Luận văn Thạc sĩ Toán học: Các phương pháp nghiên cứu định lí Krasnoselskii về điểm bất động trong nón

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

VŨ HUỲNH PHƯƠNG THẢO

CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU ĐỊNH LÍ

KRASNOSELSKII VỀ ĐIỂM BẤT ĐỘNG TRONG NÓN

Chuyên ngành: 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

BẢNG CÁC KÍ HIỆU ĐÃ SỬ DỤNG

Tập hợp các số tự nhiên.

Tập hợp các số tự nhiên khác 0.

Tập hợp các số thực.

Tập hợp các số thực không âm.

R



Biên của  .

Bao đóng của  .



(

,| . |)

Không gian Banach X với chuẩn |.|.

Không gian các hàm đo được trên đoạn [ , ]a b

pL a b [ , ]

Chuẩn của x trên không gian

x p

C a b [ , ]

Không gian các hàm số thực liên tục trên đoạn [ , ]a b

u a b :[ , ]

E





Kết thúc chứng minh.



[ , ], C a b E Không gian các hàm liên tục

MỞ ĐẦU

Lý thuyết phương trình trong không gian có thứ tự được hình thành từ những năm 1940, phát triển

mạnh mẽ vào những năm 1960–1970 và được hoàn thiện cho đến ngày nay. Lý thuyết này tìm được

những ứng dụng rộng rãi và sâu sắc trong nhiều lĩnh vực như Lý thuyết phương trình vi phân, vật lí,

sinh học, kinh tế ….

Trong lý thuyết phương trình trong không gian có thứ tự thì định lí Krasnoselskii về điểm bất động

của ánh xạ nén hoặc giãn một mặt nón đóng vai trò rất quan trọng. Vai trò của định lí này cũng tương

tự các định lí Banach về ánh xạ co và định lí Schauder trong lí thuyết điểm bất động. Nó được sử dụng

để chứng minh sự tồn tại nghiệm của nhiều lớp phương trình vi phân và tích phân. Vì sự quan trọng

của nó, định lí Krasnoselskii được nhiều nhà nghiên cứu quan tâm, tìm cách mở rộng, để có thể áp

dụng cho các lớp phương trình mới. Cho đến nay, định lý này đã được mở rộng theo nhiều hướng khác

nhau và là một trong những công cụ chủ yếu để chứng minh sự tồn tại nghiệm dương của nhiều lớp

phương trình vi phân và tích phân.Chứng minh ban đầu của Định lý Krasnoselskii dựa trên định lý

Schauder, khá phức tạp và dài. Với việc xây dựng khái niệm bậc topo theo nón cho ánh xạ dượng thì

định lý Krasnoselskii được chứng minh đơn giản hơn rất nhiều và việc mở rộng định lý cũng trở nên

thuận lợi hơn. Tuy nhiên việc sử dụng định lý Schauder để nghiên cứu Định lý Krasnoselskii vẫn còn ý

nghĩa trong một số trường hơp, ví dụ khi cần trình bày định lý này một cách độc lập với việc dùng bậc

topo.

Luận văn trình bày hai phương pháp nghiên cứu Định lý Krasnoselskii về ánh xạ nén hoặc giãn mặt

nón, đó là phương pháp sử dụng bậc topo và phương pháp sử dụng Định lý Schauder. Ngoài ra luận

văn cũng giới thiệu ứng dụng của Định lý và các mở rộng của nó để chứng minh sự tồn tại nghiệm

dương của các phương trình tích phân.

Chuơng 1:

PHƯƠNG PHÁP BẬC TÔPÔ NGHIÊN CỨU ĐỊNH LÍ

KRASNOSELSKII

1.1 Không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón.

Định nghĩa 1.1.1.

1. Tập K trong không gian Banach thực X gọi là nón nếu:

(i) K là tập đóng.

K K K K K

 

(ii)

   . 

K  (

) {0} 

(iii)

2. Nếu K là nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định bởi:

x K

    y

\{0}

được gọi là dương.

Mỗi x 

Mệnh đề 1.1.2. Giả sử “≤” là thứ tự sinh bởi nón K . Khi đó:

z K

x     

y   



    . ,

(

*), lim

, lim







   . x

2. 



x n

y n N n

x n

3. Nếu

  

nx là dãy tăng, hội tụ về x thì

n N x , *

Chứng minh mệnh đề 1.1.2.

1. Sử dụng thứ tự “≤” sinh bởi nón và tính chất (ii) trong định nghĩa 1.1.1.

)

x K



  mà x

     (tính chất đóng của K ).

x n

2. Ta có lim( 

n N

ta có

3. Cho m   trong bất đẳng thức

   .

x n

n m

x 

1.2 Bậc tôpô theo nón.

Trước khi đi vào định nghĩa bậc tôpô theo nón, ta nhắc lại cách xây dựng bậc tôpô trong không gian

hữu hạn chiều và không gian vô hạn chiều.

Bậc tôpô trong không gian hữu hạn chiều.

(

)

A G :

nR ,

. Ta nhắc lại rằng

ACho G là tập mở bị chặn trong không gian

R A C G 

)

(

;

)

A C G

A G ' :

n L R R

liên tục. Hơn nữa

khi và chỉ khi A khả vi tại mọi điểm





0x G và

)

A C G

và

khi và chỉ khi có tập E G , E mở, có



A .

|GA

)

'( )

A C G



Định nghĩa 1.2.1. Cho

, ta gọi x là điểm tới hạn của A nếu det

( )A x gọi là giá



A x  ,

(

)

trị tới hạn của A. Tập hợp các điểm tới hạn của A trên G kí hiệu là

AZ G hay AZ . Tập hợp các giá

trị tới hạn



AA Z được gọi là nếp của A.

Định lý 1.2.2. Nếu

)

(

)

A C G

1( A p

và

thì

chứa hữu hạn điểm.



p A Z

(Chứng minh của Định lý 1.2.2 có thể tham khảo trong [6, p.143]).

)

(

)

A C G

và

. Ta định nghĩa deg(

Định nghĩa 1.2.3. Giả sử

A G p là bậc của



p A G (  

p A Z

A tại p đối với G với:

deg(

A G p ,

sign

det

A x '( )

  ) :

1 (

)

 x A

Chú ý 1.1:

)

(i) Trong định nghĩa trên điều kiện

)

là để cho

'( )A x tồn tại khi

vì khi đó

p A G (  

x A p

)

'( )A x tồn tại.

 x A p

  nên G

(ii) Điều kiện

(

bảo đảm rằng tổng

sign

det

A x '( )

là hữu hạn (do Định lý 1.2.2).

p A Z



1 (

)

 x A

Hạn chế của Định nghĩa 1.2.3 là có quá nhiều ràng buộc đối với ánh xạ A và điểm p , sau đây là hai

(

. Để kiểm tra

định nghĩa “tốt hơn”, sẽ loại bỏ được điều kiện A khả vi trên G và điều kiện

p A Z

tính đúng đắn của hai định nghĩa này, ta có thể tham khảo trong [6, p. 144-149].

A C G

)

(

Định nghĩa 1.2.4. Giả sử

nhưng

. Khi đó:



p A G (  

p A Z

deg(

A G p ,

) : deg(

A G q , )



với q là điểm thỏa mãn:

d p A G ,

(

))

(

và







q A Z

d a ( ,

inf{||

||:

trong đó

) :  

x a 

  . }

(

)

Định nghĩa 1.2.5. Giả sử

. Khi đó:

A C G

p A G (  

deg(

A G p ,

) : deg(

G p ,

)



, 

B C G

)

với

thỏa:



A x ( )

B x ( )

d p A G

( ,

(

)),







  . x G

Như vậy ta đã xem xét bậc tôpô của ánh xạ liên tục A trong không gian hữu hạn chiều. Câu hỏi đặt ra

ở đây là làm thế nào để có thể xây dựng bậc tôpô cho một ánh xạ trong không gian vô hạn chiều. Phần

sau đây sẽ trình bày bậc tôpô trong không gian vô hạn chiều cho ánh xạ A có dạng A I F

  với I là

:F G

hàm đồng nhất,

X là hàm compact liên tục.

Bậc tôpô trong không gian vô hạn chiều (Bậc Leray-Schauder).

Định nghĩa 1.2.6. Cho X và Y là hai không gian tuyến tính định chuẩn, một ánh xạ compact

(

)

:F X

F X chứa trong một không gian con tuyến tính

Y được gọi là ánh xạ hữu hạn chiều nếu

hữu hạn chiều của Y .

Định lý 1.2.7. (Định lý xấp xỉ Schauder) Cho G là một tập lồi trong không gian tuyến tính định chuẩn

,|| . ||)

X (

:F X

G là ánh xạ compact liên tục. Khi đó với mỗi

0 , tồn tại một tập hữu hạn

(

)

trong

F X và một hàm liên tục hữu hạn chiều





  thỏa mãn: :F X

 v v 2, 1

v ,..., n

F x ( )

x X

(i)



   .

, 

F x ( ) 

)

co V (

)

(ii)



 . G

F X ( 

(

)

trong đó

co V là tập lồi nhỏ nhất chứa V .

(Chứng minh của Định lý 1.2.7 có thể tham khảo trong [6, Định lý 4.12]).

,|| . ||)

Định nghĩa 1.2.8. Cho G là một tập mở, bị chặn trong không gian định chuẩn

và

X (

:F G

)

A I F

. Đặt 

X là hàm compact liên tục,

p A G (  

   A I F

  với I là hàm đồng nhất,

với F là một hàm tùy ý xác định trên G liên tục và hữu hạn chiều thỏa:

F x ( )

 F x ( )

d p A G ,

(

)),







  . x G

G V

)F G và p , đặt

Chọn một không gian tuyến tính hữu hạn chiều V chứa (

  , ta định nghĩa:

deg(

, A G p

) : deg(

)



 A G p V

)

A G p là bậc Leray - Schauder của ánh xạ A tại p đối với G.

và gọi deg(

deg(

Nhận xét: Sự tồn tại của ánh xạ F đuợc suy ra từ Định lý 1.2.7. Ngoài ra, sự tồn tại của

 VA G p ) , ,

và sự độc lập với việc chọn không gian V trong Định nghĩa1.2.8 có thể tham khảo [6, p.152-153]).

Bậc tôpô theo nón K.

:A M

X .

Bổ đề 1.2.9. Cho không gian Banach X , tập đóng M X và ánh xạ compact liên tục

:A X

Khi đó tồn tại ánh xạ compact liên tục

X sao cho:

A X (

)

coA M (

)



A x ( )

x M



  , và

(Chứng minh của Bổ đề 1.2.9 có thể xem trong [4, p.44]).

Định nghĩa 1.2.10. Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử G X là tập mở, bị chặn.

:A K

x K

:A X

   là ánh xạ compact liên tục sao cho: Ax

x

    . Gọi

X là ánh xạ

compact liên tục sao cho:

(1.1)

A x ( ) A x ( ) G  x K    

(Sự tồn tại của A đuợc suy ra từ Bổ đề 1.2.9).

G K A X ( ) co A K ( ( ))        

Khi đó (

với mọi x

mà

G  . Giả sử trái lại, ta có 0 x

I A x )( ) 0 )A X (      K , nên G x : 0 Ax 0

, điều này mâu thuẫn với giả thiết

K ) ) ( )A x x K G x    . Do đó G        . Vì x 0 A x ( 0 A x ( 0

được xác định tốt.

vậy bậc tôpô deg(

Ta định nghĩa:

, ,0) I A G

ki A G ( ,

) : deg( I A G , ,0)  

và gọi

Ki A G là bậc tôpô theo nón K của ánh xạ A trên tập mở G.

Để kiểm tra tính đúng đắn của Định nghĩa 1.2.10, ta cần xem xét một số kết quả của khái niệm đồng

luân của những phép biến đổi compact (Chứng minh của những kết quả này có thể tham khảo trong [6,

Định lý 12.16])

) ( ,

X ,|| . ||)

Định nghĩa 1.2.11. Cho G là tập mở, bị chặn của không gian tuyến tính định chuẩn

. Giả

:[0,1]

(

)

(

K G

, ở đây

)K G là tập hợp các hàm compact liên tục từ G vào X . Ta nói rằng h là

sử

X (

đồng luân của những phép biến đổi compact trên G nếu với

   sao cho:

( ) 0 0 cho trước, tồn tại

x G t



  . s 

x ( ( ))( ) h t h s ( ( ))( ) x    với mọi

Định lý 1.2.12. (Bất biến dưới đồng luân) Cho G là tập mở, bị chặn của không gian tuyến tính định

,|| . ||)

, h là đồng luân của những phép biến đổi compact trên G . Đặt

, nếu

chuẩn

X (

  

I h t ( )

với 0

không phụ thuộc vào

[0,1]

t 

t G p ,

p ) , ) 1t  thì deg( G  ( t

Bây giờ ta kiểm tra tính có lý của định nghĩa 1.2.10. Giả sử

'A là một mở rộng khác của A thỏa (1.1).

Đặt ( ) :



 

ta có:

Lấy

h t X t A ' t A ) K ,. ( ) h t  (1  

 

 A A  

x G t



  . s 

x ( ( ))( ) h t

x ( ( ))( ) h s

t (







s A A x )( ')( ) 

t  

s A A 

 với



Do đó h là một đồng luân của.

'A A ,

0 bất kì, chọn ' A A 

(

h t

x ( ))( )

)(

I A x ')( )

Đặt

Ta có:





t I A x ( )( ) 

(1  



( ) t x  

I A

 

 I A

 

   . 0  I A

1; 

 0

1; 

( ) 0

[0,1]

)

(vì nếu trái lại có

sao cho:

t 

 



 hay

t x  với mọi x G  ,

x 0

G t 0,

t x 0(



0,1

h t (

)(

)

, mâu thuẫn với giả thiết). Do đó 0

với



 thì K

   , nghĩa là G

t G  (

x 0

Ax 0

deg(

,0)

deg(

,0)

. Theo Định lý 1.2.12, ta có

, hay là

mọi

t 



 0

 1



0,1

deg(

I A G

,0)

deg(

I A G

,0)







Vậy định nghĩa của bậc tôpô theo nón đã được khẳng định là hợp lý.

Tính chất bậc tôpô theo nón K.

:A K G

Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử G X là tập mở, bị chặn.

  compact

liên tục,

     . x K

A x ( )

u G x G ,

(

(1) Tính chuẩn tắc: Nếu

    thì

Ki A G  ) 1 ,

;

Tính

bất

biến

đồng

luân: Giả

sử

liên

tục,

(2)

   compact K

A A K 1

x K



     và đồng luân dương trên K

G  theo nghĩa: tồn tại ánh xạ compact

A x 0

x A x ; 1

F K : (

)

[0,1]

 



 sao cho:

F x t ( , )

x t ( , )

F x

( ,0)

A x F x ( );

( ,1)

( ).

, x  

G   





 0,1 ;

A x 1

(

)

Thế thì

i A G i A G )  K

1, 2)

,G G G là các tập mở bị chặn,

và

(3) Tính cộng tính: Giả sử



G G   2

( )A x

:A K G

. Khi đó:

x với mọi

  là một ánh xạ compact thỏa mãn:

x K

)

\ (

 



G G G 1 2

iG G i (  



(

)



i A G i A G )  K 1

i A G ( K 2

(

)

(4) Tính chất nghiệm: Nếu

Ki A G  thì A có điểm bất động trong K G .

1.3 Định lí Krasnoselskii và các mở rộng.

Trong mục này, ta sẽ trình bày Định lý Krasnoselskii (Định lý 1.3.4) và một số định lý mở rộng.

Chứng minh của các định lý này dựa trên bậc topo của một số hàm số. trong các truờng hợp đặc biệt.

Do đó ta sẽ trình bày trước Định lý 1.3.2 và Định lý 1.3.3 như một cơ sở cho việc chứng minh Định lý

Krasnoselskii.

Bổ đề 1.3.1. Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử G X là một tập mở, bị chặn chứa

A K G

K A x ( ) ;

x K G

(

điểm 0 ,

 

    . Khi đó, nếu u G thì

Ki A G  . )

(

)

Chứng minh Bổ đề 1.3.1. Giả sử

Ki A G  , theo tính chất nghiệm của bậc tôpô theo nón thì A có

u G

điểm bất động

  , điều này mâu thuẫn với giả thiết.

0x trong K G , suy ra



Định lý 1.3.2. Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử G X là tập mở, bị chặn chứa 0 ,

:A K G

  là ánh xạ compact liên tục sao cho: Ax

x với mọi x K

   .

A x ( )

x K

(

(i) Nếu



      thì G ,

x 



Ki A G  . ) 1

\ {0}

x A x ( )

x K

(

sao cho

(ii) Nếu tồn tại phần tử

K





      thì G ,



x 0

x  0

Ki A G  . )

x K

(iii) Giả sử (a)



      và G ,

x 



||:

x K

(b)

  

 0.

 inf ||

 G

(

Khi đó

Ki A G  . )

Chứng minh Định lý 1.3.2.

F K : (

)

[0,1]

F x t ( , )

tA x ( )

(i). Xét ánh xạ compact

 



 , K



F x t ( , )

tA x ( )

G t ,

x K

Ta có



       (do giả thiết), suy ra A đồng luân dương với

A x  0 0 ( )

F x

( ,0)

F x

( ,1)

A x ( )

(



)

(

(0,

) 1

Do đó

 (do tính chuẩn tắc của bậc tôpô theo nón, 0 G ).

i A G i ,  K K

(ii). Ta chứng minh A đồng luân dương với

khi  đủ lớn vì khi đó

( )A x 0

x 0

0x G  và áp dụng

(

Bổ đề 1.3.1 ta có

Ki A G  . )

Chỉ cần chứng minh tồn tại

0 sao cho:

t Ax )

G t ,

x K

[0,1],

. (1.2)

(1  



     

 

t x  0

  0

G t ,

[0,1],

Giả sử trái lại, tồn tại

K   





  sao cho:

x n

 n

. (1.3)

(1  



x n

t Ax ) n n

x n n 0

G t

Vì { }

bị chặn, A compact nên vế trái (1.3) bị chặn. Do đó vế phải của (1.3) cũng bị chặn



x n

, { } n

hay {

t  bị chặn trong R. Không giảm tính tổng quát ta có thể xem lim }n n

t    (nếu không ta xét n n

dãy con). Khi đó

lim



 , 0





t  n n

1  n

(

điều này suy ra

G bị chặn).

)nA x hội tụ (do A compact, { }nx

hội tụ về một x K

   (do K G

G  đóng). Khi đó qua giới hạn trong (1.3) ta có

Do đó  nx

x K

x Ax 



  



 , mâu thuẫn với giả thiết.Vậy (1.2) đúng .

x 0, 

)

[0,1]

(iii). Lấy

1t  bất kỳ, xét ánh xạ compact

 



 , K

th K : (

s Ax )

stAx

(1  



th x s ( , )

s t ( , )

h x s ( , )

s t ( , ) 1,

[0,1],

Đặt

. Ta có 0







  

  và 1



1 s t (

1 s t ( , )





h x s ( , )

điều này suy ra

x (do giả thiết (a)). Do đó A và tA (với

1t  ) đồng luân dương trên K

G  ,

theo tính bất biến đồng luân của bậc tôpô ta có:

)

(

tA G ,

  .

i A G i ,  K K

tA G ( ,

)

(

)

t  

 , khi đó

i K

Ki A G  . Thực vậy, áp dụng kết

Ta sẽ chứng minh tồn tại 0t sao cho

0 :

\ {0}

cố định thì:

quả vừa chứng minh ở phần (ii) ta chỉ cần chứng minh với

K

x 0

tA x ( )

x K





        (1.4) 

x  0

Giả sử trái lại, tồn tại các dãy

 sao cho

x      n

G  , n

)





x n

t A x ( n n

x 0 n

:A K G

}

)

Vì

để

  compact nên tồn tại dãy con {

y K  . Mặt khác, chú ý rằng

knx

knA x (

x n k

 n k

)





 . K

x 0

A x ( n k

n k

(

)

y K

  

hay

Cho k   ta có y K

  , suy ra

y  , mâu thuẫn với (b). Do đó (1.4) đúng hay

( , tA G

)

(

( , tA G

)

0( t

)

   . Vậy t





. 

, i A G i  K K

Định lý 1.3.3. Cho X là không gian Banach với nón K . Giả sử G X là tập mở, bị chặn, chứa 0 và

:A K G

  là ánh xạ compact liên tục sao cho Ax

x với mọi x K

   .

(

(i) Giả sử tồn tại u G sao cho

( 

x  

x u 

     , khi đó 

Ki A G  . ) 1

u K G

) 0

(

sao cho

(ii) Nếu tồn tại

( 



x  

x u 

     , khi đó 

Ki A G  .

Chứng minh Định lý 1.3.3.

: ( h K

)

[0,1]

( , ) h x t

) t Ax

(i) Xét ánh xạ compact

, ta chứng minh rằng

 



 , K

(1  



( , ) h x t

( , ) x t

(

)

[0,1]

. Thật vậy, giả sử trái lại rằng tồn tại

, x  

K   



(

), G t

[0,1]

sao cho

K   









x 0

)t Ax 0 0

t u 0 0

x 0

G u G

, mâu thuẫn với

Ta suy ra

 

 ( G mở). Khi đó

t  , vì nếu không ta có 0

x 0

x 0

với

, điều này mâu thuẫn với giả thiết.













Ax 0

x 0

t 0 

Do đó ( , ) h x t

( , ) x t

(

)

[0,1]

. Theo tính bất biến đồng luân ta có:

, x  

K   



( ,

(

) 1

 (do u G ).

) i A G i u G  K

(ii) Chứng minh tương tự như trên ta có:

( ,

(

)

 (do u G , Bổ đề 1.3.1).

) i A G i u G  K

Ta kết thúc chứng minh. 

Như vậy ở phần trên ta đã xét một số truờng hợp tính bậc tôpô theo nón của ánh xạ compact liên tục.

x X x

Truớc hết để dễ theo dõi ta sẽ quy uớc một số kí hiệu tập hợp:

;



Sau đây ta sẽ sử dụng những kết quả đó để chứng minh Định lý Krasnoselskii và các định lý mở rộng. 

  

x X x



r  . 0

  , K B r

  



Định lý 1.3.4. (Định lý Krasnoselskii)

: A K

r R ,

: 0

r R

Cho X là không gian Banach với nón K . Cho hai số thực

K

  . Giả sử

compact liên tục và:

x K S

(i)

x 





  

  .

x K S

(ii) Tồn tại phần tử

\ {0}

( ) x A x

thỏa



K





  

  .

x 0

x  0

Khi đó A có điểm bất động dương x thỏa

|| 

 . || R

Chứng minh định lý 1.3.4.

)

Theo Định lý 1.3.2 ta có

) 1; 

 .Ta áp dụng tính cộng tính của bậc tôpô với:

( i A B K r

( i A B K R

. Khi đó ta có



G B G B G B B r r

1, 2

;



, iG G i

G G   ; 2





K \ ( ) K S ( ) K S )      ( G G G 1 2

Từ giả thiết của định lý ta có x Ax

với mọi

, hay là:

( ) K S ) x K S    (



 Áp dụng tính cộng tính của bậc tôpô ta có đẳng thức:

, x Ax \ ( ) x K     G G G 1 2

x K

, ) ( ( , , )  i A G ( K 2 i A G i A G )  K 1

Suy ra

sao cho

 

B B \R r





x , hay là A có điểm bất động dương thỏa

|| 

 . ||

( \ ) , ) , ) 0 1 1 0        . Vì vậy tồn tại i A B B , K r i A B ( K R i A B ( K r

Hệ quả 1.3.5. Kết luận của Định lý 1.3.4 vẫn đúng nếu thay cả hai điều kiện (i), (ii) bởi một trong hai

điều kiện sau:

A x

x K S

A x

(i’)

( ) / 

   và

( ) / 

   . x K S

A x

x K S

A x

(ii’)

( ) / 

   và

( ) / 

   . x K S

Chứng minh hệ quả 1.3.5.

(i’) Ta sẽ chứng minh rằng:

A x ( )

x K S



     (1.5)

,  

(

)

Thật vậy, giả sử trái lại có

Khi đó

, mâu thuẫn với giả thiết



 





 0

x 0

K S A x 0 r

x 0 0

)A x ( 0

x 0

(i’). Vậy (1.5) đúng. Theo Định lý 1.3.2 ta có

(

) 1

 . (1.6)

i A K B , K r

\ {0}

bất kì. ta có

Mặt khác với

K

x A x ( )

x K S





 

  . (1.7)

,   0

)

Thật vậy, giả sử trái lại tồn tại

. Khi đó







x , điều này mâu

 1

x K S   1

x 1

A x ( 1

u  1 0

)A x ( 1

thuẫn với giả thiết (i’). Vậy (1.7) đúng. Mặt khác theo Định lý 1.3.2 ta có

(

) 0

 . (1.8)

i A K B , K R

Từ (1.6), (1.8) và áp dụng cách chứng minh tương tự như trong Định lý 1.3.4, ta có:

(

))



   . 1 0

i A K ( K

B B \ R r

B B .

Theo tính chất nghiệm, A có ít nhất một điểm bất động dương trong

(

) 0

(

và

(ii’) Lý

luận

tương

tự

như

(i’)

có

 ,

 ) 1

i A K B , K r

i A K B , K R

(

)) 1 0



  hay A có ít nhất một điểm bất động dương trong

i A K ( K

B B \ R r

B B \R

.

Định lý 1.3.6 Giả sử có điều kiện (i) của Định lý 1.3.3 và điều kiện :

a Ax ( )

||:



S   r 2

S       r 2  b ( ) inf ||

 

Khi đó kết luận của Định lý 1.3.4 vẫn đúng.

Chứng minh định lý 1.3.6.

(áp dụng Định lý 1.3.2 (iii), và cách chứng minh tương tự Định lý 1.3.4).

Định lý 1.3.7. Cho X là một không gian Banach được sắp thứ tự theo nón K ,

X là hai tập

,U U 1

:A K U

mở, bị chặn, khác  sao cho



  compact liên tục và thỏa một trong hai

,U U 1

 ; U 2

điều kiện sau:

(i)

và



x K    



x K    

và

(ii)



x K    



x K    

)

Khi đó A có ít nhất một điểm bất động trong



U U ( \ 2

Chứng minh Định lý 1.3.7.

Ta có thể giả sử rằng A không có điểm bất động trên

và

vì nếu không ta đã có điều

U 

A x ( )

hay là

phải chứng minh. Do đó

    

K   





A x ( )

x K

\ (

)

với

(1.9)

   





G G G 1 2

G U G U G U U 1





(i) Ta chứng minh rằng

A x ( )



x K    

  (1.10)

x 



)

Thật vậy, giả sử trái lại

(do ta giả sử A không có điểm bất động

K    







x 0

  0

A x ( 0

x 0 0

nên

trên

U 

1  ).

, mâu thuẫn với giả thiết (i), do đó (1.10) đúng. hay là:

Khi đó



Ax 0

 0

x 0

) 1

(

Ki A U  (Định lý 1.3.1(1)). (1.11)

Ta cũng chứng minh được rằng

A x ( )

[0,1]

. (1.12)



x K    

x 

  

[0,1) :

)

Thật vậy, giả sử trái lại

. Khi đó:

   





x K 1

   1

A x ( 1

x 1 1



Ax 1

 1

x 1

điều này mâu thuẫn với giả thiết (i). Do đó (1.12) đúng.

Mặt khác từ (i) ta có



 (1.13)

inf x K U  

suy ra

(do

U 

x  ). 0

0 U mở, 2

)

(

Ki A U  (Định lý 1.3.2 (iii)). (1.14)

Từ (1.12) và (1.13) ta có 0 Từ (1.9), (1.11) và (1.14), áp dụng tính cộng tính của bậc tôpô theo nón ta có:

(

)

(

1 0

)

(

Ki A U - ,

)

Ki A U    . ) 

U U ( \ 2

: K

Ki A U U  \ 2 Vậy theo tính chất nghiệm ta có tồn tại ít nhất một điểm bất động trong (ii) Chứng minh tương tự như (i). Định nghĩa 1.3.8. Cho X là không gian Banach với nón K ,

  R

  là hàm liên tục lồi,

là hàm liên tục lõm. Cho trước

 , ta định nghĩa:

x K

x ( )





( , )  



  

 

K 1

x K

x ( )





( , ) 

: 

  

 





( , ) , 

( , )  

( , ) 

1,2

: K

Mệnh đề 1.3.9. Cho X là không gian Banach với nón K ,

  là

  là hàm liên tục lồi,

x K

là tập khác  và bị chặn. Giả sử tập

hàm liên tục lõm. Cho trước ,



 . Đặt R

x : ( )

  

 

x K 

x ( )



:A K

x K

  .

K compact liên tục sao cho

     và thỏa:

1,2 :



 

)

x K

(i)

( 

,   

1,2

)

(ii)

)Ax (

 .

( 

   với x K

(

Khi đó

Ki A G  . )

Chứng minh Mệnh đề 1.3.9.

Lấy

ta có

1,2 :

  

 

chứng minh rằng

u x K u K G \ x ( )   ( )u  và ( )u  . Để áp dụng Định lý 1.3.3 ta cần

Ax ), G 0 x , x   (  x u       . (1.15) 

Thật vậy, giả sử trái lại

, ta có

G , 0 : ( u )     x    0  0 Ax 0 x 0  0 x 0 x 0 K , 2





x 0

Ax 0

1   0

 0   0

 và )x 0(

Truờng hợp 1: Nếu

(  . )Ax 0

, do đó

, suy ra

Khai thác tính lồi của hàm  ta có

1,2

) ) u ( ) (   (      K x 0 x 0 Ax 0 1 t 1 1   0 t 

(  (giả thiết (i)). Vì  lõm nên ta có mâu thuẫn: )Ax 0

. 

) ) u ( ) (     (     x 0 Ax 0 1 t 1 1   0 t 

Truờng hợp 2: Nếu

(  . )Ax 0

Theo giả thiết (ii) ta có

(  , khi đó ta có mâu thuẫn: )Ax 0

. 

) ) u ( ) (     (     x 0 Ax 0 1 t 1 t 1  1 

Vậy (1.15) đúng, do

nên áp dụng Mệnh đề 1.3.3 (iii) ta có

Ki A G  . )

u K G \ 0 ( , 

: K

Mệnh đề 1.3.10. Cho X là không gian Banach với nón K ,

  R

  là hàm liên tục lồi,

là hàm liên tục lõm. Cho trước ,

là tập khác và bị chặn. Giả sử

  

 

G x K :  . Đặt R x ( ) 

1,2 :

tập 

 

:A K Ax x K G x ,   , K compact liên tục sao cho      và thỏa: x K  x ( ) 

(i)

1,2

Ax ) x K (  ,   

(ii)

)Ax (

 .

Ax ) , (     với x K 1

Khi đó

Ki A G  . ) 1

( ,

Chứng minh Mệnh đề 1.3.10.

x K

x ( )

( )u

( )u



Lấy

 và

 . Để áp dụng Định lý 1.3.3 ta cần

ta có u G ,

1,2 :

  

 

chứng minh rằng

Ax ), G 0 x , x   (  x u       (1.16) 

Thật vậy, giả sử trái lại

. Ta có

G , 0 : ( u )      và x    0  0 Ax 0 x 0  0 x 0 x 0 K , 1 )x 0(

u   x 0 Ax 0 1 1 1   0  0   0

Truờng hợp 1: Nếu

(  . )Ax 0

Khai thác tính lõm của hàm  ta có

, do đó

, suy ra

)

u ( )







( 





K

x 0

Ax 0

x 0

1,2

1   0

 0   0

(  (giả thiết (i)).. )Ax 0

, mâu thuẫn.

Do  lồi ta lại có

) ) u ( ) (     (      x 0 Ax 0 1 1 1   0  0   0

Truờng hợp 2: Nếu

(  . )Ax 0

Theo giả thiết (ii) ta có

, mâu thuẫn.

) ) u ( ) (  , do đó (     (      )Ax 0 x 0 Ax 0 1 t 1 t 1  1 

Vậy (1.16) đúng, do u G nên áp dụng Định lý 1.3.3 (i) ta có

Ki A G  .  ) 1

: K

( ,

  là

: K R

Định lý 1.3.11. Cho X là không gian Banach với nón K ,

  là hàm liên tục lồi,

hàm liên tục lõm. Cho trước ,

R  . Đặt

là tập bị chặn, 0 G . Giả sử tập

  

 

G x K x : ( ) 

x ( )

  , ánh xạ

x K 



1,2 :



 

(i)

)

x K

( 

,   

1,2

:A K Ax x x , K compact liên tục sao cho     và thỏa : G

(ii)

Ax ) , (     với x K )Ax (  .

(iii)

Khi đó A có ít nhất 3 điểm bất động trong K .

) 1 ( , 0 ) 1 ( , r  đủ nhỏ và 0R  đủ lớn. i A K  với K r i A K  với K R

Chứng minh Định lý 1.3.11.

Theo Mệnh đề 1.3.9 ta có

r  đủ nhỏ và

0R  đủ

Ki A G  . Do 0 G và G bị chặn nên tồn tại

lớn sao cho:

0 ) ( ,

0 K G G K    

Ax , x x K G

, và









Từ giả thiết (iii) ta có 

G \ G K \ G K K K \ G G K      K G \ R         . Lại có K 



   

Áp dụng tính cộng tính của bậc tôpô theo nón ta có:

( \ ) ( ( , , ) 1 0 0 1       , i A G K , K i A G i A K )  K

Do đó theo tính chất nghiệm của bậc tôpô theo nón ta có A có ít nhất 3 điểm bất động

( ( \ , , ) , ) 1 0 1 0       . i A K G i A K ) K i A G ( K

. 

\ , ,   x K x G K x  1 2 3 K G \ R

: K R : K R

Định lý 1.3.10. Cho X là không gian Banach với nón K ,

  là

  là hàm liên tục lồi,

hàm liên tục lõm. Cho trước ,

là tập bị chặn, 0 G . Giả sử tập

  

 

x ( )

x K 



G x K :  . Đặt R x ( ) 

  , ánh xạ

1,2 :



 

:A K Ax x x , K compact liên tục sao cho     và thỏa: G

(i)

1,2

Ax ) x K (  ,   

(ii)

Ax ) , (  )Ax (  .    với x K 1

(iii)

Khi đó A có ít nhất 3 điểm bất động trong K .

0 ( , 0 0 ( , r  đủ nhỏ và 0R  đủ lớn. i A K  với ) K r i A K  với ) K R

Chứng minh Định lý 1.3.10.

Theo Mệnh đề 1.3.10 ta có

Ki A G  . Do 0 G và G bị chặn nên tồn tại

lớn sao cho:

) 1 ( , 0 r  đủ nhỏ và 0R  đủ

0 K G G K    

Từ giả thiết (iii) ta có Ax

x G K K x với mọi       . Lại có

, và









G \ G K \ K G K K \ G G K      K G \ R







   

Áp dụng tính cộng tính của bậc tôpô theo nón ta có:

( \ ) ( ( , , ) 1 0 1 0      , i A G K , K i A G i A K )  K

Do đó theo tính chất nghiệm của bậc tôpô theo nón ta có A có ít nhất 3 điểm bất động

( ( \ , , ) , ) 1 0 0 1        . i A K G i A K ) K i A G ( K

\ , ,   x K x G K x  1 2 3 K G \ R

Chương 2.

SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ SCHAUDER ĐỂ NGHIÊN CỨU ĐỊNH LÍ

KRASNOSELSKII

Trong chương này ta sẽ trình bày việc chứng minh định lý nón Krasnoselskii của ánh xạ nén và giãn và

những mở rộng của nó bằng việc sử dụng Định lý điểm bất động Shauder: “Nếu K là một tập con lồi

của không gian vecto topo V và T là một hàm liên tục từ K vào chính nó sao cho T(K) chứa trong một

tập con compact của K, Khi đó T có một điểm bất động ” Tuy nhiên việc chứng minh Định lý

Krasnoselskii theo hướng này cần một khái niệm mới, đó là khái niệm “cốt yếu”, chính trong những

chứng minh các định lý liên quan tới hàm cốt yếu ta có sử dụng Định lý Schauder. Do đó đầu tiên ta sẽ

xem xét qua khái niệm “hàm cốt yếu” và một số định lý về các điều kiện cần của một hàm cốt yếu.

là một không gian Banach (vô hạn

Trong phần 2.1 và 2.2 của chương này ta sẽ kí hiệu

X , . ) X (

hoặc hữu hạn chiều), C là một tập con lồi đóng khác rỗng của X thỏa u

v C ,    với mọi 0 

và

,u v C , và U là một tập con mở của C . Kí hiệu

A K U C (

)

x A x ( )

( ) , K U C là tập hợp tất cả các ánh xạ compact liên

là tập hợp tất cả các ánh xạ

với

với mọi x

tục





UK U C (



:A U , ) C ; U  .

2.1 Hàm cốt yếu

( , ) , )

Định nghĩa 2.1.1. Một ánh xạ

được gọi là cốt yếu trên

nếu với mọi

UK U C (





A K U C U

thỏa

. Ngược lại A được gọi là không

thì tồn tại x U sao cho



U 

( , ) G A x G x ( )   G K U C U

nếu tồn tại

thỏa

và

cốt yếu trên

với mọi x U .

UK U C (





U 

, ) ( , ) G A x G x ( )   G K U C U

là cốt yếu thì tồn tại x U sao cho x Ax

. Nguợc lại nếu x Ax

Nhận xét 2.1: Nếu



( , ) A K U C U

với mọi x U thì A không cốt yếu trong

UK U C (



, )

( , , ) , )

Định nghĩa 2.1.2. Hai ánh xạ

được gọi là đồng luân trong

, kí hiệu

UK U C (



F G K U C 

trong

nếu tồn tại ánh xạ compact liên tục

UK U C (



F G , ) H U : [0,1] C   sao cho

với mỗi

[0,1]

và

t 

UK U C (



(.) H t U (., ) : C , ) H ,   thuộc   . F H G 1

, , )

Định lý 2.1.3. Cho

với

UK U C (



,X C U được xác định như trên. Giả sử rằng ,F G là hai hàm trên

trong

. Khi đó F cốt yếu trong

khi và chỉ khi G cốt yếu trong

UK U C (



F G , ) , )

UK U C (



(Chứng minh định lý này có thể tham khảo trong [6, p. 68])

, )

, ( )A x

Định lý 2.1.4. Cho

có:

,X C U được xác định như trên và hàm hằng p với mọi x U . Khi đó ta

(a) Nếu p U thì A là cốt yếu trên

UK U C (



, )

(b) Nếu p U thì A không cốt yếu trên

UK U C (



, )

Chứng minh Định lý 2.1.4.

(a) Giả sử

thỏa



U 

( , ) G A p   . Ta chứng minh G có điểm bất động x U . Xét ánh G K U C U

xạ

:J C C xác định bởi:

Dễ thấy rằng J là ánh xạ compact liên tục. Định lý điểm bất động Schauder chứng tỏ rằng J có một

G x ( ), , x U  J x ( ) : \ , . p x C U      

hay G

nên x U . Vì vậy ta có

điểm bất động x C . Do p U và



( , ) x ( )  J x G x ( )  G K U C U

có điểm bất động x U . Từ đó ta có A là cốt yếu trên

UK U C (



, )

(b) Do Ax

x với mọi x U , theo Nhận xét 2.1 ta có điều phải chứng minh.

2.2 Định lý Krasnoselskii mở rộng.

Thông qua việc sử dụng khái niệm hàm cốt yếu ở trên, ta sẽ chứng minh một số định lý chứng minh sự

p U   nên Ax

tồn tại điểm bất động của ánh xạ

trong miền

. Cuối cùng, thông

qua các định lý này ta sẽ chứng minh Định lý Krasnoselskii của ánh xạ nén và giãn ở các Định lý 2.1.8

và 2.1.11.

A K B C ( , ) x C r : x R }  : {    ||  || 

r R , : 0 r R A K B C ( , )

Định lý 2.1.5. Cho

và thỏa những điều kiện sau:

,X C được xác định như trên và hai hằng số   . Giả sử 

(P1)

với mọi

rA B :

x A x ( ) x S S    . (P2) C

không cốt yếu trên

(

)

K B C .

(P3)

( ) , K B C .

RA B :

C cốt yếu trên

Khi đó A có ít nhất một điểm bất động trong tập

x C r : x R } : {    ||  || 

Chứng minh Định lý 2.1.5.

Giả sử rằng A không có điểm bất động trong  . Điều kiện (P2) suy ra rằng có một hàm số

K B C (

)



thỏa

và

  S

x x ( )    . x B r

( ),0 || x 

Đặt

. R

|| 

||  || 

  ( ) x    ( ), A x r 

K B C (

)

Ta có

 

và  không có điểm bất động trong

C :   với

RB (do  không có điểm bất

động trong

rB , A không có điểm bất động trong  và

RS ). Điều này mâu thuẫn với (P3). Vậy A có

nhất

một

điểm

bất

động

trong

ít

 .

A   S

Định lý 2.1.6. Cho

được thỏa:

x N x t ( , )



,X C được xác định như trên và hai hằng số 0 r R   . Giả sử những điều kiện sau

với mọi

(Q1)

x H x t ( , )

( [0,1], C ) N x ( ,0) 0, [0,1] : x   t  N K B R    và với mỗi x B R S . R

(Q2)

: với mỗi

với mọi



(Q3)

(.,1)

N

B r

( [0,1], C ) [0,1] : x  t  H K B  r S . r

(Q4)

(.,1)

x C r

R }

có một điểm bất động trong

Khi đó

: {   

|| 

x H x ( ,0),    . x B r

Chứng minh Định lý 2.1.6.

(.,0)

N

(.,1)

(

)

(.,0)

H

(.,1)

(

)

Ta có

trong

K B C (do điều kiện (Q1)) và

trong

K B C (do ,

điều kiện (Q2)). Từ (Q1), (Q2) và (Q3) ta có

N x ( ,1) S S x x ,     . (2.1)

, do đó theo (Q4) thì

là hàm không cốt yếu trong

Từ (Q2) ta có

H (.,0) K B C ( , ) H (.,0) ( )  K B C . , r

trong

cũng là hàm không cốt yếu trong

Vì

có kết luận:

H (.,1) H (.,0) ) ( (.,1)H ( , K B C nên , K B C , do đó ta )

B r

N x

( ,0)

Mặt khác, do 0

 (với mọi

( , K B C . (2.2) ) N (.,1) H (.,1) : C   là hàm không cốt yếu trong B r

RB nên theo Định lý 2.1.4 ta có hàm hằng

x B ) là cốt yếu

trên

trong

( ) N (.,1) N (.,0) ( ) , K B C nên theo Định lý 2.1.3 ta có K B C . Vì , R

Ta nhận thấy (2.1), (2.2) và (2.3) chính là các điều kiện (P1), (P2) và (P3) của Định lý 2.1.5 ứng với

N (.,1) : ) ( , K B C . (2.3) C cũng là hàm cốt yếu. trong B R

hàm

thay cho hàm

. Vậy

có một điểm bất động trong



N (.,1) (.)T N (.,1) x C r : x R } : {    ||  || 

r R

A K B C ( , )

Định lý 2.1.7. Cho

  . Giả sử

và

thỏa những điều kiện sau:

,X C được xác định như trên và hai hằng số 0 

(H1)

\ {0}

p C

Ax 1, S x x  ,       .

sao cho

(H2) Tồn tại

x A x ( ) 0, p S x   ,       .

Khi đó A có một điểm bất động trong

x C r : x R } : {    ||  || 

Chứng minh Định lý 2.1.7.

Từ (H1),(H2) ta nhận thấy rằng

x A x ( ), x S S     . (2.4)

0M  sao cho ||

với mọi

Chọn

N t

(., ) :

(.)

tA

A x ( ) || ||p M r M x B và chọn  .   0 0 :||  0

và

Đặt

Từ (H1), (H2) và (2.4) ta suy ra điều kiện (Q1), (Q2) của Định lý 2.1.6 thỏa (với

N x

( ,1)

( )

( ,1)



A x H x 

H t (., ) : A (.) t [0,1]  (1   t  p ) 0

). Mặt khác

với

t 0 t [0,1]  (1      x B nên (Q3) thỏa. Hơn thế nữa )  0

x H x

( ,0)



với mọi

Suy ra

|| H x ( , 0) || || A x ( ) p || || p || || A x ( ) || M r M r ,          0  0   . x B r

x B , đây chính là điều kiện (Q4). Vậy theo Định lý 2.1.6 ta có A

)

có

một

điểm

bất

động

trong

(hay (.,1) N



x C r : x R } {    ||  || 

Định lý 2.1.8. (Định lý nón Krasnoselskii của ánh xạ nén)

,|| . ||)

Cho

X (

là không gian Banach như trên nhưng thay C X bởi nón K

X và chuẩn

với mọi

,x y K . Cho hai hằng số ,

x y x || r R : 0 r R || . || tăng đối với K , nghĩa là ||  || ||    . Giả sử

và thỏa:

A K B C ( , ) 

(K1) ||

A x ( ) || || x ||, x S K     . R

(K2) ||

x K r

R }

: {   

|| 

Khi đó A có một điểm bất động trong

A x ( ) || || x ||, x S K     . r

Chứng minh Định lý 2.1.8.

[0,1]



Ta thấy điều kiện (K1) sẽ kéo theo điều kiện (H1) đúng. Thật vậy, giả sử tồn tại

A x ( )

sao cho

. Khi đó ta có mâu thuẫn sau:

x S và R

R || x || | | . || A x ( ) || || A x ( ) || || x ||       . R

Ta cũng có (K2) sẽ kéo theo điều kiện (H2) đúng. Thật vậy, giả sử tồn tại

sao cho

\ {0} p K

với

x A x ( ) x   p 0  và S nào đó. Khi đó ta có mâu thuẫn sau:

(do

|| x || || A x ( ) p || || A x ( ) || || x || ,Ax      p K  và ||.|| tăng đối với K ).

Vậy theo Định lý 2.1.7 ta có điều phải chứng minh. 

Như vậy ở phần trên ta đã chứng minh xong định lý nón Krasnoselskii của ánh xạ nén dựa vào một số

định lý truớc đó (Định lý 2.1.5, 2.1.6, 2.1.7). Sau đây ta sẽ trình bày cách chứng minh Định lý

Krasnoselskii của ánh xạ giãn (Định lý 2.1.11) một cách tuơng tự như vậy.

r R ,

: 0

r R

,X C được xác định như trên và hai hằng số

Định lý 2.1.9. Cho

  . Giả sử

và thỏa những điều kiện sau:

A K B C ( , ) 

với

(P’1)

x A x ( ) S x     . S r

(P’2)

rA B :

)

(

K B C .

(P’3)

) ( , K B C . C cốt yếu trên

RA B :

C không cốt yếu trên

Khi đó A có ít nhất hai điểm bất động

x C r : x R } : {     ||  ||  x 0 B ; 1 x

Chứng minh Định lý 2.1.9.

Từ (P’2) suy ra A có một điểm bất động trong

rB . Ta chỉ còn phải chứng minh A có ít nhất một điẩm

bất động 1 x

x C r : x R } : {     ||  || 

và giả sử

Đặt



K B C (

)

A C :      không có điểm bất động trong  .

thỏa

và

Điều kiện (P’3) suy ra rằng có một hàm số



(0, )r



x x ( )  A   . Cố x B R   S

và đặt

định

:   , trong đó C

x x ) 0 ||  ||  ,  (   R R 

R x ( ||  , x x r  ( ) x    ||  ||  || x )  ( r r ( )  x ) || ||   ( ) || R r r    r R r ( ) ||   ) || || x        

r x . R ( ) x ||  || 

     ( R    

Lưu ý rằng

(

) ||





)  ( r

R r ( r   ) || || x  

C : ||x r   được định nghĩa tốt vì khi ||   thì:

và

Ta có

và  không có điểm bất động trong

RK B C



(do  không có điểm bất động trong

RB , A không có điểm bất động trong  ).

( , ) A       A    

mà

Bây giờ ta tập trung vào hàm

B r

Ax S x x    do đó ta có C A :   ta có     B r

và  không có điểm bất động trong rB . Điều này mâu thuẫn với (P’2). Vậy 

K B C ( , )   B r

(hay A) có ít nhất một điểm bất động trong  .Điều này suy ra rằng A có ít nhất hai điểm bất động

. 

1,x x với

r R

: 0

r R

x C r : x R } : {     ||  ||  x 0 B ; 1 x

A K B C ( , )

Định lý 2.1.10. Cho

,X C được xác định như trên và hai hằng số ,

  . Giả sử

và thỏa những điều kiện sau:



(H’1)

\ {0}

Ax 1, S x x  ,       .

sao cho

(H’2) Tồn tại

p C

x A x ( ) 0, S p x   ,       .

Khi đó A có một điểm bất động trong

x C r : x R } : {    ||  || 

Chứng minh định lý 2.1.10.

Xét

rH B :

[0,1] H x ( , ) A x ( )   , C  

Ta có

[0,1]

(do

và điều kiện





(H’1)).

H (.) H (., ) : C ( , A K B C ( , ) K B C với mỗi )    thuộc  B r

0A  trên

Mặt khác

H 0, H A ) (   , do đó K B C . , r

Từ Định lý 2.1.3 suy ra A cốt yếu trên

(

)

K B C ), đây chính là điều kiện (P’2) của Định lý 2.1.9.

) ( , ( ) 0 K B C (do Định lý 2.2.4 hàm hằng F x  cốt yếu trên

Chọn 0

0  sao cho :

(

R || p ( ) ||  (2.5) ||   0 Sup A x || x S 

Xét

. Khi đó ta có được

thuộc

K B C ) R

RN B :



[0,1] C N x ( , , ) : A x ( ) p N (.) N (.,       )   0

(do

, điều kiện (H’2)). Do đó

với mỗi

[0,1] A K B C ( , )  

trên

N ) ( , K B C (2.6) N 1

. Với mỗi

[0,1]

và

Xét



(.)

| .

(.)

( ) ||

R Sup A x

( ) ||

A 











 

 . R

 0

Sup A x || x S 

x S 

[0,1]



A x ( )

(.)

) :

(

)

với

K B C với ,

Suy ra

và







x S . Do vậy

(., 

 thuộc

 0

B R



[0,1]

, điều này cho ta được

mỗi





(

)

trên

K B C . (2.7)



N 1

p 0

Từ (2.6) và (2.7) suy ra



(

)

trên

K B C . (2.8)

A N 

p 0

[0,1] C J , (., (.) p   ) : A    x S ta có:   0 J B : R

( )G x

)

(

x G x ( )

Mặt khác hàm số

là không cố yếu trên

K B C (do (2.5) và

với mọi



p 0

x S ). R

(

)

Do đó A là không cố yếu trên

K B C , đây chính là điều kiện (P’3) của Định lý 2.1.9. Dễ thấy

điều kiện (P’1) của Định lý 2.1.9 cũng thỏa. Từ đây theo Định lý 2.1.9 ta có điều phải chứng minh.



Định lý 2.1.11. (Định lý nón Krasnoselskii của ánh xạ giãn.)

Cho

,|| . ||)

X (

là không gian Banach như trên nhưng thay C X bởi nón K

X và chuẩn

x y K ,

r R

: 0

r R

|| . || tăng đối với K , nghĩa là ||



|| || 



 . Cho hai hằng số ,

  . Giả sử và thỏa:

A x

( ) ||

||,

x S

(K’1) ||



   . r

A x

( ) ||

||,

x S

(K’2) ||



   . R

x K r

R }

Khi đó A có một điểm bất động trong

: {   

|| 

Chứng minh Định lý 2.1.11.

[0,1]



Ta thấy điều kiện (K’1) sẽ kéo theo điều kiện (H’1) đúng. Thật vậy, giả sử tồn tại

x S và r

. Khi đó ta có mâu thuẫn sau:

sao cho Ax

x

| . ||

A x

( ) ||

A x

( ) ||







 . r

1 

\ {0}

sao cho

Ta cũng có (K’2) sẽ kéo theo điều kiện (H’2) đúng. Thật vậy, giả sử tồn tại

p K

x A x ( )

với số

0  và





p

x S nào đó. Khi đó ta có mâu thuẫn sau:

( ),A x

A x ( )

A x

( ) ||

(do

p K  và ||.|| tăng đối với K ).





p 





Vậy theo Định lý 2.1.10 ta có điều phải chứng minh. 

Nhận xét 2.2: Thật ra với điều kiện (K’1) và (K’2) của Định lý 2.1.11 ta có thể kết luận rằng A có ít

(

)

nhất hai điểm bất động



 và K

  . Thật vậy, theo Định lý 2.1.11

0x và

1x với

x 0

B B \ R r

x 1

B r

(

)

ta có ngay A có ít nhất một điểm bất động



 , ta chỉ cần chứng minh A có ít nhất một

x 0

B B \ R r

  . Từ (K’2) ta suy ra rằng:

điểm bất động 1 x

B r

A x

( ),

[0,1]

. (2.9)





S   





H x ( ,

)

A x ( )

).0,

[0,1]

A K B C (

)

Xét đồng luân

. Do

nên với mỗi

  

(1  





S   r

(.,

(

)

( ,

[0,1]

, hơn nữa do (2.9) nên

với mọi

0A 

) 

x H x  )





  Suy ra K .

K C , r

K  rK

(

)

(

)

, do đó A cốt yếu trong

. Từ đây A có điểm bất động

trong

K C , r

x 0

K hay r

rK 

  (điều phải chứng minh). 

x 0

B r

Ví dụ. Để dễ hình dung, ta xét X là không gian ba chiều

3R với chuẩn Euclide và K là nón tròn với

2R và K có

đỉnh tại gốc O. Hoặc đơn giản hơn, ta có thể xét trường hợp X là không gian hai chiều

hình cánh quạt trong miền AOB như hình vẽ 2.1 và hình vẽ 2.2.

O Hình 2.1: Định lý Krasnoselskii của ánh xạ nén trong R2

K(a,b)

Hình 2.2: Định lý Krasnoselskii của ánh xạ giãn trong R2

Cho 2 số a, b sao cho 0 a b

  . Ta quan tâm tới những điều kiện đảm bảo rằng A có điểm bất động

K a b ( , )

x K a



( , )

K a b nói chung không lồi

trong miền hình vành khuyên

, chú ý rằng

  

 b

x K x

và

theo thứ tự là biên trong

cho dù K lồi. Ta định nghĩa



  

 a

  

 b

K a b . ( , )

và biên ngoài của

Sau đây là một dạng đơn giản của Định lý Krasnoselskii: Cho X là không gian hai chiều

2R và K

có hình cánh quạt trong miền AOB như hình vẽ,

( , )

K a b xác định như trên. Cho ánh xạ hoàn

K K ,a

:A K

toàn liên tục

K . Khi đó:

( , )

(1) (Dạng nén) A có điểm bất động trên

K a b nếu:

A x ( )

x K



  và

A x ( )



  . x K

( , )

K a b nếu:

(2) (Dạng giãn) A có điểm bất động trên

A x ( )

x K



  và

A x ( )



  . x K

( , )

Chú ý rằng các điều kiện trên chỉ cần đúng với những điểm trên hai biên cong của

K a b , những

điểm trong và những điểm trên hai cạnh của nón có thể di chuyển trên bất cứ hướng nào (miễn là vẫn

thuộc K), những điều kiện này cũng không bắt

buộc rằng ảnh

( )T x phải nằm trong

K a b . ( , )

,|| . ||)

Định lý 2.1.12. Cho

là không gian Banach, K là nón trong X và chuẩn || . || tăng đối với

X (

l r R ,

: 0

r R

A K K C (

)

K . Cho ba hằng số ,

   . Giả sử

và thỏa:



x A x ( )

x S



   r

A x

( ) ||

||,

x S

(i) ||



   K l

A x

( ) ||

||,

(ii) ||



   S r

A x

( ) ||

||,

x S

(iii) ||



   R

(

)

(

)

Khi đó A có ít nhất hai điểm bất động



 . K

B B \ r l

B B \ R r

0x và 1x với

x 0

 và 1 x

Chứng minh Định lý 2.1.12.

(

)

Từ (i) và (ii), áp dụng Định lý 2.1.8 ta có A có điểm bất động



 . K

B B \ r l

x 0

(

)

Từ (ii) và (iii), áp dụng Định lý 2.1.11 ta có A có điểm bất động



 .

B B \ R r

x 1



2.3 Định lý Krasnoselskii’s đối với hai chuẩn.

Trong phần này, ta sẽ xét thêm một chuẩn mới |.| trong không gian banach X , C X là một tập lồi

khác rỗng (không cần phải đóng) với 0 C và C C  với mọi

c c  thoả 0

0 . Giả sử tồn tại 1

mãn:

c x |

x C

| || 

|| 

  (2.10)

c 2

Điều này nghĩa là hai chuẩn ||.|| và |.| tương đương topo với nhau trên C (không cần thiết phải trên X ).

: 0R

Cho hai số

, 

 , ta kí hiệu:

c  2

x C x

:||

};

x C x

:||

R }

{  

|| 

{  

|| 

B R

x C x

};

x C x

{  

| 



{  

| 

} 

' 

x C

|,||

R }

{  



| 

|| 

, 

c x |

Dễ thấy rằng do

R

| || 

|| 

với mọi x C nên ta có:

0 c 2

 và 1

c 2

(





B B \ R

B  và '

C , 

' ) 

' 

Định lý 2.2.1. Cho X là không ghian Banach với hai chuần |.| và ||.|| thỏa (2.10). Giả sử có 2 số

: 0R

)

thỏa những điều kiện sau:

, 

 , R

A K 

B C , R

c  2

' ( S 

)

(i)

là cốt yếu trên

' (

B C ' , 



)

(

(ii) A không cốt yếu trên

K B C . R

và

R

Khi đó A có ít nhất hai điểm bất động 1x và

2x với

x 1

x  | 2

||x 2

Chứng minh Định lý 2.2.1.

x A x ( )

Từ (i) ta có A có một điểm bất động

. Do

nên ta có



 

|x  . Ta phải chỉ ra 1

x 1

B  '

x S  '

x A x ( )

với mọi

. Mặt khác, từ (ii) suy ra

rằng A có điểm bất động trong



,RC . Giả sử trái lại

x C

(

)

x G x ( )

với

và

với mọi

tồn tại một hàm

A





x B .

G K B C RS

H B :

Ta sẽ xây dựng hàm

  như sau: '

2 a G

(

)

0 | 

| 

1 2 a

a x

( ) :

với



 . 1

H x ( )

|| x  R x |

|| |

)

A (

a 

| 

a  , 

2  2 x |

2 x | 2 

     

a x ( )

x B

với mọi x C , suy ra



 



Từ (2.10) ta có 1 c

c 2

c 1

c 2

' 

|| |

x x

|| |

 R

Do đó ta có H được định nghĩa tốt và không có điểm bất động trong

'B . Thật vậy:

2 a G

(

)

thì

Nếu 0 | 



a

 . x



|| 



 , suy ra

 và x B R

R x | a 

1 2 a

aR x | 1 2 a 



Ngược lại, nếu

 và 

| x a 

 thì | 

2  | x

2  2 x |



|| 



 , R

2 aR  | x | 

aR  a 

2  2 | x

2  2 || | x

và

A (

)

điều này suy ra

 . x

x C  , 

2  2 x |

2 x | 2 

Mặt khác khi

thì

suy

a



|| 

 , R

| ||

2  2 | x

1 2 a

1 1 . a a

1 a

R x | || x 

R x | . a 

, lại có

(

)

do đó H liên tục trên





'B . Cuối cùng vì

G K B C RS

1 2 a

2  2 x | |

2 |x 2 

  

  

A   

  

)

x H x ( )

nên ta có

. Do đó

và

với



H K 





' (

B C ' , 

A K B C ( RS



' 

)

mọi

, mâu thuẫn với (i).

. Điều này đồng nghĩa với việc A không cốt yếu trên

' (

B C , 

S  '



x A x ( )



Vậy A có điểm bất động

với mọi

nên

và

2x trong

|x | 2

S   R

,RC , lại do

S  '

R (điều phải chứng minh). 

||x 2

: 0R

A K B C (

)

Định lý 2.2.2. Giả sử có 2 số

thỏa những điều kiện sau:

, 

 , R



c  2

A x

( ) |

x |

(a) |

với mọi

x S  '

e C x A x : ( )

x S

(b)

với mọi

e

 







 R

A x ( )

(0,1),

x S

với

(c)











  0

 0

 R

R e

và

R

Khi đó A có ít nhất hai điểm bất động 1x và

2x với

x 1

x  | 2

||x 2

Chứng minh Định lý 2.2.2.

Ta sẽ chứng tỏ rằng điều kiện (i), (ii) của Định lý 2.2.1 thỏa. Truớc hết để chứng minh

là cốt yếu



)

trên

ta chứng minh A đồng luân với một hàm cốt yếu trong

' (

B C ' , 

B C , ' 



(0,1)

sao cho:

x C x  :|

 . Ta sẽ chứng minh rằng tồn tại |





Cố định một điểm 0

)

A x ( )

với mọi

(0,1),

. (2.11) Giả sử trái lại, với mỗi

(1  





x   0

x S  ' 

sao cho:

, tồn tại

n N

(0,1),



  n

S  '

)

. (2.12)

(1  



x n

 n

x 0

 n

( A x n

1 n

A x (

hội tụ. Ta cũng có

Do A là ánh xạ compact,

 )n

'S  là tập bị chặn nên 

knA x (

có dãy con 

 )

n N 

[0,1]

tụ về một

nào đó. Từ

(2.12)

ta có



kl n hội

)

(1  



x 0

 n k l

x n k l

A x ( n k l

kn có dãy con   1 n k l

và

hội tụ về một điểm x . Dễ thấy rằng

. Suy ra

A x ( )

x S  '

Cho l   ta có dãy 

kl nx

(0,1)



, điều này mâu thuẫn với (a). Do đó (2.11) đúng với

nào đó hay

A 

A x ( )





)

trong

' (

B C ' , 



( )N x

Hơn thế nữa, vì

, nên theo Định lý 2.1.4 thì hàm

là cốt yếu trong

|x  , hay |

x 0

x   0

B  '

)

. Từ đó suy ra A là cốt yếu trong

hay điều kiện (i) của Định lý 2.2.1 thỏa.

' (

B C ' , 



x A x ( )

Giả sử rằng

với mọi



x S (nếu không ta có điều phải chứng minh)

[0,1]

H x ( ,

A x ( )

Xét đồng luân

. Dễ thấy rằng H là ánh xạ



 xác định bởi





) 

RH B :

 0

( ,

x H x  )



(., 0)

A H ;

(.,1)

A x ( )

(0,1]

compact,

. Do (b) ta có

với mọi

, lại có giả







e 0

S  , R

x A x ( )

x S

( ,

[0,1]

thiết

với mọi

, hay là





x H x  )

  nên R

S  , R

A A

)

(

trong

K B C . (2.13)

e 0

A x ( )

[0,1],

x S

với mọi

Từ (b) và (c) ta có



 , suy ra:







 0

)

(

trong

K B C . (2.14)



 e   0

)

(

trong

K B C . Do ,

Từ (2.13) và (2.14) ta có

  nên từ Định lý 2.1.4 (b)

e 0

0e không

)

(

)

(

cốt yếu trên

K B C . Điều đó suy ra rằng A cũng không cốt yếu trên

K B C hay điều kiện (ii)

của Định

lý 2.2.1

thỏa. Vậy

theo Định

lý 2.2.1

ta có điều phải chứng minh.



Định lý 2.2.3. (Định lý Krasnoselskii dưới dạng hai chuẩn)

Cho

,X C xác định như trên và || . || tăng đối với C nghĩa là ||



|| || 

với mọi x C . Cho 2 số

: 0R

A K B C (

)

thỏa những điều kiện sau:

 và R



, 

c  2

A x

( ) |

x |



(h1) |

với mọi

| x C x  ,|  .

A x

( ) ||

x C x

(h2) ||

với mọi

x ||



 . R

và

R .

Khi đó A có ít nhất hai điểm bất động 1x và

2x với

x 1

x  | 2

||x 2

Chứng minh định lý 2.2.3.

T c có (h1) chính là điều kiện (a) của Định lý 2.2.2.

Ta sẽ chứng minh rằng điều kiện (b) và (c) của Định lý 2.2.2 thỏa với bất kỳ vecto e C và

  0

R e

Thật vậy:

Giả sử (b) không đúng với một véctơ e C cho trước, khi đó tồn tại

0  sao cho

x S và R

x A x ( )

. Từ đây ta có mâu thuẫn:





e

A x ( )

A x

( ) ||

( ),A x

(do

|| || 



|| || 

|| 

e 

e C  , ||.|| tăng đối với C ).

(0,1)



thì tồn tại

Giả sử (c) không đúng với một véctơ e C cố định và một số

  0

x S và R

R e

A x ( )

sao cho

. Từ đây ta có mâu thuẫn:







 0

A x ( )

( ),A x

e C

|| 

|| || 



|| || 

 (do || R



  , ||.|| tăng đối với C ).

 0

Vậy các giả thiết của Định lý 2.2.2 thỏa mãn, ta có điều phải chứng minh. 

Định lý 2.2.4 (Đối ngẫu của Định lý Krasnoselskii dưới dạng hai chuẩn)

x y C ,

Cho

,X C đuợc xác định như trên và | .| tăng đối với C nghĩa là |



| | 



 . Cho 2 số

A x C x R }



: 0R

|   là ánh xạ compact và thỏa những điều kiện sau:

 và R

, 

1  c 1

N x

( ) ||

(h1) ||

với mọi

x ||



 . x C x  ,

N x

( ) |

x C x R ,|

(h2) |

với mọi

x |

 . |



ít nhất hai điểm bất động

và

Khi đó A có

R .

1x và

2x với

x 1

x  || 2

|x 2



Chương 3.

ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ KRASNOSELSKII CHỨNG MINH SỰ

TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN PHI

TUYẾN

3.1. Ứng dụng của Định lý Krasnoselskii chứng minh sự tồn tại nghiệm của

phương trình tích phân phi tuyến.

Xét phương trình tích phân phi tuyến.

y t ( )

h t ( )

k t s f y s ds t

( ( ))

( , )

[0,1]







(3.1)



[0,1]

y C

,k h và f để (3.1) có ít nhất một nghiệm không âm

Ta sẽ tìm những điều kiện của

Định lý 3.1. Giả sử rằng

k t s ( , )

1 L

[0,1]

với mỗi

[0,1]

. (3.2)







t 

tk s ( )

1[0,1] L

k là ánh xạ liên tục từ [0,1]vào

. (3.3)

Ánh xạ

(0,1),

[0,1]

( , )

( ) 0

và [ , ]

sao cho

và

Tồn tại



a b 

 với mọi

a b [ , ]

1 L 

k t s M s

[0,1]

hầu khắp nơi. (3.4)

s 

[0,1]

s 

k t s ( , )

với

và

hầu khắp nơi. (3.5)

s ( )

[0,1]

t 

h t M h M |





h t [0,1], ( ) 0

[0,1]

và

. (3.6)

h C 

 với

t 

| 0

min ( ) [ , ] a b t 

h t sup ( ) [0,1] t 

:f R

f u ( )

R là ánh xạ liên tục, không giảm và

u với

u  . (3.7)

k t s ds ( , )





với

. (3.8)

Tồn tại

0 sao cho



K 1

( ) 

 K f  1

| 0

 sup t  [0,1] 0

k t s ds ( , )

Tồn tại

. (3.9)

 sao cho





0,  

 với



sup t [0,1] 

 ( K f M

) 

[0,1]

và nếu :

Khi đó (3.1) có ít nhất một nghiệm không âm

y C

(A)   thì

 . 

| |y   0



(B)   thì

 . 

| |y  0

Chứng minh định lý 3.1.

F C :

[0,1]

Đặt

xác định bởi:

C

Fy t ( )

h t ( )

k t s f y s ds t

( ( ))

( , )

[0,1]







. (3.10)



y C

[0,1]:

y t ( ) 0,

[0,1] à ( )

a b [ , ]}

Đặt

. (3.11)

{  

  

v y t M y 

t  

| 0

Ta sẽ áp dụng Định lý 2.1.11 (Định lý nón dạng giãn của Krasnoselskii) để chứng minh F có điểm bất

động trong C .

Bước 1: Chứng minh C là một nón.

[0,1]

 bất kỳ,

 ta cũng có

. Mặt

y t  với ( ) 0

t 

C là tập đóng vì khi lấy  n n N



với mọi

a b [ , ]

khác do

( )

n N t , 



nên lấy giới hạn hai vế khi n   ta có

y t M y  n

| 0

với mọi

y t M y ( ) 

a b [ , ]

. Do đó y C hay C là tập đóng.

| 0

Với mọi

O ,

 ta có:

y y y , 1

( (

y y

t )( ) t )( )

M y |

a b [ , ];

 

 

 







t  

y 1 y 1

y t ( ) 1 y t ( ) 1

y t ( ) 0;  2 y t M y ( )  2

| 1 0

| 2 0

M y | 1

| 2 0

y t )( )

a b [ , ]

( 





( ) 0; y t 

( 





M y M y  

t  

| 0

C C C C C

 

 .

suy ra

)

y C y

C  (



[0,1]

ta có tồn tại

  suy ra

, do đó

Với mọi

t ( ) 0, y t



 C 

 {0} 

Bước 2: Chứng minh

:F C

C .

[0,1]

ta có

Lấy y C ta chứng minh Fy C . Thật vậy, lấy 1 t

t  2,

Fy t (

)

h t (

)

k t s f y s ds

( ( ))

k t (

s f y s ds , ) ( ( ))











Fy t ( ) 1

h t ( ) 1

( , ) 1



h t (

)

f y s

( ( ))

k t (

s ds , )









h t ( ) 1

k t s ( , ) 1



sup s [0,1] 

(do(3.2), (3.7))

[0,1]

f y s

( ( ))

y s ( ) 0

s 



 với mọi

0 khi 1 t

t (do 2

Do đó

[0,1]

. (3.12)

Fy C

k t s

h t

f y s

( ( ))

y s ( ) 0



[0,1],

[0,1]

Mặt khác: ( ) 0, ( , ) 0,

 với mọi

suy ra:



Fy t

[0,1]

. (3.13)

( ) 0 



Lại có

Fy t

h t ( )

k t s f y s ds

( ( ))

( , )





( ) min  [ , ] a b t

min [ , ] a b t 



  

  

h t

k t s f y s ds

( ( ))

( , )







min ( ) min [ , ] [ , ] a b a b t 



M h |

M s f y s ds

( ( ))

( )





| 0



[0,1]

s C

(do (3.4), (3.6) và

f y s

( ( ))

y s ( ) 0



 với mọi

( )

s f y s ds ( ) ( ( ))

Suy ra

Fy t M h 





| 0



min [ , ] a b t 

  

  

M h (

k t s f y s ds

( ( ))

( , )

)



[0,1]

t 

 

( ( )) 0

[0,1]

)

(do (3.5) và

f y s  với mọi

s C

Fy t M ( )

k t s f y s ds

( ( ))

( , )

Do đó





min [ , ] a b t 

h t sup ( ) [0,1] t 

 sup [0,1] 0 t 

  

  

h t ( )

k t s f y s ds

( ( ))

( , )







sup t [0,1] 

  

  

M Fy |

. (3.14)



| 0

:F C

Từ (3.12), (3.13) và (3.14) ta có Fy C khi y C hay

C .

Bước 3: Chứng minh F compact liên tục.



[0,1],

[0,1]

ta có:



 trong y

Lấy  

n 

Fy t ( )







Fy t ( ) n

sup [0,1] t 

k t s ( , )

( ))

(

f y s ds ( ( ))





f y s n





 sup t [0,1] 0 

k t s ( , )

( ))

(

f y s ds ( ( ))





f y s n

 sup t [0,1] 0 

( ))

(

f y s ds ( ( ))





f y s n



sup t [0,1] 

sup ( ) s  s [0,1] 

  

  

( ))

(

f y s

( ( ))





f y s n

sup ( ) s  s [0,1] 

  

   

[0,1],

f liên tục)



n (do   0 n n



Vậy F liên tục.

[0,1]

Tiếp theo ta lấy U là tập bị chặn bất kỳ trong

ta sẽ sử dụng Định lý Arzela-Ascoli để chứng

[0,1]

F U compact tương đối trong

. Thật vậy, do U là tập bị chặn nên tồn tại

0 :|

y s ( ) |

minh

(

)



 c

[0,1]

với mọi

s 

, y U .

[0,1]

Suy ra tồn tại

0 :|

f y s

( ( )) |

với mọi

s 

, y U (do f liên tục).





ta có:

Với mọi

[0,1]

t 

Fy t

( ) |

h t ( )

k t s f y s ds

( ( ))

( , )



 

h t ( )

k t s

( , ).

f y s ds ( ( ))



 

s ds ( ).



, y U .



  C

(

)

F U bị chặn từng điểm. (3.15)

Do đó

[0,1],

[0,1],|

[0,1]

nên tồn tại





 bất kỳ, do

0  sao cho với mọi





h C

Lấy 0 t

 thì t  | 1 0

h t ( )

h t (

) |



  . 2

1[0,1] L

Do ánh xạ

k là ánh xạ liên tục từ [0,1]vào

nên tồn tại

0  sao cho với mọi

[0,1],|

thì







| t   0 2

 2 C

}

[0,1],|

khi đó với mọi

Đặt









min{ ,   1 2

 ta có: | t  0

Fy t ( )

Fy t (

) |

h t ( )

h t (

)

k t s ( , )

k t (

s , )

f y s ds ( ( ))

















h t ( )

h t (

)

f y s ds ( ( ))









k t



 , y U  .



    2 C 2

Do đó

(

)

F U liên tục đồng bậc trong

[0,1],

R . (3.16)





Từ (3.15) và (3.16), theo Định lý Arzela-Ascoli ta có F(U) là tập compact tương đối trong

[0,1],



 R .

:F C

Vậy

C compact liên tục.

y C

[0,1]:

Bước 4: Đặt





   

 

y C

[0,1]:





   

 

Ta sẽ chứng minh:

| 

    . (3.17)

| , 0

| 0

C

| 

   . (3.18)

| , 0

| 0

C

[0,1]

. Từ (3.2), (3.7) và (3.8) ta có:

Thật vậy, lấy y

t ( ) 0, y t



y  và

C   bất kỳ, khi đó

Fy t ( )

h t ( )

k t s f y s ds

( ( ))

( , )







sup t [0,1] 

  

  

k t s ds ( , )

f y (





h t sup ( ) t [0,1] 

 ) sup t [0,1] 0 

| 



K f  ( )

| 0

|y  0

Do đó (3.17) đúng.

[0,1]

ta có

Lấy y

t ( ) 0, y t



a b [ , ]

y t ( ) 

 . Từ



y  với

C   bất kỳ, khi đó

(3.2), (3.6), (3.7) và (3.9) ta có:

Fy t ( )

k t s f y s ds

( ( ))

( , )







sup t [0,1] 

h t sup ( ) t [0,1] 

k t s f y s ds

( ( ))

( , )





sup t [0,1] 

k t s

( , ) .

f y s ds ( ( ))





sup [0,1] t 

K f M (

)



  

| 

| 0

Do đó (3.18) đúng.

x C

: {   

x : | 



} 

Vậy nếu   thì theo Định lý 2.1.11, F có một điểm bất động y trong

| 0

x C

Nếu   thì theo Định lý 2.1.8, F có một điểm bất động y trong

: {   

| x 



} 

| 0



Chú ý 3.1: Điều kiện (3.9) có thể thay bởi điều kiện:



sao cho

(3.19) Tồn tại

0,  

 và * [0,1]

t 





h t

k t

s ds

( *)

f M (

( *, )

) 





Do kết quả (3.18) đước suy ra từ (3.9) nên ta sẽ chứng minh (3.19) cũng suy ra (3.18). Thật vậy, lấy

[0,1]

ta có

t ( ) 0, y t



a b [ , ]

y t ( ) 

 . Khi đó từ



y  và với

C   bất kỳ, khi đó

(3.2), (3.6), (3.7) và (3.18) ta có:

Fy t

( *)

h t

( *)

k t

( *, )

s f y s ds ( ( ))





| 0

 

h t

( *)

k t

( *, )

s f y s ds ( ( ))



 

h t

k t

s ds

( *)

f M (

( *, )

) 







| |y  0

Do đó (3.18) đúng.

:f R

Chú ý 3.2: Dễ dàng kiểm tra điều kiện

R không giảm ( điều kiện 3.7) có thể bỏ qua, và thay

vào đó ta sẽ thay điều kiện (3.8) và (3.9) theo thứ tự bởi



với

k t s ds ( , )

(3.20) Tồn tại



0 sao cho





K 1

f z ( )



| 0

K 1

 sup t [0,1] 0 

sup [0, ]  

(3.21) Tồn tại

k t s ds ( , )

 với

0,  

 sao cho







sup [0,1] t 

f z ( )

 inf [ z M 

, ]  

Như vậy Định lý 3.1 đã chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình (3.1) nhờ vào Định lý

Krasnoselskii 2.1.11. Dưới đây ta sẽ trình bày ứng dụng của Định lý 2.2.3 (Định lý Krasnoselskii dưới

dạng hai chuẩn)

3.2. Ứng dụng của Định lý Krasnoselskii dưới dạng hai chuẩn chứng minh sự

tồn tại nghiệm của phương trình tích phân.

Xét phương trình tích phân:

y t ( )

k t s f s y s ds ( ,

( , )

( ))

[0,1]

với

h.k.n (3.22)

t 

 

[0,1]

Ta sẽ tìm nghiệm dương

với 1

y t  với ( ) 0

p y L

p   của phương trình (3.22), nghĩa là

1 p

[0,1]

h.k.n và

t 

y t ( )

 



  

  

[0,1](1

)

Định lý 3.2. Cho không gian

p   . Giả sử rằng:

:[0,1]

  là hàm Carathéodory, nghĩa là:



t y ( ,

)

Ánh xạ

là đo được với mọi y R và (3.23)



t y ( ,

)

[0,1]

Ánh xạ

là liên tục với

h.k.n (3.24)

t 

);

P L 2

([0,1],

)

với

Tồn tại

(1,  



a t  trên một tập có độ đo dương và 0 ( ) 0

a  sao cho: 2

p 2

a a , 0 1

R

p p 2

t y ( ,

)

với

h.k.n. (3.25)





y R t ,

[0,1]

 



a t ( ) 1

a 2

t y ( ,

)

[0,1]

với

h.k.n. (3.26)



 



a t ( ) 0

y R t ,

)

[0,1]

t y không giảm theo biến y với ( ,

h.k.n. (3.27)

t 

:[0,1]

[0,1]



 là hàm đo được. (3.28)

Tồn tại

p L

[0,1],

sao cho:





q  



p  với L 1

: 

p 1

p k , 1

p q 2 p q  2

p p 2

với

[0,1]

h.k.n. (3.29)



t 

k t k t ( ), ( ) 1

Mk t k s ( ) ( )

k t s ( , )

[0,1]

với

h.k.n; với

h.k.n (3.30)



t 

s 

k t k s ( ) ( ) 1

: 0R

sao cho:

Tồn tại

, 

  và R

q [1, ]

p p 2



t (

,trong đó

 . (3.31)





( ) : | t  

(

a 1

a t 2

k 1

k    với ) 2

p 1

p 2

)p 

( )

( ,

)

[0,1]

(b)

với

h.k.n



t 

M k 1

k s f s b s R ds R r 2

b t M ( ) : 



k t ( ) 1 k 1



(3.32)

và

Khi đó (3.22) có ít nhất hai nghiệm dương

R

y 

,y y với 1 2

|ry

| q

y 1

Chứng minh định lý 3.2.

[0,1]

p : L

Đặt

với:

và A KF

p F L :

[0,1]

F y t ( )( )

t y t ( ,

( ))

;

p L



p K L :

[0,1]

K v t ( )( )

k t s v s ds ( , ) ( )

;

p L

 

p y L

[0,1]:

y t ( )

( ) |

[0,1]

h k n . . ,

[1,

]}

Đặt

. (3.33)

{  







  

b t 

| , 

Ta sẽ áp dụng Định lý 2.2.3 để chứng minh A có hai điểm bất động trong C .

Bước 1: Chứng minh C X là một tập lồi khác  với 0 C và C C  với mọi

0 . Thật vây:

( do

)

Dễ thấy

0 .

 

 ; 0 C và C C  với mọi

k C 1

[0,1]:

C lồi vì lấy bất kỳ



 ta có:

y y , 1

C   , 1 2

   2

 (hiển nhiên).

  2

y 1 1

( ) t









    2

y 1 1

( ) y t 1 1

 2

( ) y t 2

( )(

)]





 1

y 1

 2

b t 



( )(

h k n [0,1] . . ,

[1,





  

y    1 2

b t 



:A C

,F K xác định.

C .

Bước 2: Chứng minh

p p 2

[0,1]

p y L

( , t y t

( ))

[0,1]

. . h k n

Với mọi

với

ta có







( ) a t 1

a 2

1 p

p p

p p 2

[0,1]

(do

Mà

| 

 

P L 2

p L

a 1

p p p



   

   

   

p p 2

p L 2

[0,1]

, suy ra

F y ( )

(.,

(.))

p L 2

[0,1]

Do đó









a 1

a 2 |

p F L :

[0,1]

p L 2

Vậy

1 p



2 [0,1]

Với mọi

ta có:

p v L

K v t ( )( ) dt ( ) ( ) ( ) dt  k t k s v s ds 1                      







1   p    

1 p

1 p 1

p 1

p 2

(bất đẳng thức Holder)

v s ( )



k 1

k s ( ) 2



  

  

  

  



k 1

p 2

p 1

  .

dt k t ( ) 1 k s v s ds ( ) ( ) 2       

p L 1

(

vì do p q ta có:

1 q q k      :   p 1 p 1 p p q 2 p q  2 q 1 q    1 p p p 2 q p 2

p K L : 2

Do vậy

hay

p L

p L

A y t ( )( )

k t s f s y s ds Mk t ( ) ( ))

( , ) ( ,

( ))

( )

h k n [0,1] . .

Lấy y C bất kỳ, ta có:







k s f s y s ds t , ( , 2



K v ( ) [0,1] [0,1] [0,1]

suy ra

h.k.n.



( )) ( ) , [0,1] t   k s f s y s ds ( , 2 A y t ( )( ) ( ) Mk t 1

ta có:

Lấy



1 

[1, ]p

suy ra





   

. (3.34)

k t s f s y s ds dt t A y ( ) ( , ) ( , ( )) ( )) ( ) , [0,1]h.k.n     k 1 k s f s y s ds ( , 2 k 1 A y t ( )( ) Mk t ( ) 1             



A y t ( )( ) A y ( ) , t [0,1]h.k.n, [1,p]     b t A y ( ) ( )  Mk t ( ) 1 k 1

Mặt khác

A y t ( )( ) k t s f s y s ds ( , ( , ) ( ))  



( ). ( ). ( ) [0,1],  t   y C  M k t k s a s ds 2

(do

)

0

a t  và 1 0 ( ) 0

[0,1] k t k t ( ), t [0,1] h k n . . t  ( ) 0,  

Suy ra

Từ (3.34) và (3.35) ta có

A y ( ) 0, y C    (3.35)

( )A y C .

Vậy

:A C C .

Bước 3: Chứng minh A hoàn toàn liên tục. Ta sẽ chứng minh F liên tục, bị chặn và K hoàn toàn liên

tục.

p F L :

liên tục:

* Chứng minh

p L 2

[0,1] [0,1]

p L

bất kỳ ,

không hội tụ về Fy trong

y trong

Lấy  

. Giả sử 

n n

n n N



2 [0,1]

, khi đó tồn tại

y [0,1] [0,1] Fy 

kn

Fy 0 và dãy con 

  . (3.36)

p 2

sao cho:

y trong

Fy Fy   , 

[0,1]

h.k.n. và tồn tại

Lại có

kny

nên có dãy con 

t ( ) ( ) y t , [0,1] t 

kl

với mọi

. Từ đây ta suy ra:

p h L

kn  , 1

kny

[0,1] t ( ) [0,1] h t ( ) t 

h.k.n (3.37)

t ( )

t y ( ,

t ( ))

t y t ( ,

( ))

Fy t ( )



 



n k l

và

p p 2

[0,1]

t 

[0,1] t 

kn  (3.38) 1

n k l

p p 2

2 [0,1]

g t ( )

là khả tích trong

(do

p L

;

trong đó hàm







p  ). L

a t ( ) 1

a h t ( ) 2

a 1

p 2

1 

p 2

t ( )

Fy t ( )

t ( )

Fy t ( )







n k l

p 2

Từ (3.38) ta có:

p p

1 

p 2

p p 2

t ( ) |

y t ( ) |





a t ( ) 1

a 2

n kl

p 2

22 p

t ( ) |

y t ( ) |





a t ( ) 1

a 2

n kl

 

  2 

p 2

22 p

( ) |

y t ( ) |

[0,1]





t 

a t ( ) 1

a h t | 2

a 2

kn  , 1

 

  2 

22 p

(do

k t

( ) |

y t ( ) |

1 L

[0,1]

Lại có

( ) 2 





t 

L

h L ).

a 1

a t ( ) 1

a h t | 2

  2 

 

t ( )

Fy t ( )

k t

( ),

[0,1],

Do đó





t  

  .

n k l

p 2



h.k.n. (do (3.37)

Mặt khác

t ( )

Fy t ( )

[0,1]



 

nFy

p 2

t ( )

Fy t ( )

hay

Theo Định lý Lebesgue về sự hội tụ bị chặn ta có:





n kl



lim l 



 (Mâu thuẫn với (3.36))

n kl

lim l 

p 2

2 [0,1]

không hội tụ về Fy trong

hay F là ánh xạ liên tục liên tục.

Vậy 

n n

[0,1]

2 [0,1]

* Chứng minh F biến tập bị chặn trong

thành tập bị chặn trong

Fy t ( ) t ( ) a h t ( )     a t ( ) 1 a y 2 a t ( ) 1

[0,1]

. Khi đó:

Lấy  là tập bị chặn trong

nghĩa là với mọi y   ta có

M

0M  sao cho

p 2

t y t ( ,

( ))

p 2

 

p 2

1 

p 2

p p

y t ( )



dt a 

a t ( ) 1



1 

, y   .

(

)





a 1

a M 2

Suy ra

2 [0,1]

(

)

F  là tập bị chặn trong

Ta chỉ cần chứng minh K hoàn toàn liên tục, trước hết ta có bổ đề sau:

Bổ đề: Tiêu chuẩn Riesz về tính compact.

[0,1]

Cho

[0,1] (1

)

khi và chỉ

 

   . Khi đó  là tập compact tương đối trong không gian

khi những điều kiện sau được thỏa:

[0,1]

(i)  bị chặn trong

(

)

u t ( )

(ii)

khi

u t h 





h  đều đối với biến u   .



p K L :

[0,1]

* Chứng minh

liên tục và hoàn toàn liên tục:

p L

Lấy

, khi đó:

P u L 2 [0,1]

1 p

1 1

k t s u s ds dt

( , ). ( )



 

0 0

   

   

1 p

p 2

1 p

1 p 1

p 1

k t s ( , )

u s ( )

(

1p là số liên hợp của

2p )



  

  

   

   

    

    

     

      

[0,1]:

k t

( ,.)

(.)

p L 1

(do bất đẳng thức Holder và với mọi







P  ) L 1

k t k ( ). 1

1 p

p p 1

p 1

k t s ( , )



p 2

  

    

    

    

1 p

p p 1

p 1



k t ( ) 1

k s ( ) 2

    

  

    

    



k 1

p 1

p 2

p u L

Do đó

, suy ra

p K L : 2

[0,1]

liên tục.



 

p L

k 1

p 1

p 2

p K L : 2

[0,1]

Để chứng minh

p L

hoàn toàn liên tục ta sẽ áp dụng tiêu chuẩn Riesz. Lấy  là tập

bị chặn bất kỳ trong

2 [0,1]

, nghĩa là tồn tại

0 :

D 

M u



   . Lấy u  bất kỳ ta có:



   .

k 1

D k 1

p 1

[0,1]

Do đó

. Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng:

K  bị chặn trong





Ku t h Ku t ( ) )

(

khi







h  đều đối với biến u   . Thật vậy:



1 1

Ku t h Ku t ( ) )

(

k t h s u s ds

, ) ( )

(

k t s u s ds dt

( , ) ( )













 



0 0

(

k t s u s ds

( , ) .

( )



k t h s , ) 



    

  

p 1

p p 1

(

k t s ( , )



k t h s , ) 



     

   

(bất đẳng thức Holder,

và với mỗi

2p L

  

[0,1]:

k t

( ,.)

(.)

p L 1







P L  ) 1

k t k ( ). 1

p 1

p p 1

(

k t s ( , )



k t h s , ) 



     

   

0 h 0

p K L : 2

[0,1]

p L

Vậy

hoàn toàn liên tục.

p F L :

[0,1]

p K L :

[0,1]

liên

tục và

hoàn

toàn

liên

tục nên

p L 2

p L

p L

hoàn toàn liên tục.

[0,1]





p A K F L o

và || .||: | . |r

Bước4 : Áp dụng Định lý 2.2.3 với | . |: | .|q

0 :

y C



| 



  (3.39)

Đầu tiên ta chứng minh tồn tại 1

c c , 2

c 1

| q

c 2

| , q

y t ( )

( ) |



y C

với

Thật vậy, rõ ràng |

| 

  (do r

q ); mặt khác với y C bất kỳ ta có

| r

| , q

b t  0

|  0

nào đó , suy ra

. Do vậy (3. 39) đúng với



 . 1

[0,1]

c 1

c 2;

b 

  0

b  0

|  0

Cuối cùng ta sẽ chứng minh :

A y

với mọi

y |

 (3.40)



y C y 

( ) | q

A y

y C y

với mọi

y |



 (3.41)

( ) | r

| r

Thật vậy, với mọi

 ta có:



y C y 

1 q

A y

k t s f s y s

( , )

( ,

( ))



( ) | q

    

  

   

   

1 p

1 p 1

p 1

F y s ( )( )



k 1

k s ( ) 2



  

  

F y ( )



k 1

p 1

p 2





k 1

a 1

a y 2

p 1

p 2

  

  

p p q 2

1 p q p 2

p 2

p q 2 p

p p 2

Ta có

s ( )

y s ( )

q y s ds ( )



p p q

p 2



  

  

  

  

   

   

Suy ra

A y

)

y (



( ) | q

k 1

p 1

(



k 1

k   ) 2

p 1

(do (3.31))

|qy  |

Do đó (3.39) được thỏa mãn.

y C y

Cuối cùng lấy



 bất kỳ ta có :

1 r

A y

k t s f s y s

( , )

( ,

( ))



( ) | r

    

  

   

   

( ))

( )



M k 1

k s f s y s ds ( , 2



( )

( ,

)

( ,

)

f s y không giảm theo y )



(do y C và

M k 1

k s f s b s y ds 2 r



( )

( ,

)



M k 1

k s f s b s R ds 2



(do (3.32)).



| 

Do đó (3.40) cũng được thỏa mãn. Áp dụng Định lý 2.2.3 ta có A có ít nhất hai điểm bất động

,y y 1 2

với

và

y 

R (đpcm). 

|ry

| q

y 1

KẾT LUẬN

Như vậy trong luận văn này tôi đã nêu ra hai phương pháp cơ bản trong việc chứng minh Định lý

Krasnoselskii cho ánh xạ nén và giãn trong mặt nón. Đó là phương pháp dùng khái niệm bậc topo và

phương pháp dùng Định lý điểm bất động Schauder. Ngoài ra, luận văn còn trình bày hai định lý về

ứng dụng của Định lý Krasnoselskii trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình tích

phân phi tuyến. Tuy những định này khá cơ bản nhưng chứng minh của chúng khá phức tạp và luận

văn đã trình bày chi tiết và rõ ràng hơn một số bài báo và sách đã tham khảo.

Tuy nhiên do thời gian và điều kiện làm việc còn hạn chế nên luận văn chưa đi sâu và nghiên cứu

Định lý Krasnoselskii cho ánh xạ đa trị và xem xét thêm nhiều ứng dụng khác của định lý ngoài việc

chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân phi tuyến (3.1) và (3.21).

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] D. O’Regan, R. Precup (2005), “Compression–expansion fixed point theorem in two norms and

applications”, Mathematical Analysis and Applications, 309, pp.383-391.

[2] Nguyễn Bích Huy, Giáo trình Cao học Giải tích phi tuyến 2, Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí

Minh.

[3]M. K. Kwong (2008), “On Krasnoselskii’s cone fixed point theorem”, Fixed point theory and

Aplications, Article ID 164537, 18pp.

[4] K. Deimling (1984), Nonlinear Functional Analysis, Springer Verlag, New York.

[5]Leszek Gasi´nski, Nikolaos S. Papageorgiou (2005), Nonlinear Analysis Volume 9, Taylor &

Francis Group, LLC, New York.

[6] R. P. Agarwal, M. Meehan, D. O'Regan (2001), Fixed point theory and applications, Cambridge

University Press, New York.

[7] R. P. Agarwal, M. Meehan, D.O'Regan (2001), Nonlinear integral equations and inclusions, Nova

Science Publishers, New York.