Luận văn Thạc sĩ Toán học: Định lí Krasnosel’skii về ánh xạ nén và giãn mặt nón và ứng dụng

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:59

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Định lí Krasnosel’skii về ánh xạ nén và giãn mặt nón và ứng dụng được thực hiện nhằm trình bày các ứng dụng của định lí điểm bất động của ánh xạ nén và giãn mặt nón của Krasnosel’skii vào việc giải các bài toán phương trình tích phân và các bài toán phương trình vi phân.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Định lí Krasnosel’skii về ánh xạ nén và giãn mặt nón và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH Bùi Nguyễn Khánh Bình ĐỊNH LÍ KRASNOSEL’SKII VỀ ÁNH XẠ NÉN VÀ GIÃN MẶT NÓN VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. NGUYỄN BÍCH HUY Thành phố Hồ Chí Minh- 2010
LỜI CẢM ƠN Tôi vô cùng biết ơn PGS.TS. Nguyễn Bích Huy, Khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, Thầy đã giảng dạy, hướng dẫn và tận tình giúp đỡ tôi về mọi mặt trong học tập, nghiên cứu khoa học và trong quá trình thực hiện luận văn này. Tôi xin phép bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thành viên trong Hội đồng chấm luận văn Thạc sĩ cấp Bộ môn và cấp Trường đã cho tôi những nhận xét, đánh giá và bình luận quý báu cùng với những lời chỉ bảo, đề nghị quan trọng tạo điều kiện để tôi hoàn thiện luận văn một cách tốt nhất. Tôi kính gửi đến Ban Giám hiệu, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán, bộ môn Toán giải tích và Phòng Khoa học Công nghệ- Sau Đại học của trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, đã giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình học tập và bảo vệ luận văn, những lời cảm ơn chân thành và trân trọng. Tôi kính gửi đến Ban Giám hiệu, Ban Chấp hành Công Đoàn Trường và tổ Toán của Trường Trung học Phổ thông Nguyễn Hữu Thọ huyện Bến Lức, tỉnh Long An nơi tôi giảng dạy đã tạo nhiều điều kiện thuận lợi về vật chất cũng như tinh thần để tôi hoàn thành tốt khóa học, những lời cảm ơn sâu sắc. Tôi thành thật cảm ơn các Anh, Chị đồng nghiệp của lớp Cao học khóa 18 Chuyên ngành Toán giải tích (niên khóa 2007-2010) đã giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và các Người thân trong gia đình tôi đã cho tôi nguồn động viên to lớn. Tôi rất kính trọng và xin được ghi ơn tất cả mọi người. Người thực hiện luận văn Bùi Nguyễn Khánh Bình
MỞ ĐẦU Lý thuyết phương trình trong không gian có thứ tự được ứng dụng để nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất của nghiệm, sự xấp xỉ nghiệm và tính ổn định của nghiệm cho nhiều lớp phương trình vi phân và tích phân xuất phát từ Toán học, Khoa học tự nhiên, Kinh tế học,… Trong lí thuyết phương trình trong không gian có thứ tự thì định lí Krasnosel’skii về điểm bất động của ánh xạ nén hoặc giãn mặt nón đóng vai trò rất quan trọng. Vai trò của định lí này có thể so sánh với định lí Banach về điểm bất động của ánh xạ co và định lí Schauder về điểm bất động của ánh xạ compắc. Vì tầm quan trọng như thế nên định lí Krasnosel’skii được các nhà Toán học quan tâm nghiên cứu cho đến ngày nay theo hướng mở rộng nó và tìm các ứng dụng ngày càng đa dạng của định lí này cho các lớp phương trình cụ thể. Từ các kết quả khá phong phú về định lí Krasnosel’skii, các mở rộng và ứng dụng của nó được trình bày trong các bài báo trên các tạp chí Khoa học và trong các tài liệu về Giải tích phi tuyến, luận văn đã cố gắng trình bày một cách hệ thống với các chứng minh chi tiết cho các kết quả để có một cách nhìn khá hoàn chỉnh về định lí Krasnosel’skii và các vấn đề liên quan. Luận văn gồm có hai chương: Chương 1 là các kiến thức chuẩn bị, bao gồm các khái niệm về nón trong không gian Banach có thứ tự, chỉ số điểm bất động của ánh xạ dương, định lí điểm bất động của ánh xạ nén và giãn mặt nón của Krasnosel’skii và những định lí về nhiều điểm bất động. Ở chương 2 trình bày các ứng dụng của định lí điểm bất động của ánh xạ nén và giãn mặt nón của Krasnosel’skii vào việc giải các bài toán phương trình tích phân và các bài toán phương trình vi phân.
Chương 1: ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA ÁNH XẠ NÉN VÀ GIÃN MẶT NÓN 1.1.Không gian Banach có thứ tự. 1.1.1 Nón và thứ tự sinh bởi nón. Định nghĩa 1.1.1. a) Tập K trong không gian Banach thực E gọi là nón nếu: i) K là tập đóng ii) K + K Ì K , lK Ì K , "l ³ 0 iii) K Ç (-K ) = {q} b) Nếu K là nón thì thứ tự trong E sinh bởi K được định bởi: x £y  y -x ÎK mỗi x Î K \ {q} gọi là dương. Mệnh đề 1.1.1. Giả sử ''  '' là thứ tự sinh bởi nón. Khi đó: a) x £ y  x + z £ y + z, lx £ ly, "z Î E , "l ³ 0 b) (x n £ yn (n Î * ), lim x n = x , lim yn = y )  x £ y c) Nếu {x n } là dãy tăng, hội tụ về x thì x n £ x , "n Î * Chứng minh mệnh đề 1.1.1 b) Suy từ tính chất đóng của K. c) Cho m  ¥ trong bất đẳng thức x n £ x n +m ta được điều phải chứng minh. 1.1.2. Nón chuẩn. Định nghĩa 1.1.2. Nón K gọi là nón chuẩn nếu: $N > 0 : q £ x £ y  x £ N y Mệnh đề 1.1.2. Giả sử ''  '' là thứ tự sinh bởi nón chuẩn. Khi đó: a) Nếu u £ v thì đoạn u, v = {x Î E : u £ x £ v} bị chặn theo chuẩn. b) Nếu x n £ yn £ z n (n Î * ) và lim x n = a, lim z n = a thì lim yn = a . c) Nếu {x n } đơn điệu và có dãy con hội tụ về a thì lim x n = a . Chứng minh mệnh đề 1.1.2. a) "x Î u, v  q £ x - u £ v - u
 x -u £ N u -v  x £ u + N u -v b) q £ yn - x n £ z n - x n  yn - x n £ N z n - x n c) Coi {x n } tăng và lim x n = a k ¥ k vì x n £ x n ( n cố định, k đủ lớn) nên x n £ a, "n Î * k e Cho e > 0 , chọn k0 để x n - a < thì ta có k0 N "n ³ nk  a - x n £ a - x n  a - x n £ N a - x n < e.  0 k0 k0 1.1.3. Nón chính qui. Định nghĩa 1.1.3. Nón K gọi là nón chính qui nếu mọi dãy tăng và bị chặn trên thì hội tụ. Mệnh đề 1.1.3. Nón chính qui là nón chuẩn. Chứng minh mệnh đề 1.1.3. Giả sử K là nón chính qui nhưng không là nón chuẩn. Khi đó, " n Î  * $x n , y n : q £ x n £ y n , x n > n 2 y n xn yn 1 Đặt un = , vn = thì q £ un £ vn , un = 1, vn < xn xn n2 ¥ ¥ Vì å n =1 vn < ¥ nên tồn tại v = å vn n =1 Dãy sn = u1 + u2 + ... + un tăng và bị chặn trên ( bởi v ) nên hội tụ. Suy ra lim un = q . Ta gặp mâu thuẫn.  Ví dụ 1.1.1 Nón các hàm không âm trong Lp (1 £ p < ¥) là nón chính qui. 1.1.4. Nón sinh. Định nghĩa 1.1.4. K gọi là nón sinh nếu E = K - K hay "x Î E $u, v Î K : x = u - v Ví dụ 1.1.2. 1) Nón các hàm không âm trong C (K ), Lp là nón sinh. 2) Nếu nón K có điểm trong u 0 thì ta có
$r > 0 : -r x u 0 £ x £ r x u 0, "x Î E và K là nón sinh 1 Chứng minh. 2) $r > 0 : u 0 + B(q, r) Ì K . Số r = cần tìm. r Ta có x = (x + r x u 0 ) - r x u 0 . Mệnh đề 1.1.4. Nếu K là nón sinh thì tồn tại số M>0 sao cho "x Î E , $u, v Î K : x = u - v, u £ M x , v £ M x Chứng minh mệnh đề 1.1.4. Ta cần chứng minh ba điều sau: Thứ nhất, Đặt C = K Ç B(q,1) - K Ç B(q,1) , ta chứng minh $r > 0 : C É B(q, r ) ¥ Thật vậy, E =  nC n =1 (do K là nón sinh)  $n 0, $G mở : n 0C É G (do định lí Baire) 1 1 1 1 Vì C lồi, đối xứng nên C É C - C  C É G- G (mở chứa q ) 2 2 2n 0 2n 0 r Thứ hai, ta chứng minh B Ì C (B = B(q,1)) . 2 r Lấy a Î B 2 n 1 r  Ta sẽ xây dựng dãy {x n } thỏa: x n Î 2n C , a - å k =1 x k < 2n +1 r 1 Thật vậy, vì B Ì C nên 2n 2n r 1 "y Î B, " e > 0 $ x Î C : y -x < e 2n 2n r 1 r Ta có: a Î B  $x 1 Î C : a - x 1 < 2 2 2 2 r 1 r a - x1 Î B  $ x 2 Î C : a - x 1 - x 2 < ,… 22 22 23
1 1  Vì x n Î C nên $ u n , v n Î K : x n = u n - v n , u n , vn £ 2n 2n ¥ ¥ Đặt u = å un , v = å vn ta có n =1 n =1 a = u - v, u , v £ 1 . Vậy a Î C . Thứ ba, "x ¹ q ta có: rx = u '- v ' với u ', v ' Î K , u ' , v ' £ 1 2x 2  x = u - v, u, v Î K , u , v £ M x (M = ) .  r 1.1.5. Nón liên hợp. Nếu K là nón thì ta định nghĩa nón liên hợp của K là: K * = {f Î E * : f (x ) ³ 0 "x Î K } K* có các tính chất i), ii) trong định nghĩa nón Có thể chứng minh K * Ç (-K * ) = {qE * }  K - K = E . Mệnh đề 1.1.5. x 0 Î K  f (x 0 ) ³ 0, "f Î K * Chứng minh mệnh đề 1.1.5. Giả sử trái lại nếu f (x 0 ) ³ 0, "f Î K * sao cho x 0 Ï K Do định lí tách tập lồi $g Î E * : g(x 0 ) < g(y ), "y Î K Cố định x Î K , ta có g(x 0 ) < g(tx ), "t > 0 . Cho t   ta có g(x ) ³ 0 Vậy g Î K * , nhưng g(x 0 ) < 0 . Ta gặp mâu thuẫn. Vậy định lí được chứng minh.  1.2. Chỉ số điểm bất động của ánh xạ dương.
Cho E là không gian Banach thực. Một tập con X Ì E được gọi là một co rút của E nếu tồn tại một ánh xạ liên tục r : E  X sao cho r (x ) = x , x Î X . Theo định lí của Dugundji, mỗi tập hợp con khác rỗng, lồi, đóng của E là một co rút của E. Đặc biệt, mỗi nón của E là một co rút của E. Định lí 1.2.1. Cho X là một co rút của không gian Banach thực E . Khi đó với mỗi tập con mở, bị chặn tương đối U của X và mỗi toán tử hoàn toàn liên tục A : U  X mà nó không có điểm bất động trên ¶U , tồn tại một số nguyên i(A,U , X ) thỏa mãn các điều kiện sau: (i) Tính chuẩn tắc: i(A,U , X ) = 1 nếu Ax º y 0 Î U với mọi x Î U . (ii) Tính cộng tính: i(A,U , X ) = i(A,U 1, X ) + i(A,U 2 , X ) với bất kì U1 và U2 là hai tập con mở, rời nhau của U sao cho A không có điểm bất động trên U \ (U 1 È U 2 ) . (iii) Tính bất biến đồng luân: i(H (t,),U , X ) độc lập với t (0 £ t £ 1) với bất kì H : [0,1] ´U  X hoàn toàn liên tục và H (t, x ) ¹ x với bất kì (t, x ) Î [0,1] ´ ¶U . (iv) Tính không đổi: i(A,U , X ) = i(A,U Ç Y ,Y ) nếu Y là một co rút của X và A(U ) Ì Y . Hơn nữa, đặt M = {(A,U , X ) | X co rút của E, U mở, bị chặn trong X, A : U  X hoàn toàn liên tục và Ax ¹ x trên ¶U } và đặt  là tập các số nguyên . Khi đó tồn tại đúng một hàm d : M  Z thỏa mãn các điều kiện từ (i) đến (iv). Nói cách khác, i(A,U , X ) được xác định duy nhất, i(A,U , X ) được gọi là chỉ số điểm bất động của A trên U đối với X. Chứng minh định lí 1.2.1. Trước hết ta chứng minh tính duy nhất của chỉ số điểm bất động. Cho {i(A,U , X )} là một tập hợp bất kì thỏa mãn các điều kiện từ (i) đến (iv). Ta định nghĩa d ( f ,U , p) = i(A + p,U , E ) (1.2.1) trong đó f = I - A , U là tập mở, bị chặn của E, f (x ) ¹ p trên ¶U , nghĩa là A + p không có điểm bất động trên ¶W . Từ điều kiện (i)-(iv) và (1.2.1) dễ dàng thấy rằng hàm d ( f ,U , p) có bốn
tính chất tiêu biểu của bậc Leray-Schauder. Do đó, theo tính duy nhất của bậc Leray-Schauder, ta có d ( f ,U , p) = deg(I - A,U , p) (1.2.2) Lấy p = q trong (1.2.1) và (1.2.2), ta được i(A,U , E ) = deg(I - A,U , q) (1.2.3) Bây giờ, ta giả sử rằng X là một co rút tùy ý của E và được biểu thị bởi r : E  X là một sự co rút tùy ý. Với tập con mở U của X , ta chọn một quả cầu BR = {x Î E | x < R} sao cho BR É U . Thế thì, theo tính không đổi (iv) và (1.2.3), ta có i(A,U , X ) = i(A ⋅ r , BR Ç r -1(U ), E ) = deg(I - A ⋅ r , BR Ç r -1(U ), q) . (1.2.4) Do đó, từ (1.2.4) và tính duy nhất của bậc Leray-Schauder suy ra tính duy nhất của chỉ số điểm bất động. Theo chứng minh tính duy nhất ở trên chúng ta đưa đến định nghĩa i(A,U , X ) = deg(I - A ⋅ r, BR Ç r -1(U ), q) (1.2.5) trong đó r : E  X là sự co rút tùy ý và BR = {x Î E | x < R} É U Hiển nhiên, BR Ç r -1(U ) là một tập mở bị chặn của E và BR Ç r -1(U ) Ì r -1(U ) Ì r -1(U ) (1.2.6) Dễ dàng thấy rằng x 0 Î r -1(U ), A ⋅ r (x 0 ) = x 0  x 0 Î U , Ax 0 = x 0 (1.2.7) Bây giờ, ta chứng minh rằng i(A,U , X ) định nghĩa theo (1.2.5) không phụ thuộc vào việc chọn R và r . Đặt R1 > R . Vì U Ì BR Ç r -1(U ) Ì BR Ç r -1(U ) 1 Theo (1.2.7) ta biết rằng A ⋅ r không có điểm bất động trong BR Ç r -1(U ) \ (BR Çr -1(U )) và vì vậy, theo tính chất cắt của bậc Leray-Schauder 1 deg(I - A ⋅ r , BR Ç r -1(U ), q) = deg(I - A ⋅ r , BR Ç r (U ), q) nghĩa là, i(A,U , X ) không phụ thuộc vào việc chọn R .
Kế đến , đặt r1 : E  X là một sự co rút khác của E và đặt V = BR Ç r -1(U ) Ç r1-1(U ) . Khi đó V là một tập mở bị chặn của E và V É U . Theo (1.2.7) ta biết rằng A ⋅ r không có điểm bất động trong BR Ç r -1(U ) \V và A ⋅ r1 không có điểm bất động trong BR Ç r1-1(U ) \V . Do đó deg(I - A ⋅ r , BR Ç r -1(U ), q) = deg(I - A ⋅ r ,V , q) (1.2.8) Và deg(I - A ⋅ r1, BR Ç r -1(U ), q) = deg(I - A ⋅ r1,V , q) (1.2.9) Đặt h(t, x ) = x - H (t, x ) , trong đó H (t, x ) = r [tA ⋅ r (x ) + (1 - t )A ⋅ r1(x )] . Rõ ràng, H : [0,1]´V  E hoàn toàn liên tục. Bây giờ ta chứng minh q Ï h(t, ¶V ) với bất kì t Î [0,1] . Thật vậy, nếu tồn tại t0 Î [0,1] và x 0 Î ¶V sao cho h(t0, x 0 ) = q , thì x 0 = r [t0A ⋅ r (x 0 ) + (1 - t0 )A ⋅ r1(x 0 )] Î X Kết quả là, r (x 0 ) = x 0, r1(x 0 ) = x 0 và x 0 = Ax 0 . Và vì vậy theo (1.2.7), x 0 Î U Ì V . Mâu thuẫn với x 0 Î ¶V . Như vậy, sử dụng tính bất biến đồng luân của bậc Leray-Schauder và để ý rằng H (0, x ) = r [A ⋅ r1(x )] = A ⋅ r1(x ) và H (1, x ) = r [A ⋅ r (x )] = A ⋅ r (x ) , Ta có deg(I - A ⋅ r1,V , q) = deg(I - A ⋅ r,V , q) (1.2.10) Từ (1.2.8), (1.2.9) và (1.2.10) suy ra deg(I - A ⋅ r , BR Ç r -1(U ), q) = deg(I - A ⋅ r1, BR Ç r1-1(U ), q) (1.2.11) điều đó chỉ ra rằng i(A,U , X ) không phụ thuộc việc chọn r. Cuối cùng, theo các tính chất cơ bản của bậc Leray-Schauder ta kiểm tra được rằng chỉ số điểm bất động định nghĩa bởi (1.2.5) có các tính chất từ (i) đến (iv).
Định lí 1.2.2. Bên cạnh các tính chất từ (i) đến (iv), chỉ số điểm bất động còn có những tính chất sau: v) Tính chất cắt: i(A,U , X ) = i(A,U 0, X ) với bất kì U 0 là một tập con mở của U sao cho A không có điểm bất động trong U \U 0 . vi) Tính chất nghiệm: nếu i(A,U , X ) ¹ 0 thì A có ít nhất một điểm bất động trong U. Chứng minh định lí 1.2.2. Đặt U 1 = U và U 2 = f trong tính chất cộng tính (ii) ta được i(A, f, X ) = 0 . Từ điều này và đặt U1 = U 0 , U2 = f trong (ii), ta được i(A,U , X ) = i(A,U 0, X ) . Như vậy (v) được chứng minh. Nếu A không có điểm bất động trong U, đặt U 0 = f trong (v), ta được i(A,U , X ) = i(A, f, X ) = 0 do đó (vi) được chứng minh.  Chú ý rằng khái niệm này của chỉ số điểm bất động có thể được mở rộng tới những tập co nghiêm ngặt và những ánh xạ cô đặc như sau: Cho X là một tập lồi, đóng, khác rỗng của không gian Banach thực E và U là một tập con mở của X. Cho toán tử A : U  X là một tập k-co (0 £ k < 1) , mà nó không có điểm bất động trên ¶U . Đặt D1 = coA(U ), Dn = coA(Dn -1 Ç U ) (n = 2, 3, 4,...) (1.2.12) Nếu Dn Ç U = f với một vài n thì ta định nghĩa chỉ số điểm bất động i(A,U , X ) = 0 (1.2.13) Bây giờ, giả sử Dn Ç U ¹ f với n bất kì. Hiển nhiên, Dn Ì X (n = 1,2, 3,...) ¥ Ta có thể chứng minh rằng tập hợp D = D n =1 n Ì X là khác rỗng, lồi, compact và D Ç U khác rỗng và compact và hơn nữa A(D Ç U ) Ì D . Do đó, theo định lí mở rộng ánh xạ, tồn tại một toán tử hoàn toàn liên tục A1 : U  D (D Ì X ) sao cho A1x = Ax với mọi x Î D Ç U . Dễ dàng thấy rằng A1 không có
điểm bất động trên ¶U và do đó theo định lí 1.2.1, chỉ số điểm bất động i(A1,U , X ) hoàn toàn xác định. Bây giờ, ta định nghĩa i(A1,U , X ) = i(A1,U , X ) (1.2.14) Không khó để chứng minh rằng chỉ số điểm bất động i(A,U , X ) với tập k-co (0 £ k < 1) định nghĩa bởi (1.2.13) và (1.2.14) không phụ thuộc vào việc chọn A1 , và định lí 1.2.1 và 1.2.2 vẫn đúng. Bây giờ, cho tập X lồi, đóng, khác rỗng được đánh dấu sao, nghĩa là nếu x Î X thì tx Î X với mọi t Î [0,1] . Cho U là một tập con mở của X và A : U  X là cô đặc mà không có điểm bất động trên ¶U . Chọn một tập co nghiêm ngặt B : U  X sao cho Ax - Bx < t, "x Î U trong đó t = inf x - Ax > 0 . x Î¶U Như thế B tồn tại, chẳng hạn chọn B = kA , trong đó 0 £ k < 1 và 1 - k đủ nhỏ. Vì X được đánh dấu, B là ánh xạ từ U vào X. Điều đó dễ dàng thấy rằng B không có điểm bất động trên ¶U và do đó i(B,U , X ) hoàn toàn xác định. Bây giờ ta định nghĩa i(A,U , X ) = i(B,U , X ). (1.2.15) Dễ dàng thấy rằng chỉ số điểm bất động của ánh xạ cô đặc được định nghĩa theo (1.2.15) không phụ thuộc với việc chọn B và với điều đó định lí (1.2.1), (1.2.2) đúng. Trong phần sau, cho K là một nón của không gian Banach thực E. Do đó K là một co rút của E, và cũng vì thế K là một tập được đánh dấu sao, lồi, đóng. Cho W là một tập mở bị chặn của E , thì K Ç W là một tập mở bị chặn của K và ¶(K Ç W) = K Ç ¶W, K Ç W = K Ç W . Bổ đề 1.2.1. Cho q Î W và A : K Ç W  K là cô đặc. Giả sử rằng Ax ¹ mx , "x Î K Ç ¶W, m ³ 1 (1.2.16)
Khi đó i(A, K Ç W, K ) = 1. Chứng minh bổ đề 1.2.1. Đặt H (t, x ) = tAx . Khi đó, H : [0,1]´ (K Ç W)  K liên tục và tính liên tục của H (t, x ) trong t thì đều đối với x Î K Ç W . Hiển nhiên, H (t, ⋅) : K Ç W  K là cô đặc với mỗi t Î [0,1] và H (t, x ) ¹ x với x Î K Ç ¶W và 0 £ t £ 1 . Do đó, theo tính bất biến đồng luân và tính chuẩn tắc của chỉ số điểm bất động, ta có i(A, K Ç W, K ) = i(q, K Ç W, K ) = 1.  Bổ đề 1.2.2. Cho A : K Ç W  K và B : K Ç ¶W  K hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng (a) inf Bx > 0; x ÎK Ç¶W và (b) x - Ax ¹ tBx , "x Î K Ç ¶W, t ³ 0. Khi đó, ta có i(A, K Ç W, K ) = 0 (1.2.17) Chứng minh bổ đề 1.2.2. Theo định lí mở rộng ánh xạ của Dugundji[1], ta có thể mở rộng B tới một toán tử hoàn toàn liên tục từ K Ç W vào K sao cho B(K Ç W) Ì coB(K Ç ¶W) (1.2.18) Đặt F = B(K Ç ¶W) , khi đó coB(K Ç ¶W) = coF = M , trong đó n n M = {y = å liyi | yi Î F , li ³ 0, ål i = 1; n = 1,2, 3,...}. i =1 i =1 Trước hết ta chứng minh inf y > 0 (1.2.19) y ÎM Biểu thị theo E 0 là không gian con của E có bề rộng bằng F . Vì B là hoàn toàn liên tục, F thì compact tương đối, do đó E 0 tách được.
Hiển nhiên, K 0 = K Ç E 0 là một nón của E 0 và F Ì K 0, coF Ì K 0 , tồn tại f0 Î E 0* sao cho f0 (y ) > 0 với bất kì y Î K 0 với y ¹ q . Ta khẳng định rằng inf f0 (y ) = s > 0 (1.2.20) y ÎF Thật vậy, nếu s = 0 thì tồn tại {yk } Ì F sao cho f0 (yk )  0. Theo tính compact tương đối của F, có một dãy con {yk } của {yk } sao cho yk  y 0 Î K 0 . Vì vậy i i f0 (yk )  f0 (y 0 ) và f0 (y 0 ) = 0 . i Do đó, y 0 = q và yk  0 , điều này mâu thuẫn với giả thiết (a). i Vậy (1.2.20) đúng. n n Với bất kì y = å liyi Î M trong đó yi Î F , li ³ 0 và ål i = 1. i =1 i =1 Ta có theo (1.2.20) n n f0 (y ) = å li f0 (yi ) ³ å li s = s, i =1 i =1 Do đó f0 (y ) ³ s , "y Î M . (1.2.21) Vì M = coF là compact nên tồn tại một z 0 Î M sao cho inf y = z 0 (1.2.22) y ÎM Theo (1.2.21), f0 (z 0 ) ³ s , và điều này suy ra rằng z 0 ¹ q . Do đó từ (1.2.22) suy ra (1.2.19) đúng. Theo (1.2.18) và (1.2.19) ta được inf Bx = a > 0 (1.2.23) x ÎK ÇW Bây giờ, dễ dàng chỉ ra rằng (1.2.17) đúng. Thật vậy, nếu i(A, K Ç W, K ) ¹ 0 thì theo giả thiết (b) và tính bất biến đồng luân của chỉ số điểm bất động, ta có i(A + tB, K Ç W, K ) = i(A, K Ç W, K ) ¹ 0, "t > 0.
b +c Đặc biệt, chọn t0 > trong đó b = sup x và c = sup Ax , ta có a x ÎK ÇW x ÎK ÇW i(A + t0B, K Ç W, K ) ¹ 0, nên theo tính chất nghiệm của chỉ số điểm bất động ở đây sẽ tồn tại một x 0 Ç P Î W sao cho Ax + t0Bx 0 = x 0 . Do đó 0 x 0 - Ax 0 b +c t0 = £ Bx 0 a Ta gặp mâu thuẫn.  Hệ quả. Cho A : K Ç W  K hoàn toàn liên tục. Nếu tồn tại một u0 > q sao cho x - Ax ¹ tu 0, "x Î K Ç ¶W, t ³ 0 (1.2.24) thì (1.2.17) đúng. Chứng minh. Hệ quả trên được suy trực tiếp từ bổ đề 1.2.2 bằng cách đặt Bx = u0 với mọi x Î K Ç ¶W.  Bổ đề 1.2.3. Cho A : K Ç W  K hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng (i) inf Ax > 0; x ÎK Ç¶W và (ii) Ax ¹ mx , "x Î K Ç ¶W, 0 £ m £ 1. Khi đó (1.2.17) đúng. Chứng minh bổ đề 1.2.3. Lấy B = A trong bổ đề 1.2.2, ta thấy rằng điều kiện (a) của bổ đề 1.2.2 tương tự như điều kiện (i) của bổ đề 1.2.3. Vì thế, điều kiện (b) của bổ đề 1.2.2 đúng. Thật vậy, nếu tồn tại x 0 Î K Ç ¶W và t0 ³ 0 sao cho x 0 - Ax 0 = t0Ax 0, thì Ax 0 = mx 0 , trong đó m0 = (1 + t0 )-1 . Hiển nhiên 0 < m0 £ 1 . Điều này mâu thuẫn với điều kiện (ii). Vì vậy, (1.2.17) suy ra từ bổ đề 1.2.2.  Chú ý, bổ đề 1.2.3 không đúng cho tập A- co nghiêm ngặt. Chẳng hạn,
¥ 1 đặt E = l = {x = (x 1, x 2,..., x n ,...) | x = (å x n ) < +¥} 2 2 2 n =1 K = {x = (x 1, x 2,..., x n ,...) Î l 2 | x n ³ 0, n = 1,2, 3,...} khi đó K là một nón của E. Ta định nghĩa toán tử A bởi 1 1 1 Ax = (0, x 1, x 2,..., x n -1,...), "x = (x 1, x 2,...x n ,...) Î l 2 (1.2.25) 2 2 2 Đặt W = {x = (x 1, x 2,..., x n ,...) Î l 2 | x < 1} . Điều đó rõ ràng rằng 1 1 1 A : K Ç W  K là một tập co vì Ax = x và Ax - Ay = x - y với 2 2 2 mọi x , y Î l 2 . Dễ dàng kiểm tra Ax ¹ mx , "x Î K Ç ¶W, m > 0 (1.2.26) Thật vậy, nếu tồn tại x * = (x 1*, x 2*,..., x n* ,...) Î K Ç ¶W và m* > 0 sao cho Ax * = m*x * thì 1 1 0 = m*x 1*, x 2* = m*x 2*,..., x n*-1 = m*x n* ,..., 2 2 Và do đó x 1* = x 2* = ... = x n* = ... = 0 , nghĩa là x * = q , mâu thuẫn với x * = 1 . Từ 1 Ax = x và (1.2.26) ta thấy rằng điều kiện (i) và (ii) của bổ đề 1.2.3 2 được thỏa mãn. Nhưng theo (1.2.26) và bổ đề 1.2.1, ta có i(A, K Ç ¶W, K ) = 1. Bổ đề 1.2.4. Cho A : K Ç W  K hoàn toàn liên tục. Giả sử (i’) Ax ¹ mx , "x Î K Ç ¶W, 0 £ m £ 1, và -1 (i’’) Tập hợp { Ax Ax | x Î K Ç ¶W} là compact tương đối Khi đó (1.3.17) đúng. Chứng minh bổ đề 1.2.4. Đặt A1x = a( Ax )-1 Ax , trong đó a = sup Ax > 0 . x ÎK Ç¶W
Khi đó, theo giả thiết, A1 : K Ç ¶W  K hoàn toàn liên tục. Theo định lí mở rộng ánh xạ, A1 có thể mở rộng tới một toán tử hoàn toàn liên tục từ K Ç W vào trong K . Bây giờ, ta chứng minh rằng A1 thỏa mãn điều kiện (i) và (ii) của bổ đề 1.2.3. Thật vậy, đầu tiên ta có inf A1x = a > 0 x ÎK Ç¶W Thứ hai, nếu tồn tại x 0 Î K Ç ¶W và 0 < m0 £ 1 sao cho A1x 0 = m0x 0 thì Ax 0 = l0x 0 , trong đó l0 = m0a-1 Ax 0 . Hiển nhiên, 0 < l0 £ m0 £ 1 . Mâu thuẫn với giả thiết (i’). Do đó, theo bổ đề 1.2.3, ta có i(A1, K Ç W, K ) = 0 (1.2.27) Bây giờ, ta chứng minh (1 - t )Ax + tA1x ¹ x , "x Î K Ç ¶W, 0 £ t £ 1 (1.2.28) Nếu có x 1 Î K Ç ¶W và 0 £ t1 £ 1 sao cho (1 - t1 )Ax 1 + t1A1x 1 = x 1 thì a Ax 1 = m1x 1 , trong đó m1 = [1 + t1( - 1)]-1, 0 £ m1 £ 1 Ax 1 Mâu thuẫn với giả thiết (i’). Do đó, theo (1.2.27), (1.2.28) và tính bất biến đồng luân của chỉ số điểm bất động, ta có i(A, K Ç W, K ) = i(A1, K Ç W, K ) = 0.  1.3. Điểm bất động của ánh xạ giãn và nén mặt nón. Định lí 1.3.1. Cho W1 và W2 là hai tập mở, bị chặn trong E sao cho q Î W1 và W1 Ì W2 . Cho toán tử A : K Ç (W2 \ W1 )  K hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng một trong hai điều kiện: (H1) Ax ³x , "x Î K Ç ¶W1 và Ax £x , "x Î K Ç ¶W2 (H2) Ax £x , "x Î K Ç ¶W1 và Ax ³x , "x Î K Ç ¶W2 được thỏa mãn. Khi đó A có ít nhất một điểm bất động trong K Ç (W2 \ W1 ) .
Chứng minh định lí 1.3.1. Theo định lí mở rộng ánh xạ , A có một sự mở rộng hoàn toàn liên tục (cũng được biểu thị theo A) từ K Ç W2 vào trong K. Trước hết, ta giả sử rằng (H 1 ) được thỏa mãn, nghĩa là nó là trường hợp của nón giãn. Dễ dàng thấy rằng Ax ¹ mx , "x Î K Ç ¶W1, m ³ 1 (1.3.1) Vì ngược lại nếu như tồn tại x 0 Î K Ç ¶W1 và m0 ³ 1 sao cho Ax 0 = m0x 0 ³ x 0 Mâu thuẫn với (H 1 ) . Bây giờ từ 1.3.1 và bổ đề 1.2.1 ta thu được i(A, K Ç W1, K ) = 1 . (1.3.2) Ngoài ra, chọn một u 0 > q tùy ý, ta có x - Ax ¹ tu0, "x Î K Ç ¶W2, t ³ 0 (1.3.3) Thật vậy, nếu tồn tại x 1 Î K Ç ¶W2 và t1 ³ 0 sao cho x 1 - Ax 1 = t1u0 ³ q thì x 1 ³ Ax 1 , mâu thuẫn với (H1). Do đó, theo (1.3.3) và hệ quả 1.2.1, ta có i(A, K Ç W2, K ) = 0 (1.3.4) Vì vậy từ (1.3.2) ,(1.3.4) và tính chất cộng tính của chỉ số điểm bất động ta suy ra rằng i(A, K Ç (W2 \ W1 ), K ) = i(A, K Ç W2, K ) - i(A, K Ç W1, K ) = -1 ¹ 0. (1.3.5) Do đó, theo tính chất nghiệm của chỉ số điểm bất động, A có ít nhất một điểm bất động trong W2 \ (W1 ). Tương tự, khi (H2) được thỏa mãn, thay cho (1.3.2), (1.3.4) và (1.3.5), ta có i(A, K Ç W1, K ) = 0, i(A, K Ç W2, K ) = 1 và i(A, K Ç (W2 \ W1 ), K ) = 1 . Kết quả là ta cũng có thể khẳng định rằng A có ít nhất một điểm bất động trong W2 \ W1.  Định lí 1.3.2. (định lí điểm bất động của sự nén và giãn mặt nón của kiểu chuẩn) Cho W1 và W2 là hai tập mở, bị chặn trong E sao cho q Î W1 và W1 Ì W2 . Cho toán tử A : K Ç (W2 \ W1 )  K hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng một trong hai điều kiện
(H 3 ) Ax £ x , "x Î K Ç ¶W1 và Ax ³ x , "x Î K Ç ¶W2 và (H 4 ) Ax ³ x , "x Î K Ç ¶W2 và Ax £ x , "x Î K Ç ¶W2 được thỏa mãn. Khi đó A có ít nhất một điểm bất động trong K Ç (W2 \ W1 ). Chứng minh định lí 1.3.2. Ta chỉ cần chứng minh định lí dưới điều kiện (H 3 ) , vì việc chứng minh sẽ tương tự khi (H 4 ) được thỏa mãn. Theo định lí mở rộng ánh xạ, A có thể mở rộng tới một toán tử hoàn toàn liên tục từ K Ç W2 vào K . Chúng ta có thể giả sử rằng A không có điểm bất động trên K Ç ¶W1 và K Ç ¶W2 . Dễ dàng thấy rằng (1.3.1) đúng, vì trái lại, nếu tồn tại x 0 Î K Ç ¶W1 và m0 > 1 sao cho Ax 0 = m0x 0 thì Ax 0 = m0 x 0 > x 0 . Mâu thuẫn với (H 3 ) . Vì vậy theo (1.3.1) và bổ đề 1.2.1, (1.3.2) đúng. Ngoài ra, cũng dễ dàng để kiểm tra Ax ¹ mx , "x Î K Ç ¶W2, 0 < m £ 1 (1.3.6) Thật vậy, nếu có x 1 Î K Î ¶W2 và 0 < m1 < 1 sao cho Ax 1 = m1x 1 thì Ax 1 = m1 x 1 < x 1 . Mâu thuẫn với (H 3 ) . Ngoài ra, theo (H 3 ) ta có inf Ax ³ inf x >0 (1.3.7) x ÎK Ç¶W2 x ÎK Ç¶W2 Từ (1.3.6), (1.3.7) và bổ đề 1.2.3 suy ra (1.3.4) đúng. Như đã biết, (1.3.2) và (1.3.4) suy ra (1.3.5) và do đó A có ít nhất một điểm bất động trong W2 \ W1.  Định lí 1.3.3. Cho W1 và W2 là hai tập mở, bị chặn trong E sao cho q Î W1 và W1 Ì W2 . Cho u 0 > q, K u = {x Î K | $l > 0, x ³ lu 0 } và 0 A : K Ç (W2 \ W1 )  K hoàn toàn liên tục. Nếu một trong hai điều kiện (H5) Ax ³ (1 + e)x , "x Î K Ç ¶W1, e > 0 và Ax £x , "x Î K u Ç ¶W2 0 và
(H6) Ax £x , "x Î K u Ç ¶W1 và Ax ³ (1 + e)x , "x Î K Ç ¶W2, e > 0 0 được thỏa mãn, thì A có ít nhất một điểm bất động trong K Ç (W2 \ W1 ) . Chứng minh định lí 1.3.3. Ta có thể giả sử rằng (H5) được thỏa mãn ,vì chứng minh sẽ tương tự khi (H6) đúng. Theo định lí mở rộng ánh xạ, A có thể mở rộng tới một toán tử hoàn toàn liên tục từ K Ç W2 vào trong K. Ta có thể giả sử rằng A không có điểm bất động trong K Ç ¶W1 và K Ç ¶W2 . Dễ dàng chỉ ra rằng (1.3.1) đúng, vì mặt khác, nếu có x 0 Î K Ç ¶W1 và m0 > 1 sao cho Ax 0 = m0x 0 = (1 + e0 )x 0 , trong đó e0 = m0 - 1 > 0 . Mâu thuẫn với (H5). Do đó (1.3.2) đúng. Ngoài ra, (1.3.3) cũng đúng. Thật vậy, nếu tồn tại x 1 Î K Ç ¶W2 và t1 > 0 sao cho x 1 - Ax 1 = t1u 0 , thì x 1 ³ t1u 0 và x 1 ³ Ax 1 nên x 1 Î K u . 0 Mâu thuẫn với (H5). Do đó (1.3.4) đúng. Từ (1.3.2) và (1.3.4) suy ra rằng (1.3.5) cũng đúng và do đó A có ít nhất một điểm bất động trong K Ç (W2 \ W1 ).  Chú ý rằng vì K u Ì K . Định lí 1.3.3 là một sự cải tiến của định lí 1.3.1. 0 Định lí 1.3.4. Cho K là một nón trong không gian Banach thực E, W là một tập con mở, bị chặn của E với q Î W và A : K Ç W  K là một toán tử hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng tồn tại một nón K1 khác trong không gian Banach thực E1 khác và một toán tử thuần nhất B : K  K 1 với {Bx | x Î K Ç ¶W} Ì K1 \ {q} sao cho BAx £ Bx , "x Î K Ç ¶W (1.3.8) với thứ tự cảm sinh theo nón K1 trong E1 . Khi đó, chỉ số điểm bất động i(A, K Ç W, K ) = 1 . Chứng minh định lí 1.3.4. Nếu tồn tại x 0 Î K Ç ¶W và l0 ³ 1 sao cho Ax 0 = l0x 0 thì l0 > 1 . Do đó B(Ax 0 ) = B(l0x 0 ) = l0Bx 0 > Bx 0