Luận văn Thạc sĩ Toán học: Lý thuyết về phương trình trong không gian Banach có thứ tự

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Lý thuyết về phương trình trong không gian Banach có thứ tự trình bày các khái niệm cơ bản về mặt nón và các dạng nón trong không gian Banach có thứ tự; sự tồn tại nghiệm dương của một lớp phương trình vi phân, tích phân; phương trình vi phân chứa tham số.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Lý thuyết về phương trình trong không gian Banach có thứ tự

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Nguyễn Quang Vũ 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 – 2009
Lời cảm ơn Em xin chân thành cảm ơn tập thể quý Thầy Cô đã tham gia giảng dạy lớp Cao học chuyên ngành Giải tích khóa 17- trường Đại học Sư Phạm TP.HCM.Thầy Cô đã mang đến cho em những kiến thức Toán học sâu rộng, bổ ích và thú vị. Em xin bày tỏ lòng tri ân sâu sắc đến thầy PGS.TS Nguyễn Bích Huy.Thầy là người đã khơi nguồn ý tưởng ,tạo trong em ý thức ham học hỏi và lòng say mê nghiên cứu khoa học.Thầy cũng đã hết lòng tận tâm hướng dẫn, giúp em tích lũy được nhiều bài học kinh nghiệm bổ ích để em thực hiện Luận văn này. Luận văn chắc hẳn còn có những thiếu sót Kính mong nhận được sự góp ý của quý Thầy Cô.
MỞ ĐẦU Lý thuyết về phương trình trong không gian Banach có thứ tự được bắt đầu từ những năm 1940 và được phát triển cho đến ngày nay. Lý thuyết này tìm được những ứng dụng có giá trị trong nhiều lĩnh vực như Vật lý, Sinh học, Hoá học, Kinh tế … Trong lý thuyết này nhiều lớp phương trình đã được nghiên cứu bằng các phương pháp khác nhau bởi các nhà toán học từ nhiều trường phái. Việc tập hợp các kết quả về một số lớp phuơng trình cơ bản nhất và trình bày chúng một cách có hệ thống là việc làm cần thiết. Mục tiêu của luận văn là trình bày một số kết quả về sự tồn tại nghiệm dương của các lớp phương trình cơ bản trong không gian có thứ tự và phương trình trong không gian Banach có thứ tự đề chứng minh sự tồn tại nghiệm của một số lớp phương trình vi phân và tích phân. Luận văn gồm 3 chương: Chương 1: Trình bày các khái niệm cơ bản về mặt nón và các dạng nón trong không gian Banach có thứ tự,lý thuyết bậc topo trên mặt nón,các kết quả về điểm bất động dương của ánh xạ compac và điểm bất động của ánh xạ tăng. Chương 2: Trình bày về sự tồn tại nghiệm dương của một lớp phương trình vi phân,tích phân.Trong đó,chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm dương tuần hoàn của phương trình tích phân,nghiệm dương của bài toán biên 3_điểm và nghiệm của phương trình vi phân hàm. Chương 3: Trình bày về phương trình vi phân chứa tham số, trong đó ứng dụng định lý phân nhánh toàn cục vào một mô hình lò phản ứng hạt nhân và hệ phản ứng khuếch tán.
Chương 1: PHƯƠNG TRÌNH TRONG KHÔNG GIAN BANACH CÓ THỨ TỰ 1.1.Không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón. 1.1.1.Nón và thứ tự sinh bởi nón Định nghĩa: 1) Tập K trong không gian Banach thực X gọi là nón nếu i) K là tập đóng ii) K  K  K ,  K  K ,   0 iii) K  ( K )  { } 2) Nếu K là nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định bởi : x  y  y  xK Mỗi x  K \ { } gọi là dương Mệnh đề 1: Giả sử “  ” là thứ tự sinh bởi nón, khi đó 1) x  y  x  z  y  z, x  y, z  X ,   0 2) xn  y n (n  N * ), lim xn  x, lim y n  y   x  y 3) Nếu {xn} là dãy tăng, hội tụ về x thì x n  x, n  N * Chứng minh 1) Ta có (y+z)-(x+z)=y-x  K  y  x   ( y  x )  K 2) Suy từ tính chất đóng của K 3) Cho m   trong bất đẳng thức x n  x n  m
1.1.2.Nón chuẩn Định nghĩa : Nón K gọi là nón chuẩn nếu: N  0 :   x  y  x  N . y Mệnh đề 2 : Giả sử “  ” là thứ tự sinh bởi nón chuẩn, khi đó 1) Nếu u  v thì đoạn  u, v : {x  X : u  x  v} bị chặn theo chuẩn 2) Nếu x n  y n  z n (n  N * ) và lim x n  a, lim z n  a thì lim y n  a 3) Nếu {xn} đơn điệu, có dãy con hội tụ về a thì lim x n  a Chứng minh 1) x  u, v    x  u  v  u  x  u  N . v  u  x  u  N. u  v 2)   y n  x n  z n  x n  y n  x n  N . z n  x n 3) Coi {xn} tăng và lim xnk  a k  Vì xn  xnk ( n cố định, k đủ lớn) nên xn  an  N * Cho   0 , chọn k0 để x nk0  a   / N thì ta có n  nk0  a  x n  a  x nko a  xn  N . a  xnk   0 1.1.3.Nón chính quy: Định nghĩa : Nón K gọi là nón chính quy nếu mọi dãy tăng, bị chặn trên thì hội tụ. Mệnh đề 3: Nón chính quy là nón chuẩn
Chứng minh Giả sử K là nón chính quy nhưng không là nón chuẩn, khi đó: n  N *xn , y n :   xn  y n , xn  n 2 y n Đặt u n  xn / xn , vn  y n / xn thì 0  u n  vn , u n  1, vn 0 sao cho x  X , u , v  K : x  u  v, || u || M . || x ||, || v || M . || x || Chứng minh I) Đặt C= K  B( ,1) ta chứng minh r  0 : C  B( , r )  Thật vậy, X  U nC ( do K là nón sinh) n 1
 no , G mở : noC  G (do định lý Baire) 1 1 1 1 Vì C lồi, đối xứng nên : C  C  C  C  G G (mở, chứa  ) 2 2 2no 2no r II) Ta chứng minh : B  C ( B:= B (0,1)) 2 r .Lấy a  B 2 n r  Ta sẽ xây dựng dãy {xn} thoả : xn  1n C , a   xk < 2 k 1 2n 1 r 1 r 1 Thật vậy, vì n B  n C nên y  n B,   0, x  n C yx  2 2 2 2 r 1 r Ta có : a  B  x1  C : a  x1  2 2 2 2 r 1 r a  x1  2 B  x2  2 C : a  x1  x2  3 ,... 2 2 2 1 1  Vì xn  n C nên un , vn  K : xn  un  vn , un , vn  n 2 2   Đặt u   un , v   vn , ta có a  u  v , u , v  1 vậy a  C 1 1 r x III) x   , ta có .  u ' v ' với u ', v '  K , u ' , v '  1 2 x 2  x  u  v, u, v  K , u , v  M . x ( M : ) r 1.2. Điểm bất động dương của ánh xạ compắc 1.2.1 Bậc topo của toán tử dương Bổ đề : Cho không gian Banach X, tập đóng M  X và ánh xạ compắc A : M  X . Khi đó tồn tại ánh xạ compắc A : X  X Sao cho : A( x)  A( x) x  M , A( x)  co( A( M ))
Định nghĩa: Cho X là không gian Banach với nón K Giả sử G  X là tập mở, bị chặn, A : K  G  K là ánh xạ compắc sao cho Ax  x x  K  G Gọi A : X  X là ánh xạ compắc sao cho :  A( x)  A( x), x  K  G (*)   A( X )  K Khi đó x  A( x)   x  G nên bậc topo deg ( A, G, ) xác định Ta định nghĩa ik ( A, G )  deg ( A, G, ) . Và gọi ik ( A, G ) là bậc topo theo nón K của ánh xạ A trên tập mở G  Kiểm tra định nghĩa trên có lý : Giả sử Â là một mở rộng khác của A thoả (*) Xét ánh xạ F ( x, t )  t A( x)  (1  t ) A( x) ta có: F ( x, t )  x, ( x, t )  G  [0,1]   deg( A, G,  )  deg( A, G,  ) F ( x, 0)  A( x), F ( x,1)  A ( x)  Tính chất: 1) Giả sử Ao, A1 là compắc và đồng luân dương trên K  G theo nghĩa : tồn tại ánh xạ compắc F : ( K  G )  [0,1]  K sao cho F ( x, t )  x, F ( x, o)  A0 ( x), F ( x,1)  A1 ( x) Thế thì: ik ( A0 , G )  ik ( A1 , G ) 2) Giả sử G, G1, G2 là các tập mở bị chặn, G1  G2   , Gi  G , (i  1, 2) và A : K  G  K compắc thoả mãn: A( x)  x , x  K  (G \ (G1  G2 )) Khi đó ik ( A, G )  ik ( A, G1 )  ik ( A, G2 ) 3) Nếu A : K  G  K compắc và ik ( A, G )  0 thì A có điểm bất động trong K  G
1.2.2 Tính bậc: Giả sử G là tập mở, bị chặn, chứa  Bổ đề: Giả sử A( x)  x0  K . Khi đó 1, neu x0   ik ( A, G )   0, neu x0  G Chứng minh . x0    ik (0, G )  deg( , G, )  1 . x0  G (A không có điểm bất động trong G)  ik ( A, G )  0 Định lí 1: Cho A: K  G  K là ánh xạ compắc 1) Nếu Ax   x , x  K  G ,   1 thì ik ( A, G )  1 2) Nếu tồn tại phần tử x0  K \{0} sao cho x  Ax   x0 , x  K  G ,   0 thì ik ( A, G )  0 Chứng minh 1) A đồng luôn dương với A0 ( x)   (xét F(x,t)=t A(x)) 2) Ta chứng minh A đồng luân dương với A0 ( x)   x0 khi  đủ lớn Chỉ cần chứng minh 0 sao cho x  (1  t ) A( x)  t  x0 , x  K  G ,   0 , t  [0,1] Giả sử trái lại xn  K  G, tn  [0,1], n   , sao cho: xn  (1  tn ) Axn  tn n x0 (1) Có thể coi ( nếu không ta xét dãy con) lim tn n    0 (do { tn n } bị chặn), lim tn =0 ( do lim n   ) Do A compắc nên { A( xn ) } hội tụ và do đó { xn } hội tụ về một x  K  G Khi đó qua giới hạn trong (1) Ta có: x  Ax   x0 (vô lý)
Hệ quả: Giả sử B: X  X là ánh xạ tuyến tính compắc, dương và không có vectơ riêng trong K với giá trị riêng bằng 1.Khi đó: 1) ik ( B, G )  1 nêú B không có vectơ riêng trong K với giá trị riêng   1 2) ik ( B, G )  0 nếu B có vectơ riêng trong K với giá trị riêng   1 Chứng minh 1) Được suy ra từ 1) định lý 1 2) Giả sử Bx0   x0 , x0  K \{ } ,   1 . Ta có: x  Bx  tx0 , x  K  G t  Bv  v với v  x  x  1 0  v  K  t
A( x)  A ' ( x) lim 0 xK , x  0 x Do đó: A và A ' đồng luân dương trên B( ,  ) khi  đủ nhỏ 1.2.3. Tồn tại điểm bắt động dương: Ta kí hiệu Br  {x  X : x  r} , Sr  {x  X : x  r} , r>0, K r  K  Br Định lí 3: Giả sử A: K r  K compắc và tồn tại r1 , r2  (0, r ) , r1  r2 sao cho: 1) Ax   x , x  K  Sr1 ,   1 2) Tồn tại: x0  K \{ } thoả x  Ax   x0 , x  K  S r 2 ,   0 Khi đó A có điểm bắt động dương x thoả mãn min{r1 , r2 }  x  max{r1 , r2 } Chứng minh Coi r1  r2 , ta có: ik ( A, Br1 )  1 , ik ( A, Br 2 )  0 Áp dụng tính chất 2), 3) của bậc tôpô ta có x  Br 2 \ Br1 thoả x=Ax Hệ quả: Kết luận định lí 3 vẫn đúng nếu thay các điều kiện 1), 2) bởi: 1) Axx , x  K  Sr1 2) Axx , x  K  Sr 2 Chú ý: Axx  A( x)   x ,   1 Axx  x  Ax   x0 ,   0 Định lý 4: Giả sử có điều kiện 1) của định lí 3 và 2) Ax   x , x  K  Sr 2 ,   1 (1) inf{ A( x) : x  K  Sr 2 }  0 (2) Khi đó kết luận của định lí 3 đúng
Chứng minh Do (1) ta có A và tA (t>1) đồng luân dương trên K  Sr 2 nên ik  A, Br 2   ik  tA, Br 2  t  1 Ta chứng minh tồn tại t0 sao cho (*) t  t0 , x  K  Sr 2 ,   0  x  tAx   x0 ( x0  K \{ } cố định) Giả sử trái lại tn   , xn  K  Sr 2 n  0 : xn  tn Axn  n x0 Có thể coi lim Axn  y và y  0 (do (2)), y  K 1 Mặt khác ta có: Axn  xn   (!) tn vậy (*) đúng hay ik (tA, Br 2 )  0 t  t0 Do đó: ik ( A, Br 2 )  0 Định lí 5 Giả sử A : K  K là ánh xạ compắc; A   ,A khả vi theo nón tại  ,  và 1) A ' , A ' không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1 2) A ' không có, A ' có trong K vectơ riêng với giá trị riêng lớn hơn 1. Khi đó A có điểm bất động trong K \{ } . Chứng minh Ta có: áp dụng định lí 2) ik ( A, Br )  ik ( A ' , Br )  1 khi r đủ nhỏ ( hệ quả 1) ik ( A, BR )  ik ( A ' , BR )  0 khi R đủ lớn ( hệ quả 2 của định lí 1)  x  K  ( BR \ Br ) : x  Ax
1.3.Điểm bất động của ánh xạ tăng 1.3.1. Nguyên lý Entropy ( Brezis-Browder) Giả sử i) X là tập sắp thứ tự sao cho mỗi dãy đơn điệu tăng trong X có cận trên ii) S : X  [, ) là một hàm đơn điệu tăng (u  v  S (u )  S (v)) và bị chặn trên Khi đó: tồn tại phần tử u0  X có tính chất u  X , u  u0  S (u )  S (u0 ) (1) Chứng minh Lấy tuỳ ý u1  X rồi xây dựng các phần tử u1  u2  ... như sau. Giả sử đã có un , ta đặt M n  {u  X : u  un } ,  n  sup S (u ) , uM n Nếu  n  S (un ) thì un cần tìm. Nếu  n  S (un ) ta tìm được un 1 thoả un 1  M n   1  S (un 1 )   n  2 (  n  S (un )) Nếu quá trình trên vô hạn thì ta có dãy tăng {un } thỏa: 2 S (un 1 )  S (un )   n n  N * Gọi u0 là một cận trên của {un } với u  u0 , ta có u  M n n  N * (do u  un ) Suy ra S (u )   n  2 S (un 1 )  S (un ) Suy ra S (u )  lim S (un ) (chú ý giới hạn tồn tại) Suy ra S (u )  S (u0 ) hay S (u )  S (u0 ) 1.3.2. Định lí: Giả sử X là không gian Banach được sắp bởi nón K, M  X là tập đóng và F : M  X là ánh xạ tăng, thỏa mãn i) F ( M )  M , x0  M : x0  F ( x0 )
ii) F biến mỗi dãy tăng thuộc M thành dãy hội tụ. Khi đó F có điểm bất động trong M Chứng minh Đặt M 0  {x  M : x  F ( x)} Suy ra M 0   (do x0  M 0 ) g ( x)  sup{ F ( y )  F ( z ) : z , y  M 0 , y  z  x} Ta sẽ áp dụng nguyên lý Entropy cho tập M 0 và hàm (-g) i) {xn }  M 0 , {xn } tăng  x : lim F ( xn ), x  M  xn  x (do xn  F ( xn )  x ) Suy ra x là cận trên của xn trong ( M 0 , ) ii) x1  x2  { y, z  M 0 : y  z  x2 }  { y, z  M 0 : y  z  x1},  g ( x1 )   g ( x2 ) nên a  M 0 , x  M 0 , x  a thì g(x)=g(a). Ta chứng minh g(a)=0. Nếu g(a)>c >0, ta có : y1  M 0 : y1  a, F ( y1 )  F (a)  c Do g ( y1 )  g (a)  c nên y2  M 0 , y2  y1 F ( y2 )  F ( y1 )  c Kết quả ta có dãy tăng { yn }  M 0 , F ( yn 1 )  F ( yn )  c  0 (mâu thuẫn) Do g(a)=0 nên F(y)=F(a). y  M 0 , y  a . vì a  M 0  F (a)  a nên F(F(a))=F(a) hay b=F(a) là điểm bất động Hệ quả 1: Giả sử F : u, v  X là ánh xạ tăng, thỏa mãn: i) u  F (u ), F (v)  v ii) F() là tập compắc tương đối, K là nón chuẩn Khi đó F là điểm bất động trong . Chứng minh {xn }  u , v  , {xn } tăng, ta có: {F ( xn )} có dãy con hội tụ
Suy ra {F ( xn )} hội tụ (do F ( xn ) tăng, K là nón chuẩn) Hệ quả 2: Giả sử F : u, v  X là ánh xạ tăng, thỏa : i) u  Fu, Fv  v ii) K là nón chính quy. Khi đó F có điểm bất động trong 1.4 .Phương trình chứa tham số 1.4.1. Nhánh liên tục các nghiệm dương Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K và ánh xạ A : K r  K (0  r  ) Xét bài toán tìm x  K \{ },   0 thỏa phương trình x   A( x) (1) Đặt S  {x  K \{ },   0, x   A( x)} Định nghĩa: Ta nói S là nhánh liên tục từ  , có độ dài r nếu với mọi r’< r, mọi tập mở G mà   G  B( , r ') thì ta luôn có S  G   Định lý 1: Cho ánh xạ hoàn toàn liên tục A : K r  K thỏa mãn A( x)  B( x) với B có các tính chất sau: i) B : Br  K là ánh xạ tăng, ii) u  K \{ }, a, b  0 : B(tu )  atu t  [0, b] (điều kiện trên tuyến tính) Khi đó tập nghiệm S của phương trình (1) là nhánh liên tục có độ dài r. Chứng minh Xét tập mở   G  B( , r ') , r’
 x  Thật vậy, chọn  ,   0 thỏa :  x  K  G  A( x)   Khi đó ta có: t.x   A( x), x  K  G  t    t  1 khi  nhỏ. . Ta sẽ chứng minh khi  lớn thì x   Ax  tu x  K  G, t  0 (3) Và do đó sẽ có ik ( A, G )  0 khi  lớn, mâu thuẫn (1), (2) Nếu (3) không đúng ta có: xn  K  G, tn  0, n   : xn  n Axn  tn u (*) Gọi sn là số cực đại thỏa xn  snu Từ (*) ta có xn  tnu  sn  0 ( do sn  tn  0 ) Đặt N1  {n : sn  b} , N 2  {n : sn  b} * Nếu N1 vô hạn, ta có: n  N1  xn  n A( xn )  n B( xn )  n B( snu )  an snu  n asn  sn (vô lý)( chú ý n a>1) * Nếu N 2 vô hạn, ta có: n  N 2  xn  n B( snu )  n B(bu )  n abu 1  abxn  u    u (vô lý) n Định lí 2 Giả sử A : K r  K hoàn toàn liên tục thỏa các điều kiện i) Ax   x  K r \{ } ii) Tập nghiệm S của phương trình (1) là nhánh liên tục từ  , độ dài r iii) lim  ( x)  a  b  lim  ( x) (1) x 0 x r Hoặc lim  ( x)  a  b  lim  ( x) x r x 0 Khi đó;   (a, b) thì phương trình (1) có nghiệm
Chứng minh Xét trường hợp (1) trong iii). Giả sử trái lại: 0  (a, b) : x  0 Ax x  K \{ } (2) Đặt S1  {x  S :  ( x)  0 } { } , S2  {x  S :  ( x)  0 } ta có Do (1): sup{ x : x  S1}  r1  r , inf{ x : x  S 2 }  r2  0 (3) Ta chứng minh d ( S1 , S2 )    0 . Ta có: . S1 là tập compắc. Thật vậy, với {xn }  S1 ta có: xn   ( xn ) Axn  ( xn ) bị chặn nên có dãy con hội tụ về   0 A( xn ) có dãy con hội tụ  {xn } có dãy con hội tụ về x thỏa x   A( x) hay x  S1 . S2 là tập đóng. Thật vậy, với { yn }  S2 , yn  y , ta có: y   (do (3)), lim A( yn )  A( y )  0 ( do gt i))   lim  ( yn )    0 yn y (do yn   ( yn ). A( yn )  0   ( yn )      0 , ) A( yn ) A( y ) y   A( y )    0 (do (2)) Vậy   0 và ta có y  S2 Chọn  thỏa 0    min{ , r  r1} và đặt G  x S B ( x,  ) 1 Ta có   G  B( , r1   ) , G mở, S  G   vô lý. 1.4.2. Phân nhánh toàn cục nghiệm dương Ta xét toán tử A: [0,)  K  K thoả mãn (H1): A(,0)=0 với mọi  0, A(,x)=L(x) + g(,x) với L và g thoả mãn: i) L là một toán tử tuyến tính compắc, biến K vào K với mọi   0 và ánh xạ   L là liên tục theo chuẩn
ii) g: [0,)x K  X là compắc và g(,x) = 0 (|| x ||) khi || x ||  0 và sự hội tụ là đều cho   [0, a] với mọi a0. Chúng ta sẽ xét phương trình: x = A(,x) (1) Đặt S = {(,x)[0,)x K : x =A(,x) và x  0} và S là bao đóng của S Nếu (0,0) là một điểm phân nhánh dương của (1). Nghĩa là nếu (0,0)  S thì ta kí hiệu S (0 ) là thành phần liên thông của S , chứa (,x) Định lý 1: Giả sử giả thiết (H1) và giả thiết dưới đây được thoả mãn: (H2): Tồn tại 0  (0,) thoả 1 là một giá trị riêng của L với vectơ 0 riêng trong K và thoả: i) tx=L(x) với x  K \ {0}, [0,0) kéo theo t1, và: ii) Với mọi (0,). Tồn tại h  K \ {0} thoả x = L(x) + t.h, x  K \{0} kéo theo t0 Thì (0, 0) là một điểm phân nhánh dương của (1) và S(0) có ít nhất một trong các tính chất sau : (a) S(0) là không bị chặn. (b) Hình chiếu của S(0) lên trục _ chứa đoạn [0,0) ( nghĩa là phương trình (1) có nghiệm không tầm thường trong K với mỗi [0,0)) Chứng minh Từ giả thuyết (H1), (H2), ta xác định được bậc tôpô d(I – A(,.), Br (0)  K , 0 ) với 0 và r  0 đủ nhỏ như sau : 1, neu   [0, 0 ) d(I – A( ,.), Br (0)  K , 0)   0, neu   (0 , )
Do đó, (0,0) là điểm phân nhánh duy nhất của nghiệm dương của (1). Chúng ta sẽ chứng minh rằng tính chất (b) đúng nếu tồn tại dãy (n, xn)  S(0) thoả lim n  0 , sup x   (2) n  Thật vậy, không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử rằng lim xn  x0  K và do đó (0, x0)  S(0), x0 = A(0, x0 ). Chúng ta sẽ chỉ ra rằng n  x0  0. Giả sử trái lại x0 = 0. Viết : xn x x g (n , xn )  L0 ( n )   ( Ln  L0 )( n )   xn xn xn xn xn và do tính compắc của L0 ta giả sử rằng L0 ( ) hội tụ. Thì khi đó xn xn hội tụ tới một y  K\ {0} và ta có y = L0(y), trái với H2 (i). xn Bây giờ, giả sử rằng S(0) không chứa dãy (n, xn) thoả điều kiện (2). Thì chứng minh tương tự trong định lý phân nhánh toàn cục của Rabinowitz và Dancer ta sẽ chứng minh rằng S(0) là không bị chặn. Định lý được chứng minh đầy đủ. Từ chứng minh trên ta có hệ quả sau: Hệ quả: Với giả thiết của định lý 1 trên và giả sử thêm rằng: (H3): x  A(0,x),  x  K \ {0}. Thì thành phần S(0) là không bị chặn. Giả sử H2(ii) đúng nếu L với  (0, ) có một vectơ riêng trong K ứng với một giá trị riêng lớn hơn 1 và không có trong K vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng bằng 1.
Chương 2 : NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN, TÍCH PHÂN 2.1.Nghiệm dương tuần hoàn của một phương trình tích phân Một số bài toán về sự lan truyền bệnh dịch dẫn đến việc tìm nghiệm t dương, có chu kỳ  của phương trình x(t )  t  f [ s, x( s)]ds (*) Với các giả thiết 1) f : R  [0, )  [0, ) liên tục, có chu kỳ  theo biến thứ nhất f (t , 0)  0 ; f (t , x) lim  0 đều đối với t  [0,  ] x  x 2) Tồn tại hàm  : R  [0, ) có chu kỳ  , số   0 sao cho f (t , x)  x   (t ) x  (0,  ],  0  (t )dt  0 Mệnh đề: Tồn tại số  0 sao cho    0 phương trình (*) có nghiệm dương, chu kỳ  Chứng minh Ta sẽ áp dụng định lý 3 mục 1.2.3 Ký hiệu: X là không gian các hàm liên tục, có chu kỳ  , x  max | x(t ) | 0 t  K là nón các hàm x(t )  0 t Ax(t )   f [s, x( s )]ds t  Suy ra [ Ax(t )]'  f (t , x(t ))  f (t   , x(t   )) t [0, ] t  Đặt  ( )  tinf  ( s )ds ta có   lim  ( )   (do  ( )  [ ]  ( s )ds )    0 Gọi  0 là số mà  ( )  1    0 (do lim  ( )   )  