Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp nghiên cứu sự phân nhánh

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:67

Thêm vào BST

Báo xấu

87
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp nghiên cứu sự phân nhánh giới thiệu tới các bạn những nội dung về phương pháp sử dụng định lý hàm ẩn; phương pháp sử dụng bổ đề morse; phương pháp sử dụng bậc tôpô; phương pháp biến phân.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số phương pháp nghiên cứu sự phân nhánh

BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC SÖ PHAÏM TP.HOÀ CHÍ MINH Traàn Hoøa Hieäp MOÄT SOÁ PHÖÔNG PHAÙP NGHIEÂN CÖÙU SÖÏ PHAÂN NHAÙNH LUAÄN VAÊN THAÏC SYÕ TOAÙN HOÏC Thaønh phoá Hoà Chí Minh, naêm 2012
BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC SÖ PHAÏM TP.HOÀ CHÍ MINH Traàn Hoøa Hieäp MOÄT SOÁ PHÖÔNG PHAÙP NGHIEÂN CÖÙU SÖÏ PHAÂN NHAÙNH Chuyeân ngaønh: TOAÙN GIAÛI TÍCH Maõ soá: 60 46 01 LUAÄN VAÊN THAÏC SYÕ TOAÙN HOÏC NGÖÔØI HÖÔÙNG DAÃN KHOA HOÏC: PGS. TS. Nguyeãn Bích Huy Thaønh phoá Hoà Chí Minh, naêm 2012
MỤC LỤC MỤC LỤC ............................................................................................ 3 Lời cảm ơn ........................................................................................... 4 Phần mở đầu ........................................................................................ 5 Phần nội dung chính ........................................................................... 6 Chương 1: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ HÀM ẨN ...... 7 1.1 Định lý Hàm ẩn............................................................................................. 7 1.2. Ứng dụng của định lý hàm ẩn ................................................................... 18 Chương 2: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BỔ ĐỀ MORSE ........... 22 2.1 Phép dựng Lyapunow-Schmidt ................................................................. 22 2.2 Phương pháp sử dụng Bổ đề Morse .......................................................... 26 Chương 3. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẬC TÔPÔ .................. 34 3.1. Sự phân nhánh địa phương ....................................................................... 34 3.2. Sự phân nhánh toàn cục ............................................................................ 54 Chương 4: PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN .................................... 60 4.1 Phương pháp biến phân.............................................................................. 60 4.2. Ví dụ: ........................................................................................................... 63 Phần kết luận ..................................................................................... 66 Tài liệu tham khảo ............................................................................ 67
Lời cảm ơn Lời đầu tiên trong bản luận văn này, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Thầy PGS. TS Nguyễn Bích Huy đã dành nhiều thời gian quý báu của mình để hướng dẫn, đóng góp ý kiến cho luận văn của tôi, và xin cảm tạ đến thầy PGS. TS Lê Hoàn Hóa đã giúp đỡ, bổ túc kiến thức để luận văn của tôi được hoàn tất. Xin chân thành cảm tạ quý Thầy, Cô khoa Toán-Tin học, Trường Đại học Sư phạm, Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tâm giảng dạy, truyền đạt kiến thức và hỗ trợ tài liệu cho tôi trong suốt thời gian học tập. Tiếp đến xin chân thành cảm tạ quý Thầy Cô, Cán bộ phòng Quản lý Khoa học Công nghệ - Sau đại học, Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã giúp đỡ, động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chánh cho tôi trong suốt quá trình học tập. Sau cùng, tôi xin chân thành cảm ơn đến Ban Giám hiệu trường Đại học Sài Gòn đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi được tham dự lớp Cao học tại Trường Đại học Sư Phạm, Thành phố Hồ Chí Minh. Xin gửi lời tri ân tất cả bạn bè đồng nghiệp, các bạn cùng lớp Cao học Giải tích khóa 21, cùng gia đình đã động viên quan tâm đến tôi trong quãng thời gian học tập và làm luận văn. Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2012 Học viên. Trần Hòa Hiệp
Phần mở đầu Nhiều vấn đề Khoa học tự nhiên, Khoa học xã hội, Kinh tế học dẫn đến việc nghiên cứu sự phân nhánh nghiệm của các phương trình chứa tham số. Về mặt toán học, các vấn đề này được mô tả bằng phương trình dạng F(x, λ) = 0 với λ là tham số, nó đóng vai trò như các yếu tố tác động vào hệ thống được xét. Với mỗi λ ta ký hiệu S(λ) = {x : F(x, λ) = 0} và ta cần nghiên cứu tính chất của S(λ) khi mà λ thay đổi; đặc biệt ta muốn xét sự tồn tại điểm λ 0 sao cho khi λ đi qua λ 0 thì cấu trúc của tập S(λ) có thay đổi về cơ bản hay trong hệ thôgns được xét có sự biến động đột ngột. Giá trị λ 0 như vậy được gọi là điểm phân nhánh nghiệm của phương trình. Vì ý nghĩa quan trọng trong ứng dụng thực tế, bài toán xác định điểm phân nhánh và nghiên cứu tập S(λ) khi λ gần λ 0 hoặc λ xa λ 0 được quan tâm nghiên cứu từ giữa thế kỷ XIX cho đến ngày nay trong các công trình của Liapunov,S chmit, Nekrasov, Krasnoselskii, Rabinowitz, Dancer,... Tùy theo các tính chất của các ánh xạ tham gia vào phương trình mà có nhiều phương pháp khác nhau để nghiên cứu sự phân nhánh.
Phần nội dung chính Nội dung chính của bản luận văn nói về việc nghiên cứu nghiệm (x, y) của phương trình f(x, y) = 0 trong lân cận của (x 0 , y 0 ). Bao gồm 4 chương: Chương 1. Định lý hàm ẩn trình bày sự tồn tại nghiệm x(t) của f(x,y) = 0. Các công cụ đắc lực để chứng minh định lý này bao gồm các kiến thức về phép đồng đẳng cấu tuyến tính và sự khả vi theo Fréchet. Chương 2. Trình bày phương pháp sử dụng bổ đề Morse. Ta nghiên cứu bài toán trong lân cận Ω của (0, λ 0 ) ∈ X × A với A là không gian các tham biến, bằng cách sử dụng phép dựng của Lyapunow-Schmidt. A hữu hạn chiều thì việc nghiên cứu địa phương phương trình f(x, λ) = 0 sẽ quy về việc nghiên cứu một số hữu hạn các phương trình với một số hữu hạn ẩn nhờ vào bổ đề Morse. Chương 3. Phương pháp sử dụng bậc tôpô, được chia ra làm hai phần. Thứ nhất, sự phân nhánh địa phương nói về điều kiện cần để (0, λ 0 ) là điểm phân nhánh của f, giá trị riêng đơn của toán tử tuyến tính liên tục K, sự phân nhánh ở vô cực, và giải pháp của Đại số Banach. Thứ nhì, sự phân nhánh toàn cục, nói về sự toàn cục của hàm ẩn, nghiệm mở rộng toàn cục, và mở rộng toàn cục trên nón. Chương 4. Trình bày về phương pháp biến phân, dùng để nghiên điểm phân nhánh của phương trình f(x, λ) = 0 chính là điểm phân nhánh của ϕ’(x) – λx = 0 với ϕ ∈ C2 (Ω,  ).
Chương 1: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ HÀM ẨN 1.1 Định lý Hàm ẩn Nội dung chương này được trình bày dựa theo [1] của PGS.TS. Lê Hoàn Hóa, trang 283-285; [7] của L. Nirenberg (bản Việt dịch), trang 74-77; và [3] của Jean Dieudonné, trang 127-131. Các không gian được đề cập đều là các không gian Banach. Định nghĩa 1.1. Ánh xạ f: X → Y là đẳng cấu nếu: (I). f là ánh xạ tuyến tính, liên tục. (II). Ánh xạ f hả đảo (tức là tồn tại một ánh xạ tuyến tính liên tục g: Y → X sao cho g o f = I X và f o g = I Y ). Tay ký hiệu: Isom(X, Y) = {f ∈  (X,Y) sao cho: NÓI CÁCH KHÁC. Ánh xạ f : X → Y là đẳng cấu, thì điều kiện cần và đủ là f là một phép đồng phôi, tuyến tính. Định nghĩa 1.2. (Khả vi theo Fréchet) Cho Ω là tập mở trong X, ánh xạ f : Ω → Y được gọi là khả vi (theo Fréchet) tại điểm x 0 ∈ Ω, nếu ∃A ∈ L(X, Y) sao cho: f ( x0 + u ) − f ( x0 ) − Au Y = o( u ) (1.1) (1.1) có nghĩa là ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀u ∈ X : u X < δ thì: f ( x0 + u ) − f ( x0 ) − Au Y ≤ε u X Như vậy (1.1) còn được viết dưới dạng quen thuộc sau: f ( x0 + u ) − ( f ( x0 ) − Au lim Y =0 u →0 u X Định nghĩa 1.3. Nếu f khả vi tại mọi x ∈ Ω ta nói f khả vi trên Ω (hay f khả vi). Khi đó ánh xạ f’: Ω → L(X,Y) cho bởi f’(x) ∈ L(Xy,Y) ∀x ∈ Ω, được gọi là đạo hàm (hay đạo ánh) của f. Bây giờ, nếu f’ liên tục trên Ω thì ta gọi f khả vi liên tục hay thuộc lớp C1(Ω). Mệnh đề 1.1. (Tích phân về giá trị trung bình) Giả sử f ∈ C1 trên tập lồi mở Ω, lấy mọi x ∈ Ω thì đối với hai điểm tùy ý x 1 , x 2 ∈ Ω ta có x = tx 1 + (1 – t)x 2 , (0 ≤ t ≤ 1). Khi đó
1 d f(x 1 ) – f(x 2 ) = ∫ dt f [tx + (1 − t ) x ]dt 0 1 2 1 = ∫ fx [tx + (1 − t ) x ]dt.( x − x ) 0 1 2 1 2 (1.2) Chứng minh: Ta có: 1 d ∫ dt f [tx + (1 − t ) x ]dt= f [tx1 + (1 − t ) x2 ] t =0 t =1 1 2 0 = f [1x1 + (1 − t ) x2 ] − f [ 0 x1 + (1 − 0) x2 ] = f ( x1 ) − f ( x2 ) Mặt khác 1 1 d d ∫0 dt f [tx1 + (1 − t ) x2 ]dt = ∫0 dt f ( x)dt 1 d d =∫ f ( x). x(t )dt 0 dt dt 1 = ∫ f [tx + (1 − t ) x ] dt.( x − x ) 0 x 1 2 1 2 Vậy (1.2) được kiểm chứng xong. Định lý 1.1. (Nguyên lý ánh xạ co nghiêm ngặt) Cho X là không gian Banach, f : X → X. Giả sử tồn tại k ∈ [0, 1) sao cho f ( x) − f ( y ) ≤ k x − y , ∀x, y ∈ X. Khi đó trong X tồn tại duy nhất x* là điểm bất động của f và lim f n ( x) = x* , ∀x ∈ X. x →∞ Chứng minh. Xem [1], của PGS. TS Lê Hoàn Hóa, trang 13-14. Định lý 1.2. (Định lý về hàm ẩn) Cho X, Y, Z là các không gian Banach, Ω là tập mở trong không gian X × Y, f : Ω → Z liên tục và f có đạo hàm riêng Fréchet f x : Ω → L(X,Z) liên tục. Giả sử tại điểm (x 0 , y 0 ) ∈ Ω ta có f(x 0 , y 0 ) = 0. Ta muốn nghiên cứu nghiêm (x, y) của phương trình: f(x, y) = 0,
trong lân cận của (x 0 , y 0 ). Muốn vậy, giả sử A = f x (x 0 , y 0 )1 ∈ Isom(X, Z) tức là A đẳng cấu không gian X lên không gian Z. Khi đó: (a). Tồn tại quả cầu mở B r (y 0 ) = { y : y − y0 < r } trong Y và duy nhất ánh xạ u : B r (y 0 ) → X sao cho u(y 0 ) = x 0 và f(u(y), y) = 0. (b) Trường hợp f ∈ C1 thì u(y) ∈ C1 và u y ( y ) = − [ fx(u ( y ), y ) ] . f y (u ( y ), y ) −1 (c) Trường hợp f ∈ CP với P > 1 thì u(y)∈ CP. Chứng minh (a). Giả sử rằng x 0 = y 0 = 0. Ta viết phương trình f(x, y) = 0 với (x, y) ∈ Ω trong lân cận của điểm (0, 0) dưới dạng tương đương như sau: Ax = Ax – f(x,y,):đặt = R(x, y) ⇔ A-1Ax = A-1[Ax – f(x, y)] = A-1R(x, y) ⇔ x = A-1Ax – A-1f(x,y) = A-1R(x, y): đặt= g(x,y) Bước 1. Ta sẽ chứng minh với các số r, δ > 0 thích hợp thì đối với mọi điểm cố định y ∈ B r (0), ta được ánh xạ: g(x, y) : B δ (0) → B δ (0) là ánh xạ co nghiêm ngặt. Thật vậy: • Vì bởi A ∈ Isom(X, Z) nên A-1 là ánh xạ tuyến tính liên tục, do đó: 1 ∀ε > 0 ta có ε A−1 ≤ (1.3) 2 • Cần chứng minh ∀x 1 , x 2 ∈ B δ (0) sao cho: R( x1 , y ) − R ( x2 , y ) ≤ ε x1 − x2 (1.4) Với mọi x 1 , x 2 ∈ B δ (0) và 0 ≤ t ≤ 1 thì x = tx 1 + (1 – t)x 2 (do không gian Banach X là không gian lồi địa phương), ta có: R(x 1 , y) – R(x 2 , y) = [Ax 1 – f(x 1 ,y)] – [Ax 2 – f(x 2 ,y)] = Ax 1 – Ax 2 – [f(x 1 ,y) – f(x 2 , y)dt], (áp dụng (1.2)) 1  = A(x 1 – x 2 ) -  ∫ f x (tx1 + (1 − t ) x2 , y )dt  ( x1 − x2 ) 0   1  =  A − ∫ f x ( x, y )dt  ( x1 − x2 )  0 
 1  =  f x (0, 0) − ∫ f x ( x, y )dt  ( x1 − x2 )  0  1 = ∫[ f 0 x (0, 0) − f x ( x, y ) ]dt.( x1 − x2 ) Do đạo hàm f x liên tục nên ta chọn r, δ > 0 sao cho x < δ , y < r thì f x (0, 0) − f x ( x, y ) ≤ ε (1.5) Ta xét: 1 R( x1 , y ) − R ( x2 , y ) = ∫[ f 0 x (0, 0) − f x ( x, y ) ]dt.( x1 − x2 ) 1 = ∫[ f 0 x (0, 0) − f x ( x, y ) ]dt. x1 − x2 1 ≤ ∫0 f x (0, 0) − f x ( x, y ) dt. x1 − x2 1 ≤ ∫ ε dt 0 x1 − x2 (do (1.5)) = ε x1 − x2 Như vậy (1.4) được kiểm chứng xong. * Ta có: g ( x1 , y ) − g ( x2 , y ) = A−1R( x1 , y ) − A−1R( x2 , y ) = A−1 R( x1 , y ) − A−1R( x2 , y ) ≤ ε A−1 . x1 − x2 (do (1.4)) 1 ≤ x1 − x2 (1.6) 2 Điều này chứng tỏ g(x, y) là ánh xạ co nghiêm ngặt theo biến x ∈ B δ (0) với y cố định thuộc B r (0). Bước 2. Ta khẳng định rằng g(x,y) đúng là ánh xạ từ B δ (0) → B δ (0) nếu như y ∈ B δ (0). Thật vậy: Lấy mọi x ∈ B δ (0) ta sẽ chứng minh rằng g(x,y) ∈ B δ (0). * Do g(x,y) liên tục tại (0, 0) (vì g là ánh xạ co) nên
1 ∀δ > 0, ∃r > 0 : y < r ⇒ g (0, y ) − g (0, 0) ≤ δ 2 1 ⇒ g (0, y ) − 0 ≤ δ 2 1 ⇒ g (0, y ) ≤ δ (1.7) 2 * Ta có: g ( x, y ) = g ( x, y ) − g (0, y ) + g (0, y ) ≤ g ( x, y ) − g (0, y ) + g (0, y ) 1 1 ≤ x−0 + δ (do (1.6) và (1.7)) 2 2 1 1 ≤ x + δ 2 2 1 1 < δ+ δ= δ (do x ∈ Bδ (0) ). 2 2 Vậy g ( x, y ) ∈ Bδ (0) hay g(x,y) đúng là ánh xạ đi từ Bδ (0) → Bδ (0) . Bước 3. Ta chứng minh có duy nhất ánh xạ u: B r (y 0 ) → X sao cho: u ( y0 ) = x0   f (u ( y ), y ) = 0 Thật vậy: * Vì ánh xạ g(x, y) là co nghiêm ngặt nên theo nguyên lý ánh xạ co thì phương trình: g(x, y) = x có nghiệm duy nhất với mỗi y mà ta cố định nó trên quả cầu B r (0). Điều này chứng tỏ rằng x phụ thuộc theo biến y mà ta ký hiệu chúng là: u(y) = x Như vậy ta có ánh xạ u : B r (0) → X là duy nhất và chọn x = y = 0 ta có được kết quả u(0) = 0. * Từ phương trình: g(x, y) = x ⇔ g (u ( y ), y ) = u( y) (1.8) Mặt khác ta có: g ( x, y )= x − A−1 f ( x, y )
u ( y ) A−1 (u ( y ), y ) ⇔ g (u ( y ), y ) =− (1.9) Thế thì từ (1.8) và (1.9) cho ta: ( y ) u ( y ) − A−1 f (u ( y ), y ) u= ⇔ A−1 f (u ( y ), y ) = 0 0 (do A đồng phôi tuyến tính) ⇔ f (u ( y ), y ) = -1 Bước 4. Cần chứng minh u: B r (0) → X liên tục. Thật vậy, ∀y1 , y2 ∈ Br (0) ta có: u ( y= 1 ) − u ( y2 ) g (u ( y1 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) = g (u ( y1 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y1 ) + g (u ( y2 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) ≤ g (u ( y1 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y1 ) + g (u ( y2 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) 1 ≤ u ( y1 ) − u ( y2 ) + g (u ( y2 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) 2 Từ đây ta suy ra g ( y1 ) − u ( y2 ) ≤ 2. g (u ( y2 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) (1.10) Do rằng g(x, y) liên tục theo biến y nên khi ta cho y 1 → y 2 thì vế phải của (1.10) tiến về 0 hay u ( y1 ) − u ( y2 )  y1 → y2 →0 Điều này chứng tỏ rằng u liên tục. (b). * Ta xét y + δy sao cho y + δ y ≤ r và tiếp đến ta đặt: δ u := u ( y + δ y ) − u ( y ) Theo bước 4 cho ta u: B r (0) → X liên tục nên δ u : u ( y + δ y ) − u ( y )  = δ y →0 →0 * Ngoài ra f: Ω ⊂ X × Y → Z là ánh xạ thuộc lớp C1; tức là f khả vi liên tục với mọi (x, y)∈ Ω, cho nên: Với ε > 0 cho trước tùy ý (như đã nêu ở (1.3)), theo Fréchet thì: f (u ( y ) + δ u, y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ y − T ( y )δ y ≤ ε ( δ y + δ u (1.11) trong đó S ( y ) : đặt = f x (u ( y ), y ) và T(y):đặt f y (u ( y ), y ) Ta xét vế phải của (1.11): f (u ( y ) + δ u, y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ u − T ( y )δ y
= f (u ( y ) + u ( y + δ y ) − u ( y ), y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ u − T ( y )δ y = f (u ( y + δ y, y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ u − T ( y )δ y Như vậy (1.11) tương đương với: = f (u ( y + δ y ), y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ u − T ( y )δ y ≤ ε ( δ y + δ u ) (1.12) * Ta có f liên tục (do giả thiết) nên với ε > 0 cho trước tùy ý, khi δ y đủ nhỏ thì: f (u ( y + δ y ), y + δ y ) − f (u ( y ), y )  δ y →0 →0 , như vậ từ (1.12) suy ra: S ( y )δ u − T ( y )δ y ≤ ε ( δ y + δ u ) . (1.13) * Do tính liên tục của f x cho ta f x (u ( y ), y ) → f x (0, 0) (như đã nêu ở (1.5)), ngoài ra [ f x (0, 0)] −1 bị chặn (vì giả thiết cho = A f x (0, 0) ∈ Isom( X , Z ) ) nên từ đây suy ra [ fx(u ( y), y)] −1 tồn tại và bị chặn với y đủ nhỏ; tức có thể chọn: 1 ε S −1 ( y ) ≤ (1.14) 2 * Ta tác động hai vế của biểu thức (1.13) cho S −1 ( y ) ta được: δ u + S −1 ( y )T ( y )δ y ≤ ε . S −1 ( y ) .( δ y + δ u ). (1.15) và kết hợp (1.14) với (1.15) và suy ra: 1 δ u + S −1 ( y )T ( y )δ y ≤ ( δ y + δ u ). (1.16) 2 * Bây giờ ta đánh giá về δ u như sau: Từ (1.16) suy ra: 1 δ u − S −1 ( y )T ( y ) . δ y ≤ δ y + δu (1.17) 2 ta đặt a: = 2 S −1 ( y )T ( y ) + 1 , xét vế trái của (1.17): 2 S −1 ( y )T ( y ) + 1 − 1 δ u − S ( y )T ( y ) δ y = −1 δu − 2 a −1 = δu − .δy 2 thay kết quả này vào (1.17), ta được a −1 1 1 δu − . δ y ≤ δ y + δu 2 2 2
từ đây ta suy ra: δu ≤ a δ y * Như vậy thay kết quả δ u vừa được đánh giá vào (1.15), suy ra: δ u + S −1 ( y )T ( y )δ y ≤ ε (a + 1) S −1 ( y ) . δ y hay với δ y đủ nhỏ thì: δ u + S −1 ( y )T ( y )δ y ≤ ε (a + 1) S −1 ( y ) . δ y Do vậy theo Fréchet thì u khả vi và từ đây ta cũng có được kết quả là: u y ( y ) = − [ f x (u ( y ), y ] f y (u ( y ), y ). −1 (1.18) (c). Theo giả thiết f ∈ C1, từ đây suy ra vế phải của đẳng thức (1.18) là liên tục theo y; tức là u(y) ∈ C1; tức là u(y) ∈ C2. Vậy theo qui nạp cho ta nếu f ∈ C P thì u ( y ) ∈ C P . Chú ý 1.1. Trong định lý hàm ẩn vừa chứng minh ở trên ánh xạ y → u ( y ) từ Bδ (0) vào X được gọi là ánh xạ ẩn được suy từ phương trình f(x, y) = 0. Từ định lý hàm ẩn, ta có một vài hệ quả quan trọng mà ta sẽ dùng chúng cho việc chứng minh các kết quả về lý thuyết phân nhánh sau này. Cho A ∈ L(X, Y) ta ký hiệu:  N ( A) := ker A   R= ( A) : Im= A A( X ) Hệ quả 1.1. Cho tập Ω là một lân cận mở của x 0 trong X, f : Ω → Y khả vi liên tục thuộc lớp CP. Giả sử rằng f x (x 0 ) ∈ Isom(X,Y). Khi đó: (a). Tồn tại quả cầu B ε (y 0 ) = {y ∈ Y : y − y0 < ε} sao cho y 0 = f(x 0 ). (b). Tồn tại duy nhất f—1khả vi liên tục thuộc lớp CP. Chứng minh. (a). * Đặt Y:=Z và đặt h: Ω x Y → Z, được cho bởi: h(x, y):= f(x) – y, ∀(x, y) ∈ Ω × Y Giả sử rằng x 0 = 0, và ta có thể xem Ω × Y là lân cận mở của điểm (0, 0). Do h thỏa mãn các giả thiết của định lý hàm ẩn, cho nên tồn tại quả cầu mở B ε (0) ⊂ Y và duy nhất ánh xạ liên tục u: Bε (0) → X sao cho:
u(0) = 0. (1.19) h(u(y),y) = 0. (1.20) * Với y:= 0, từ (1.20) cho ta: h(u (0), 0) = 0 ⇔ f (u (0)) − 0 =0 ⇔ f (u (0)) = 0 ⇔ f (u (0)) = 0 (do (1.19)) (b). Đặt W := B ε (0). * Chứng minh Ω = u(W), thật vậy: Với x ∈ Ω , ta xem x = 0, chọn y = 0 ∈ W, ta có 0 = u(0) (do (1.19)) điều này chứng tỏ x ∈ u(W). Ngược lại: ∀x ∈ u (W) ⇒ ∃y ∈ W : x =u ( y ) và chọn y = 0 ⇒ x= u (0)= 0 (do (1.19)) ⇒ x∈Ω Do đó Ω =u (W) * Chứng minh u: W → u(W) là song ánh liên tục, thật vậy: Ta có u: W → u(W) là toàn ánh (hiển nhiên). Mặt khác lại có u đơn ánh, vì: ∀y1 , y2 ∈ W : u ( y1 ) = u ( y2 ) ⇒ f (u ( y1 ) = f (u ( y2 )) (do f là ánh xạ) ⇒ y1 = y2 (do (1.19) và (1.20)). Ngoài ra ta còn có u liên tục (như đã chứng minh trong định lý hàm ẩn). Do đó u là song ánh liên tục. * Chứng minh u(W) = f-1(W) và là tập mở trong X, thật vậy: ∀x ∈ u (W) ⇒ ∃y ∈ W : x =u ( y ) f (u ( y )) (do f là ánh xạ) ⇒ f ( x) = ⇒ f ( x) = y (do (1.20)) ⇒ f ( x) ∈ W (do y ∈ W ) ⇒ x ∈ f −1 (W) Ngược lại:
∀x ∈ f −1 (W) ⇒ f ( x) ∈ W ⇒ f ( x) ∈ ε (1.21) Chọn y ∈ Y sao cho x = u(y), ta có: f ( x) = f (u ( y )) = y (do (1.20)) Kết quả này cùng với (1.21) suy ra y < ε hay y ∈ W Như vậy ∃y ∈ W sao cho x = u(y), điều này chứng tỏ x ∈ u(W). Do đó u(W) = f—1(W). * Mặt khác ta có f: Ω → Y liên tục, mà W mở trong Y, nên f-1(W) là tập mở trong Y. Tóm lại: f—1: Y → = = f −1 (W) Ω u (W) y → f −1 ( y ) = u( y) . Giả thiết cho f ∈ CP hay f-1 khả vi liên tục thuộc lớp CP. Ngoài ra tính duy nhất của f – 1 được sủy a từ tính duy nhất của u (theo định lý hàm ẩn). Hệ quả 1.2. Giả sử Ω là lân cận mở của (0, 0) trong X × Y, f: Ω → Z khả vi liên tục thuộc lớp CP sao cho: (i). f(0, 0) = 0, (ii). Rf 2 (0, 0) = Z, (iii). Nf x (0, 0) = X 1 có không gian X 2 bù đóng trong X, nghĩa là X = X 1 ⊕ X 2 . Khi đó: Với x 1 ∈ X 1 : x1 ≤ δ và y ∈ Y : y ≤ r trong đó δ , r > 0 đủ bé, tồn tại x 2 = u(x 1 , y) khả vi liên tục thuộc lớp CP là nghiệm duy nhất của phương trình. thỏa mãn u(0, 0) = 0. Chứng minh. * Giả thiết cho X= X 1 ⊕ X 2 , nên với mọi x ∈ Ω ⊂ X đều được viết một cách duy nhất dưới dạng: x= x1 + x2 , với x1 ∈ X 1 , x2 ∈ X 2 ~ ~ ~ ~ Đặt Y=: X 1 × Y , lấy mọi y ∈ Y thì y có dạng:
~ y = ( x1 , y ) , với x1 ∈ X 1 , y ∈ Y ~ ~ Đặt G := X 2 × Y → Z được cho bởi: = f ( x1 + x2 , y ) , với ( x2 , y ) ∈ X 2 × Y ~ ~ ~ ~ đặt G = ( x1 , y ) : ~ * Ta kiểm tra G là ánh xạ, thật vậy:  x2 ∈ X 2 ∀( x 2, y ) ∈ X 2 × Y ⇒   y ∈ Y  x2 ∈ X 2 ⇒ với x1 ∈ X 1 , y ∈ Y   y = ( x1 , y ) ta có f(x 1 + x 2 , y) = f(x, y) (do x = x 1 + x 2 ), mà f : Ω → Z là ánh xạ nên f(x, y) ∈ Z, vậy f(x 1 + x 2 , y) ∈ Z.  ta suy ra G Từ đây theo định nghĩa của G  đúng là ánh xạ.  ( x , y ) ∈ Z , như vậy G 2 * Với mọi x 1 ∈ X 1 và y ∈ Y sao cho y ≤ r , trong đó δ , r > 0 , đủ bé. Ta có: y= −θ ( x1 , y ) − (0, 0) = ( x1 − 0, y − 0) = ( x1 , y ) = (x1 + y ≤ δ + r  thỏa mãn các điều kiện giả thiết của chọn ε > 0 đủ nhỏ thỏa mãn δ + r < ε , và do G đỉnh lý hàm ẩn, cho nên tồn tại quả cầu mở: Bε (θ ) { y - θ
Nghiệm này là duy và thuộc lớp CP (vì theo định lý hàm ẩn, ánh xạ u duy nhất và thuộc lớp CP). Vậy hệ quả được chứng mĩnhong. 1.2. Ứng dụng của định lý hàm ẩn Cho T > 0 và f: [0, T] × ×  →  là ánh xạ thỏa mãn điều kiện Carathéodory; tức là f(t,u,u’) liên tục hầu khắp nơi đối với t tại (u, u’) và đo được theo t đối với (u, u’) cố định. Ta xét bài toán Dirichlet; tức là bài toán tìm một hàm u khả vi trên biên thỏa mãn: =u " f (t , u , u '), 0 < t < T ,  (1.25) =u 0, = t 0= hay t T Định lý 1.3. Cho hàm f đã nêu ở trên thỏa mãn với mọi u, u , v, v ∈  và 0 < t < T sao cho: f (t , u , v) − f (t , u , v ≤ a u − u + b v − v (1.26) a a trong đó a, b ≥ 0 thỏa mãn + < 1 và λ1 là giá trị riêng đầu tiên của –u” đối với λ1 λ1 điều kiện biên Dirichlet u(0) = u(T) = 0; tức λ1 là số λ nhỏ nhất làm cho bài toán −u " λu , = 0 < t < T,  (1.27) =  u 0, = t 0= hay t T có nghiệm không tầm thường Khi đó bài toán Dirichlet (1.25) có nghiệm duy nhất u ∈ C01 ([0, T ]} , với u’ liên tục hầu khắp nơi. Chứng minh. * Từ các kết quả của phương trình đạo hàm riêng cho ta λ1 là số λ dương đầu tiên sao π2 cho bài toán (1.25) có nghiệm không tầm thường; tức là λ1 = . T2 * Để chứng minh định lý này, ta cho v ∈ L1 (0, T ) , và đặt: Av’ := f(., w, w’), (1.28) trong đó: T w(t ) = ∫ G (t , s )v( s )ds (1.29) 0 với G(t, s) là hàm Green cần tìm có dạng:
 g1 (t , s ) nêu 0 ≤ s ≤ t G (t ,s) =   g 2 (t , s ) nêu t ≤ s ≤ T * Các hàm g 1 (t, s) và g 1 (t, s) thỏa mãn điều kiện bài toán Dirichlet (1.25); tức là: (w",G)=(v,G) T T ⇔ ∫ w"(s)G(t,s)ds = ∫ G(t, s)v(s)ds (1.29) 0 0 T ⇔ ∫ w"(s)G(t,s)ds = w(t) 0 Ta tính vế trái của (1.30): T t T ∫0 w "( s )G (t , s )ds =∫ w"(s)g1 (t , s )ds + ∫ w"(s)g 2 (t , s )ds = 0 t s =t t = w '( s ) g1 (t , s ) − w( s ) g1s (t , s )  + ∫ w( s ) g1ss (t , s )ds +  w '( s ) g 2 (t , s ) s =0 0 s =T T − w( s ) g 2s (t , s )  + ∫ w( s ) g 2ss (t , s)ds, s =t t với g 1ss (t, s) = g 2ss (t, s) = 0, ta có: T ∫0 )ds w '(t )  g1 (t , t ) − g 2 (t , t )  + w(t )  g 2s (t , t ) − g1s (t , t )  + w "( s )G (t , s= + w '(T ) g 2 (t , T ) − w '(0) g1 (t , 0). Kết hợp điều này với (1.30) rồi tiếp đến thực hiện phép đồng nhất đa thức ta được: g 1 (t, t) – g 2 (t, t) = 0, (1.31) g 2 (t,t) – g 1s (t, t) = 1, (1.32) g 1 (t, 0) = 0 (1.33) g 2 (t, T) = 0 (1.34) Do g 1ss (t, s) = g 2ss (t, s) = 0 nên từ đây suy ra: g 1 (t, s) = Ms + N, (1.35) g 2 (t, s) = Ps + Q (1.36) Từ (1.35) và (1.36) ta cho ta: g 1 (t, s) = M (1.37) g 2 (t, s) = P (1.38) Từ (1.33) và (1.35) suy ra N = 0 Từ (1.34) và (1.36 suy ra PT + Q = 0 hay Q = - PT. Từ (1.32), (1.37) và (1.38) suy ra P – M = 1 hay P = M + 1.
Thế thì với các kết quả này, thay chứng vào (1.35) và (1.36) ta được: g 1 (t, s) = Ms, (1.39) g 2 (t, s) = Ps – PT = (M + 1)s – (M + 1)T. (1.40) Kết hợp (1.31), (1.39) và (1.40) ta được: Mt – (M + 1)t + (M + 1)T = 0, 1 Từ đây suy ra M = − (T − t ) T Bây giờ thay M vừa tìm vào (1.39) và (1.40) ta được kế quả của hàm Green cần tìm là:  1 − T (T − t ) s nêu 0 ≤ s ≤ t G (t ,s) =  (1.41) − 1 t (T − s ) nêu t ≤ s ≤ T  T * Theo giả thiết (1.25) thì toán tử A là ánh xạ thuộc C1(0, T) tới bất kỳ CP(0, T), p > 1. Nếu cách khách chúng ta có phép nhúng: C P (0, T ) → C1 (0, T ) u → u, là ánh xạ liên tục, khi đó ta có: p p −1 u L1 ≤T u LP Trong trường hợp p = 2, sử dụng phép biến đổi Fourier đối với hàm: T w(t ) = ∫ G (t , s )v( s )ds 0 ta có kết quả là: 1 u ≤ v L2 λ1 L2 Từ đây suy ra A là ánh xạ co hay nói cách khác, nếu v ∈ L2(0, T) là điểm bất động của A thì: T w(t ) = ∫ G (t , s )v( s )ds 0 Ví dụ 1.1. Xét bài toán biên phi tuyến sau đây:  X := C02 ([ 0, π ] ,  )  Y :=   Z := C 0, π  [ ] và f : X × Y → Z được cho bởi: