệnh đề [3, trang 106]
)
(
( O x
nếu
với mọi x Z∈ và Z
Y : X Y→ là một ε - lát cắt xấp xỉ của ϕ nếu và chỉ
(
)
) f x O ε
a) Một ánh xạ ( εϕ∈
X⊂ . :f Z )
Cho P là một không gian compact,
b)
:r P : X X→ liên tục và Y ϕ nltt.
0δ > tồn tại
và
Thì, với mỗi
( 0ε
0
)0 ε ε
< < :f X 0ε > sao cho với bất kì Y→ là một
ε - lát cắt xấp xỉ của ϕ, ta có
là một δ - lát cắt xấp xỉ của
f Y→ r P : rϕ .
Cho C là một tập con compact của X và
c)
f
f
C F ∩
∩
∈
ix
ix
) C F ϕ
(
(
)
( ) a ϕε ,
= ∅ . Thì tồn tại
0ε> sao cho với mỗi
, ta có
= ∅ .
X : X ϕ nltt sao cho
Cho C là một tập con compact của X. Thì, với mỗi
d)
0>δ tồn tại 0>ε sao
cho
(hạn chế của f trên C) là một δ - lát cắt xấp xỉ của
Cf
Cϕ , với
∈f
,
) ( a ϕε bất kỳ.
X
Y
t ∈
:
[
]0,1
[
] 0,1
Cho X compact và
ψ × nltt. Thì, với mỗi
và mỗi
e)
,
: X Y ϕ nltt và
(
0>δ tồn tại
0>ε sao cho
) ∈h a ψ ε bất kỳ và
) ( a ψ δ với
t
Y
ψ được định nghĩa như sau:
:t X
)
)
, Y→ và :th X h ∈t
ψ
ψ=
=
(
), x t
( ), h x t
[
]0,1
,
với mọi x X∈ và
.
( t x
( th x
t ∈
Cho
f)
Y T
Y T : X : Z ϕ và ψ . Thì, với mỗi 0ε> tồn tại 0δ > sao cho, nếu
×
f g X Z :
) ( a ϕδ ,
( ) g a ψ δ
và
, thì
× → × là một ε - lát cắt xấp xỉ của
f ∈ ∈ ,
.
Y T ϕ ψ× : X Z × ×
Cho
g)
0ε > tồn tại
0δ >
Y : X ϕ nltt và g : Y Z→ liên tục. Thì với mỗi
∈
) ( a ϕδ ,
ta luôn có
.
sao cho với bất kỳ
ϕ ε ,
)
( a g
g f
f ∈
55
Chứng minh
a)
f Oε
(
) Γ . ϕ
)
Y Γ ⊂ :f Z : X Y→ là một ε - lát cắt xấp xỉ của ϕ nếu và chỉ nếu
)
(
và
Điều này tương đương với mỗi x Z∈ tồn tại
ϕ∈ Γ sao cho
)
(
)
( O x
. Do đó, ta có
.
(
)
) f x O ε
,x y ( x O xε∈
( εϕ∈
)
b) Ta sử dụng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại
( ) ( f x O yε∈
0δ > sao cho với mỗi
và
. Ta lấy
và
.
( ) r ϕ δ
nf
( ) aε ϕε f ∈
Thì mỗi n ta chọn
nu
a ε= , , 1, ,..., ,... 0ε> , ta có r ∉ f ε 1 n 1 n 1 2 a ∈ ϕ ,
(*)
)
)
( r u n
n
(
)
( ( r O u n
)
)
),
f n = 1,2,... O δ P∈ sao cho: ( ( δϕ∉
nên
Ta giả sử lim nu
nf
1 n
a ∈ ϕ ,
f
O
∈
f
O
∈
,
và
)
)
)
)
n
( r u n
( r u n
n
( r u n
(
)
(
)
(
) Γ . ϕ
(
)
( O r u n 1 n
1 n
1 n
ϕ
u= . Theo a) do
Vì vậy, ta có thể chọn
sao cho:
( xϕ∈
)
nx
n
n
y X∈ và
)
)
n
( r u n
( d x r u ,n n 1
(
)
(
)
( d y 2
)
f
( ) r u y
( ) r u
f < và ,n 1 < . n 1 n
,
(
)
và
y= . Vì vậy,
Do đó,
(
)
)
(
n
n
u n
ϕ∈ Γ
nu
( limy = lim r
)
(mâu thuẫn với (*)).
,
0ε> tồn tại
sao
c) Ta sử dụng phương pháp phản chứng. Với mỗi
( ) aε ϕε f ∈
= limx =limr n
. Ta
lấy
và
sao cho
cho
( Fix f
nf
) C ε ∩ ≠ ∅
1 n
a ∈ ϕ ,
ε= 1, ,..., ,... 1 n 1 2
ta chọn một điểm
)
)
(
( Fix nf
n
nf
∈ n = x Fix 1,2,... C∩ ≠ ∅ . Với mỗi C ∩ .
Do C compact nên ta có thể giả sử lim nx
(
)
x= . Thì x C∈ và ta có thể chọn
ϕ∈ Γ sao cho:
u v ,n n
.
)
)
( d x v n
n
2
( d x u ,n n 1
n < = , , 1,2,... < và 1 n 1 n
56
)
x
( xϕ∈
.
Do đó limx =limu
n
nv
n
∩
ix
) C F ϕ
(
Dẫn đến
≠ ∅ (mâu thuẫn).
:i C
X→ thì d) được chứng minh.
d) Trong b) thay r bằng
)
x = lim = . Do ϕ nltt, ϕΓ đóng trong X X× nên
(
), x t
] 0,1
[
xác định bởi
thì e) được
e) Trong b) thay r bằng
ti X :
( ti x
chứng minh.
(
X→ × =
( ) ) O x O y ×
)
.
f) Sử dụng tính chất: mỗi
( ( O x y
)
δ
δ
ε
g) Được chứng minh tương tự b).
⊂ , 0ε> tồn tại 0δ > sao cho
4.4. Bậc tôpô của ánh xạ đa trị trong
n
Trong mục này, một quả cầu đóng trong
n với tâm x và bán kính r
(
)
nK x, r . Hơn nữa, ta đặt
hiệu bởi
− n 1
n
n
n
n
( )
0≥ được kí
(
)
( ) r
( ) n K r
P
{ } \ 0
,
,
.
=
Cho không gian metric X, khi đó một tập con A X⊂ được gọi là một tập co của
)
x= với mọi x thuộc
X nếu tồn tại một ánh xạ co r : X A→ thỏa mãn tính chất ( r x A. Và một tập con A X⊂ được gọi là một tập co lân cận của X nếu tồn tại một tập con mở U X⊂ sao cho A U⊂ và A là một tập co của U. X gọi là không gian co tuyệt
)
(
h X là một
đối nếu với không gian Y và phép nhúng h : X Y→ bất kỳ ta luôn có
tập co của Y. X gọi là không gian co lân cận tuyệt đối nếu với không gian Y và phép
)
(
h X là một tập co lân cận của Y. Ta kí hiệu các
nhúng h : X Y→ bất kỳ ta luôn có
không gian co lân cận tuyệt đối là ANR. Một không gian compact khác rỗng được gọi }nA sao cho là R δ nếu tồn tại một dãy giảm các không gian co tuyệt đối, compact{
= ∂ S = K r K 0, r
n
≥ 1
∈ Với X ANR
( )
A = . A n
)
( ) n F : K r
( n J K r , X
.
bất kỳ, ta đặt {
}
n
∈
, ta đặt:
= X F nltt vaø coù giaù trò Rδ
n
n
n
− n 1
( )
)
)
(
)
(
f : X → , X ANR
( ) n : K r
( n f F vôùi F J K r , X vaø S
( ) r
Hơn nữa, với bất kỳ ánh xạ liên tục { = ϕ
} n P .
( ) fJ K r ,
Cuối cùng, ta định nghĩa
ϕ = ∈ ϕ ⊂
57
n
n
n
(
)
(
)
( ) n CJ K r ,
{
}
( ) n J K r , f
= → ∈ f : X lieân tuïc, X ANR .
4.4.1. Định nghĩa
n
(
)
( ) n CJ K r ,
Cho
1
n
n
→
,
ϕ = 1
( ) f F ,F : K r 1 1
1
X,f : X 1
n
n
, là hai ánh xạ có dạng; ϕ ϕ ∈ 2
.
( ) f F ,F : K r 2 2
2
n
n
( )
(
)
,ϕ ϕ là đồng luân trong
Khi đó, ta nói
CJ K r , nếu tồn tại một ánh xạ nltt,
1
2
n
χ
( ) n : K r
X
] 0,1
] [ × h : X 0,1
[ × và một ánh xạ liên tục
→ thỏa mãn:
có giá trị Rδ
n
)
→ ϕ = 2 X,f : X 2
(
(
)
) u,1
( ) u K r
với mọi
,
i)
( ) F u , 1
( F u 2
)
(
=
=
(
)
( h x,0
với mọi x X∈ ,
ii)
) ) f x , h x,1 1
( f x 2
− n 1
×
∈ χ
) λ ∈
(
S
u,
( ) r
( h x,
x
u,
] 0,1
[
iii) Với mọi (
và
) λ ta có
) λ ≠ . 0
n
n
×
( ) H : K r
[
] 0,1
Khi đó ánh xạ
xác định bởi:
χ = χ = ∈ u,0
) λ ∈
) λ =
(
( ) n K r
( H u,
[
] 0,1
(
) ) λ λ ,
với mọi (
n
n
( )
)
(
Được gọi là đồng luân trong
CJ K r , giữa
1ϕ và
2ϕ .
× χ u, h u,
4.4.2. Bổ đề
ϕ∈
)
Cho X là một không gian ANR compact, không gian Y bấy kỳ và
.
( J X,Y
Khi đó với
0δ > bất kỳ tồn tại
0
f ,g a
) ( ∈ ϕ ε ,
ε > sao cho với 0
,0ε < ε ≤ ε và tùy ý 0
=
)
[
→ sao cho
= , và
, tồn tại một ánh xạ liên tục
( h .,0
) ( f ,h .,1
g
] × h : X 0,1
Y
)
∈ ϕ δ với mọi t thuộc [
)
(
]0,1 .
( h ., t
a
,
Chứng minh [3, tr.115].
4.4.3. Định lý [3, trang 124]
n
n
( )
)
(
Tồn tại một ánh xạ
mãn những tính chất sau:
n
(
)
Deg : CJ K r , → , được gọi là hàm bậc tôpô, thỏa
( ) n CJ K r ,
i) Nếu
với F là ánh xạ đơn trị, liên tục thì
Deg
deg
(
) ϕ =
(
(
)
) ϕ , trong đó
deg ϕ là bậc Brower của ánh xạ đơn trị, liên tục
ϕ∈ f F ϕ = có dạng
58
n
ϕ
( ) n : K r
→ .
n
n
(
)
ϕ ∈
( ) n CJ K r ,
( ) u K r
(
) ϕ ≠ , với
sao cho
ii) Nếu
, thì tồn tại
)
( u∈ ϕ
0
.
n
(
)
∈ Deg 0
( ) n CJ K r ,
iii)
Cho
1
n
n
→
,
ϕ = 1
( ) f F ,F : K r 1 1
1
X,f : X 1
n
n
, là hai ánh xạ có dạng; ϕ ϕ ∈ 2
,
( ) f F ,F : K r 2 2
2
→ ϕ = 2 Y,f : Y 2
. Nếu tồn tại một ánh xạ liên tục h : X Y→ sao cho biểu đồ sau giao
Với X,Y ANR
hoán:
∈
o
1f
1F
X
( ) nK r
n
2f
2F
h
h
Y o
, thì
Đó là
=
(
(
F 2
h F 1
f và 1
= f 2
) ϕ = 1
) ϕ . 2
n
n
)
(
Deg Deg
,ϕ ϕ là đồng luân trong
iv) Nếu
( ) CJ K r , thì
(
(
1
2
) ϕ = 1
) ϕ . 2
Chứng minh
n
(
)
ϕ ∈
( ) n CJ K r ,
Lấy
là ánh xạ có dạng;
n
n
ϕ =
→
( ) f F,F : K r
X,f : X
,
∈ với X ANR
.
Deg Deg
Tương tự trong chứng minh (4.3.2.1c), ta có thể tìm
− n 1S
( ) r
0 ε > sao cho không có 0
có giá trị 0 trên
hay mọi f thuộc
ta luôn có
phần tử của
(
(
)0
)0
− n 1
n
)
⊂ . Thật vậy:
( f S
( ) r
P
− n 1
n
)
⊄ . Ta lấy
Giả sử mọi ε dương tồn tại
(
( ) r
P
a
,
f
( f S ε
) ε ∈ ϕ ε sao cho
− n 1
n
)
a ,ϕ ε a ,ϕ ε
và
sao cho
⊄ . Với mỗi
ta chọn
( ) r
P
nf
( nf S
( ) r
n = ε= 1,2,... 1, ,..., ,... 1 n 1 n 1 2 a ϕ ∈ ,
n −∈ 1 S
một điểm
.
(
)
n
n
n
x f = x : 0
59
−
x S
1−∈ n
Do
( ) r và ta có thể
n 1S
( ) r
compact nên ta có thể giả sử lim nx
chọn (
)
u v ,n n
ϕ∈ Γ sao cho:
x= . Thì
và
.
(
)
)
( d x u n n
x
=
n
x
) ,0 ∈ Γ
n nên (
Do đó
× n
ϕ suy ra
. Do ϕ nltt, ϕΓ đóng trong
=
lim
0
limx =limu n v n
− n 1
(
)
)
(
ϕ
S
( ) r
d n < = < 0, , 1,2,... , v n 1 n 1 n
n ⊂ ). P
0 ∈ xϕ (mâu thuẫn với giả thiết
0
ρ > sao cho
với
Theo (4.3.2.1.g), tồn tại
( g a F,
( ∈ ϕ ε
0
)0 ρ . Cuối
)0
∈ f g a ,
0
cùng, theo bổ để 4.4.2. tồn tại
( a F,
)
δ > sao cho với 0
2
− n 1S
( ) r
là đồng luân và không có giá trị 0 trên
.
f g ,f g 1
2
Do tính chất đồng luân của bậc Brouwer, ta có:
∈ g ,g 1 δ thì những ánh xạ 0
.
( deg f g
)
)
( deg f g 1
2
Vì vậy, ta có thể đặt:
=
(
) ϕ =
( deg f g
)
,
với
.
( g a F,
)0
(
)
∈ δ Deg
Tiếp theo, ta kiểm tra các tính chất i),ii),iii),iv) như sau:
i) Chọn g F= .
≠
ii)
với )
(
)
Deg
ϕ ≠ ⇒ 0
0
( (deg f g
)
(
)
có nghiệm trên Int
(⇒ phương trình
f g u
0=
( ) nK r )
n
∈
δ
⇒ ∃ ∈ ( u
( ) ( IntK r : u ,0
)
( g a F,
0
0
f g
)0
∈ Γ )
Deg ϕ được định nghĩa tốt do nó không phụ thuộc vào sự lựa chọn g.
60
.
Mà
0
nên (
)
( u∈ ϕ
( ∈ ϕ ε
ϕ∈ Γ hay
)0
0u ,0
)0
δ =
iii) Lấy
min
,
0δ trong định nghĩa
,δ δ là hai số ứng với 1
2
{ } δ δ với 1 2
∈
. Lấy
thì
theo
(4.3.2.1g)
ta
có
Deg
,Deg
(
)
(
) δ
ϕ 1
) ϕ 2
g 1
( a F , 1
∈
δ
. Do đó:
) δ =
)
h g 1
( a h F , 1
( a F , 2
=
=
.
Deg
Deg
(
( deg f
)
)
(
)
) ϕ = 2
h g 1
2
( deg f 1
g 1
ϕ 1
δ =
iv) Lấy
min
,
{ } δ δ với 1 2
,δ δ là hai số ứng với 1
2
0δ trong định nghĩa
χ
×
[
ϕ . Do ánh xạ
→ nltt nên theo (4.3.2.1e) tồn tại
( ) n : K r
] 0,1
X
Deg
,Deg
(
)
(
)
ϕ 1
2
ρ > sao cho với ánh xạ bất kỳ
.
0
k a
,
k
a
,
] [ 0,1∈
t
(
) ∈ χ δ với mọi
(
)0 ∈ χ ρ ta có
t
t
0
)
=
∈
vôùi moïi x
,
a
k
0
trong đó
.
Dẫn đến :
δ
=
∈
vôùi moïi x
k
a
( ) k x,0 ( ) k x,1
( ) n K r ( ) n K r
) δ )
1
( a F , 1 ( a F , 2
( k x 0 ( ) k x 1
) ( ∈ χ δ = 0 ) ( ∈ χ δ = , 1
=
Khi đó
và
. Xét
g
h
k
Deg
k
Deg
k
(
(
( deg f
)
)
t
t
t
) ϕ = 1
( deg f 1
0
) ϕ = 2
1
2
−∈ n 1
(với
,
thì
t
[ ] 0,1∈
u S
( ) r
th ứng với h trong định nghĩa 4.4.1.). Nếu lấy
)
(
)
)
(
)
=
∈ χ
(do 4.4.1.iii và
). Nên theo
0
k
a
u
(
)
( g u t
t
t
∈ χ δ thì , t
( k u t
t
h k u t
≠
=
hay
tính chất bất biến đồng luân của bậc Brower ta có
)
)
( deg g
0
( deg g 1
=
(điều cần chứng minh).
k
k
)
( deg f
)
( deg f 1
0
1
2
f g a ,
4.4.4. Mệnh đề [3, trang 126]
n
(
)
( ) n CJ K r ,
Cho
1
n
, là hai ánh xạ có dạng; ϕ ϕ ∈ 2
n
( ) f F ,F : K r 1 1
1
1
n
n
, ϕ = X,f : X 1
( ) f F ,F : K r 2 2
2
2
ϕ = , Y,f : Y 2
, sao cho:
Với X,Y ANR
− n 1
(
)
)
(
)
∈
) λ ∈
( ) r
( 1
[
] 0,1
với mọi (
.
2
× + − λ ϕ S u, 0 u u ∉ λϕ 1
Khi đó
(
(
) ϕ = 1
) ϕ . 2
Deg Deg
61
Chứng minh
Xét sơ đồ sau:
n
ig
( ) n K r
G
n
∈
( ) u K r
)x,y X Y
và (
∈ × ,
Với mọi
)
)
)
)
× → X Y ,i 1,2, =
( G u
)
( g x,y
)
)
,
,
.
( F u 1
( F u 2
( g x,y 1
( f x 1
2
( f y 2
n
n
( )
(
thuộc
Khi đó, các ánh xạ
) CJ K r , . Để kiểm tra
ψ = 1
g G, 1
ψ = 2
g G 2
n
n
( )
(
)
= × = =
( ) n : K r
[
] 0,1
,ψ ψ là đồng luân trong
và
CJ K r , , xét các ánh xạ
1
2
n
] × × h : X Y 0,1
[
× χ X Y ×
)
)
→ xác định bởi:
(
) λ =
( G u
( 1
( g x,y
)
)
) λ =
( h x,y,
,
.
( g x,y 1
2
Ta thấy χ là một Rδ nltt , và h liên tục thỏa mãn i) và ii) của định nghĩa (4.4.1)
− n 1
χ − λ + λ u,
) λ ∈
∈ χ
(
( ) r
x,y
u,
[
] 0,1
)
). Để kiểm tra (iii), lấy tùy ý (
và (
) λ .
(với
Thì ta có:
)
)
)
)
(
)
(
)
= × S u, F 1 = F G 2
( 1
( 1
) λ =
( h x,y,
.
( f x 1
( f x 2
2
)
(
(
)
)
)
)
(
=
×
nên
suy ra
).
) ∈ x, y G u
(do (
( F u 1
( F u 2
u (
)
)
∈ ϕ 1 ∈ ϕ
u
) )
( f x 1 ( f y 2
2
∈ x F u 1 ( ∈ y F u 2
0
( h x,y,
) λ ≠ .
Do đó, theo giả thiết, ta có
n
n
( )
(
)
− λ + λ + λϕ u u ∈ − λ ϕ 1
Suy ra
(
(
1
2
) ψ = 1
) ψ . 2
Mặt khác, những sơ đồ sau giao hoán:
Deg Deg ,ψ ψ là đồng luân trong CJ K r , nên
1g
2g
( ) nK r
( ) nK r
1π
2π
n
n
1f
2f
1F
2F
o X
o X
π
y
X Y× o X Y× o G G
)
)
= và x
= . Theo (26.2.4), ta có
Trong đó
(
(
( 2 x,y
( π 1 x,y
) ϕ 1
) ψ = 1
Deg Deg
62
và
(
)
(
(
)
(
) ϕ = 1
2
) ψ = 2
2
m
n
Tiếp theo, nếu
Deg Deg Deg Deg ϕ . Vậy ϕ (điều phải chứng minh).
B ⊂ , ta đặt:
δ
( 0CJ A,B
} f F, F : A X nltt vôùi giaù trò R , f : X B lieân tuïc
∈
.
Trong đó X ANR
ϕ = → : A B A ⊂ và ) { = ϕ
4.4.5. Định lý [3, trang 128]
n
n
(
)
(
Nếu
thì
) Fix ϕ ≠ φ .
( ) ( ) 0CJ K r ,K r
Chứng minh:
n
n
ϕ =
→
( ) f F, F : K r
( ) X nltt vôùi giaù trò R , f : X K r
Giả sử
liên tục sao cho:
δ
− n 1
ϕ∈
( ) r
(
) ϕ ∩
Ta xét những ánh xạ:
n
n
n
)
(
Fix S = φ .
( ) G : K r
( ) X K r
( ) x K r
( G x
)
,
với mọi
,
{ (
} )
n
n
n
∈ = ∈ y,x y F x ×
( ) × g : X K r
( ) x K r
( g y,x
)
( x f y
)
với mọi y X∈ và
.
n
n
n
(
)
)
ψ =
∈ = − → ,
( ( ) g G CJ K r ,
( ) X K r
nên ta có
.
Do
∈
n
n
n
( )
× ∈ ANR
n X K r ,i
( ) × : X K r
xác định
2
( ) i ,i : K r 1
1
2
)
(
=
∈
bởi:
và
y, x y F x
)
x= .
)
Và ánh xạ { (
} )
( 1i x
( 2i y, x
Ta định nghĩa:
n
(
χ
×
χ
=
∈
(
)
[
,
.
( ) n : K r
] 0,1
( ) X K r
x, t
y, x y F x
)
×
{ (
} )
n
n
×
= −
( ) × h : X K r
[
] 0,1
( h y,x,t
)
( x tf y
)
.
→ ,
(
)
−∈ n 1
= × → i i ,
( ) r
[ ] 0,1∈
( tf y
)
ta có
với mọi
và
(do
Thì với
− n 1
(
)
ϕ
⊂
( ) n K r
( ) n K r
≠ t y F x∈ x S x
( ) r
(
) ϕ ∩
) . Vì thế, ψ và I là đồng luân trong
n
n
( )
( )
Deg
( ) deg i
1
(
)
(
) ψ =
= . Vì vậy tồn tại
nK r sao cho
CJ K r , nên
Fix S = φ và
, mà
nên
tồn
tại
x
)
( ψ= x
)
( = g G x
)
( ( ∈ f y y F x
( x∈ ψ
)0
0
0
0
0
0x thuộc } )
0
∈
=
(
suy ra
nghĩa là
) ϕ (điều phải chứng
y
x
( f y
)
( x∈ ϕ
{ − )
0x
0
) ( F x : x 0
0
0
0
0
minh).
Fix∈
63
n
n
4.4.6 Định lý [3, trang 128] )
Nếu
( ( ) 0CJ K r ,
(
) Fix ϕ ≠ φ ,
i)
(
)
ϕ ∈ thì ϕ thỏa mãn ít nhất một trong các tính chất sau:
−∈ n 1
(
)0,1
x S
( ) r
ii) Tồn tại
và
sao cho
.
Chứng minh
Chứng minh tương tự như trong định lý 4.4.5, ta được đồng luân:
n
n
λ ∈ ∈ λϕ x x
( ) × h : X K r
[
] 0,1
( h y,x,t
)
( x tf y
)
.
− n 1S
( ) r
(
)
với mọi
thì
Fix ϕ ≠ φ (theo định lý 4.4.5).
- Nếu h khác 0 trên
t
[ ] 0,1∈
× = − → ,
(
)
−∈ n 1 S
( ) r vaø t
)
(do
- Nếu tồn tại
(
)
0
0
( t f y 0
0
0
0
=
kéo theo
điều này mâu thuẫn với
x
)
( f y
, còn khi t0= 1 thì
( x∈ ϕ
)
( y F x∈
)0
0x
0
0
− n 1
∈ − x 0,1 sao cho x 0 x x = thì ∈ ϕ t 0
( ) r
(
) ϕ ∩
giả sử
Fix S = φ ).
4.4.7. Định lý [3, trang 129]
n
n
(
)
( ) n S r
sao cho:
Nếu
( ) 0A S r ,
0x
ϕ∈ ∈ thì tồn tại
(
)
( ∩ ϕ −
)
0
0
Chứng minh
n
n
f : S → liên tục, trong đó
+ n 1
=
là mặt cầu trong không gian
n x S∈ sao
Nhắc lại định lý Borsuk-Ulam cổ điển: “Cho hàm { = ∈ x
} 1
x
n S
n 1+ . Khi đó tồn tại
(
)
)
−
=
cho
” .
f
x
( f x
ϕ x x ≠ φ .
. Theo định lý Borsuk-Ulam cổ điển, ta có:
Với mỗi k 1,2,...
f ta lấy n
∈ ϕ a ,
1 k
n
( )
=
với
)
(
)
( f x k
k
k
kx
= − ∈ = x S r , k 1,2... f k
y
tồn tại
,
,
và
sao cho:
( z∈ ϕ
)
)
(
)
( z∈ ϕ
)
f Từ n
/ k
/ k
( z O x k
k
k
k
/ ∈ z O k
k
∈ ϕ a ,
1 k
1 k
1 k
∈ − y x
)
(
)
/ k
k
k
( f x k
k
Từ
nS compact, ta có thể giả sử rằng:
− − − y y x < và f k 1 k 1 < . k
( lim x
)
k
/ k
k
k
k
= − = = x = − . x lim z ,lim z k lim x k
64
4m≥
Lấy số tự nhiên m và mk
)
(
)
( ϕ −
)
(
(
)
và
.
/ k
(
)
sao cho: (
)
mk
m
1 4m
1 4m
/
)
(
)
x
( x∈ ϕ
và
∈ ϕ − sao cho:
Thì tồn tại
ku
mku
m
ϕ ⊂ ϕ ϕ ⊂ x z O z O x
y
và
(do
và
)
( z∈ ϕ
)
( z∈ ϕ
)
k
k
/ k
/ k
/ k
/ k
k
k
m
m
m
m
Điều này dẫn đến:
− < − < y u y u y 1 4m 1 4m
k
k
k
k
k
k
)
(
(
)
m
m
m
m
m
m
m
m
m
− ≤ − + − < + x u x y y u f k f k 1 k 1 1 ≤ 4m 2m
.
Tương tự
k
/ k
(
)
m
m
m
Cuối cùng, ta được:
− − < x u f k 1 2m
k
/ k
k
k
k
/ k
(
)
(
m
m
m
m
m
m
m
m
− < − + − − u u x u x u f k f k
k
k
(
)
(
)
m
m
m
m
) 1 1 + 2m 2m
=
+ − − < x x + < 0 f k f k 1 m
)xϕ (
)/xϕ (
Dẫn đến
mà
,
compact nên
Với mọi m 1,2,...
k
/ k
m
m
lim u m
lim u m
=
(
)
( ∩ ϕ −
)
0
0
ϕ x x ≠ φ (điều phải chứng minh).
65
KẾT LUẬN
Nội dung chính của luận văn là nghiên cứu về bậc tôpô của các lớp ánh xạ: ánh
xạ dương trong không gian Banach có thứ tự, cho ánh xạ A-riêng, cho ánh xạ cô đặc
theo một độ đo phi compact, cho ánh xạ đa trị. Những kết quả chính đã đạt được:
1. Xây dựng được định nghĩa của bậc tôpô của các ánh xạ kể trên.
2. Làm rõ một số tính chất cơ bản của bậc tôpô của các ánh xạ kể trên và vận
dụng chúng vào việc nghiên cứu điểm bất động của các ánh xạ tương ứng.
Tác giả có nguyện vọng tiếp tục tìm hiểu các kết quả đã nghiên cứu sang các
lớp ánh xạ khác và vận dụng chúng vào nghiên cứu sự tồn tại nghiệm và cấu trúc tập
nghiệm của nhiều lớp phương trình vi phân, tích phân cụ thể xuất phát từ Khoa học Tự
nhiên và Xã hội. Tác giả rất mong nhận được các ý kiến đóng góp quý báu của các
thầy cô và bạn bè đồng nghiệp.
66
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Applications, Chapman & Hall/CRC, 2006.
2. K. Deimling, Nonlinear Functional Analysis, Springer Verlag, 1985.
3. L. Górniewicz, Topological Fixed Point Theory of Multivalued Mappings, Springer,
2006.
1. Donal O’Regan, Yeol Je Cho, Yu-Qing Chen, Topological Degree Theory And
![Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đánh giá hoạt tính chống ung thư của hợp phần lai chứa phần tetrahydro-beta-carboline và imidazo[1,5-a]pyridine](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250816/vijiraiya/135x160/26811755333398.jpg)
