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

+ Ì

ii) K K K K K

" ³ 0

Ç - = K

)

(

q { }

iii)

b) Nếu K là nón thì thứ tự trong E sinh bởi K được định bởi:

£  - Î x K

x K q \ { }

gọi là dương.

mỗi

Mệnh đề 1.1.1. Giả sử ''

'' là thứ tự sinh bởi nón. Khi đó:

£  + £ +

l x

l y ,

" Î

z E

a) x

" ³ 0

( x



), lim

, lim

=  £

)

( y n n

, £ x

* " Î 

là dãy tăng, hội tụ về x thì nx

c) Nếu { }nx

Chứng minh mệnh đề 1.1.1 b) Suy từ tính chất đóng của K.

c) Cho m  ¥ trong bất đẳng thức

ta được điều phải chứng minh.

+ n m

x £ x

1.1.2. Nón chuẩn.

Định nghĩa 1.1.2. Nón K gọi là nón chuẩn nếu:

$ > N

0 :

£ £  £ y

N y

Mệnh đề 1.1.2. Giả sử ''

'' là thứ tự sinh bởi nón chuẩn. Khi đó:

u v ,

= Î { x E u

}

a) Nếu u

£ £ bị chặn theo chuẩn.

lim

, lim

b) Nếu

* Î  và )

a= .

£ £ y n

z n ( n

= thì lim ny

a= .

c) Nếu { }nx

đơn điệu và có dãy con hội tụ về a thì lim nx

" Î x

u v ,

 £ - £ - u u

v£ thì đoạn

Chứng minh mệnh đề 1.1.2. a)

 - £

N u

-  £

N u

- v

N z

q £ - £ -  - z n

= a

c) Coi { }nx

tăng và lim ¥

vì

x£ ( n cố định, k đủ lớn) nên

* £ " Î  n

- < thì ta có

Cho

knx

e N

N a

< .  e

" ³  - £ -  - n

0 e > , chọn 0k để

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,

" Î n



2 n y

, x y n

£ £ x n

q £ £ u

, v

thì

Đặt

v n

1 < n 2

< ¥

nên tồn tại

Vì

v n

= å

1 =

...

= + + + tăng và bị chặn trên ( bởi v ) nên hội tụ.

Dãy

u 1

q= . Ta gặp mâu thuẫn. 

Suy ra lim nu

)

p£ < ¥ là nón chính qui.

Ví dụ 1.1.1 Nón các hàm không âm trong

1.1.4. Nón sinh.

Định nghĩa 1.1.4. K gọi là nón sinh nếu E K K

= - hay

" Î

x E

Î u v K x

= -

Ví dụ 1.1.2.

), p

(

C K L là nón sinh.

1) Nón các hàm không âm trong

2) Nếu nón K có điểm trong

0u thì ta có

$ > -

0 :

r x u

£ £ x

r x u

x E

" Î và K là nón sinh

0 :

r $ >

q r ( , )

Chứng minh. 2)

Ì . Số

= cần tìm.

1 r

= + x (

r x u

)

r x u

Ta có x

Mệnh đề 1.1.4. Nếu K là nón sinh thì tồn tại số M>0 sao cho

Î u v K x

= - u

, v

£ u M x

v M x

" Î x E

Chứng minh mệnh đề 1.1.4. Ta cần chứng minh ba điều sau:

= Ç C K B

q ( ,1)

- Ç

K B

q ( ,1)

Thứ nhất, Đặt

, ta chứng minh

$ > r

0 :

C B rq ( , )

Thật vậy,

=  (do K là nón sinh)

= 1n

 $

$ mở :

0n C GÉ (do định lí Baire)

G0,

-  É

(mở chứa q )

Vì C lồi, đối xứng nên

1 2

1 n 2

( B C B B

q ( ,1))

Thứ hai, ta chứng minh

r 2

Lấy

r BÎ 2

C a ,

thỏa:

 Ta sẽ xây dựng dãy { }nx

<å x

1 n 2

r + n 1 2

= 1

nên

Thật vậy, vì

r n 2

1 CÌ n 2

: C y

y " Î

0 " > $ Î

e - <

r n 2

1 n 2

 $ Î x

C a :

Ta có:

- <

r 2

1 2

r 2 2

 $ Î x

C a :

- Î x 1

- - x 1

r 2 2

1 2 2

r < ,… 3 2

: K x

nên

 Vì

, u v n

= - u n

v n

1 CÎ n 2

1 £ n 2

, v

Đặt

v n

å ta có

= 1

= - u

, v

£ . Vậy a CÎ .

Thứ ba, x

" ¹ ta có: q

' ,

= - với u v K u

£ 1

rx 2 x

 = -

Î v u v K u , ,

v M x

M (

= .  )

2 r

1.1.5. Nón liên hợp.

Nếu K là nón thì ta định nghĩa nón liên hợp của K là:

= Î {

* f E f x : ( )

³ " Î

x K

}

Ç - (

)

Có thể chứng minh

 - = . K K E

}q { E

Î  K

)

" Î

f K *

K* có các tính chất i), ii) trong định nghĩa nón

Mệnh đề 1.1.5. x

0( f x

Chứng minh mệnh đề 1.1.5.

)

0, ³

" Î

f K *

sao cho

KÏ

0( Giả sử trái lại nếu f x

$ Î

)

( ), g y

" Î y K

: ( Do định lí tách tập lồi g E g x

Cố định x KÎ , ta có

)

( g tx

" > .

0( g x

g x ³ 0

Cho t   ta có ( )

g KÎ

)

Vậy

, nhưng

g x < . Ta gặp mâu thuẫn. 0(

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 EÌ được gọi là một co rút của E nếu

:r E

, =

x x X

tồn tại một ánh xạ liên tục

( ) X sao cho r x

Î . 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,

:A U

X mà nó không có điểm

)

i A U X thỏa mãn các điều kiện sau:

bị chặn tương đối U của X và mỗi toán tử hoàn toàn liên tục

y U

bất động trên U¶ , tồn tại một số nguyên ( ,

i A U X = nếu )

º Î với mọi x UÎ .

i A U X ( ,

)

i A U X ( ,

)

i A U X ( ,

)

(i) Tính chuẩn tắc: ( ,

\ (

)

(ii) Tính cộng tính: với bất kì U1 và U2 là hai tập

U U UÈ 1

)

 ( , ), i H t U X

. con mở, rời nhau của U sao cho A không có điểm bất động trên

t£ £ với 1)

: [0,1]

[0,1]

H t x ( , )

´  hoàn toàn liên tục và

t x x¹ với bất kì ( , )

U ´ ¶ .

(iii) Tính bất biến đồng luân: ( độc lập với t (0

)

i A U X

i A U Y Y Ç ( ,

bất kì

YÌ .

nếu Y là một co rút của X và ( )A U (iv) Tính không đổi: ( ,

{( ,

) |

A U X ,

Hơn nữa, đặt

:A U

X hoàn toàn liên tục và Ax

x¹ trên U¶ }

X co rút của E, U mở, bị chặn trong X,

:d M Z thỏa mãn các điều

)

i A U X được xác định duy

và đặt  là tập các số nguyên . Khi đó tồn tại đúng một hàm

)

i A U X được gọi là chỉ số điểm bất động của A trên U đối với X.

kiện từ (i) đến (iv). Nói cách khác, ( ,

nhất, ( ,

Chứng minh định lí 1.2.1. Trước hết ta chứng minh tính duy nhất của chỉ số điểm bất động.

)}

i A U X là một tập hợp bất kì thỏa mãn các điều kiện từ (i) đến (iv).

Cho { ( ,

Ta định nghĩa

( ,

)

d f U p , )

i A p U E (

(1.2.1)

I A

trong đó f

p¹ trên U¶ , nghĩa là A p+ không có

f x = - , U là tập mở, bị chặn của E, ( )

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

deg(

d f U p , )

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)

:r E

Bây giờ, ta giả sử rằngX là một co rút tùy ý của E và được biểu thị bởi

X là

= Î x E x {

< sao } R

một sự co rút tùy ý. Với tập con mở U của X , ta chọn một quả cầu

UÉ . Thế thì, theo tính không đổi (iv) và (1.2.3), ta có

cho RB

i A U X ( ,

)

r U E ( ),

)

deg(

r U q ( ), )

. (1.2.4)

⋅ i A r B ( R

- ⋅ I A r B R

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

)

deg(

( ), )q

i A U X ( ,

r U1 -

(1.2.5)

I A r B - ⋅ R

:r E

= Î x E x {

R }

X là sự co rút tùy ý và

É U

trong đó

1( ) r U-Ç

Hiển nhiên,

là một tập mở bị chặn của E và

( )

1 - r U

(1.2.6)

Dễ dàng thấy rằng

-Î

( r U A r x

( ),

⋅

)

=  Î

x U Ax

(1.2.7)

= x 0

)

i A U X định nghĩa theo (1.2.5) không phụ thuộc vào việc chọn

Bây giờ, ta chứng minh rằng ( ,

R và r . Đặt

R> . Vì

( )

1 - r U

U B Ì R

B R 1

không có điểm bất động trong

Theo (1.2.7) ta biết rằng A r⋅

-Ç

r U

1( ) \ (

r U-Ç

1( ))

và vì vậy, theo tính chất cắt của bậc Leray-Schauder

B R

B R 1

deg(

- 1 r U

( ), ) q

deg(

( ), ) r U q

- ⋅ I A r B R

)

i A U X không phụ thuộc vào việc chọn R .

nghĩa là, ( ,

X là một sự co rút khác của E

Kế đến , đặt 1 :r E

- 1 r U

( )

V UÉ Theo .

và đặt

. Khi đó V là một tập mở bị chặn của E và

= V B R

- 1 r U 1

-Ç

1( ) \ r U V

không có điểm bất động trong

và

không có

(1.2.7) ta biết rằng A r⋅

1A r⋅

-Ç

điểm bất động trong

r U V 1 ( ) \

Do đó

deg(

- 1 r U

( ), ) q

deg(

- ⋅ I A r V

, ) q

(1.2.8)

- ⋅ I A r B R

Và

deg(

- ⋅

- 1 r U

( ), ) q

deg(

- ⋅ I A r V

, ) q

(1.2.9)

I A r B R

, 1

= -

x H t x ( , )

H t x ( , )

⋅ r tA r x [ ( )

+ - (1

⋅ t A r x )

( )]

h t x Đặt ( , )

, trong đó

: [0,1]

´  hoàn toàn liên tục.

Rõ ràng,

q Ï

¶ h t V ( ,

)

t Î

[0,1]

Bây giờ ta chứng minh

với bất kì

t Î

[0,1]

)

và

VÎ ¶ sao cho

q= , thì

Thật vậy, nếu tồn tại 0

h t x ( , 0

⋅ r t A r x [ (

)

+ - (1

)

)]

Î X

⋅ t A r x ( 0

)

Ax=

( Kết quả là, r x

. Và vì vậy theo (1.2.7),

Î Ì . Mâu

, ( r x 1

= và 0

0x U V

thuẫn với

VÎ ¶ .

Như vậy, sử dụng tính bất biến đồng luân của bậc Leray-Schauder và để ý rằng

H x (0, )

⋅ r A r x [

( )]

= ⋅

H x (1, )

⋅ r A r x [

( )]

= ⋅

A r x ( )

và

A r x ( ) 1

Ta có

deg(

- ⋅ I A r V

deg(

- ⋅ I A r V

q , )

(1.2.10)

, 1

Từ (1.2.8), (1.2.9) và (1.2.10) suy ra

deg(

- 1 r U

deg(

- ⋅

q ( ), )

(1.2.11)

- ⋅ I A r B R

I A r B R

, 1

- 1 r U 1

)

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

i A U X ( ,

)

i A U X ( ,

)

chất sau:

0U là một tập con mở của U sao cho

với bất kì v) Tính chất cắt:

0\U U .

)

A không có điểm bất động trong

i A U X ¹ thì A có ít nhất một điểm bất động trong U.

vi) Tính chất nghiệm: nếu ( ,

Chứng minh định lí 1.2.2. Đặt

U= và

f= trong tính chất cộng tính (ii) ta được

i A Xf ( ,

)

= . Từ điều này và đặt

U= ,

trong

(ii),

ta được

i A U X ( ,

)

i A U X ( ,

)

. Như vậy (v) được chứng minh.

f= trong (v), ta được

Nếu A không có điểm bất động trong U, đặt

i A U X ( ,

)

i A Xf ( ,

= 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

:A U

X là một tập k-co

£ < , mà nó không có

là một tập con mở của X. Cho toán tử

điểm bất động trên U¶ .

coA U

( ),

) (

2, 3, 4,...)

Đặt

(1.2.12)

D 1

D n

coA D ( n

- 1

Nếu

Ç = với một vài n thì ta định nghĩa chỉ số điểm bất động

nD U f

)

i A U X = ( , 0

(1.2.13)

X n (

1,2, 3,...)

Ç ¹ với n bất kì. Hiển nhiên,

Bây giờ, giả sử

nD U f

là khác rỗng, lồi, compact

Ta có thể chứng minh rằng tập hợp

Ì D n

= 1

A D U

)

Ç Ì .

và D UÇ khác rỗng và compact và hơn nữa (

Do đó, theo định lí mở rộng ánh xạ, tồn tại một toán tử hoàn toàn liên tục



D D X

(

)

sao cho

với mọi x D U

Î Ç . Dễ dàng thấy rằng

A U 1 :

1A x Ax=

1A không có

điểm bất động trên U¶ và do đó theo định lí 1.2.1, chỉ số điểm bất động

i A U X hoàn toàn 1( ) ,

xác định.

Bây giờ, ta định nghĩa

)

(1.2.14)

i A U X , ( 1

i A U X ( , 1

( ,

) với tập k-co (0

k£ < định 1)

Không khó để chứng minh rằng chỉ số điểm bất động i A U X

nghĩa bởi (1.2.13) và (1.2.14) không phụ thuộc vào việc chọn

1A , 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 XÎ thì

:A U

t Î

[0,1]

tx XÎ với mọi

X là cô đặc mà không

. Cho U là một tập con mở của X và

có điểm bất động trên U¶ . Chọn một tập co

:B U

nghiêm ngặt

X sao cho

- Ax Bx

, t

" Î x U

- x Ax

trong đó

> . 0

inf Î¶ x U

k£ < và 1 1

Như thế B tồn tại, chẳng hạn chọn B kA= , trong đó 0

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 = Ç ¶W K

)

Ç W = Ç W . K

:A K

Bổ đề 1.2.1. Cho q Î W và

Ç W  là cô đặc. Giả sử rằng

x K

m x

" Î Ç ¶W ³ 1

(1.2.16)

i A K

KÇ W ,

)

= 1.

H t x ( , )

tAx=

: [0,1]

K (

)

Khi đó ( ,

Chứng minh bổ đề 1.2.1. Đặt

. Khi đó,

´ Ç W  liên tục và tính

( , )

H t x trong t thì đều đối với x KÎ

Ç W.

liên tục của

H t

⋅ ( , ) :

t Î

[0,1]

H t x ( , )

Hiển nhiên,

Ç W  là cô đặc với mỗi

và

x¹ với

x KÎ Ç ¶W và 0

t£ £ .

Do đó, theo tính bất biến đồng luân và tính chuẩn tắc của chỉ số điểm bất

động, ta có

Ç W ,

)

Ç W ,

)

i A K ( ,

i K ( , q

=  1.

:A K

:B K

Bổ đề 1.2.2. Cho

Ç W  và

Ç ¶W  hoàn toàn liên tục.

Giả sử rằng

> 0;

inf Î Ç¶W

x K

(a)

- x Ax

tBx

x K

t ,

và

" Î Ç ¶W ³ 0.

(b)

)

i A K ( ,

KÇ W ,

= 0

Khi đó, ta có

(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)

)

coB K (

Ç ¶W =

coF M

(

)

B K=

Đặt

Ç ¶W , khi đó

= , trong đó

1,2, 3,...}.

= = y {

l i

= 1

Trước hết ta chứng minh

> 0

(1.2.19)

inf Î y M

Biểu thị theo

0E 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

0E tách được.

= Ç

K E

EÎ

F K coF K ,

Hiển nhiên,

là một nón của

Ì , tồn tại

sao

f 0

* 0

0E và

y KÎ

cho

với y

q¹ . Ta khẳng định rằng

f y > với bất kì 0 ( )

= >

(1.2.20)

f y ( ) 0

inf Î y F

)

Thật vậy, nếu

f y  Theo tính 0.

s = thì tồn tại { }ky

FÌ sao cho 0(

 Î y

sao cho

. Vì vậy

của { }ky

iky compact tương đối của F, có một dãy con { }

iky

)

f y ( 0

f y ( 0

và 0

f y = . ) 0(

q= và

Do đó,

iky  , điều này mâu thuẫn với giả thiết (a).

Vậy (1.2.20) đúng.

trong đó

³ và 0

Với bất kì

y M i

F l , i

Îå l i

=å l i

= 1

Ta có theo (1.2.20)

s ,

l i

( ) i

l s i

f y ( ) 0

f y 0

= 1

Do đó

s³

" Î

y M

(1.2.21)

f y 0( )

Vì M coF=

sao cho

là compact nên tồn tại một 0z MÎ

(1.2.22)

inf Î y M

)

s³ , và điều này suy ra rằng

q¹ . Do đó từ (1.2.22) suy ra (1.2.19)

Theo (1.2.21), 0

f z 0(

đúng.

Theo (1.2.18) và (1.2.19) ta được

= > 0

(1.2.23)

inf Î ÇW x K

)

i A K

KÇ W ,

¹ thì theo giả thiết

Bây giờ, dễ dàng chỉ ra rằng (1.2.17) đúng. Thật vậy, nếu ( ,

(b) và tính bất biến đồng luân của chỉ số điểm bất động, ta có

+ i A tB K (

Ç W ,

)

i A K ( ,

Ç W ,

)

¹ " > t 0.

trong đó

và

, ta có

t Đặc biệt, chọn 0

+ a

sup Î ÇW x K

i A t B K (

Ç W ,

)

¹ 0,

nên theo tính chất nghiệm của chỉ số điểm bất động ở đây sẽ tồn tại một

PÇ Î W sao cho

= . Do đó

t Bx 0

+ a

Ta gặp mâu thuẫn.

:A K

Hệ quả. Cho

Ç W  hoàn toàn liên tục. Nếu tồn tại một

sao cho

- x Ax

x K

t ,

" Î Ç ¶W ³

(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

u= với mọi

x KÎ Ç ¶W 

:A K

Bổ đề 1.2.3. Cho

Ç W  hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng

> 0;

inf Î Ç¶W

x K

(i)

x K

m x

" Î Ç ¶W £ £ , 0

và

(ii)

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.

xm=

Thật vậy, nếu tồn tại

t ³ sao cho

thì

KÎ Ç ¶W và 0

t Ax 0

= + (1

trong đó

m 0

- 1 )t 0

Hiển nhiên

m< £ . 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 2 2 )

= = =

x {

< +¥ }

đặt

x x ( , 1

å (

= 1

= = x {

,...,

,...)

1,2, 3,...}

khi đó K là một nón của E.

( , x x 1

Ta định nghĩa toán tử A bởi

(0,

,...,

,...)

" = x

x ,...

2 Î l

(1.2.25)

x x ( , 1

, 1

,...), 1

1 2

1 x - 2 n

W = = { x

,...,

,...)

< . Điều đó rõ ràng rằng

Đặt

x x ( , 1

:A K

- Ax Ay

Ç W  là một tập

co vì

và

- với

1 2

1 x= 2

1 2

,x y

lÎ . Dễ dàng kiểm tra

mọi

x K

m x

" Î Ç ¶W > 0

(1.2.26)

,...,

,...)

* * xm=

Thật vậy, nếu tồn tại

Î Ç ¶W và

m > sao cho

thì

* x x ( , 1

* 2

* n

,...,

* * x 1

* 2

* * x 2

* * x n

1 -

1 2

1 * x 2 n

...

Và do đó

= = = = = , nghĩa là ...

q= , mâu thuẫn với

x = . Từ 1

* 1

* 2

* n

và (1.2.26) ta thấy rằng điều kiện (i) và (ii) của bổ đề 1.2.3

1 x= 2

)

i A K

Ç ¶W ,

= 1.

được thỏa mãn. Nhưng theo (1.2.26) và bổ đề 1.2.1, ta có ( ,

:A K

Bổ đề 1.2.4. Cho

Ç W  hoàn toàn liên tục. Giả sử

" Î Ç ¶W

, 0

x m

x K

£ £ 1,

(i’)

{

}

Ax Ax x K

Î Ç ¶W là compact tương đối

và

(i’’) Tập hợp

( a

- 1 )

Khi đó (1.3.17) đúng.

Chứng minh bổ đề 1.2.4. Đặt

, trong đó

A x 1

> . 0

sup Î Ç¶W x K

Khi đó, theo giả thiết,

Ç ¶W  hoàn toàn liên tục. Theo định lí mở rộng ánh xạ,

1 :A K

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

1A thỏa mãn điều kiện (i) và (ii) của bổ đề 1.2.3. Thật vậy, đầu tiên ta có

= > 0

A x 1

inf Î Ç¶W

x K

KÎ Ç ¶W và

m< £ sao cho 1

thì

, trong

Thứ hai, nếu tồn tại

A x 1 0

xm= 0 0

xl= 0 0

đó

l 0

m a- 1 0

0Ax

Hiển nhiên,

< £ £ . Mâu thuẫn với giả thiết (i’). Do đó, theo bổ đề

l 0

m 0

1.2.3, ta có

)

KÇ W ,

= 0

(1.2.27)

i A K 1( ,

Bây giờ, ta chứng minh

, 0

t Ax )

x K

¹ " Î Ç ¶W £ £ 1

(1.2.28)

tA x 1

Nếu có

t£ £ sao cho 1

1x KÎ Ç ¶W và

)t Ax 1

t A x 1 1 1

= thì x 1

(

- 1 , 0 1)]

= + [1

, trong đó

m 1

t 1

m £ £ 1 1

xm= 1 1

a Ax

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 ,

=  0.

i A K , ( 1

1.3. Điểm bất động của ánh xạ giãn và nén mặt nón.

Định lí 1.3.1. Cho

W Ì W . Cho toán

1W và

2W là hai tập mở, bị chặn trong E sao cho

q Î W và 1

A K :

)

(

Ç W W  hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng một trong hai điều kiện:

, x

" Î

x K

, x

" Î

x K

Ç ¶W và Ax £

tử

Ç ¶W 2

, x

" Î

x K

, x

" Î

x K

Ç ¶W và Ax ³

Ç ¶W

(H1) Ax ³

(

)

(H2) Ax £

K Ç W W . 2

được thỏa mãn. Khi đó A có ít nhất một điểm bất động trong

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 W vào trong K.

Trước hết, ta giả sử rằng

)H được thỏa mãn, nghĩa là nó là trường hợp của nón giãn. 1(

Dễ dàng thấy rằng

x K

m x

³ 1

(1.3.1)

" Î Ç ¶W , 1

Vì ngược lại nếu như tồn tại

KÎ Ç ¶W và

m ³ sao cho

x 0 0

x ³ 0

Mâu thuẫn với

)H . Bây giờ từ 1.3.1 và bổ đề 1.2.1 ta thu được 1(

)

i A K ( ,

= . 1

(1.3.2)

KÇ W , 1

Ngoài ra, chọn một

q> tùy ý, ta có

- x Ax

x K

t ,

³ 0

(1.3.3)

" Î Ç ¶W 2

Thật vậy, nếu tồn tại

t ³ sao cho

q ³ thì

KÎ Ç ¶W và 1

t u 1 0

Ax³

, mâu thuẫn với (H1). Do đó, theo (1.3.3) và hệ quả 1.2.1, ta có

)

i A K ( ,

= 0

(1.3.4)

KÇ W , 2

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 ( ,

K i A K

= - ¹ (1.3.5)

Ç W W 2 1

Ç W 2

Ç W , 1

Do đó, theo tính chất nghiệm của chỉ số điểm bất động, A có ít nhất một điểm bất động trong

W W ). \ (

thỏa mãn,

thay cho (1.3.2), (1.3.4) và (1.3.5),

ta có

Tương

tự, khi (H2) được

(

)

i A K ( ,

)

0, ( ,

)

i A K ( ,

i A K

= và 1

= . 1

Ç W , 1

Ç W 2

Ç W W 2 1

Kết quả là ta cũng có thể khẳng định rằng A có ít nhất một điểm bất động trong

W W  1\

Định lí 1.3.2. (định lí điểm bất động của sự nén và giãn mặt nón của kiểu chuẩn)

W Ì W . Cho toán tử

1W và

2W là hai tập mở, bị chặn trong E sao cho

q Î W và 1

A K :

)

(

Ç W W  hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng một trong hai

Cho

điều kiện

(

)

" Î

x K

" Î

x K

Ç ¶W

Ç ¶W và 1

(

)

" Î

x K

" Î

x K

Ç ¶W và 2

Ç ¶W 2

(

và

K Ç W W 2

được thỏa mãn. Khi đó A có ít nhất một điểm bất động trong

Chứng minh định lí 1.3.2. Ta chỉ cần chứng minh định lí dưới điều kiện

)H , vì việc chứng (

minh sẽ tương tự khi

)H 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 W 2

vào K . Chúng ta có thể giả sử rằng A không có điểm bất động trên

K Ç ¶W và

K Ç ¶W . Dễ

dàng thấy rằng (1.3.1) đúng, vì trái lại, nếu tồn tại

KÎ Ç ¶W và

m > sao cho

thì

m= 0

xm= 0 0

Mâu thuẫn với

)H . Vì vậy theo (1.3.1) và bổ đề 1.2.1, (1.3.2) đúng. (

Ngoài ra, cũng dễ dàng để kiểm tra

, 0

x K

m x

m < £ 1

(1.3.6)

" Î Ç ¶W 2

x KÎ

Thật vậy, nếu có

m< < sao cho 1

thì

Î ¶W và 2

xm= 1 1

. Mâu thuẫn với

)H . Ngoài ra, theo (

)H ta có (

m= 1

> 0

(1.3.7)

x K

inf Î Ç¶W 2

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

W W  1\

Định lí 1.3.3. Cho

W Ì W . Cho 2

1W và

2W là hai tập mở, bị chặn trong E sao cho

q Î W và 1

, q

= Î { x K

$ > l

0, x

}

A K :

)

(

Ç W W  hoàn toàn liên tục. Nếu một trong hai điều kiện

x K

e x ) ,

" Î

x K

> và Ax £

và

e " Î Ç ¶W , 1

Ç ¶W 2

(H5) Ax ³

và

" Î

x K

) , x e

" Î

x K

, e

Ç ¶W và Ax ³

> 0

Ç ¶W 2

(

)

(H6) Ax £

K Ç W W . 2

được thỏa mãn, thì A có ít nhất một điểm bất động trong

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 ¶W và

K Ç W vào trong K. Ta có thể giả sử rằng A không có điểm bất động trong

K Ç ¶W . Dễ dàng chỉ ra rằng (1.3.1)

đúng, vì mặt khác, nếu có

KÎ Ç ¶W và

m > sao cho

= + (1

x )

m= - > . Mâu thuẫn với (H5).

x 0 0

e 0

e , trong đó 0

Do đó (1.3.2) đúng.

Ngoài ra, (1.3.3) cũng đúng. Thật vậy, nếu tồn tại

KÎ Ç ¶W và

t > sao cho 1

Ax³

KÎ

, thì

và

nên

t u 1 0

t u³ 1 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 W W  \

Chú ý rằng vì

KÌ . Định lí 1.3.3 là một sự cải tiến của định lí 1.3.1.

0uK

Định lí 1.3.4. Cho K là một nón trong không gian Banach thực E, W là một tập con mở, bị chặn

:A K

Ç W  là một toán tử hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng tồn tại một

:B K

của E với q Î W và

1K khác trong không gian Banach thực

1E khác và một toán tử thuần nhất

K 1

{ Bx x K

Î Ç ¶W Ì

}

\ { } q

nón

với

x K

£ BAx Bx

" Î Ç ¶W

(1.3.8)

sao cho

)

i A K

KÇ W ,

= . 1

1K trong

1E . Khi đó, chỉ số điểm bất động ( ,

với thứ tự cảm sinh theo nón

Chứng minh định lí 1.3.4. Nếu tồn tại

KÎ Ç ¶W và

l ³ sao cho

thì

l > . Do đó

xl= 0 0

( B Ax

)

( l B x 0 0

l Bx 0

điều này mâu thuẫn với (1.3.8). Do đó theo bổ đề 1.2.1 định lí được chứng

minh.

Định lí 1.3.5. Cho K là một nón trong không gian Banach thực E, W là một tập

:A K

Ç W  hoàn toàn liên tục. Nếu

con mở, bị chặn của E và một toán tử

> và 0

inf Î Ç¶W

x K

(i)

1K khác trong không gian Banach thực

1E khác và một

Î Ç ¶W Ì

}

\ { } q

:B K

Bx x K {

(ii) Tồn tại nón

K với 1

x K

³ BAx Bx

sao cho toán tử thuần nhất

" Î Ç ¶W

(1.3.9)

i A K

KÇ W ,

)

= . 0

1K trong

1E , Khi đó, chỉ số điểm bất động ( ,

với thứ tự cảm sinh theo nón

Chứng minh định lí 1.3.5. Nếu tồn tại

KÎ Ç ¶W và

l< £ sao cho 1

( B Ax

)

, khi đó

l< < . Do đó, 1

xl= 0 0

( l B x 0 0

l Bx 0

điều này mâu thuẫn với (1.3.9). Áp dụng bổ đề 1.2.3 ta có điều phải chứng

minh.

Định lí 1.3.6. Cho

W Ì W . Giả sử 2

1W và

2W là hai tập mở, bị chặn trong E sao cho

q Î W và 1

A K :

)

(

Ç W W  hoàn toàn liên tục. Giả định rằng tồn tại hai nón

1K và

2K trong

rằng

1E và

2E tương ứng và toán tử thuần nhất

:B K 1

K với 1

{ | B x x K

Î Ç ¶W Ì

\ { } q

không gian Banach

:B K 2

K 2

Î Ç ¶W Ì

}

\ { } q

B x x K { |

và

x K

" Î Ç ¶W và

> , 0

. Nếu một trong hai điều kiện: với

£ B Ax B x 1

x K

inf Î Ç¶W 2

x K

B Ax B x ³ 2

" Î Ç ¶W 2

x K

> , 0

" Î Ç ¶W và

(H2)

³ B Ax B x 1

x K

inf Î Ç¶W 1

x K

B Ax B x £ 2

" Î Ç ¶W 2

(

)

được thỏa mãn thì A có ít nhất một điểm bất động trong

K Ç W W . 2

Việc chứng minh dễ dàng bằng cách dựa vào định lí 1.3.4 và 1.3.5.

(H1)

Do đó ta chấp nhận nó.

Nhận xét: ta khẳng định rằng định lí 1.3.6 là sự mở rộng của định lí điểm bất động của sự nén

x K

và giãn mặt nón của kiểu chuẩn. Thật vậy, nếu ta lấy

= x

" Î thì

B x 1

B x 2

x K

¹ " Î

+  là một toán tử thuần nhất và

x KÎ Ç ¶W . Hơn

2 : B B K

Ç ¶W hoặc 1

nữa,

> và 0

x K

inf Î Ç¶W 1

> được thỏa mãn một cách tự nhiên theo

W Ì W .

q Î W và 1

x K

inf Î Ç¶W 2

Định lí 1.3.7. Cho K là một nón trong không gian Banach thực E, W là một tập con mở, bị chặn

:A K

của E với q Î W và toán tử

Ç W  hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng tồn tại nón

khác trong không gian Banach thực

1E khác và một

:B K

toán tử bảo toàn thứ tự

K sao cho

BAx ³

" Î

x K

Ç ¶W

(1.3.10)

,Bx

với thứ tự được cảm sinh bởi nón

1K trong

1E . Khi đó, chỉ số điểm bất động

)

i A K ( ,

KÇ W ,

= 1

Chứng minh định lí 1.3.7. Nếu tồn tại

KÎ Ç ¶W và

l ³ sao cho

thì

xl= 0 0

BAx

Bx³

x³ . Do đó

.Điều này mâu thuẫn với (1.3.10)

Áp dụng bổ đề 1.2.1 , ta có điều phải chứng minh.

Định lí 1.3.8. Cho K là một nón trong không gian Banach thực E, W là một tập con mở, bị chặn

:A K

của E, và một toán tử

Ç W  hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng tồn tại một nón

1K khác

trong một không gian Banach thực

1E khác và

:B K

một toán tử bảo toàn thứ tự

K sao cho

BAx £

" Î

x K

Ç ¶W

(1.3.11)

,Bx

với thứ tự được cảm sinh bởi nón

1K trong

1E . Khi đó, chỉ số điểm bất động

( , i A K

KÇ W ,

)

= . 0

, q

Chứng minh định lí 1.3.8. Nếu tồn tại

Î Ç ¶W và

l ³ sao cho

, K u

BAx

Bx£

thì

x£ . Do đó,

. Điều này

ul 0 0

mâu thuẫn với (1.3.11). Áp dụng bổ đề 1.2.2 ta có điều phải chứng minh. 

Định lí 1.3.9. Cho

W Ì W . Giả sử 2

1W và

2W là hai tập mở, bị chặn trong E sao cho

q Î W và 1

A K :

)

(

rằng

Ç W W  hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng tồn tại hai nón

1K và

2K trong

không gian Banach

tương ứng và những

toán

tử bảo

toàn

thứ

tự

1E và



 . Nếu một trong hai điều kiện:

: B K 1

K B K 2

, 1

" Î

x K

" Î

x K

(H3)

1B Ax ³

,B x 1

Ç ¶W và 1

2B Ax £

,B x 2

Ç ¶W 2

" Î

x K

" Î

x K

(H4)

1B Ax £

,B x 1

Ç ¶W và 1

2B Ax ³

,B x 2

Ç ¶W 2

(

)

được thỏa mãn thì A có ít nhất một điểm bất động trong

K Ç W W . 2

Việc chứng minh dễ dàng bằng định lí 1.3.7 và 1.3.8 do đó ta chấp nhận nó.

Định lí 1.3.10. Cho W là tập mở, bị chặn trong E và q Î W. Giả sử rằng

:A K

Ç W  hoàn toàn liên tục, Aq

q= và

> 0

(1.3.12)

inf Î Ç¶W

x K

Khi đó, A có ít nhất một vectơ riêng trên K Ç ¶W tương ứng với giá trị riêng

dương, nghĩa là, tồn tại

KÎ Ç ¶W và

m > sao cho

xm= 0 0

Chứng minh định lí 1.3.10. Đặt

inf Î Ç¶W

x K

sup Î Ç¶W x K

0m > và

b > . Bây giờ ta chọn

> và dễ dàng kiểm chứng rằng toán tử

Theo (1.3.12) ,

m b

aA thỏa mãn tất cả các điều kiện của bổ đề 1.2.3.

aAx

Thật vậy, nếu tồn tại

KÎ Ç ¶W và

m< £ sao cho 1

, thì

xm= 1 1

a Ax

m x

. b

= ³

m 1

m b

m > , một sự mâu thuẫn. Do đó theo bổ đề 1.2.3 ta có

Và do đó

( , i aA K

KÇ W ,

)

= 0

(1.3.13)

taAx

( , ) H t x

Đặt

. Nếu

x¹ với bất kỳ x KÎ Ç ¶W và 0

t£ £ , thì 1

theo tính bất biến đồng luân và tính chuẩn tắc của chỉ số điểm bất động

( , i aA K

Ç W ,

)

( , q i K

Ç W ,

)

= 1

)

KÎ Ç ¶W và

t£ £ sao cho

Mâu thuẫn với (1.3.13). Do đó, tồn tại

( , H t x 0

x= 0

t aAx

t ¹ nên 0

, trong đó

nghĩa là 0

x= . Rõ ràng, 0

xm= 0 0

1 - )

>  0.

m 0

0( at

:A K

Định lí 1.3.11. Cho toán tử

K hoàn toàn liên tục và Aq

q= . Giả sử

rằng một trong hai điều kiện:

= +¥

(H7)

lim  x K x ,

lim ,

x K x

+¥

và

= +¥

0 =

(H8)

x K x

+¥

lim ,  x K x

lim ,

được thỏa mãn. Khi đó hai kết luận sau đúng:

m > là một giá trị riêng của A tương ứng với vectơ riêng dương, nghĩa là tồn tại

(a) Mỗi

q> sao cho Ax

x m

mm= x

= nếu có (H8)

(b) lim x m

x m

m+¥

= +¥ nếu có (H7) và lim m+¥

Chứng minh định lí 1.3.11. Ta chỉ cần chứng minh định lí này dưới điều kiện (H7) vì chứng

m > cho trước, theo

minh tương tự khi (H8) được thỏa mãn. Với

0 R r> > sao cho

(H7) tồn tại

" Î

x K x

= r

1 m

Và

" Î

x K x

= R

1 Ax m

Và

Do đó điều kiện (H3) của định lí (1.3.2) được thỏa mãn cho toán tử

1 m

W = Î x E x {

R }

< . Do đó từ định lí 1.3.2 suy ra

rằng toán tử

có một điểm bất động x m trong

1\W W và (a) được chứng minh xong.

1 m

Điều còn lại là chứng minh kết luận (b) tức là cần chứng minh x m  +¥ khi

m  +¥ .

Giả sử rằng điều này không đúng. Khi đó tồn tại số

c > và một dãy nm  +¥ sao cho

(

1,2, 3...).

m £

}

chứa một dãy con hội tụ tới một số

t£ £ . Một cách đơn giản,

Hơn nữa, dãy {

x m

}

hội tụ tới t .

giả sử rằng chính {

x m

t > , thì 0

> với n đủ lớn ( n N> ), và do đó

Nếu

x m

t 2

m n

(

n N >

m n

M 2 t

m n

trong đó

, mâu thuẫn với

nm  +¥

sup £ c x

Nếu

t = thì từ (H7) ta có

m n



0 (

 ¥ ),

m = n

m n

mâu thuẫn với

x m  +¥ khi m  +¥ và chứng minh

nm  +¥ . Do đó,

của chúng ta hoàn thành.

Định nghĩa 1.3.1. Cho K là một nón trong không gian Banach thực E và toán tử

:A K

K

:B E

KÎ . Nếu tồn tại một toán tử tuyến tính, bị chặn

E

(i) Cho

sao cho

A x (

+ - )

h Ax

= 0

(1.3.14)

lim ,  h K h

thì A được gọi là khả vi tại x theo nón K và B được gọi là đạo hàm Fréchet của A tại

0x theo K

)

, nghĩa là

= . B

và được kí hiệu là

A x+ 0(

' A x 0( +

(ii) Nếu tồn tại một toán tử tuyến tính, bị chặn

E sao cho

1 :B E

- Ax B x 1

0 =

(1.3.15)

lim ,

x K x

+¥

thì A được gọi khả vi tại vô cực theo nón K và B1 được gọi là đạo hàm Fréchet của A tại vô cực

' (

)

' A

theo K và được kí hiệu là

B 1

A+ ¥ , nghĩa là

+ ¥ = . ( )

Rõ ràng (1.3.14) tương đương với

( A x

+ - )

( h A x

)

(1.3.16)

( , ) x h w 0

o= (

)



h (

trong đó

khi

³ . ) q

, ) x h 0( w

Ví dụ 1.3.1. Xét toán tử tích phân Uryson

Ax t ( )

k t s x s ds ( , , ( ))

(1.3.17)

= ò



n k t s x s , ( , , ( ))

không âm và liên tục với

trong đó G là một tập đóng, bị chặn trong

t G s G ,

Î và

x ³ . 0

E C G= ( )

{ ( ) x t

( ) | ( ) C G x t

Î t G

}

và K

Đặt

thì K là một nón của E. Rõ ràng

:A K

K hoàn toàn liên tục.

Ta có những khẳng định sau:

t G s G ,

(a) Nếu

Î và

x ³ thì A khả

' ( , , ) xk t s x tồn tại và liên tục trên

vi tại mọi

KÎ theo K và

x t 0( )

(

( )) ( )

( , ,

" , ( ) h t

( ) C G

(1.3.18)

) ( ) A x h t 0

' +

' k t s x s h s ds x 0

hội tụ đều về ( , )Q t s

(1.3.19)

(b) Nếu

k t s x ( , , ) x

đối với t GÎ và s GÎ khi x  +¥ thì A khả vi tại vô cực theo K và

Q t s h s ds ( , ) ( )

" , ( ) h t

C G ( )

h t ) ( )

(1.3.20)

' ( + ¥

Để chứng minh kết luận (a) ta đặt

Bh t ( )

( )) ( )

( , ,

(1.3.21)

' k t s x s h s ds x 0

= ò

Rõ ràng B là một toán tử tuyến tính hoàn toàn liên tục từ C(G) vào C(G)

Với ( )h t KÎ , ta có:

h t

( )]

Bh t ( )

A x t [ ( ) 0

Ax t ( ) 0

= |

( ) k t s x s { ( , ,

h s

( ))

( , , k t s x s

( ))

( )) ( )}

( , ,

' k t s x s h s ds x

= |

( , ) ( )) t s h s q

( ) h s ds

' ( , , k t s x s x

{ ' ( ) k t s x s ( , , x

} ( ))

( , ) ( )) t s h s q

( )) |

(1.3.22)

' ( ) k t s x s ( , , x

' ( , , k t s x s x

ò .

t s ( , )

G G

´ ´

[0;

trong đó 0

< . Cho

e > bất kì, vì

+ với 1]

' ( , , ) xk t s x liên tục đều trên

, tồn tại 0

d< < sao chot G s G

x t max ( ) 0 Î t G

[0;

1],

và

- < suy ra d

x x , 1

)

(1.3.23)

' k t s x ( , , x

e mesG

Từ (1.3.22) và (1.3.23) suy ra

( A x

+ - h )

" Î

h K h

< . d

)

Do đó (1.3.14) đúng nên

= tức là (1.3.18) đúng.

' A x 0( +

e > bất kì, theo giả thiết ( , )Q t s liên tục trên ( , )

Î ´ t s G G

Để chứng minh b), cho

và tồn tại

b > sao cho

- k t s x Q t s x ( , , ) ( , )

x e

" Î

t G s G x ,

³ b

(1.3.24)

- k t s x Q t s x ( , )

( , , )

. Khi đó, theo (1.3.24), ta có

Đặt

max Î ,0

Î t G s G ,

£ £ x

- k t s x Q t s x ( , ) ( , , )

£ + " Î g

, t G s G x

x e

³ 0

(1.3.25)

Bây giờ, định nghĩa

Q t s x s ds ( , ) ( )

x t , ( )

C G ( )

B x t 1 ( )

B C G ( )

C G ( )

là toán tử tuyến tính hoàn toàn liên tục. Từ (1.3.25) chúng ta

Hiển nhiên,

1 :

biết với bất kì ( )x t KÎ

Ax t ( )

k t s x s { ( , , ( ))

Q t s ds ( , )}

B x t ( , ) 1

e { ( ) x s

ds }

e ( mesG x

)

mesG

G £

Và do đó

- Ax B x 1

)

e ( mesG

lim ,

x K x

+¥

' A

)

Vì e tùy ý, ta thấy rằng (1.3.15) đúng nên

B 1

+ ¥ = nghĩa là (1.3.20) đúng. (

:A K

Bổ đề 1.3.1. Cho

K hoàn toàn liên tục . Khi đó

)

i) Nếu A khả vi tại

KÎ theo K, thì

biến các tập bị chặn của K vào những tập

A x+ 0(

compắc tương đối.

' (

)

ii) Nếu A khả vi tại vô cực theo K thì

A+ ¥ biến các tập bị chặn của K

vào những tập compắc tương đối.

)

Chứng minh bổ đề 1.3.1. i) Vì

là tuyến tính nên ta chỉ cần chứng minh rằng

A x+ 0(

= Î { x K x

)(

)

là tập compắc tương đối, trong đó

£ . Giả sử trái lại, tồn tại

' A x ( +

1,2, 3,...)

e > sao cho

S i 1(

và 0

A x h A x h )

(

)

i (

¹ ) j

(1.3.26)

e 0

' +

t > sao cho

Chọn

( A x

+ - h )

( A x

)

) A x h (

" Î

h K h

t £

(1.3.27)

' +

e 0 e

Khi đó, từ (1.3.26) và (1.3.27) ta tìm được

( A x

)

( A x

t h

)

( A x

)

t h i

t h )( i

0 -

( A x

t h

0 t h )(

t h i +

)

0 (

(

)

- Ax A x (

0 - )

) ] ||

= || ' +

' ( A x + ' - A x h A x h t [ +

( A x ' +

- A x h A x h )

(

)

(

( A x

)

- Ax A x (

)

t h i

t h )( i

' +

' + +

0 t h

i )

' 0 + - Ax A x (

0 t h )(

( A x

0 )

' +

i " ¹

(1.3.28)

te³ 0

te 0 3

Mâu thuẫn với tính hoàn toàn liên tục của A.

1,2, 3,...)

(ii) Tương tự, nếu (ii) không đúng, thì tồn tại

e > 0

S i 1 (

và 0

sao cho

) h

( i

= ) h

(1.3.29)

e 0

' A +

' ¥ - ¥ > ( ( ) h A + i

s =

> vì mặt khác, có một dãy con { }

sao cho

Ta phải có

h i

hÌ { } i

h ki

inf i

(

q và do đó

¥ - ¥  khi k s,  ¥ , (

' A +

h ) i k

h ) i s

kih

mâu thuẫn với (1.3.29).

r > sao cho

Bây giờ chọn

' Ax A

x )

" Î

x K

³ rs

(1.3.30)

+- ¥ < (

e 0 3

Tương tự như (i), từ (1.3.29) và (1.3.30) ta suy ra

)

" ¹ i

r ( A h

r- A ( h

re 0 3

Mâu thuẫn với tính hoàn toàn liên tục của A.

:A K

Hệ quả 1.3.1. Cho

K hoàn toàn liên tục và K là nón sinh. Khi đó

) :

 hoàn toàn liên tục

' A x 0( +

(i’) Nếu A khả vi tại x 0 theo K, thì

) :

(ii’) Nếu A khả vi tại vô cực theo K thì

 hoàn toàn liên tục

' ( + ¥

Chứng minh hệ quả 1.3.1.Hệ quả này suy trực tiếp từ bổ đề 1.3.1 và bổ đề 1.4.2

:A K

Bổ đề 1.3.2. Cho

K hoàn toàn liên tục. Khi đó

a) Nếu A khả vi tại q theo K và Aq

q= thì

 hoàn toàn

' ( ) : q+

liên tục.

) :

b) Nếu A khả vi tại vô cực theo K thì

 hoàn toàn liên tục.

' ( + ¥

' (

Chứng minh bổ đề 1.3.2. Theo bổ đề 1.3.1 ta chỉ cần chứng minh rằng

và

' ( )A q+

A+ ¥ là ánh )

xạ từ K vào K.

)

x K

q ,

Vì Aq

q= , ta có với

và do đó

Î . Tương tự với

' ( )A q+

' q+ A ( ) x

lim + t 0

( A tx t

)

x K )

¥ = x ) (

q ,

và do đó

' ( + ¥ Î .

' A +

lim +¥

( A tx t

:A K

Bổ đề 1.3.3. Cho

K hoàn toàn liên tục và Aq

q= . Giả sử rằng A

khả vi tại q theo K và 1 không là giá trị riêng của

tương ứng với vectơ riêng dương. Khi

' ( )A q+

đó

(i) Nếu

không có vetơ riêng dương tương ứng với một giá trị riêng lớn hơn 1 thì

' ( )A q+

tồn tại

t > sao cho

( , i A K K

)

1, 0

,t " < £ r

(1.3.31)

= Î { x E x

= Ç

trong đó

và

< r }

K B r

là một vectơ riêng dương tương ứng với một giá trị riêng lớn hơn 1, thì

(ii) Nếu

' ( )A q+

tồn tại

t > sao cho

)

0, 0

" < £

, t

i A K K ( ,

(1.3.32)

Chứng minh bổ đề 1.3.3. Dễ dàng chỉ ra rằng

' - x A

> 0

(1.3.33)

t+ ( ) x

inf x K x ,

1 =

, K x

1 (

1,2, 3,...)

sao cho

 . Khi đó, theo

Thật vậy, nếu có

' ( ) xq+- A

' A

}

sao cho

*  , x

bổ đề 1.3.2 tồn tại một dãy con {

( ) x q+

knx

, K x

xq ( )

do đó

x và vì vậy x

= và 1

= , mâu thuẫn với giả thiết.

' +- A

knx

Theo (1.3.33) ta đã biết

' ( ) x q

" Î x K

(1.3.34)

+- x A

Bây giờ chọn

t > sao cho

' ( ) x q

" Î

x K x

£ t

(1.3.15)

+- Ax A

a 2

Từ (1.3.34) và (1.3.35) suy ra

' t A ) +

' x A +

' t Ax A +

x - tAx [ + - (1 ³ - - - ( ) ] x q ( ) x q ( ) x q

³ - = 0, > x x a

Và do đó theo tính bất biến đồng luân của chỉ số điểm bất động,

" Î [0,1] ´ ¶ ( ), 0 a 2 K r a 2 < £ r ( , ) t x t

(1.3.36)

' += i A (

Trong trường hợp (i), ta biết từ Bổ đề 1.2.1 là

'( i A

i A K K ( , , ) q ( ), ), 0 t " < £ r K K , r

(1.3.37)

Điều đó ngụ ý rằng (1.3.31) được suy ra từ (1.3.36) và (1.3.37).

) = 1, r " > 0 q+ ( ), , K K r

Trong trường hợp (ii), có h

' ( ) q h q> sao cho A +

= l h , l 1 > . Bây giờ ta chứng minh

(1.3.38)

' ( ) q+- x

x A = th , " > x 0, t ³ 0

Thật vậy, nếu tồn tại

thì theo giả

' q+- ( ) x A

0 x = t ³ sao cho t h 0 q> và 0

' xq ( )A +

thiết 0

q x t > . Vì 0 ³ theo bổ đề 1.3.2 ta có t h³ . 0

* t h

Đặt * t

thì

nên

= t sup{ > 0 | x ³ th } 0 < £ < +¥ ³ , x t t

* t h

' A +

' ³ t h A + 0

x = q ( ) x + q ( )( ) + = l ( t + t h 0 t h ) 0

Mâu thuẫn với tính xác định của *t vì

* l + > t 0

Theo (1.3.38) và hệ quả 1.2.1, ta biết

'( i A

t t

(1.3.39)

Do đó (1.3.32) suy ra từ (1.3.36) và (1.3.39).

Bằng cách tương tự , chúng ta có thể chứng minh điều sau.

) = 0, 0 r " > . q+ ( ), K K , r

:A K

Bổ đề 1.3.4. Cho

' (

K hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng A khả vi tại vô cực

theo K và 1 không là một giá trị riêng của

) A+ ¥ tương ứng với vectơ riêng dương . Khi đó

' (

(i’) Nếu

) A+ ¥ không có vectơ riêng dương tương ứng với giá trị riêng lớn hơn 1, thì

tồn tại

)

i A K K ( ,

R s

(1.3.40)

= Ç

= Î { x E x

} R

trong đó

K B B R

0 s > sao cho

' (

(ii’) Nếu

) A+ ¥ có một vectơ riêng dương ứng với một giá trị riêng lớn hơn 1, thì tồn

tại

0 s > sao cho

(1.3.41)

i A K K ( , , ) = 0, R s ³

:A K

Định lí 1.3.12. Cho

' (

K hoàn toàn liên tục và Aq q= . Giả sử rằng A khả vi tại q và

tại vô cực theo K và 1 không là một giá trị riêng của

hoặc

' ( )A q+

riêng dương. Hơn nữa, giả sử rằng một trong hai

điều kiện sau được thỏa mãn:

không có vectơ riêng dương ứng với giá trị riêng lớn hơn 1, trong khi

(H9)

' ( )A q+

' (

) A+ ¥ tương ứng với vectơ

có một vectơ riêng dương ứng với một giá trị riêng lớn hơn 1,

(H10)

' ( )A q+

nhưng điều tương tự không đúng cho trường hợp

' ( A+ ¥ . )

Khi đó A có ít nhất một điểm bất động dương.

) A+ ¥ có vectơ riêng dương với giá trị riêng lớn hơn 1.

Chứng minh định lí 1.3.14. Trong trường hợp của (H9), ta biết rằng theo bổ đề

1.3.3 và 1.3.4 sẽ tồn tại

R r> > sao cho 0

Suy ra rằng

)

- i A K K i A K K ( , )

( ,

)

= - ¹ 0 1

i A K K K ( , \ R

Và do đó , A có ít nhất một điểm bất động trong

RK K . \

Tương tự, trong trường hợp của (H10) , ta có

( , i A K K

)

0, ( ,

i A K K

)

1, ( ,

)

= ¹ 0

\ i A K K K R

.

Do đó, chúng ta có thể khẳng định rằng A cũng có ít nhất một điểm bất động trong

RK K\

i A K K ( , , ) = 1, ( , i A K K , ) = 0

Ví dụ 1.3.2. Xét toán tử tích phân Uryson (1.3.56).

t G s G x ,

Cho

k t s x và ( , , )

k t s x không âm với ( , , )

³ và 0

' ( , , ) xk t s x liên tục và

1 không là một giá trị riêng của B hoặc của B1 tương ứng với một hàm riêng không âm, trong

đó

0 k t s º . Cho (1.3.58) đều được thỏa mãn với t GÎ và s GÎ khi x  +¥ . Giả sử rằng ( , , 0)

(1.3.70)

Hơn nữa, giả sử rằng một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn:

a) B không có những hàm riêng không âm tương ứng với một giá trị riêng

lớn hơn một, trong khi mà B1 đóng vai trò như một hàm riêng không âm.

b) B đóng vai trò của hàm riêng không âm tương ứng với một giá trị riêng

lớn hơn một, nhưng nó không đúng cho trường hợp của B1.

Khi đó toán tử Uryson (1.3.56) có một điểm bất động ( )x t ,không âm, liên tục và không

đồng nhất với 0 trên G.

Những khẳng định trên được suy trực tiếp từ định lí 1.3.8 vì theo ví dụ 1.3.3 ,

k ( ) Bx t = '( , , 0) ( ) x s ds t s , = ( , ) ( ) Q t s x s ds ( ) B x t 1

' A

' ( + ¥ = và

+ ¥ = ( ) B 1

A B )

1.4. Những định lí về nhiều điểm bất động.

Trước hết chúng ta sẽ trình bày hai định lí điểm bất động bội sau mà nó được suy

ra trực tiếp từ định lí 1.3.1 và 1.3.2.

Định lí 1.4.1. Cho

3W là ba tập mở bị chặn trong E sao cho

A K :

)

(

Ç W W  hoàn toàn liên K

q Î W W Ì W W Ì W . Cho toán tử 2

, 1

tục. Giả sử rằng

Ax £x

" Î

x K

;

³x

, " Î

x K

, x

" Î

x K

Ç ¶W và Ax £

Ç ¶W . Khi đó, A có ít

Ç ¶W 1

)

(

nhất hai điểm bất động

*x và

**x trong K

Ç W W ; hơn nữa

x Î W W và

x **

Î W W .

,W W và 2

Định

lí 1.4.2. Cho

là ba

tập mở bị chặn

trong E sao cho

A K :

(

)

Ç W W  hoàn toàn liên tục. Giả sử

q Î W W Ì W W Ì W . Cho toán tử 2

, 1

rằng

,W W và 2

;

" Î

x K

Ç ¶W . Khi đó A có ít nhất hai điểm bất động

*x và

**x trong

(

Ax x Ax ³ x , x K Ax x£ và , ¹ " Î Ç ¶W ; x K " Î Ç ¶W 1

x Î W W . 3

K Ç W W ; hơn nữa ) 1

x Î W W và 2

Bổ đề 1.4.1. Cho X là một tập co rút của không gian Banach thực E và X1 là một tập co rút, lồi,

bị chặn của X. Cho U là một tập mở khác rỗng của X và

U XÌ . Giả sử rằng

:A X

X hoàn toàn liên tục,

XÌ và A không có điểm bất động trên

)A X ( 1

1 \X U . Khi đó

(1.4.1)

) , i A U X = ( , 1

Chứng minh bổ đề 1.4.1. Vì tập co của không gian Hausdorff phải là tập đóng,

1X đóng trong

X và

U XÌ . Do đó, theo tính không đổi của chỉ số điểm bất

động, ta có

)

i A U X ( ,

(1.4.2)

Rõ ràng, U là một tập mở của

1X và do đó theo tính chất cắt của chỉ số điểm bất

động

)

i A X X ( ,

i A U X ( ,

(1.4.3)

, 1

+ - (1

x U X

H t x ( , )

t Ax )

Chọn

. Rõ ràng

Î Ì và đặt 1

1X lồi, ta biết rằng

1X như là một tập mở, bị chặn của chính nó,

đường biên của

1X trong

1X , tức là

1X¶ , là rỗng, nên theo tính bất biến đồng luân và tính

chuẩn tắc của chỉ số điểm bất động, ta được

)

i A X X ( ,

i x X X ( ,

= 1

(1.4.4)

, 1

cuối cùng, (1.4.1) suy ra từ (1.4.2) , (1.4.3) và (1.4.4).

H : [0,1] X X ´  hoàn toàn liên tục. Về phần

Hệ quả 1.4.1. Cho X là một tập lồi, đóng, khác rỗng, bị chặn của không gian

Banach thực E, giả sử

:A X 1 ) , X hoàn toàn liên tục. Khi đó ( , i A X X = .

= U X X

Chứng minh hệ quả 1.4.1. bằng cách đặt

này.

EÎ

= trong bổ đề 1.4.1 ta có ngay hệ quả

, Định lí 1.4.3. Cho K là một khối nón chuẩn trong không gian Banach thực E và 1

y z y z , , 1

liên tục, tăng mạnh và

Ay Az ,

(1.4.5)

Ay Az , 1

y , 1

z £ 2

]

Khi đó A có ít nhất ba điểm bất động

x x x trong , 1 3

y z sao cho , [ 1



và 2y £ 3x £ 1z .

y , 1

y z ] E hoàn toàn y với 1 < < < . Giả sử rằng z 2 A y z , : [ 1

X = ], X = ] X = ]

Chứng minh định lí 1.4.3. Cho

và

Khi đó,

y z , [ 1 y z , [ 1 y z [ , 2

2X là tất cả những tập khác rỗng, lồi, đóng, bị chặn

của của E, X là một co rút của E và

XÌ và XÌ . Vì ,X X và 1

,X X là những co rút của X , suy ra A có một điểm bất



động cực đại

1x trong

Do đó

1x là một điểm trong của

1X trong X. Cho

1U là phần trong của 1X trong X, khi đó

1U ¹ Æ

và A không có

điểm bất động trong

1\X U . Do đó, theo bổ đề 1.4.1, ta có

] y x y Ax Az < z £ < nên z y z . Từ (1.4.5) ta biết , [ 1 £ = x 1

(1.4.6)

Bằng cách tương tự, ta có thể chứng minh rằng A có một điểm bất động cực tiểu

2x trong

do đó

y z với [ ] 2 2

z£ x 2

2x là một điểm trong của X2 trong X. Tương tự, cho U2 miền

trong của X2 trong X. Khi đó

2U ¹ Æ , A không có điểm

bất động trong

2\X U và

1 ) i A U X = . ( , , 1

(1.4.7)

Theo tính cộng tính của chỉ số điểm bất động, ta có

i A X X ( ,

)

i A U X ( ,

)

i A U X ( ,

)

\ (

(1.4.8)

, 1

i A X U U X ( , 1

Và theo hệ quả 1.4.1 ta có

)

i A X X = ( , 1 ,

(1.4.9)

1 ) i A U X = . ( , ,

Từ (1.4.6), (1.4.7), (1.4.8) và (1.4.9) suy ra

\ (

)

= - 1

i A X U U X ( , 1

\ (

)

Do đó, A có một điểm bất động

. Rõ ràng rằng A không có

X U UÈ 1

3x trong

\ (

)

điểm bất động trong

. 

1\X U và trong

2\X U , ta biết

X X X 1

Hệ quả 1.4.2. Với điều kiện của định lí 1.4.3, A có ít nhất ba điểm bất động

]

và

  .

* 1

3x trong

* 1

y z sao cho , [ 1

x , x , x x x

Chứng minh hệ quả 1.4.2. A có trong

1x và một điểm bất

é 2,y z ê ë

ù û một điểm bất động cực tiểu ú

động cực đại

x¹ và tồn tại điểm bất động

3x . Theo định lí 1.4.3,

* 1

2x khác của A sao cho



Như vậy, rõ ràng rằng A là tăng mạnh, ta có

nghĩa là

* 1

3 .

* 1

  .

* 1

Trong trường hợp tổng quát, ta có thể chứng minh kết luận sau:

Cho K là một khối nón chuẩn trong không gian Banach thực E và

x < x < x Ax Ax Ax

EÎ y z ,i

với

...

< < < < < < m

Giả sử

E hoàn toàn liên tục, tăng mạnh và

A y z : [ , 1

,...,

(1.4.10)

Ay Az , 1

z y , 1

Ay Az , 2

Ay Az , m

z £ . m

Khi đó, A có ít nhất (2

sao cho

i ( = 1,2,..., m )

x x , 1m - ) điểm bất động 1 ,..., m x - trong y z 1[ , ]m



  x 2

- 1



y z ,..., y x z £  x 1 z y , 1 , - 1

m i

y x £ £ = 1,2,..., m - 1) z y + , m i i x + £ (

Ta lưu ý rằng khi

Tiếp theo , cho K là một nón trong không gian Banach thực E và

2m > , điều kiện (1.4.10) quá nghiêm ngặt rất khó kiểm tra.

= Î x K x { | < r r } ( 0) x K x { | r > . Khi đó = và } ¶ = Î rK

[0;

)

K , nghĩa là

Ka  +¥ liên tục và thỏa mãn

= Î { x K x | } r £ . Chúng ta sẽ xét hàm a không âm liên tục và lõm trên

{

( ), x

} ( b

a ( tx + - (1 ) ) t y ³ t a ( ) x + - (1 t a ) ( ), y " Î x y K , , 0 1 t £ £ . (1.4.11)

Chúng ta biểu thị tập hợp x K a

> > bằng ( ,

K a ba , ) ( ,

Rõ ràng,

là một tập lồi, đóng, bị chặn.

K a ba , )

A K :

Định lí 1.4.4. Cho

K hoàn toàn liên tục và a là một hàm lõm, không âm, liên tục

a £ với bất kì

. Giả sử tồn tại

trên K với ( )x

x KÎ

( , a

, ) |

}

( ,

, )};

x K a b

x ( )

)Ax

x K a ba

(i) {

> ¹ Æ và ( a

> với

x KÎ

(ii) Ax

a d b c < < < £ sao cho

d< với

( ,

)Ax

x K a ca , )

> với

với

(iii) ( a

Khi đó, A có ít nhất ba điểm bất động trong

cK .

Ax b> .

Chứng minh định lí 1.4.4 .

U | d }

Đặt

Ngoài ra, theo hệ quả 1.4.1, ta có

< (1.4.13) = Î { x K x c

(1.4.14)

( , i A K U U K

\ (

)

( , i A U K

)

( , i A U K

)

, 1

Từ (1.4.12), (1.4.13) và (1.4.14) suy ra )

) i A K K = ( , 1 ,

( , i A K K

1= -

(1.4.15)

Cuối cùng, theo (1.4.12), (1.4.13) và (1.4.15) ta biết rằng ở đây sẽ tồn tại

i ( )

(1)

(2)

(3)

( )( i i

1,2, 3)

\ (

)

sao cho

U x , 1

Î và 2

È U U 1

A K :

Định lí 1.4.5. Cho

K hoàn toàn liên tục và a là một hàm lõm, không âm, liên tục

x KÎ

. Giả sử rằng tồn tại 0

< < < sao cho c

trên K với ( )x

( , , ) | a

{

}

( ,

, );

x ( )

)Ax

x K a ca

(a) x K a c Î

> ¹ và ( a f

> với

x KÎ

(b) Ax

d< với

a £ với mọi x

)

x KÎ

với mọi

với Ax

a c

cK .

Khi đó A có ít nhất hai điểm bất động trong

= Î { x K x

}

Chứng minh định lí 1.4.5. Đặt

< khi đó (1.4.12) đúng và

do đó A có một điểm bất động

1x trong

1U . Bây giờ, ta định nghĩa

, khi v à Ax c ; x K Î £

Bx , khi v à Ax c . x K Î >

ìï Ax ïïï= í cAx ï ïïïî A

Rõ ràng

cK U UÈ

B K : K hoàn toàn liên tục và thỏa mãn tất cả các điều kiện của định lí 1.4.4 với

c= . Do đó theo định lí 1.4.4, B có một điểm bất động

, trong đó

3x trong

( , , ) | a

x K a c = Î {

x ( )

a > . }

\ ( )

Rõ ràng,

và do đó

a < .

)x 3( a

K È K a ca , ) ( , U U 1 È = È = U U 1

Nếu

3Ax

)

a ( x

a ( Bx

cAx Ax

c Ax

æ ç ç ç ç ç è

ö ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ø

æ ç ç 1 + - ç ç ç è

æ ç ç ç ç ç è

ö ö ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ q ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ø ø

)

a q ( )

)

a ( Ax

a c

c Ax

æ ç ç 1 + - ç ç çè

ö÷ ÷ ÷ ÷ ÷÷ ø



Ta gặp mâu thuẫn. Do đó Ax

3 £ nên Ax

c> thì theo điều kiện (c)

Chương 2:

CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ KRASNOSEL’SKII VỀ ÁNH XẠ NÉN VÀ GIÃN

MẶT NÓN

2.1. Ứng dụng vào phương trình tích phân.

Ví dụ 2.1.1. Một số bài toán về sự lan truyền bệnh dịch dẫn đến việc tìm nghiệm dương, có chu

kì w của phương trình

(*)

với các giả thiết:



´ ¥  ¥ ) )

[0,

liên tục, có chu kì w theo biến thứ nhất, ( , 0)

f t º ;

f s x s ds [ , ( )] x t ( ) = ò



t ] wÎ [0, 0 = đều đối với lim x ¥ f t x ( , ) x

có chu kì w , số

2) Tồn tại hàm

[0, : 0 j  ¥ ) r > sao cho

³ > j r j ( ), t " Î x (0, ( ) t dt 0 ] ; ( , ) f x t x

t t t sao cho " > phương trình (*) có nghiệm dương, chu kì w .

Mệnh đề. Tồn tại số

Chứng minh. Ta áp dụng định lí sau để chứng minh bài toán trên

x X x {

}

* Định lí. Ta kí hiệu

r , }













r  ,

B r

A K :



Giả sử

K compắc và tồn tại

 sao cho

r r , 1 2

r r (0, ), 1

r 2

K K B   r



  



r 1

x K S



K  \ { }

x Ax 



x 

  



b) Tồn tại

thỏa

 

r 2

max{ , }

Khi đó, A có điểm bất động dương x thỏa



r r min{ , } 1 2

r r 1 2

Bây giờ ta chứng minh bài toán

Ax x K S , x  1  

Kí hiệu: X là không gian các hàm liên tục, có chu kì w ,

K là nón các hàm x t( )

0³ .

|| x x t = || max | ( ) | w£ £ t

a t ( )

( ) s ds

Đặt

, ta có

inf Î w [0;

]

( ) Ax t [ , ( )] f s x s ds = ò

)

( ) s ds ( ) a t j = ¥ ( do a t lim ( ) t ¥ t ³ ò [ ] w

Gọi

1, a t ( ) t t là số mà t > " > .

* Chọn u t( )

, ta có:

+ r

" Î ¹ , S 1º , coi x Ax x

+ , S r

= x Ax ( + , u x Î >  0) ( ) x t l l l ³

£ £ t

Vô lí vì ( )

a t > 1

 ³ ³ ³ ( ) x t . ( ) x s ds ( ) s ds . min ( ) x t w 0 ( ). min ( ) t x t £ £ t [ , ( )] f s x s ( ) x s

" > , đặt C( )t là số thỏa

£ " ³ x C ( ), t " Î t [0; ] 1 t ( , ) f t x x

M ( ) max{ ( , ) : t f t x = t Î [0, ], x Î [0; C ( )]} t

M( ) t

Chọn r

, coi

, ta có

+ r

x Ax x " Î ¹ Ax = x x , Î S S + r

l < 1

 £ £ ( ) x t max{ , M ds ( )} t max{|| x ||, M = ( )} || t x || x s ( ) t

Ví dụ 2.1.2. Phương trình tích phân dạng đa thức

Xét phương trình tích phân phi tuyến

(2.1.1)

n và

trong đó G là một miền mở, bị chặn trong không gian Euclid

u x ( ) k x y f y u y dy ( , ) ( , ( )) = ò

(2.1.2)

a a ,

= 1

u x º là nghiệm tầm thường của phương trình (2.1.1). Để cho thuận tiện chúng ta

Rõ ràng, ( )

trình bày rõ ràng chính xác một vài điều kiện cho hạt nhân ( , )

f x u ( , ) = a x u ( ) > 0, = 1,2,..., m . i

k x y :

k x y không âm và liên tục trên G G´ và tồn tại một tập đóng

)H ( , ) 1(

e< < sao cho 1

0 0 GÌ với mes G > và 0

(

)

k x y ( , ) ( , ) k x y x y G G Î ´ ( , ) 0 " Î , ( , ), Î x G y G z G Î , > " 0, k z y ³ e 0

)H ( , ) 2(

0x GÎ sao cho k x x0 ,

k x y không âm và liên tục trên G G´ và tồn tại

0 G kí hiệu phần trong của G),

*( ) T

)H Với bất kì quả cầu đóng ( T GÌ (

tồn tại

0 > sao cho

e³

k x y dy ( , ) k x y dy ( , ) , " Î x G

Trong phần tiếp theo, chuẩn trong

là

( )C G được kí hiệu là  và chuẩn trong ( )L G được kí hiệu

Î C G u x ( ), ( ) Î ( ), 0

Bổ đề 2.1.1. Cho

0³ và

u-  khi

C G u x ( ) ³ u x( ) u x ( ) n

n  ¥ . Khi đó, với

a > bất kì, ta có

a- 

(2.1.3)

u n 0 (  ¥ )

Chứng minh bổ đề 2.1.1. Theo bất đẳng thức đã biết

- 1

) |

a y - £

x ( a

> 0,

(2.1.4)

Ta thấy rằng (2.1.3) đúng với

1a ³ . Bây giờ, giả sử rằng 0

e > bất kì, cho

1 a

0 1a< < . Với

và

e +

= ( ) 2 2 a

tại x

( ) khi u x ( ) v x ³ * < , ( ) khi u x

tại x

< ( ) khi u x ( ) x ( ), * ³ , ( ) khi u x

tại x

n khi u x ( )

( ), khi u x ( ) ³ * v x ( ) n < ìï ( ), u x ïï= í * ï e ïïî ìï u x ïï= í ï ïïî ìï u x ïï= í n * ï e , ïïî

tại x

w n

Rõ ràng,

v x ( )

x ( )

u x ( )

x ( )

* + ; e

* + e

v x ( ) n

w n

u x ( ) n

a v x [ ( )]

< khi u x ( ) x ( ) ( ), * ³ , khi u x ( ) ìï u x ïï= í n ï ïïî

a u x [ ( )]

a )

a w [ ( )] x

e (

;

a ( )]

+ = +

a x ( )]

a ( )]

a )

e (

w n

-  v

-  w

0 (

 ¥ )

(2.1.5)

Và

w n

Do đó theo (2.1.5) ta có

+ [ = + v x [ n u x [ n

a ( )]

a u x [ ( )]

a ( )]

a v x [ ( )]

a x ( )]

a w [ ( )] x

w n

- 1

a e 2 (

a )

e ( ) | 2( v x

a )

(2.1.6)

nv x ( )

N N e= ( )

sao cho

Từ (2.1.5) ta biết rằng tồn tại

- < v

" > n N

(2.1.7)

Từ (2.1.6) và (2.1.7) suy ra

| [ - | £ | [ - | + | [ - | u x n v x n

a )

a e 2 (

e 2(

e ,

và do đó (2.1.3) đúng.

- u < ) + = " > n N

Định lí 2.1.1. Giả sử rằng

(i) Hạt nhân ( , )

k x y thỏa mãn

)H 1(

(ii)

và trong số các

tồn tại

ia < 1

ia i (

³ 0, Î = 1,2,..., m ) = 1,2,..., m ) L n ( a x ( ) i a x ( ) i

và

ia > sao cho

M -

> và 0 > 0 a x ( ) i 0 a x ( ) i 1 inf Î x G inf Î x G

(iii)

, trong đó

<å a

= 1

thì phương trình (2.1.1) có ít nhất hai nghiệm không tầm thường, không âm, liên tục.

M = k x y ( , ) max Î ´ x y G G ( , )

K = Î u C G u x { ( ) | ( ) ³ u x 0, min ( ) ³ }

Chứng minh định lí 2.1.1. Cho

Î x G

ue 0

Dễ dàng kiểm tra rằng K là một nón của không gian

. Ta định nghĩa

E C G= ( )

với u KÎ , theo

Au x ( ) k x y f y u y dy ( , ) ( , ( )) . = ò

)H ta có 1(

e Au z 0

e 0

Au x ( ) ³ k z y f y u y dy ( , ) ( , ( )) = ( ), " Î Î x G z G ,

nên

, nghĩa là, Au KÎ

e 0

)A K

Do đó (

KÌ

(2.1.8)

Au x ( ) ³ Au min Î x G

, ta

Do bổ đề 2.1.1, dễ dàng chỉ ra rằng

có

Au x ( )

a i ( )[ ( )] 0

k x y a y u y ( , ) i 0

a i 0

mesG (

e ) 0

Au x ( )

a i ( )[ ( )] 1

k x y a y u y ( , ) i 1

a i 1

mesG (

tt 1

e ) 0

k x y ( , )

> 0

trong đó

a x ( ) i 0

inf x G Î

min x y G G ( , ) Î ´ 0

> 0

và

a x ( ) i 1

inf x G Î

Do đó

a i 0

mesG (

a ,i

" Î , u K

(2.1.9)

) e 0

Và

a i 1

mesG (

a ,i

" Î u K

(2.1.10)

) e 0

Từ (2.1.9) và (2.1.10) suy ra tồn tại

> > > sao cho 0

" Î

u K u

= r

(2.1.11)

Và

" Î

u K u

= R

(2.1.12)

Mặt khác, theo điều kiện (iii), ta biết

:A K x GÎ K hoàn toàn liên tục. Với u KÎ và

a i

Au M a

< = 1

" Î

u K u

(2.1.13)

i L

= 1

m å M a i = 1

Từ (2.1.8), (2.1.11), (2.1.12), (2.1.13) và áp dụng định lí 1.3.4, ta khẳng định rằng A có hai

điểm bất động

*u và

**u trong K sao cho

< < 1

< R

**( )

*( ) u x và

u x là hai nghiệm không tầm thường, không âm, liên tục

Rõ ràng,

của phương trình (2.1.1).

Định lí 2.1.2. Giả sử rằng

(i) Hạt nhân ( , )

k x y thỏa mãn

)H và 1(

1,2,...,

)

1,2,...,

)

(ii)

và trong số các

tồn

L a ,

i 1 (

a x ( ) i

i ia x ( ( )

( )

> thì phương trình (2.1.1) có

tại

ia x sao cho

a x ( ) i 0

inf x G Î

ít nhất một nghiệm không tầm thường, không âm, liên tục.

:A K

Chứng minh định lí 2.1.2. Như chứng minh của định lí 2.1.1 ta thấy rằng

K hoàn

toàn liên tục và (2.1.10) đúng. Do đó tồn tại

0R > sao cho (2.1.12) đúng.

r R

1,2,...,)

Ngoài ra vì

tồn tại 0

< < sao cho

i1 ( =

a > i

a i

Au M a

u K u

(2.1.14)

i L

1 =

Từ (2.1.12), (2.1.14) và định lí 1.3.4 suy ra A có ít nhất một điểm bất động u KÎ thỏa mãn

<  R.

Ví dụ 2.1.3. Chứng minh sự tồn tại của nghiệm bội dương của hệ phương trình tích phân kiểu

Hammerstein cho bởi

x ( )

( , ) ( , ( ), ( )) j

y dy

k x y f y 1

(2.1.15)

ï y

x ( )

( , ) ( , ( ), ( )) j

y dy

k x y f y 2

ìï j ïïïí ïïïî

´ 

( , ) :



 là một hàm không âm,

trong đó G là một miền đóng, bị chặn trong

ik x y G G



, ) :

´ ´ 

 là một hàm liên tục

liên tục và ( ,

if x u v G

i = (

1,2)

. Nếu ta đặt

( , j y

x )( )

( , ) ( , ( ), ( )) j

y dy ,

1,2

A i

k x y f y 1

j y ( , )

j y ( , ),

j y ( , ))

thì (2.1.15) tương đương với điểm bất động của toán tử A

Và

A ( 1

A 2

Cho toán tử

iK được xác định bởi

K (

x )( )

( , ) ( ) j

1,2

Î y dy x G i

(

k x y i



, ) :

´ ´ 

)

1,2)

r K (

với bán kính phổ

. ( ,

 là hàm

i> 0 (

if x u v G

ik là hàm liên tục

không âm suy ra rằng toán tử

iK tuyến tính, hoàn toàn liên tục (i=1,2). Hiển nhiên, toán tử

cũng hoàn toàn liên tục (i=1,2). Khi đó, theo định lí Krein-Rutman tồn tại hàm liên tục

0 sao cho

( ) g x i

" Î

1,2

(2.1.16)

x G i

k y x g y dy ( , ) ( ) i

r K g x ( i

) ( ), i

Ta đặt những sự giả định sau:

i =

1,2)

sao cho

( ) (

(C1) tồn tại hàm liên tục không âm

ia x

a x k

x y , ,

Î G

(2.1.17)

k x y ( , ) i

( ) ( , ), t i

(2.1.18)

a x g x dx ( ) ( ) i

( )

trong đó

ig x được xác định bởi (2.1.16)

(C2) Nếu một trong hai điều kiện

1 - r K (

)

Î 

(2.1.19)

đều với x G v,

lim + 0  u

f x u v ( , , ) 1 u

và

1 - r K (

)

(2.1.20)

lim + 0  u

( , f x u v , ) 2 u

x G u

Î 

được thỏa mãn.

đều đối với

1 - r K (

)

Î x G v

đều với

Î  (2.1.21)

(C3) Cho

lim +¥ u

f x u v ( , , ) 1 u

d = i

và

1 - r K (

)

(2.1.22)

lim +¥ u

f x u v ( , , ) 2 u

Î 

đều với x G u,

r > với 0

(C4) Tồn tại 1

< + < sao cho r 1

" Î

x G

)

(2.1.23)

if x u v ( , , )

< £ l

(

- )

( ) |,

1,2

trong đó

h i

h x i

h x ( ) i

k x y dy ( , ) i

h 1

h 2

= ò

max | Î x G

l£ r ( 1

Định lí 2.1.3. Giả sử rằng những điều kiện từ (C1) đến (C4) đúng. Khi đó bài toán

)

(2.1.15) có ít nhất hai nghiệm dương, liên tục

( j y thỏa mãn

( ) j y và 1

, 1

j 1

y 1

< < r 1

j 2

y 2

C G ( )

{ | j j

x ( )

X C G C G ( ) ( )

Chứng minh định lí 2.1.3. Đặt

liên tục trên }G ,

. Chuẩn

, j y

trong X được xác định khi

và rõ ràng X là một không gian Banach. Đặt

j y

{ j

C G

( ) |

x ( )

( ) ( ) j

x dx

}

g x i

K K K

= ´ là một nón

trong đó

id được xác định bởi (2.1.18) (i=1,2). Dễ dàng thấy rằng

j d j i

( , j y

)

(

)

trong X. Đặt

r K K r K K ( , j 1

Trước hết ta thấy rằng toán tử A là ánh xạ từ K vào K. Thật vậy, với bất kì

j y Î theo (2.1.17) ta được

( , ) K

( , )( ) j y

x dx

( , ) ( , ( ), ( )) j

y dy

g x A ( ) 1 1

g x dx ( ) 1

k x y f y 1

( ) ( , ) ( , ( ), ( ))

y dy

a x k 1

y f y 1

g x dx ( ) 1

" Î t

ò G )( ), ( , j y t

ò G A d 1 1

j y Î ( , )

Suy ra

. Tương tự,

và do đó ( , )

j y t

A 1

A 2

)T K

( , j y

)

( ) ( ) j

x dx

)A K (

KÌ . Tương tự, (

KÌ . Ta lấy

g x 1

= ò

j y Î , vậy K

[0,

)

thì B là ánh xạ từ K vào nón

K = +¥ khác trong không gian Banach thực

1E =  và

hiển nhiên B là một toán tử bảo toàn thứ tự và thuần nhất.

{( ,

)

Đặt

< thì }

W = r

Điều kiện (2.1.19) suy ra rằng ta có thể tìm một số 0r với

r < < sao cho 1

r 0

-³

) , ( r K u

(2.1.24)

( , , ) f x u v 1

" < £ u r 0

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng (2.1.19) đúng trong (C2) và A không có điểm

)

bất động trên

( , j y Î ¶W Ç , ta được r K

0r¶W . Theo (2.1.16) và (2.1.24) với mọi

( , j y

)

( , j y

)

( )

( ( ), ( )) y j

x dx B

( , j y

)

g x A x 1 1

j y j y q Î W r

( , ) ( , ( ), ( )) j

y dy

( ) ( ) j

x dx

g x dx ( ) 1

k x y f y 1

g x 1

G ( ) ( , ( ), ( )) y j

y dy

G ( ) ( x j

dx )

g y f y 1

g x 1

G r K ( 1

ò )

( , j y

)

( , j y

)

( , j y

)

( , j y

)

¹ , vì vậy

> . Do đó, với mọi

Rõ ràng rằng

)

BA j y £ ( , )

( ,

) B j y

( , j y Î ¶W Ç sao cho r K

Từ định lí 1.3.8 suy ra chỉ số điểm bất động

i A ( ,

K K ,

)

= 0

(2.1.25)

W Ç r 0

Từ (3.7) trong (C3) , khi đó tồn tại các số dương e và 1b sao cho

x G u

1 -³ ( ( r K

)

) u e

0 ³

(2.1.26)

( , , ) f x u v 1

, - " Î b 1

b 2 1 g y dy ( ) 1

Ta đặt

G r Ke (

> R max d ) 1

j y

{( ,

)

} R

Và đặt

W = R

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng A không có điểm bất động trên

ì ï ï ï ï r , í ï 1 ï ï ï î ü ï ï ï ï  ï ï ï ï 

= . Giả sử

R¶W . Với bất kì ( ,

) j ³ , bởi vì chứng minh j y Î ¶W Ç , ta có R K R 2

sẽ tương tự khi

)

j y ( ,

)

( )

y j ( ( ), ( ))

x dx B

j y ( ,

)

g x A x 1 1

j y ( , BA ò

j ( , ) ( , ( ), ( ))

y dy

j ( ) ( )

x dx

g x dx ( ) 1

k x y f y 1

g x 1

G r K (

y dy

G j ( ) ( )

x dx

G j ( ) ( , ( ), ( )) y g y f y 1

g x 1

ò )

G -

G r K r K ( )(

(

)

j ( ) ( )

y dy

j ( ) ( )

x dx

b 1

g y 1

g y dy ( ) 1

g x 1

ò e )

e r K (

G y dy

j ( ) ( )

g y 1

b 1

g y dy ( ) 1

ò )

e r K (

G d j ) 1

G > g y dy ( ) 1

b 1

Do đó, với bất kì ( , )

R K j y Î ¶W Ç sao cho

BA j y £ ( ,

( , )

B j y )

Từ định lí 1.3.8 suy ra rằng chỉ số điểm bất động

i A ( ,

K K ,

)

= 0

(2.1.27)

W Ç R

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng A không có điểm bất động trên

1r¶W . Với bất kì

)

( , j y Î ¶W Ç , khi đó r K

= 1r

j y ( ,

x )( )

1,2)

Theo (2.1.23), ta được

i ( ), (

A i

k x y dy ( , ) i

r h x 1 i

l r 1

l£

( , j y

)

. Do đó

Khi đó

A i

r h 1 i

( , j y

)

( , j y

)

( r h 1 1

h 2

£ = r 1

x K

" Î trong định lí 1.3.4, ta thấy rằng chỉ số điểm bất động

Theo cách lấy

( , i A

, K K

)

1 =

(2.1.28)

W Ç r 1

y ³ . Theo (2.1.26) và (2.1.16) ta được R 2

Rõ ràng rằng

W Ì W W Ì W . Ta thấy (2.1.25), (2.1.27), (2.1.28) suy ra theo tính chất cộng

r 0

r 1

tính của chỉ số điểm bất động. Chỉ số điểm bất động

i A ( ,(

W W Ç

)

K K ,

)

= -

i A ( ,(

)

K K ,

)

= . 1

r 1

W W Ç r 0

r 1

Do đó, theo tính chất nghiệm của chỉ số điểm bất động suy ra A có ít nhất hai nghiệm dương

)

liên tục

j y thỏa mãn (

j y và ( ) 1

, 1

j 1

y 1

< < r 1

j 2

y 2

Kết thúc chứng minh. 

2.2. Ứng dụng vào phương trình vi phân

Ví dụ 2.2.1. Xét bài toán giá trị biên hai điểm của phương trình vi phân thường sau:

t £ £

(2.2.1)

= '(1)

f x ( ) x =

0, 0 0. =

ìï + x '' ï í ï x (0) ïî

f x là hàm không âm, liên tục trên

x ³ và 0

Kết luận : Cho ( )

< 2

(2.2.2)

lim +¥

( ) f x x

f x d> > sao cho ( )

d< với 0

f x £ £ và ( ) d

a³ 4

Giả sử tồn tại

a 2

2[0,1]

với

£ £ . Khi đó, bài toán (2.2.1) có ít nhất ba nghiệm không âm và thuộc về

Chứng minh. Bài toán (2.2.1) tương đương với phương trình tích phân

x t ( )

G t s f x s ds ( , ) ( ( )) ,

(2.2.3)

= ò

G t s

t s

( , ) min{ , }

trong đó

),G t s là hàm Green

(

£ >

s s

t t

ìï t , ï = í ï s , ïî

Ax t ( )

G t s f x s ds ( , ) ( ( ))

(2.2.4)

Đặt

= ò

[0,1]

0, 0

E C=

x t { ( )

x t [0,1] | ( )

và

t " £ £ .

:A K

K rõ ràng là hoàn toàn liên tục. Đặt

. Điều đó cũng cho thấy rõ rằng

x t ( ) min ( ) x 1 £ £ t 1 2

( )x

a là một hàm lõm, liên tục, không âm trên K với

a £ với bất kì ( )x t

KÎ , tồn tại

s< < và

f x t > sao cho ( )

xs< với x

t> và do đó

( ) f x

s x

, x

³ 0,

(2.2.5)

trong đó

. Bây giờ , ta chọn

f x max ( ) £ £ x 0 t

max

;2 a

(2.2.6)

ì ï b ï í ï -ï 2 î

ü ï ï  ï ï 

a= và

Và chứng minh rằng tất cả những điều kiện của định lí 1.4.4 được thỏa mãn với

A K

KÌ

r= . Trước hết ta chứng minh (

x KÎ

theo (2.2.5) và (2.2.6) ta tìm được

Thật vậy, khi

sf x s ds ( ( ))

s s x s [ ( )

ds ]

s (

+ £ b )

s r (

+ < b )

ò 1 2

Ax KÎ

Do đó

a ( , x K a a {

,2 ) |

x ( )

}

a x K a a ( , ,2 ) |

x ( )

Rõ ràng, {

> ¹ Æ vì chẳng hạn

> , a }

, 0

a x K a a ( , ,2 )

£ £ . Hơn nữa, với

, ta có

trong đó

x t ( ) 0

a 3 2

a ( Ax

)

1 2

æ ç ç ç ç è

ö ÷ ÷ s f x s ds ( ( )) ÷ ÷ ø

æ ç ç ç ç è

ö ÷ ÷ s f x s ds ( ( )) ÷ ÷ ø

1 2

a ds 4

1 2

Cho thấy rằng điều kiện (i) của định lí 1.4.4 được thỏa mãn. Việc kiểm tra điều

x KÎ

kiện (ii) thì đơn giản, vì

suy ra

sf x s ds ( ( ))

s d ds .2

x K a ra , )

( ,

Cuối cùng, với

với

a> , ta có

1 2

G = Ax a ( ) , 1 2 æ ç ç ç çè ö÷ ÷ s f x s ds ( ( )) ÷ ÷ ø

1 2

= sf x s ds ( ( )) f x s ds ( ( )) + 1 2

1 2

> sf x s ds ( ( )) sf x s ds ( ( )) + 1 2 ù ú ú ú û

0 é ê ê ê ë ò

Và do đó điều kiện (iii) cũng được kiểm tra. Vì vậy theo định lí 1.4.4, A có ít nhất ba điểm bất

động trong

. rK 

= ( ( )) sf x s ds Ax a = > 1 2 1 2

Ví dụ 2.2.2. Xét bài toán giá trị biên hai điểm của một phương trình vi phân thường:

(1)

- = x ''

f x ( ), 0

£ £ t

x 1; (0)

= 0,

(2.2.7)

trong đó ( )

x ³ và (0)

một nghiệm tầm thường của bài toán (2.2.7). Ta có khẳng định sau: nếu

f 0 0 f x liên tục và không âm với = . Rõ ràng, ( ) x t º là

(2.2.8)

thì bài toán (2.2.7) có ít nhất một nghiệm tầm thường ( )x t thuộc

£ < 0 24 3 < và 8 £ +¥ lim +¥ lim +¥ ( ) f x x ( ) f x x

ù C é 2 0,1 û và thỏa mãn ú ê ë (2.2.9)

Để chứng minh khẳng định trên, trước hết ta nhận xét rằng bài toán (2.2.7) tương đương với

phương trình tích phân

( ) x t > 0, 0 1 " < < . t

(1)

Trong đó ( , )

k t s là hàm Green của toán tử khả vi

''x- với điều kiện biên (0)

= ; 0

được cho bởi

x t ( ) k t s f x s ds ( , ) [ ( )] , = ò

(2.2.10)

s t ), s ; £ k t s ( , ) > t t ), s ìï - (1 t ï= í ï - s (1 ïî

Đặt

Ax t ( ) k t s f x s ds ( , ) [ ( )] = ò

e )

x t { ( )

x t [0,1] | ( )

³ và 0}

- £ £ - t

1 2

K = Î K x x t { ( ) x t ( ) } 1 ³ - ( 2 | min 1 e 2

e< < và x là kí hiệu chuẩn của ( )x t trong không gian

trong đó

0 1 2

[0,1],

. Hiển nhiên, K và K e là nón của

Ke Ì và

)

x t KÎ

k t s Vì ( , )

£ - , (1

tục. Cho ( )

E C= [0,1] :A K K hoàn toàn liên

(2.2.11)

Ax £ s (1 - s f x s ds ) [ ( )] .

Ngoài ra, khi

t 1 2 1 - £ £ + , ta có 2

£ ( s 1 2 k t s ( , )

e )]

e )

> s [1 (1 ( ) t khi t s 1 2 1 2 ìïï - ³ - e t (1 ) s )(1 - ) s khi t ïï= í ïï - ³ - + = - s ( ïïî

e s ) (1

e , 0

nên

- k t s ( , ) s " ), - £ £ + t s £ £ 1. 1 ³ - ( 2 1 2 1 2

(2.2.12)

Do đó

ò e )

1 2

Từ (2.2.11) và (2.2.12) suy ra

s - Ax t ( ) (1 s f x s ds ) [ ( )] 1 ³ - ( 2 min 1 - £ £ + e t 2

e )

1 2

, ( ) Ax t Ax 1 ( ³ - 2 min 1 - £ £ + e t 2

nghĩa là,

( )Ax t )A K K eÌ . Vì vậy ( K eÌ nên

(2.2.13)

K A K ( ) , 0< < Ì " 1 2

f x ( )

£ x 8

Bây giờ, theo (2.2.8), tồn tại 0

r < < < +¥ sao cho 0

với 0

với x

h³ . Vì vậy, cho ( )x t KÎ với x

x ³ x 24 3 f x £ £ và ( ) r

ta có

4 (1 t

) t x

, 0

1, " £ £ t

Ax t ( ) £ 8 k t x x s ds ( , ) ( ) £ 8 x k t s ds ( , )

và do đó

, ( ) " x t

, K x

. = r

(2.2.14)

Mặt khác, đặt

h max{2 , (

- e ) }, 0

(2.2.15)

với x

Ta có R

Re=

e > và cho ( )x t KeÎ

= - r R e 1 e " < < 2 1 2

e )

h ³

e Re )

1 2

Do đó,

1 2

x x t ( ) 1 ³ - ( 2 1 = - ( 2 min 1 - £ £ + t e 2

1 2

³ ³ Ax k k , 24 3 , é ê ë 1 2 1 2 æ ö 1 ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç 2 è ø æ ç ç ç ç è ö ÷ ù ÷ s f x s ds ( ) ú ÷ û ÷ ø ö ÷ ÷ s x s ds ( ) ÷ ÷ ø

1 2

³ 24 3 x k , e 1 2 æ ç ç ç ç è ö ÷ ÷ s ds ÷ ÷ ø

ò 1 2 æ 1 ç -ç ç ç 2 è æ 1 ç ç ç çè 2

Vì vậy

- =12 3 (1 e ) x æ ç ç ç ç è ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø ö÷ ÷- e e ÷ ÷ ø

(2.2.16)

³ - - " Î = Ax 12 3 (1 x x t , ( ) e ) e e K x , e R e 1 2 æ ç ç ç çè ö÷ ÷ ÷ ÷ ø

với

Dễ dàng thấy rằng hàm

= - y e ( ) e (1 e ) e 0 e< < đạt giá trị lớn nhất tại 1 2 æ 1 ç -ç ç çè 2 ö÷ ÷ ÷ ÷ ø

và giá trị lớn nhất

Cuối cùng, chọn

e= trong (2.2.16), ta được

( ) x t

(2.2.17)

,e K x

R e 0

Từ (2.2.13), (2.2.14) và (2.2.17) và sử dụng định lí 1.3.2 với

{ ( ) x t

[0,1] |

{ ( ) x t

[0,1] |

}

và

W = 1

W = 2

K e

e e= = - 3 ( y e = ) 0 3 36 3 6

Ta khẳng định rằng A có một điểm bất động ( )x t trong K

e Ç W W  \

). (

Ví dụ 2.2.3. Xét bài toán giá trị riêng tương ứng với bài toán (2.2.7):

(2.2.18)

m + '' x f x ( ) = 0, 0 £ £ t x 1; (0) = x (1) = 0

trong đó như đã biết, ( )

f x liên tục và không âm với

= . Ta có khẳng định sau:

nếu

0 x ³ và (0)

(2.2.19)

[0,1],

thì tồn tại

0 < £ +¥ lim +¥ f x ( ) x

0 >

( ) x t r

m r

0R > sao cho với mỗi r R> , bài toán (2.2.18) có nghiệm

thỏa mãn

rx t ( )

> 0 ( 0 1) t " < < và

Như trong ví dụ 2.2.2 , bài toán (2.2.18) tương đương với phương trình tích phân

x = = r x t max ( ) r £ £ t 1 0

(2.2.20)

trong đó ( , )

m x t ( ) = k t x f x s ds Ax t ( , ) [ ( )] ( ) =

k t x tương ứng với hàm Green (2.2.10). Bằng cách tương tự như trong ví dụ 2.2.2 ,

ta có thể chứng minh rằng (2.2.13) đúng. Theo (2.2.19) tồn tại

0 t > và 0 h > sao cho

h³ .

f x ( ) xt> với x

Bây giờ, ta cố định e

cần tìm.

- ö÷ ÷ ÷ ÷ ø

(0 ) = R h e e< < và chứng minh rằng 1 2 æ 1 ç -ç ç çè 2

Với r R> ta đặt

Vì vậy, khi ( )

Ç ¶W , ta có

x t KeÎ

x t ( )

æ 1 ç ³ - ç ç ç 2 è

ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø

æ 1 ç = - ç ç ç 2 è

ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø

min 1 - £ £ + e t 2

1 2

Do đó,

1 2

x t { ( ) Î C [0,1] | x < . } r W = r

1 2

³ ³ k k Ax t , , 1 2 1 2 ö ÷ ÷ s f x s ds [ ( )] ÷ ÷ ø æ ç ç ç ç è ö ÷ ÷ s x s ds ( ) ÷ ÷ ø æ ö 1 ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç 2 è ø

1 2 1 2

ò æ ç ç ç ç è

1 2

Vì vậy

³ - = - - x r k t e te e (1 e ) , 1 2 1 2 1 2 æ ç ç ç ç è ö ÷ ÷ s ds ÷ ÷ ø æ ç ç ç ç è ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø æ ç ç ç ç è ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø

(2.2.21)

( 1

)

³ - - > Ax te e e r 0 inf ( ) Î Ç¶W x t K e r 1 2 1 2 æ ç ç ç çè ö÷ ÷ ÷ ÷ ø

Từ (2.2.21) và định lí 1.3.10 suy ra tồn tại

rm > sao cho

x t ( ) 0 K eÎ Ç ¶W và r



( ). Ax t ( ) r m= r x t r

Ví dụ 2.2.4. Xét bài toán biên hai điểm của phương trình vi phân thường:

(2.2.22)

£ £ t 1

trong đó

> > > . Khi đó bài toán (2.2.22) có hai nghiệm không tầm thường

x '(1) (0) 0, 0 0 ìï + + = x x ïïí ï = = x x ïïî

x t và 1( )

2[0,1]

và thỏa mãn

x t thuộc về 2( )

0, 0

> " < £ (2.2.23)

x t ( ) 1

x t ( ) 2

(2.2.24)

trong đó

1 2(1 -

)

1 b -

r < < < < R x t max ( ) 1 1 0 £ £ t x t 1 max ( ) 2 1 £ £ t

(2.2.25)

b 2) b

a 2)

b ( = = r , R + b é a ê ê +ë ( a ù ú ú û é ê ê ë ù ú ú û

Chứng minh. Bài toán (2.2.22) tương đương với phương trình tích phân

a ( , ){[ ( )]

(2.2.26)

x t ( ) = G t s x s + x s [ ( )] } ds

trong đó

''x- với điều kiện biên

bởi:

x (0) x= (1) 0 ( , )G t s là hàm Green của toán tử khả vi = , cho

(2.2.27)

G t s t s = ( , ) min{ , }

[0,1],

0, 0

= E C

x t { ( )

x t [0,1] | ( )

£ £ và 1}

Đặt

ìï £ t t s , ï = í ï > s t s , ïî

, trong đó 0

K = Î K x t | min ( ) ³ t x 1 t< < .

{ x t ( )

}

Kt Ì .

Rõ ràng, K và K t là nón của E và K

a ( , ){[ ( )]

(2.2.28)

Đặt

Ax t ( ) = G t s x s + x s [ ( )] } ds

Rõ ràng rằng

KÎ và 0

t< < 1

Ta có:

:A K K hoàn toàn liên tục. Bây giờ với ( )x t

a t ( , ){[ ( )] G s

0 t

Ax t ( ) = x s + x s [ ( )] } ds min t 1 < < t

a s x s {[ ( )]

a x s {[ ( )]

= + x s [ ( )] } ds + t + x s [ ( )] } ds

a s x s {[ ( )]

ò ò t

0 1

³ + x s [ ( )] } ds

a (1, ){[ ( )]

ò ò 0 Ax

= t G s x s + x s [ ( )] } ds

= t

Do đó (

)A K K tÌ nên

(2.2.29)

[0,1] |

A K ( ) Ì K , 0< <1 " t

= theo } r

x t Trong phần sau kí hiệu mặt cầu { ( )

(0 r< < +¥ ) Sr

Với

( )x t K S Î Ç , ta có: 1

a s x s {[ ( )]

(2.2.30)

ò )

Bây giờ ta chứng minh

x K S

(2.2.31)

¹ " Î Ç 1

K S

Ax = + x s [ ( )] } ds £ ( x + x sds = = 1 x

Thật vậy, nếu có

Î Ç sao cho 1

Ax x= thì từ (2.2.30)

a ( )]

* x s [

b ( )] }

s x s {[ + ds = 1

* x s

a ( )]

* x s [

b ( )] )}

nên

*( ) x s

s - {(1 [ + ds = 0

Vì vậy,

= 1 (0 1) s £ £ , mâu thuẫn với

* x s

a ( )]

* x s [

b ( )] }

Vì vậy (2.2.31) đúng

, ta có

Với ( )x t KtÎ

x (0) = Ax (0) = G s (0; ){[ + ds = 0

a s x s {[ ( )]

Ax = + x s [ ( )] } ds ³ + x s [ ( )] } ds

(2.2.32)

ò )

³ + t = - t + t t ( x x sds (1 t )( x x ). 1 2

2 t t )

đạt được giá trị lớn nhất trong 0

Dễ dàng thấy rằng hàm

= - (1

2 t t )

và hàm

tại

= = t 1

t 2( ) h

æ b ç +ç ç çè b

1 ö÷ 2 ÷ 2 ÷ ÷ ø

æ a ç +ç ç çè a

1 ö÷ 2 ÷ 2 ÷ ÷ ø

Đặt

= trong (2.2.32), liên hệ với (2.2.25) cho ta

t t , 1

= - (1 t< < tại 1 t 2( ) h

Î x K

= = r

(2.2.33)

2 1

a t ) 1

t 1

1 2

S Ax x x

Î x K

= = R

t )

(2.2.34)

1 2

Cuối cùng, từ (2.2.29), (2.2.30), (2.2.31), (2.2.33) và (2.2.34) ta biết rằng theo định lí 1.3.2 A

< < 1

t Î

và

sao cho

sẽ có hai điểm bất động

x t 1( )

2( )

K tÎ

K t

< . (cid:0) R

S Ax x x

KẾT LUẬN

Từ nhiều kết quả về định lí Krasnosel’skii và các vấn đề liên quan được trình bày trong

các bài báo khoa học và các giáo trình, luận văn đã cho một trình bày tương đối đầy đủ, có hệ

thống về đề tài này với các chứng minh chi tiết cho các kết luận được giới thiệu. Luận văn có

thể được sử dụng như một tài liệu tham khảo để làm quen với Lí thuyết phương trình trong

không gian có thứ tự. Luận văn có thể mở rộng theo hướng nghiên cứu định lí Krasnosel’skii

cho các ánh xạ đa trị.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. D.Guo and V.Lakshmikantham, Nonlinear Problems in Abtract

2. K.Deimling, Nonlinear Functional Analysis, Springer-Verlag,

NewYork, 1985

3. M.A.Krasnosel’skii and P.P.Zabreiko, Geometrical Methods of

Cones , Academic Press, San Diego, 1988

4. L.Gasinski, N.S.Papageorgiou, Nonlinear Analysis, Chapman &

Hall/CRC, 2006

5. Feng Wang and Fang Zhang, An extension of fixed point theorems

Nonlinear Analysis, Springer-Verlag, Berlin, Heidelberg ,New York,1984

K.Math. Soc.24(2009), No.2, pp.281-290.

concerning cone expansion and compression and its application,