Luận văn Một số định lý về sự phân nhánh nghiệm của phương trình phi tuyến

Trong luận văn này, bước đầu chúng tôi đã trình bày về một số kết quả về sự phân nhánh nghiệm từ giá trị riêng đơn, sự phân nhánh nghiệm toàn cục, sự phân nhánh nghiệm dương của phương trình phi tuyến và một số ứng dụng của chúng. Đây chỉ là một trong các cách tiếp cận về chúng. Hướng nghiên cứu tiếp theo là tìm các ứng dụng của kết quả lý thuyết vào lớp các bài toán cụ thể. Qua quá trình làm luận văn, chúng tôi nhận thấy các kiến thức đã được học trong các học phần: giải tích hàm nâng cao, giải tích phi tuyến, lý thuyết bậc tôpô, đã giúp chúng tôi rất nhiều trong việc hoàn thành luận văn này. Quan trọng hơn cả là bước đầu chúng tôi đã học được phương pháp tự học và tự nghiên cứu.

pdf40 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 02/08/2018 | Lượt xem: 17 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Một số định lý về sự phân nhánh nghiệm của phương trình phi tuyến, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
cục và ứng dụng của định lý này. Chương 4. Trình bày các khái niệm về nón và các kết quả thu được trong không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón. Định lý về sự phân nhánh nghiệm dương và một ứng dụng của nó. Trong luận văn này, một số kết quả sử dụng sẽ được phát biểu dưới dạng định lí hoặc bổ đề mà không chứng minh. Các ký hiệu được dùng trong luận văn L(X,Y) : không gian các hàm số tuyến tính liên tục từ X vào Y. L(X) = L(X,X). I : ánh xạ đơn vị trên không gian Banach X. C(X,Y) : không gian các hàm số liên tục từ X vào Y. ( )kC Ω : không gian các hàm số khả vi liên tục cấp k trên Ω . ∂Ω : biên của tập Ω . { }1 2span x ,...,x : không gian sinh bởi 1 2x ,...,x . { }1 2co x ,...,x : bao lồi của các điểm 1 2x ,...,x . K T : ánh xạ T hạn chế trên tập K. ( ) { }0 0B x ,r x : x x r= − < : quả cầu tâm 0x bán kính r. ( )o x : vô cùng bé theo x . Chương 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1.Đạo hàm Fréchet Cho E và X là các không gian Banach, U là một tập mở con của E, 0x U∈ và hàm số Ùf :U X→ . Khi đó: + f được gọi là khả vi Fréchet (F-khả vi) tại 0x nếu tồn tại ( )T L E,X∈ (không gian các ánh xạ tuyến tính liên tục từ E vào X) sao cho với mọi h E∈ mà 0x h U+ ∈ , ta có ( ) ( ) ( ) ( )0 0f x h f x T h o h+ − = + với ( )o h thoả ( ) 0 0 E Xh o h lim h→ = . Ánh xạ T nếu tồn tại sẽ duy nhất. Đặt ( )f ' x T= và gọi là đạo hàm Fréchet của f tại 0x . + f ' được gọi là khả vi Fréchet (F-khả vi) tại 0x nếu tồn tại ( )( )B L E,L E,X∈ (không gian các ánh xạ tuyến tính liên tục từ E vào ( )L E,X ) sao cho với mọi h E∈ mà 0x h U+ ∈ , ta có ( ) ( ) ( ) ( )0 0f ' x h f ' x B h o h+ − = + với ( )o h thoả ( ) ( )0 0E L E ,Xh o h lim h→ = . Ánh xạ B nếu tồn tại sẽ duy nhất. Đặt ( ) ( )2f x B= và gọi là đạo hàm Fréchet bậc hai của f tại 0x . Bằng cách tương tự ta có đạo hàm bậc cao k của f tại 0x là ( ) ( )0kf x . 1.2.Công thức Taylor Cho E và X là các không gian Banach, U là một tập mở con của E, 0x U∈ và hàm số Ùf :U X→ khả vi bậc m. Khi đó, với mọi h E∈ sao cho 0x th U+ ∈ với mọi [ ]0 1t ,∈ , ta có ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )0 0 0 1 1m kkk k f x h f x f x h o h k != + − = +∑ với ( )ko h thoả ( )0 0 k kh o h lim h→ = ; ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 0 kk kf x h : f x h,...,h= (k lần h) 1.3.Định lý hàm ẩn Cho X, Y, Z là không gian Banach, U X ,V Y⊂ ⊂ lần lượt là hai lân cận của 0x và 0y ; F :U V Z× → liên tục và có đạo hàm riêng theo biến y liên tục. Giả sử ( )0 0 0ZF x ; y = và ( ) ( )1 0 0yF x ; y L Z ,Y− ∈ . Khi đó, tồn tại quả cầu đóng ( ) ( )0 0B x ,r U ,B y , Vδ⊂ ⊂ và một ánh xạ duy nhất ( ) ( )0 0T : B x ,r B y ,δ→ sao cho 0 0Tx y= và ( ) 0F x;Tx = trên ( )0B x ,r . Ánh xạ T này liên tục. 1.4.Bổ đề Whyburn (xem tài liệu tham khảo [3]) Cho A và B là các tập con đóng, rời nhau của không gian tôpô compắc X. Khi đó, hoặc (i) tồn tại một tập đóng, liên thông ABC X⊂ sao cho AB ABA C B C∩ ≠∅ ≠ ∩ , hoặc (ii) tồn tại hai tập đóng, rời nhau A BD ,D X⊂ sao cho A B A BA D , B D , D D X⊂ ⊂ ∪ = . 1.5.Định lý mở rộng Dugundji Cho E và X là các không gian Banach, C là một tập đóng trong E, K là một tập lồi trong X và f : C K→ là một ánh xạ liên tục. Khi đó, tồn tại một ánh xạ liên tục f : E K→ sao cho  ( ) ( )f u f u ,u C= ∈ . 1.6.Bậc tôpô của ánh xạ compắc Định nghĩa 1.6.1. Cho Ω là một tập mở, bị chặn trong n và nf :Ω→ là một ánh xạ thoả • ( ) ( )1 n nf C , C ,∈ Ω ∩ Ω  , • ny∈ sao cho ( )y f∉ ∂Ω , • Nếu x∈Ω mà ( )f x y= thì ( ) ( )f ' x Df x= không suy biến. Ta định nghĩa: • ( ) ( ) 1 k i i d f , , y sgn det f ' x =  Ω =  ∑ , với 1 kx ,...,x là nghiệm của ( )f x y= trong Ω và ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 0 i i i det f ' x sgn det f ' x ,i ,...,k det f ' x + >  = =  − < neáu neáu • ( ) 0d f , , yΩ = nếu phương trình ( )f x y= vô nghiệm trên Ω . và ta gọi ( )d f , , yΩ là bậc tôpô của ánh xạ f trên Ω tại y. Định nghĩa 1.6.2. Cho E là một không gian Banach thực với chuẩn . và EΩ⊂ là một tập mở, bị chặn. Lấy F : EΩ→ liên tục và ( )F Ω chứa trong một không gian con hữu hạn chiều của E. Khi đó, ánh xạ ( ) ( ) ( )( )f x x F x I F x= + = + được gọi là một nhiễu loạn hữu hạn chiều của ánh xạ đồng nhất trên E. Định nghĩa 1.6.3. Ánh xạ F : EΩ→ được gọi là hoàn toàn liên tục (hay ánh xạ compắc) nếu F liên tục và ( )F Ω là tiền compắc (tức là ( )F Ω compắc). Định nghĩa 1.6.4. Cho E là một không gian Banach thực với chuẩn . và EΩ⊂ là một tập mở, bị chặn. Lấy F : EΩ→ hoàn toàn liên tục. Khi đó, ánh xạ ( ) ( ) ( )( )f x x F x I F x= + = + được gọi là một nhiễu loạn hoàn toàn liên tục của ánh xạ đồng nhất trên E. Bổ đề 1.6.1. Cho f : EΩ→ là một nhiễu loạn hoàn toàn liên tục của ánh xạ đồng nhất và ( )y f∉ ∂Ω . Khi đó, tồn tại một số nguyên d thoả tính chất sau: Nếu h : EΩ→ là một nhiễu loạn liên tục hữu hạn chiều của ánh xạ đồng nhất sao cho ( ) ( ) ( ) x x sup f x h x inf f x y ∈Ω ∈∂Ω − < − thì ( )y h∉ ∂Ω và ( )d h, , y dΩ = . Bổ đề 1.6.2. • { }1 nP : M co y ,..., yε → liên tục. • ( )P Mε chứa trong một không gian con hữu hạn chiều của E. • P y y ,y Mε ε− ≤ ∈ . Cho E là một không gian Banach thực với chuẩn . , M là một tập con compắc của E. Khi đó, với mọi 0ε > tồn tại một phủ hữu hạn của M gồm các quả cầu có tâm 1 ny ,..., y M∈ , bán kính ε . Lấy ánh xạ [ )i : M a,µ → ∞ xác định bởi ( ) 0 i i i i y y y y y y y ε ε µ ε  − − − ≤=  − > neáu neáu và ( ) ( ) ( ) 1 1ii n j j y y , i n y µ λ µ = = ≤ ≤ ∑ . Do tất cả 1i ,i ,...,nµ = không đồng thời triệt tiêu nên ( )i yλ không âm và liên tục trên M, hơn nữa ( ) 1 1 n i i yλ = =∑ . Định nghĩa 1.6.5. Toán tử Pε được gọi là một toán tử chiếu Schauder trên M xác định bởi ε và 1 ny ,..., y M∈ nếu ( ) ( ) 1 n i i i P y y yε λ = =∑ . Bổ đề 1.6.3. Cho f : EΩ→ là một nhiễu loạn hoàn toàn liên tục của ánh xạ đồng nhất và ( )y f∉ ∂Ω . Lấy 0ε > sao cho ( ) x inf f x yε ∈∂Ω < − . Lấy Pε là một toán tử chiếu Schauder được xác định bởi ε và các điểm 1 ny ,..., y ∈ ( )( )f I− Ω . Khi đó, ( )d I P F , ,y dε+ Ω = , ở đây d là một số nguyên được xác định bởi bổ đề 1.6.1. Định nghĩa 1.6.6. Số nguyên d được xác định bởi bổ đề 1.6.3 được gọi là bậc Leray- Schauder của f trên Ω tại điểm y và được ký hiệu là: ( )d f , , yΩ . Mệnh đề 1.6.1 (Nguyên lý bất biến đồng luân) Cho ( )f ,g C ,E∈ Ω với ( )f x và ( )g x khác y, với x∈∂Ω . Lấy [ ]h : a,b E×Ω→ liên tục sao cho ( ) ( ) [ ]h t ,x y, t ,x a,b≠ ∈ ×∂Ω và ( ) ( ) ( ) ( )h a,x f x ;h b,x g x ,x= = ∈Ω . Khi đó, ( ) ( )d f , , y d g , , yΩ = Ω và ( )( )d h t ,. , , yΩ = constant với a t b≤ ≤ . Mệnh đề 1.6.2 (Nguyên lý cắt (khoét)) Cho ( )f C ,E∈ Ω và K là một tập con, đóng của Ω sao cho ( )y f K∉ ∂Ω∪ . Khi đó, ( ) ( )d f , , y d f , \ K ,yΩ = Ω . Mệnh đề 1.6.3 (Công thức tích Đềcác) Giả sử 1 2Ω =Ω ×Ω là một tập mở, bị chặn trong E với 1Ω mở trong 1E và 2Ω mở trong 1E , 1 2dim E dim E dim E+ = . Với x E∈ ta viết ( )1 2x x ,x ,= 1 1x E ,∈ 2 2x E∈ . Giả sử ( ) ( ) ( )( )1 1 2 2f x f x , f x= ở đây 1 1 1f : E ;Ω → 2 2 2f : EΩ → liên tục và ( )1 2y y ,y E= ∈ sao cho ( ) 1 2i i iy f , i ,∉ ∂Ω = . Khi đó, ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2d f , , y d f , , y d f , , yΩ = Ω Ω Chương 2. SỰ PHÂN NHÁNH TỪ GIÁ TRỊ RIÊNG ĐƠN 2.1.Phép chiếu Liapunov-Schmit Cho X, Y là hai không gian Banach thực, ánh xạ F : X Y× → thoả các điều kiện sau: • ( )0 0F , ,λ λ= ∀ ∈ • F thuộc lớp 2C trong lân cận của { }0 × Khi đó, theo định lý hàm ẩn sẽ tồn tại nghiệm không tầm thường (tức là 0u ≠ ) của phương trình ( ) 0F u,λ = (2.1) Ta gọi 0λ là giá trị phân nhánh hoặc ( )00,λ là điểm phân nhánh của phương rình (2.1) nếu mọi lân cận của ( )00,λ trong X × chứa nghiệm của (2.1) với 0u ≠ . Định nghĩa. Ánh xạ tuyến tính L : X Y→ được gọi là ánh xạ Fredholm nếu các điều kiện sau đây được thoả mãn: • ( )dim KerL < +∞ • Im L là tập đóng trong Y. • ( )dim CokerL < +∞ Bổ đề 2.1.1. Cho ( )00uF ,λ là ánh xạ Fredholm từ X vào Y với nhân là V và đối nhân là Z. Khi đó, tồn tại một không gian con đóng W của X và một không gian con đóng T của Y sao cho X V W , Y Z T . = ⊕ = ⊕ Ánh xạ ( )00uF ,λ thu hẹp lên W, tức là ( )00u WF , :W Tλ → là song ánh và có hàm ngược liên tục. Do đó, ( )00u WF ,λ là một đồng cấu tuyến tính từ W vào T. Từ Bổ đề 2.1.1, ta suy ra: u X∀ ∈ và F duy nhất phân tích như sau: 1 2 1 2 1 2 1 2 W,u u u ,u V ,u F F F ,F : X Z ,F : X T . = + ∈ ∈ = + → → Do đó, phương trình ( ) 0F u,λ = tương đương với hệ phương trình sau: ( ) ( ) 1 1 2 2 1 2 0 0 F u ,u , , F u ,u , . λ λ =  = Đặt ( )00uL F ,λ= . Dùng khai triển Taylor ta có thể viết: ( ) ( ) ( ) ( )0 00 0uF u, F , F , u N u,λ λ λ λ= + + hay ( ) 0Lu N u,λ+ = (2.2) với N : X Y× → (2.3) Dùng phân hoạch của X ta có thể viết (2.2) là: ( )2 1 2 0Lu N u u ,λ+ + = (2.4) Đặt Q :Y Z→ và I Q :Y T− → là các phép chiếu được xác định bởi toán tử phân hoạch . Khi đó, (2.3) suy ra ( ) 0QN u,λ = (2.5) Từ Bổ đề 2.1.1, W L :W T→ có ánh xạ ngược là 1L :T W− → , ta có (2.4) tương đương với hệ ( ) ( )12 1 2 0u L I Q N u u ,λ−+ − + = Do Z là hữu hạn chiều nên phương trình (2.5) là một phuơng trình trong không gian hữu hạn chiều, do vậy, nếu 2u được xác định như là một hàm số của 1u và λ thì phương trình (2.5) này sẽ là một tập hợp hữu hạn các phương trình hữu hạn biến ( 1u V∈ , với V là hữu hạn chiều). Liên quan đến phương trình (2.5), chúng ta xét kết quả sau Bổ đề 2.1.2. Giả sử ( )00uF ,λ là một ánh xạ Fredholm với W không tầm thường. Khi đó tồn tại 0 0,ε δ> > và một nghiệm duy nhất ( )2 1u u ,λ của phương trình ( ) ( )12 1 2 0u L I Q N u u ,λ−+ − + = sao cho 0 1uλ λ ε− + < với ( )2 1u u ,λ δ< . Hàm số ( )2 2 1u u u ,λ= này được giải từ phương trình ( )( )2 1 2 1 0F u ,u u , ,λ λ = . Chứng minh Dùng định lý hàm ẩn để phân tích phương trình ( ) ( )12 1 2 0u L I Q N u u ,λ−+ − + = như sau: Do đạo hàm Fréchet ( ) 2 0 0uF ,λ là ánh xạ đơn vị trên W nên theo Bổ đề 2.1.1, ta có ( ) 2 0 0uF ,λ là một đồng cấu tuyến tính, và do ( )00 0F ,λ = nên theo Định lý hàm ẩn, tồn tại 0 0,ε δ> > và tồn tại duy nhất ( )2 2 1u u u ,λ= sao cho: ( )2 1u u ,λ δ< ; ( )2 2 00u u ,λ= ; ( )( )1 2 1 0F u u u , ,λ λ+ = với ( )1u ,λ thuộc lân cận của ( )00,λ hay 0 1uλ λ ε− + < . Suy ra: tồn tại nghiệm duy nhất ( )2 1u u ,λ của phương trình ( ) ( )12 1 2 0u L I Q N u u ,λ−+ − + = sao cho 0 1uλ λ ε− + < với ( )2 1u u ,λ δ< (do chứng minh trên). Do ( )( )1 2 1 0F u u u , ,λ λ+ = với 0 1uλ λ ε− + < và do ( )2 1u u ,λ δ< nên phương trình ( )( )2 1 2 1 0F u ,u u , ,λ λ = có nghiệm ( )2 2 1u u u ,λ= thoả ( )2 1u u ,λ δ< . Bổ đề được chứng minh. □ Do vậy, dùng Bổ đề 2.1.2, ta sẽ tìm được nghiệm không tầm thường của phương trình ( ) 0F u,λ = ngay lập tức, bằng cách ta giải ( )( ) ( )( )1 1 2 1 1 2 1 0F u ,u u , , QF u u u , ,λ λ λ λ= + = sẽ cho 1u với điều kiện là 0 1uλ λ ε− + < . 2.2.Định lý Crandal-Rabinowitz Trong phần này chúng ta sẽ phân tích phương trình phân nhánh ( )( ) ( )( )1 1 2 1 1 2 1 0F u ,u u , , QF u u u , ,λ λ λ λ= + = trong trường hợp riêng là nhân V và đối nhân Z của ( )00uF ,λ đều có số chiều là 1. Định lý. Giả sử nhân V và đối nhân Z của ( )00uF ,λ đều có số chiều là 1. Đặt { }V span φ= và Q là phép chiếu của Y lên Z. Giả sử đạo hàm Fréchet cấp hai uF λ thoả mãn ( )( )00 1 0uQF , ,λ λ φ ≠ . Khi đó ( )00,λ là điểm phân nhánh và tồn tại một đường cong duy nhất ( ) ( )u u ,α λ λ α= = xác định với α ∈ trong một lân cận của 0 sao cho ( ) ( ) ( ) 00 0 0 0 0u ,u , ,α α λ λ= ≠ ≠ = và ( ) ( )( ) 0F u ,α λ α = Chứng minh. Do { }V span φ= nên 1u αφ= . Do đó với α đủ nhỏ và λ gần 0λ luôn tồn tại duy nhất ( )2u ,α λ sao cho ( )( )2 2 0F ,u , ,αφ α λ λ = (do Bổ đề 2.1.2) (1) Do vậy, ta cần giải phương trình sau với ( )λ λ α= ( )( ) ( )( )1 2 2 0F ,u , , QF u , ,αφ α λ λ αφ α λ λ= + = Đặt 0µ λ λ= − và ta định nghĩa ( ) ( )( )2g , QF u , ,α µ αφ α λ λ= + Khi đó 2g : →  . Dùng định lý Taylor ta có thể viết: ( ) ( ) ( ) ( )1 2 2u uu u F u, F u F F u,u F u, F , Rλ λ λλλ µ µ µ µ= + + + + +   , (2.6) với R là phần dư bậc cao và tất cả các đạo hàm Fréchet ở trên được tính tại ( )00,λ . Do ( )0 0F , ,λ λ= ∀ ∈ nên ( ) ( )0 00 0 0F , F ,λ λλλ λ= = . Do đó, tác động Q vào (2.6) ta được ( ) ( ) ( )1 2 2 uu u QF u, QF u,u QF u, QRλλ µ= + +   và với 0α ≠ , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 12 uu u g , u , QF , u , u , QF , QRλ α µ α λ φ αφ α λ α α α λ φ µ α α    = + +       + + +    Theo Bổ đề 2.1.2, ta có ( )2u ,α λ α bị chặn với α thuộc lân cận của 0. Từ định lý Taylor ta suy ra 1 QR α bị chặn với α thuộc lân cận của 0. Do đó ( ) ( ) ( ) 0g ,h , O ,khiα µα µ α α α = = → . Hơn nữa ( )0 0 0h , = và ( ) ( )( )0 0 0 0 1 0u h , QF , ,λ λ φµ ∂ = ≠ ∂ . Theo định lý hàm ẩn, tồn tại duy nhất một hàm ( )µ µ α= xác định trong một lân cận của 0 sao cho ( )( ) ( )( )1 20 0h , F ,u , ,α µ α αφ α λ λ= ⇒ = . (2) Ta đặt ( ) ( )( ) ( )2 0 0u u , ,α αφ α λ µ α λ λ µ α= + + = + . Ta có: ( ) ( ) ( ) 00 0 0 0 0u ,u , ,α α λ λ= ≠ ≠ = , và ( ) ( )( ) 0F u ,α λ α = (do (1), (2)). Do đó, ( )00,λ là điểm phân nhánh. Định lý được chứng minh. □ 2.3.Ứng dụng Điểm ( )0 0, là điểm phân nhánh của phương trình vi phân thường ( )3 0u'' u uλ+ + = với điều kiện biên tuần hoàn là ( ) ( ) ( ) ( )0 2 0 2u u , u' u'π π= = Ta chọn: [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }2 0 2 0 2 0 2 0 2X C , u : u u , u' u' , u'' u''π π π π= ∩ = = = , [ ] ( ) ( ){ }0 2 0 2Y C , u : u uπ π= ∩ = , cả hai được trang bị với chuẩn thông thường và ( ) ( )3 F : X Y u, u'' u uλ λ × → + +   Khi đó: F thuộc lớp 2C với đạo hàm Fréchet ( )( )0 00uF , u u'' uλ λ= + . Thật vậy, ( ) ( ) ( )3 3F u, u'' u u u u uλ λ λ λ′′= + + = + + . Xét ( ) 3G u, uλ λ= . Ta có: ( ) ( ) 33 0 2 YY x G u, max u x u . π λ λ λ ≤ ≤ = = . Mà ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 0 2 0 2 0 2X Yx x x x u max u x max u x max u x max u x u π π π π≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ′ ′′= + + ≥ = nên ( ) ( )3 2 2 0 0 0 X Y Y Y Y X u X Y X G u, G u,u . u . u . lim u u u λ λλ λ λ → ≤ = ≤ → ⇒ → Suy ra: ( )( )0 00uF , u u'' uλ λ= + . Toán tử tuyến tính này có nhân V không tầm thường mỗi khi 2 0 0 1 2n ,n , , ,...λ = = và 1dimV = khi và chỉ khi 0 0λ = . Ta có: ( )0 0uh KerF ,∈ khi và chỉ khi ( ) 2 0 0h x dx π =∫ . Thật vậy, ( ) ( )( ) ( )0 0 0 0 0 0u uh KerF , F , h h h x ax b′′∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ = + Do ( ) ( )0 2h h π= nên 2 0b a. b aπ= + ⇔ = , kéo theo ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 2 0 0h x dx bdx b x x π π π= = − =  ∫ ∫ . Điều ngược lại tương tự ta cũng có. Do đó, đối nhân Z của ( )00uF ,λ có số chiều là 1. Xét phép chiếu Q :Y Z→ được cho bởi ( ) ( ) 2 0 1 2 Q h h s ds π π = ∫ . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )3 3F u v, F u, u v '' u v u v u'' u uλ λ λ λ   + − = + + + + + − + +   ( ) ( )( ) ( )2 23 3 uv v u v u v v F u, v o vλ λ λ λ′′ = + + + + = +  khi 0Xv → . Suy ra: ( )( ) 23uF u, v v v u vλ λ λ′′= + + . Ta lại có: ( )( ) ( )( ) ( )2 20 3 3u uF u, v F u, v v v u v v v u vλ λ λ λ λ′′ ′′− = + + − = + ( )( ) 20 3uF u, v, v u vλ λ λ λ⇒ = + Kéo theo ( )( )0 0uF , u, uλ λ λ= , và do đó, khi ta chọn 1,φ = ta sẽ có: ( )( )0 0 11 1uF , ,λ = . Tác động Q ta được: ( )( ) ( )0 0 11 1 1 0uQF , , Qλ = = ≠ . Áp dụng Định lý Crandal-Rabinowitz với ( ) ( )( )2u u ,α α α λ α= + ta có phương trình ( )3 0u'' u uλ+ + = có một nghiệm u thoả mãn điều kiện biên ( ) ( ) ( ) ( )0 2 0 2u u , u' u'π π= = . Vậy ( )0 0, là điểm phân nhánh của phương trình đã cho. Chương 3. SỰ PHÂN NHÁNH TOÀN CỤC 3.1.Nguyên lý nối dài Trong phần này chúng ta sẽ đưa ra tính đồng luân của bậc Leray-Schauder liên quan đến mặt trụ đồng luân có biến là thiết diện và từ đó đi đến nguyên lý nối dài Leray-Schauder. Kết quả này cũng cho phép ta suy ra định lý hàm ẩn toàn cục và kết quả về sự phân nhánh toàn cục trong phương trình phi tuyến. Cho O là một tập con mở, bị chặn của [ ]E a,b× , ở đây E là không gian Banach thực và F : O E→ là một ánh xạ hoàn toàn liên tục. Đặt: ( ) ( )f u, u F u,λ λ= − và giả sử rằng ( ) ( )0f u, , u, Oλ λ≠ ∈∂ Định lý 3.1.1 (Nguyên lý đồng luân mở rộng) Lấy f xác định bởi ( ) ( )f u, u F u,λ λ= − và thoả mãn ( ) 0f u, ,λ ≠ ( )u, Oλ ∈∂ . Khi đó, với a bλ≤ ≤ ta có: ( )( )0d f ., ,O ,λλ = constant , với ( ){ }O u E : u, Oλ λ= ∈ ∈ . Chứng minh. Ta có thể giả sử rằng O ≠∅ và { }a inf : O ,λλ= ≠ ∅ { }b sup : Oλλ= ≠ ∅ . Đặt  ( ] [ )a bO O O a ,a O b,bε ε= ∪ × − ∪ × + với 0ε > cố định. Khi đó, O là một tập con mở bị chặn của E × . Lấy F là mở rộng của F lên E × (điều này luôn bảo đảm tồn tại do định lý mở rộng Dugundji (ĐL 1.5)). Đặt:  ( )  ( )( )*f u, u F u, ,λ λ λ λ= − − , với *a bλ≤ ≤ cố định. Khi đó, f là một nhiễu loạn hoàn toàn liên tục của ánh xạ đồng nhất trên E × . Hơn nữa, với mọi *λ như thế, ta có:  ( ) ( )   ( )0 0f u, , u, O f Oλ λ≠ ∈∂ ⇔ ∉ ∂ . Do đó,  ( )0d f ,O, được xác định và không đổi (do định nghĩa bậc Leray-Schauder). (1) Lấy 0 1t≤ ≤ , xét trường véctơ  ( )  ( ) ( ) ( )( )1 * *tf u, u tF u, t F u, ,λ λ λ λ λ= − − − − . Khi đó: +  ( ) 0tf u,λ = khi và chỉ khi *λ λ= và  ( )*u F u,λ= , +  ( )  ( ) ( )1f u, f u, , u, Eλ λ λ= ∈ ×  ( )  ( )1 0 0d f ,O, d f ,O,⇒ = , (2) +  ( )  ( )( ) ( )0 * *f u, u F u, , , u, Eλ λ λ λ λ= − − ∈ × . (3) Như vậy, từ giả thiết ta suy ra  ( ) ( ) 0tf u, , u, Oλ λ≠ ∈∂ và [ ]0 1t ,∈ . Theo nguyên lý bất biến đồng luân (Mệnh đề 1.6.1), ta có:  ( )  ( )1 00 0d f ,O, d f ,O,= . (4) Mặt khác, theo Nguyên lý cắt (khoét) của bậc tôpô (Mệnh đề 1.6.2) ta có:  ( )  ( )( )0 00 0*d f ,O, d f ,O a ,b ,λ ε ε= × − + . (5) Dùng công thức tích Đềcác (Mệnh đề 1.6.3) và do (3), ta có:  ( )( ) ( )( ) ( )( )0 0 0 0* ** *d f ,O a ,b , d f ., ,O , .d , a ,b ,λ λε ε λ λ λ ε ε× − + = − − + ( )( )0**d f ., ,O ,λλ= . (6) Từ (2), (4), (5), (6), ta có: ( )( )  ( )0 0**d f ., ,O , d f ,O,λλ = . Do (1) và [ ]* a,bλ ∈ tuỳ ý nên với a bλ≤ ≤ , ta có: ( )( )0d f ., ,O ,λλ = constant . Định lý được chứng minh. □ Như là hệ quả trực tiếp của định lý trên, ta nhận được nguyên lý nối dài của Leray-Schauder sau. Định lý 3.1.2 ( Nguyên lý nối dài Leray-Schauder) Cho O là một tập con mở bị chặn của [ ]E a,b× và f : O E→ được cho bởi ( ) ( )f u, u F u,λ λ= − và thoả ( ) ( )0f u, , u, Oλ λ≠ ∈∂ . Hơn nữa, giả sử ( )( )0 0ad f .,a ,O , ≠ . Lấy ( ) ( ){ }0S u, O : f u,λ λ= ∈ = . Khi đó, tồn tại một tập con C đóng, liên thông trong S sao cho a a b bC O C O∩ ≠∅ ≠ ∩ , với ( ){ } [ ]C u E : u, C , a,bλ λ λ= ∈ ∈ ∈ . Chứng minh Từ định lý 3.1.1, ta có: ( )( ) ( )( )0 0 0b ad f .,b ,O , d f .,a ,O ,= ≠ (do giả thiết). Suy ra, phương trình ( ) 0f u,λ = có nghiệm u trên aO . Do đó, ( ){ } ( ){ }0aS u E : u,a S u E : f u,a= ∈ ∈ = ∈ = ≠∅ . Tương tự, ( ){ } ( ){ }0bS u E : u,b S u E : f u,b= ∈ ∈ = ∈ = ≠∅ . Dẫn đến: { } { }a bS a A B S b× = ≠∅ ≠ = × . Do F hoàn toàn liên tục nên S là không gian mêtric compắc con của [ ]E a,b× . Hơn nữa, S là tập liên thông. Thật vậy, nếu S không liên thông thì áp dụng bổ đề Whyburn (xem tài liệu tham khảo [3]) với X = S, sẽ tồn tại các tập compắc A BX ,X X⊂ sao cho A B A B A BA X , B X , X X , X X X⊂ ⊂ ∩ =∅ ∪ = . Do đó, ta có thể tìm một tập mở [ ]U E a,b⊂ × sao cho A U O V⊂ ∩ = và bS V V∩∂ =∅ = . Theo Định lý 3.1.1, ta có: ( )( )0d f ., ,V , constant , aλλ λ= ≥ (1) Mặt khác, từ nguyên lý cắt (khoét) kéo theo ( )( ) ( )( )0 0 0a ad f .,a ,V , d f .,a ,O ,= ≠ (do giả thiết) (2) Từ (1), (2) ta có: ( )( )0 0bd f .,b ,V , ≠ (3) Do bV =∅ nên ( )( )0 0bd f .,b ,V , = , mâu thuẫn với (3). Vậy, ta có S là tập liên thông. Do S là không gian mêtric compắc và S liên thông nên theo bổ đề Whyburn (xem tài liệu tham khảo [3]), tồn tại một tập con C đóng, liên thông trong S sao cho C A C B∩ ≠∅ ≠ ∩ . Suy ra a a b bC O C O∩ ≠∅ ≠ ∩ . Định lý được chứng minh. □ Ví dụ. Cho [ ]0 1g : , × →  liên tục. Xét bài toán Dirichlet phi tuyến sau: ( ) 0 0 trong J treân u'' g x,u u J  + =  = ∂ (*) với [ ]0 1J ,= . Cho các hằng số 0a b > ∈Ω . Khi đó, (*) có một nghiệm ( )2u C J ,∈  sao cho ( )a u x b, x J< < ∈ . Chứng minh Ta xét một họ tham số của các bài toán: ( ) 0 0 trong J treân u'' g x,u u J λ + =  = ∂ (**) Đặt ( )( ) ( )( )G u x g x,u x= . Khi đó, (**) tương đương với phương trình hàm ( ) [ ]( )0 1u LG u , u C , , Eλ= ∈ = (***) ở đây, với mỗi v E∈ thì ( )w LG v∈ là nghiệm duy nhất của ( ) 0 0 trong J treân w'' g x,v w J  + =  = ∂ Nó được hiểu rằng, với mỗi v E∈ , ( ) ( )2LG v C J∈ và từ ( )2C J là compắc được nhúng trong E như sau ( )LG : E E→ là toán tử hoàn toàn liên tục. Đặt ( ) ( ){ }0 1O u, : u E, a u x b, x J ,λ λ= ∈ < < ∈ ≤ ≤ . Khi đó, O là một tập mở và bị chặn trong [ ]0 1E ,× . Nếu ( )u, Oλ ∈∂ là một nghiệm của (**) thì tồn tại x J∈ sao cho ( )u x b= hoặc tồn tại x J∈ sao cho ( )u x a= và 0λ > . Trong trường hợp khác, qua tính toán sơ cấp, (*) cho điều mâu thuẩn. Do đó, (**) không có nghiệm trên O∂ . Vì vậy ( ) ( )00 0 1d I LG,O , d I ,O ,λλ− = = Theo Định lý 3.1.2 suy ra tồn tại một tập liên thông C các nghiệm của (***), cũng là của (**) sao cho { } { }0 0C E∩ × = và { }1C E∩ × ≠∅ . 3.2.Định lý hàm ẩn toàn cục Giả sử F : E E× → là một ánh xạ hoàn toàn liên tục và xét phương trình ( ) ( ) 0f u, u F u,λ λ= − = (3.1) Cho ( )0 0u ,λ là nghiệm của (3.1) sao cho điều kiện của định lý hàm ẩn được thoả tại ( )0 0u ,λ . Khi đó, có một đường cong nghiệm ( )( ){ }u ,λ λ xác định trong lân cận của 0λ , đi qua ( )0 0u ,λ . Hơn nữa, từ điều kiện của định lý hàm ẩn suy ra nghiệm 0u là một nghiệm cô lập của (3.1) tại 0λ λ= , và nếu O là một lân cận cô lập của 0u , ta có: ( )( )0 0 0d f ., ,O,λ ≠ (3.2) Bây giờ, ta sẽ thấy chỉ cần điều kiện (3.2) là bảo đảm rằng phương trình (3.1) sẽ có nhánh nghiệm toàn cục trong nữa không gian [ )0E ,λ× ∞ và ( ]0E ,λ× −∞ . Định lý. Cho O là một tập con mở, bị chặn của E , giả sử với 0λ λ= , phương trình ( ) ( ) 0f u, u F u,λ λ= − = có một nghiệm duy nhất trong O và ( )( )0 0 0d f ., ,O,λ ≠ . Cho ( ) [ ) ( ){ }0 =0u, E , : f u,λ λ λ+Ω = ∈ × ∞ và ( ) ( ] ( ){ }0 =0u, E , : f u,λ λ λ−Ω = ∈ × −∞ Khi đó, tồn tại một tập liên thông ( )C C+ + − −⊂ Ω ⊂Ω sao cho (i) { } { }( )0 00 0C O u C O uλ λ+ −∩ = ∩ = , (ii) C+ là tập không bị chặn trong [ )0E ,λ× ∞ (C− là tập không bị chặn trong ( ]0E ,λ× −∞ ) hoặc ( ) ( )( )0 0C E \ O C E \ Oλ λ+ −∩ ≠∅ ∩ ≠∅ . Chứng minh. Theo Nguyên lý nối dài Leray-Schauder, luôn tồn tại một tập liên thông C+ +⊂ Ω sao cho { } 0 0 C O uλ + ∩ = ≠∅ (thoả (i)). Bây giờ, ta sẽ chứng minh C+ thoả (ii). Lấy C+ là tập con, liên thông lớn nhất của +Ω thoả (i). Giả sử trái lại ( )0C E \ Oλ+ ∩ =∅ và C+ là tập bị chặn trong [ )0E ,λ× ∞ . Khi đó, tồn tại một hằng số 0R > sao cho với mỗi ( )u, Cλ +∈ , ta có u Rλ+ < . Đặt ( ){ }2 2R u, : u Rλ λ+ +Ω = ∈Ω + ≤ , ta có: + 2R +Ω là một tập con, compắc của [ )0E ,λ× ∞ . Do đó, 2R+Ω là không gian mêtric compắc. + Có hai khả năng xẩy ra: hoặc 2R C + +Ω = hoặc tồn tại ( ) 2Ru,λ +∈Ω sao cho ( )u, Cλ +∉ , tức là: 2RC+ +⊆ Ω . Nếu 2 2R RC ,C + + + +⊂ Ω ≠ Ω thì sẽ mâu thuẫn với tính lớn nhất của C+ . Nếu 2R C + +Ω = thì ta có thể tìm một tập hợp mở bị chặn [ )0U E ,λ⊂ × ∞ sao cho 0 2R U O, U , C Uλ + += Ω ∩∂ =∅ ⊂ . Theo định lý 3.1.1, ta có: ( )( ) ( )( )00 00 0d f ., ,U , d f ., ,U , ,λ λλ λ λ λ= = ≥constant . Hơn nữa: ( )( ) ( )( )00 00 0 0d f ., ,U , d f ., ,O,λλ λ= ≠ (do giả thiết). Do đó: ( )( ) 00 0d f ., ,U , ,λλ λ λ≠ ≥ . (*) Mặt khác, tồn tại 0 *λ λ> sao cho *Uλ không chứa nghiệm của phương trình ( ) ( ) 0f u, u F u,λ λ= − = và do đó ( )( )0 0**d f ., ,U ,λλ = , mâu thuẫn với (*) (sự tồn tại một tập mở U với các tính chất như trên, là do ta áp dụng bổ đề Whyburn). Việc tồn tại C− thoả các tính chất như ở trên, được chứng minh một cách tương tự. Định lý được chứng minh. □ Ví dụ. Cho ( )p z ,z∈ là một đa thức bậc n với hệ số là 1 và ( ) ( ) 1 n i i q z z a = = −∏ , với ( )1ia , i ,n= là các số phức phân biệt. Đặt ( ) ( ) ( ) ( )1f z, p z q zλ λ λ= + − . Khi đó, f có thể được xem là một ánh xạ liên tục 2 2f : × →   . Hơn nữa, với [ ]0 0,r ,rλ∈ > , tồn tại một hằng số R sao cho với mọi nghiệm của phương trình ( ) 0f z,λ = đều thoả z R< . Với mọi 0λ ≥ , phương trình ( ) 0f z,λ = chỉ có nghiệm cô lập và với 0λ = mỗi nghiệm như thế có tính chất ( )( )0 0 1id f ., ,O , = , ở đây iO là một lân cận độc lập của ia . Do đó, theo định lý hàm ẩn toàn cục, với mỗi i, tồn tại một tập liên thông iC + gồm các nghiệm của ( ) 0f z,λ = là không bị chặn theo phương λ . Ta kết luận rằng: mỗi 0 của ( )p z phải nối với ia nào đó. 3.3.Định lý Rabinowitz về sự phân nhánh toàn cục Cho E là không gian Banach thực và f : E E× → là một ánh xạ xác định bởi ( ) ( )f u, u F u,λ λ= − với F : E E× → là một ánh xạ hoàn toàn liên tục. Giả sử ( )0 0F , ,λ λ≡ ∈ , Khi đó, phương trình ( ) 0f u,λ = có nghiệm tầm thường với mọi giá trị λ . Chúng ta sẽ xét vấn đề: sự phân nhánh từ nhánh tầm thường của nghiệm và chứng minh sự tồn tại các nhánh toàn cục của nghiệm không tầm thường phân nhánh từ nhánh nghiệm tầm thường. Chúng ta sẽ dùng bậc Leyray-Schauder và bổ đề Whyburn để làm công cụ chứng minh. Sau đây, chúng ta sẽ thấy kết quả này là sự mở rộng của định lý phân nhánh địa phương ở Chương II. Định lý (Rabinowitz) Cho a,b∈ với a b< sao cho 0u = là một nghiệm cô lập của ( ) 0f u,λ = với aλ = và bλ = , ở đây a, b không là giá trị phân nhánh. Giả sử ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 0 0 0d f .,a ,B ,r , d f .,b ,B ,r ,≠ (*) với ( ) { }0B ,r u E : u r= ∈ < là một lân cận cô lập của nghiệm tầm thường. Đặt ( ) ( ){ } { } [ ]0 0 0 fu, : u, ,u a,bλ λ∆ = = ≠ ∪ × và lấy C là tập con liên thông lớn nhất của ∆ chứa { } [ ]0 a,b× . Khi đó, hoặc (i) C là tập không bị chặn trong E × , hoặc (ii) { } [ ]( )0C \ a,b∩ × ≠∅ . Chứng minh. (Dùng phản chứng) Ta định nghĩa lớp ℜ gồm các tập con của E × như sau: { }0E : ∞ℜ = Ω⊂ × Ω =Ω ∪Ω , với ( ) [ ]0 0B ,r a,bΩ = × và ∞Ω là một tập con mở bị chặn trong { }( )0E \ × . Trước hết, ta chứng minh rằng: phương trình ( ) 0f u,λ = có một nghiệm không tầm thường ( )u,λ ∈∂Ω , với mọi Ω∈ℜ . Để hoàn thành chứng minh này, ta cần xét các tập hợp sau: ( ) { } [ ] ( ) ( ) { } ( ) { }( )( ) 1 1 0 0 0 0 0 K f , A a,b , B f \ B ,r a B ,r b . − −  = ∩Ω  = ×  = ∩ ∂Ω × ∪ × Ta thấy, K là một không gian mêtric compắc, và A, B là các tập con compắc của K. Do đó, chúng ta có thể áp dụng bổ đề Whyburn để suy ra rằng: tồn tại một nhánh liên tục trong K nối A với B (tức là tồn tại một tập đóng, liên thông ABC K⊂ sao cho AB ABA C B C∩ ≠∅ ≠ ∩ ), hoặc ngược lại có một phân hoạch A BK ,K K⊂ với A BA K ,B K⊂ ⊂ . Nếu điều sau được thoả, ta có thể tìm được các tập mở U, V trong E × sao cho A BK U ,K V ,U V⊂ ⊂ ∩ =∅ . Đặt ( )* U VΩ =Ω∩ ∪ , ta có *Ω ∈ℜ . Nếu phương trình ( ) 0f u,λ = không có nghiệm không tầm thường thuộc *∂Ω thì sẽ đưa đến ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0 0 0 0d f .,a ,B ,r , d f .,b ,B ,r ,= (do nguyên lý đồng luân mở rộng và nguyên lý cắt (khoét) của bậc Leray- Schauder), mâu thuẫn với giả thiết (*). Do vậy, ta có với mỗi Ω∈ℜ , luôn có một tập liên thông C chứa các nghiệm của phương trình ( ) 0f u,λ = , với C giao với ∂Ω tại một nghiệm không tầm thường. Bây giờ, ta giả sử rằng định lý không thoả, nghĩa là ta giả sử C là tập bị chặn trong E × và { } [ ]( )0C \ a,b∩ × =∅ . Trong trường hợp này, ta dùng tính bị chặn của C để xây dựng một tập Ω∈ℜ không chứa nghiệm không tầm thường tại biên của nó. Điều này dẫn đến điều mâu thuẫn với giả thiết (*). Định lý được chứng minh. □ Sau đây, chúng ta sẽ áp dụng định lý trên cho một vài phương trình vi phân phi tuyến. Ở đây chúng ta sẽ minh hoạ định lý thông qua hai ví dụ đơn giản một chiều. Ví dụ 3.3.1. Cho f : × →   xác định bởi ( ) ( )2 2 1f u, u uλ λ= + − . Ta chọn: ( ){ } { } ( )2 2 1 0 u, : u ,λ λ∆ = + = ∪ × −∞ ∞ ở đây các điểm ( )0 1,− và ( )0 1, là các điểm phân nhánh từ nghiệm tầm thường. Hơn nữa, phân nhánh liên thông là bị chặn và (*) được thoả với a, b được chọn trong một lân cận của 1λ = − và cũng như trong lân cận của 1λ = . Ví dụ 3.3.2. Cho f : × →   xác định bởi ( ) ( ) 11f u, u u sin u λ λ= − + . Ta chọn: ( ) { } [ ]11 0 0 2 u, : sin , u λ λ ∆ = − = ∪ ×    Đây là một tập không bị chặn. Ta có thể kiểm tra rằng (*) được thoả bằng cách chọn 0 2a , b . Chương 4. SỰ PHÂN NHÁNH NGHIỆM DƯƠNG 4.1.Không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón Định nghĩa 4.1.1 1) Tập con K trong không gian Banach X được gọi là nón nếu: (i) K là tập đóng, khác rỗng, { }0K ≠ , (ii) 0K K K , K K ,λ λ+ ⊂ ∈ ∀ ≥ , (iii) ( ) { }0K K∩ − = hay 0x K , x K x∈ − ∈ ⇒ = , 2) Nếu K là nón thì thứ tự “≤” trong X sinh bởi nón K được định bởi: x y y x K , x,y X≤ ⇔ − ∈ ∀ ∈ . 3) Mỗi { }0x K \∈ được gọi là dương. Ta thấy, quan hệ “≤” này là một quan hệ thứ tự trên X. Thật vậy, quan hệ “≤” có các tính chất sau: • Phản xạ: 0x x K x x, x K ,− = ∈ ⇒ ≤ ∀ ∈ • Phản xứng: 0 y x K , x,y K ,x y,y x y x x y K − ∈ ∀ ∈ ≤ ≤ ⇒ ⇒ − = − ∈ x y⇒ = (do (iii)), • Bắc cầu: y x K , x,y,z K ,x y,y z z y K − ∈ ∀ ∈ ≤ ≤ ⇒  − ∈ ( ) ( )z x y x z y K⇒ − = − + − ∈ (do (ii)) x z⇒ ≤ . Ví dụ 4.1.1. Cho nX =  . Khi đó: ( ){ }1 2 0 1 2n i iK x ,x ,...,x : x ,x ,i , ,...,n= ∈ ≥ = là nón trong nX =  . Mệnh đề 4.1.1 Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K. Khi đó: i) 0 x y , x,y,z X ,x y x z y z λ λ λ ≤ ∀ ≥ ∀ ∈ ≤ ⇒  + ≤ + ii) Nếu n nx y , n≤ ∀ và n nn nlim x x,lim y y→∞ →∞= = thì x y≤ . iii) Nếu dãy { }nx tăng (giảm) và hội tụ về x thì ( )n nx x, x x , n≤ ≥ ∀ . Chứng minh i) Ta có: ( )x y y x K x y x y K x yλ λ λ λ λ≤ ⇒ − ∈ ⇒ − = − ∈ ⇒ ≤ . Tương tự, ( ) ( )x y y x K y z x z y x K x z y z≤ ⇒ − ∈ ⇒ + − + = − ∈ ⇒ + ≤ + . ii) Ta có: n n n nx y y x K , n.≤ ⇒ − ∈ ∀ Do n nn nlim x x,lim y y→∞ →∞= = nên ( )n nnlim y x y x→∞ − = − . Hơn nữa, { } { }n nx , y K⊂ và K đóng nên y x K− ∈ x y⇒ ≤ . iii) Giả sử dãy { }nx tăng và hội tụ về x. Với mỗi n, ta có n n mx x +≤ . Cho m→∞ , ta có nx x, n≤ ∀ . Mệnh đề được chứng minh. □ Định nghĩa 4.1.2. Cho K là nón trong không gian Banach X. Khi đó: 1) K được gọi là nón miniheral mạnh nếu mọi tập M bị chặn trên trong X đều tồn tại supM. 2) K được gọi là nón chuẩn nếu 0N∃ > sao cho x,y X ,x y∀ ∈ ≤ thì x N y≤ . Lúc đó, số N được gọi là số chuẩn của nón K. 3) K được gọi là nón đều (nón chính quy) nếu mọi dãy đơn điệu tăng, bị chặn trên trong X đều hội tụ. 4) K được gọi là nón tách (nón sinh) nếu x X , u,v K : x u v∀ ∈ ∃ ∈ = − . Ví dụ 4.1.2 1) [ ] ( ) ( ) [ ]{ }1 0 1 0 0 0 1K x C , : x t ,x' t , t ,= ∈ ≥ ≥ ∀ ∈ là nón chuẩn trong [ ]1 0 1C , . 2) [ ]{ }1 0 1 0K f C , : f= ∈ ≥ không là nón chuẩn trong [ ]1 0 1C , . 3) Nón các hàm không âm hầu khắp nơi trong [ ]0 1L , là nón đều trong [ ]0 1L , . 4) Nón các hàm không âm trong [ ]0 1,C không là nón đều. 5) Nón các hàm không âm trong [ ]0 1,C là nón sinh. Mệnh đề 4.1.2. Cho K là nón chuẩn trong X. Khi đó: i) Nếu u,v ,u v∀ ∈ ≤ thì { }u,v x X : u x v= ∈ ≤ ≤ là tập đóng và bị chặn. ii) Nếu n n nx y z , n≤ ≤ ∀ và n nn nlim x lim z a→∞ →∞= = thì nnlim y a→∞ = . iii) Nếu dãy đơn điệu { }n nx có dãy con { }kn kx hội tụ về x thì { }n nx hội tụ về x. Chứng minh i) * Chứng minh u,v đóng: Giả sử nx u,v , n∈ ∀ và nnlim x x→∞ = . Ta có: nu x v, n u x v x u,v≤ ≤ ∀ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈ Vậy, u,v đóng. * Chứng minh u,v bị chặn: x u K x u,v u x v v u K − ∈ ∀ ∈ ⇒ ≤ ≤ ⇒  − ∈ và x u v u− ≤ − . Do K là nón chuẩn nên 0N∃ > sao cho x u N v u− ≤ − . Do đó: x u N v u− ≤ − x N v u u M⇒ ≤ − + = . Vậy, u,v bị chặn. ii) Giả sử n n nx y z , n≤ ≤ ∀ và n nn nlim x lim z a→∞ →∞= = . Ta có: n n n ny x z x , n− ≤ − ∀ . Do K là nón chuẩn nên 0N∃ > sao cho n n n ny x N z x , n− ≤ − ∀ . (*) Vì n nn nlim x lim z a→∞ →∞= = nên 0n nz x− → khi n→∞ . Trong (*), cho n→∞ ta có: 0n ny x− → . Do đó, ( )n n n ny y x x a= − + → khi n→∞ . Vậy nnlim y a→∞ = . iii) Giả sử { }n nx là dãy đơn điệu tăng, có dãy con { }kn kx hội tụ về x. Ta có: ( ) 00 0 0 k kn n x x , k : x x N N εε→ ⇒∀ > ∃ − Do { }n nx tăng nên knx x, k≤ ∀ và kn nx x≤ . Do đó, nx x, n≤ ∀ . Suy ra: 0k n n∀ ≥ , ta có: 0 0 0 k kn n n n x x x x x x x≤ ≤ ⇒ ≤ − ≤ − 0kn n x x N x x ε⇒ − ≤ − < . Vậy nn lim x x →∞ = . Mệnh đề được chứng minh. □ Định lý 4.1.1. Trong không gian Banach với nón chuẩn K luôn tồn tại chuẩn . * tương đương với chuẩn ban đầu . sao cho 0x,y X , x y x * y *∀ ∈ ≤ ≤ ⇒ ≤ Chứng minh Đặt ( ) ( )0 1 0 1A B , K B , K= + ∩ −       * Ta chứng minh ( ) ( )0 1 0B , A B ,r⊂ ⊂ , với r > 0 đủ lớn. + Do ( )0 K K∈ ∩ − nên ( )0 1B , A⊂ . + Ta có: ( )0A B ,r⊂ , với r > 0 đủ lớn. Thật vậy, nếu ngược lại, ta có thể xây dựng dãy ( )n nx A⊂ với nx n≥ và ( )0 1n n n ny ,z B , ;u v K∈ ∈ sao cho n n n n nx y u z v= + = − Do n n n nu v z y+ = − nên 2n n n nu v z y+ ≤ + ≤ . Do K là nón chuẩn nên 0N∃ > sao cho 2n n nu N u v N≤ + ≤ . Do đó, 1 2n n nn x y u N , n≤ ≤ + ≤ + ∀ (vô lý). Vậy ( )0A B ,r⊂ , với r > 0 đủ lớn. * Xét phiếm hàm Minkopski của tập A: 0 xx * inf : A ,x Aλ λ  = > ∈ ∈    . * 0x X ,x∀ ∈ ≠ gọi 0 x *λ = . Khi đó, ( )0 12 x B , x ∈ và 0 x A λ ∈ . Theo chứng minh trên ta có: 2 x A x ∈ và ( ) 0 0x B ,r λ ∈ . Do đó, 2x * x< và x r x * < . Suy ra: 1 2 x * x r x *< < . Khi 0x = thì đẳng thức xảy ra. Vậy, chuẩn . * tương đương với chuẩn ban đầu . . * Giả sử 0x,y X , x y∈ ≤ ≤ , ta có 0 0y x: A : Aλ λ λ λ    > ∈ ⊂ > ∈        . Thật vậy, xét 0λ > thoả y A λ ∈ . Do 0x ≥ nên ( )0 0 1x x xK B , K λ λ λ ∈ ⇒ = + ∈ + (1) Do x y≤ nên x y y x K λ λ λ λ ≤ ⇒ − ∈ . Mặt khác, y A λ ∈ nên theo định nghĩa của A ta có y u v λ = − , với ( )0 1u B , ,v K∈ ∈ . Do đó, ( )0 1x y y x B , K λ λ λ λ  = − − ∈ −    (2) Từ (1), (2) suy ra x A λ ∈ . Vậy 0 0y x: A : Aλ λ λ λ    > ∈ ⊂ > ∈        x * y *⇒ ≤ . Định lý được chứng minh. □ Định lý 4.1.2 i) K là nón chính quy khi và chỉ khi mọi dãy đơn điệu giảm, bị chặn dưới đều hội tụ. ii) K là nón chính quy thì K là nón chuẩn. Chứng minh i) ( )⇒ Giả sử K là nón chính quy. Xét dãy 1 2 nx x ... x x≥ ≥ ≥ ≥ . Khi đó, dãy ( )1 n nx x− đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi 1x x− nên nó hội tụ (do K là nón chính quy ). Vậy ( )n nx hội tụ. ( )⇐ Xét 1 2 nx x ... x x≤ ≤ ≤ ≤ . Ta thấy ( )1 n nx x− đơn điệu giảm và bị chặn dưới bởi 1x x− nên nó hội tụ. Do đó, ( )n nx hội tụ. Vậy K là nón chính quy. ii) Giả sử trái lại, K là nón chính quy nhưng không là nón chuẩn. Khi đó: 0N N N NN , x ,y K , x y∀ ∃ ∈ ≤ ≤ nhưng N Nx N y> . Cho ( )2 1 2 3N n , n , , ,...= = ta được các dãy ( ) ( )n nn nx , y K⊂ thoả 20 n n n nx y , x n y≤ ≤ > . Rõ rằng, 0nx ≠ . Xét các dãy n nn n n n x yx ' , y ' x x = = . Ta có: 2 10 1n n n nx ' y ' , x ' , y ' n ≤ ≤ = < Do đó, chuỗi 1 n n y ' ∞ = ∑ hội tụ. Đặt 1 n n y y ' ∞ = =∑ , ta có: 1 2 ny ' y ' ... y ' y, n+ + + ≤ ∀ . Ta thấy dãy 1 2n nz x ' x ' ... x '= + + + tăng và bị chặn trên bởi y. Do K là nón chính quy nên ( )n nz hội tụ. Suy ra ( )1 0n n nx ' z z n−= − → →∞ . Điều này mâu thuẩn với điều kiện 1nx ' = . Vậy K là nón chuẩn. Định lý được chứng minh. □ Mệnh đề 4.1.3. Nếu nón K trong X có điểm trong 0u thì i) x X∀ ∈ , 0α∃ > sao cho 0 0x u x x uα α− ≤ ≤ . ii) K là nón tách (nón sinh). Chứng minh i) ( )0 00u int K r : B u ,r K∈ ⇒∃ > ⊂ . * Với 0x ≠ , ta có ( )0 02 rxu B u ,r x ± ∈ , do đó 0 02 rxu x ± ≥ 0 0 2 2x u x x u r r ⇒− ≤ ≤ . * Khi 0x = thì đẳng thức trên vẫn đúng. Chọn 2 r α = , ta có điều phải chứng minh. ii) Theo i) ta có: x X∀ ∈ , 0α∃ > sao cho 0 0x u x x uα α− ≤ ≤ . Đặt 0 2 x u x u α + = và 0 2 x u x v α − = . Ta có: 0 0u ,v≥ ≥ và x u v= − . Do đó u,v K∈ và x u v= − . Vậy, K là nón tách. Mệnh đề được chứng minh. □ Định lý 4.1.3 Nếu K là nón tách thì tồn tại hằng số 0M > sao cho x X , u,v K :∀ ∈ ∃ ∈ x u v, u M x , v M x= − ≤ ≤ . Định nghĩa 4.1.3 Cho X là không gian Banach sinh bởi nón K. Một ánh xạ tuyến tính A : X X→ được gọi là ánh xạ dương nếu ( )0 0x A x∀ ≥ ⇒ ≥ hay ( )A K K⊂ . 4.2.Định lý phân nhánh nghiệm dương Định nghĩa 4.2.1. Cho X là không gian Banach thực với nón K, KΩ⊂ là tập mở bị chặn, F : KΩ→ là ánh xạ compắc không có điểm bất động trên ∂Ω , ( ) ( )1y I F −∉ − ∂Ω , R : X K→ là ánh xạ co. Khi đó, ta định nghĩa ( ) ( )( )1 0LSd I F , , y d I FR,R ,y−− Ω = − Ω ≠ nếu ( ) ( )1 0I F y−− ≠ ; ( ) ( )( )1 0LSd I F , , y d I FR,R ,y−− Ω = − Ω = nếu ( ) ( )1 0I F y−− = . Định nghĩa 4.2.2. Cho ( )X ,d là không gian mêtríc compắc, A X⊂ . Khi đó, A được gọi là một thành phần liên thông (thành phần) của X nếu A đóng và A là tập liên thông lớn nhất trong X. Bổ đề. Cho ( )X ,d là không gian mêtríc compắc, A X⊂ là một thành phần của X và B X⊂ là tập đóng sao cho A B∩ =∅ . Khi đó, tồn tại hai tập compắc 1 2X A,X B⊃ ⊃ sao cho 1 2X X X= ∪ và 1 2X X∩ =∅ . Chứng minh Trước hết chúng ta định nghĩa ε _dây xích: cho 0ε > , hai điểm a,b X∈ được gọi là ε _khả dây xích nếu có một số hữu hạn điểm 1 2 nx ,x ,...,x X∈ sao cho 1 nx a,x b= = và ( )1n nd x ,x ε+ < với 1 1i ,...,n= − . Trong trường hợp này 1 nx ,...,x là một ε _dây xích nối a và b. Đặt { }coù ñeå x vaø a laø khaû d y x chA x X : a A _ â íε ε= ∈ ∈ Rõ ràng A Aε⊂ và Aε vừa là tập mở, vừa là tập đóng trong X vì ( ) ( )B z, X \ Aεε ∩ =∅ với z Aε∈ ; ( )B z, Aεε ∩ =∅ với z X \ Aε∈ . Ta thấy rằng B Aε∩ =∅ với 0ε > nào đó. Khi đó, ta chọn 1 2X A ,X X \ Aε ε= = ta sẽ có điều phải chứng minh. Giả sử trái lại, B Aε∩ ≠ ∅ với mọi 0ε > . Xét dãy ( ) ( )0n n n, a A, b Bε → ⊂ ⊂ sao cho na và nb là ε _khả dây xích. Do A và B là các tập compắc nên ta có thể giả sử rằng na a A→ ∈ và nb b B→ ∈ . Khi đó, ta có các nε _dây xích nX nối 0a và 0b , với mọi 1n ≥ . Xét tập giới hạn { }0 k k kn n nkX x X : x lim x ,x X→∞= ∈ = ∈ . Ta có 0X là tập compắc và 0 0 0a ,b X∈ . Giả sử 0X không liên thông. Khi đó, 0 1 2X C C= ∪ với 1 2iC ,i ,= compắc và ( )1 2d C ,C ρ> với 0ρ > đủ bé. Với nε ρ< điều này mâu thuẫn với trên là 1 1c C∈ và 2 2c C∈ là nε _khả dây xích. Vậy, 0X liên thông. Hơn nữa, 0X A⊂ vì 0 0a X A∈ ∩ và A là tập liên thông lớn nhất. Do đó, 0b A B∈ ∩ , mâu thuẫn với A B∩ =∅ . Bổ đề được chứng minh. □ Định nghĩa 4.2.3. Cho X là không gian Banach thực, K X⊂ là một nón và ( ) ( ) ( )0F ,x x F ,x x Tx G ,x ,λ λ λ λ= − = − − ở đây 0F : K K + × → hoàn toàn liên tục, ( )T L X∈ là ánh xạ dương, và ( ) ( )G ,x o xλ = khi 0x → hội tụ đều về λ trên các khoảng bị chặn. Khi đó, ( )0 0,λ được gọi là điểm phân nhánh dương của phương trình ( ) 0F ,xλ = nếu ( ) ( )0 0 n nn, lim ,xλ λ→∞= với ( ) 0n nF ,xλ = , và { }0nx K \ , n∈ ∀ . Do đó, vì K T là ánh xạ compắc nên ( )0 0,λ chỉ có thể là điểm phân nhánh dương nếu 0 0λ > và 1 0λ − là một giá trị riêng của K T , nghĩa là T có một véc tơ riêng dương. Định lý Cho X là không gian Banach thực, K X⊂ là một nón, ( )T L X∈ là ánh xạ dương, K T là ánh xạ compắc, G : K X+ × → hoàn toàn liên tục và ( ) ( )G ,x o xλ = khi 0x → hội tụ đều về λ trên các tập con compắc của + . Giả sử rằng (a) 0x = là điểm bất động duy nhất của ( )0G ,. và ( ) ( )0F ,x Tx G ,x Kλ λ λ= + ∈ trên K+ × ; (b) K T có các giá trị đặc trưng là 1 m,...,λ λ với 1m ≥ nào đó. Khi đó, tồn tại ít nhất một 1i ,i ,...,nλ = sao cho ( )0i ,λ là một điểm phân nhánh dương của phương trình ( )0 0x F ,xλ− = và thành phần của M chứa điểm phân nhánh dương này là không bị chặn, với ( ) ( ) { }{ }0 0M ,x K : x F ,x ,x K \λ λ+= ∈ × = ∈ . Chứng minh Gọi ( )0 0rK K B ,r ,r= ∩ > ; ( ) ( ){ }0 0x : ,x ,λ λ λ +Ω = ∈Ω ∈ , tất cả các khái niệm tôpô được hiểu theo tôpô của K+ × hoặc K, và ( ) ( )( )11 1 0LSi F , d I F R,R ,−Ω = − Ω , với KΩ⊂ là tập mở bị chặn, 1F : KΩ→ là ánh xạ compắc không có điểm bất động trên ∂Ω , R : X K→ là ánh xạ co. Lấy 0 1 ii m maxλ λ ≤ ≤ = , và 0C là thành phần của [ ] { }( )00 0M ,λ∪ × chứa [ ] { }00 0,λ × . Giả sử rằng 0C bị chặn. Khi đó, ta có thể chọn 0r λ> sao cho 0C không giao với biên của [ ]0 r,r KΩ = × , lưu ý rằng [ ] { }( ) { }( )0 r,r x K : x r r K∂Ω = × ∈ = ∪ × . Xét [ ] { }( ) ( )0 0 0 0C C ,r , ,rε= ∪ × ∈ và { } ( ) [ ]( ) { } ( )0 0r r rD K \ K ,r K r K \ Kε ε   = × ∪ ×∂ ∪ ×    . Lưu ý rằng C D∩ =∅ (vì phần hai và ba của D được chứa trong ∂Ω và ( )00,x M∈ với 0 rx K \ Kε∈ nào đó, sẽ kéo theo ( )0 00x G ,x= , điều này là không thể do giả thiết (a)). Do đó, ta có thể lý luận như ta đã làm trong Bổ đề trên để nhận được một tập mở, bị chặn [ ]0 0,r KΩ ⊂ × , chứa tập compắc C sao cho 0M ∩∂Ω =∅ và 0D∩Ω =∅ . Khi đó, từ tính các chất của bậc tôpô, suy ra ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )0 0 0 00 0 0 0 1i F r,. , r i F ,. , i G ,. ,K i ,Kε εΩ = Ω = = = với 0ε > đủ bé. Hơn nữa, từ ( )0 r KεΩ ⊂ và ( )1 Kr Tσ− ∉ ta cũng có ( ) ( )( ) ( )0 0i F r,. , r i rT ,KεΩ = , và do đó ( ) 1i rT ,Kε = . Nhưng điều này vô lý. Chú ý rằng 10 1rλ − > là một giá trị riêng của K rT nên 10 0 0KrT x r xλ −= với { }0 0x K \∈ nào đó và vì thế ( )( )1 0 1LSd I rTR,R K , xε ρ−− = với ρ nhỏ. Tuy nhiên, 0x rTx xρ− = không có nghiệm trên K với 0ρ > , vì nếu ( ) { }0 0 0 0 0rT x t x x t x K \+ = + ∈ với ( ) 11 0 0 1t rρ λ −−= − thì sẽ mâu thuẫn với 0λ là giá trị đặc trưng lớn nhất của KT . Như vậy, 0C là không bị chặn và rẽ nhánh tại ( )0i ,λ từ nhánh của các số không (zero) tầm thường, với i m≤ nào đó. Định lý được chứng minh. □ Ví dụ. Xét bài toán sau ( ) [ ] ( ) ( ) 0 0 1 0 1 0 treân x'' f x J , x x λ + = =  = = (1) với 0λ ≥ và f : + +→  Lipschitz địa phương. Hãy tìm nghiệm dương của bài toán, nghĩa là nghiệm trên ( ) ( ){ }0K x C J : x t , t J= ∈ ≥ ∈ . Giải (a) Giả sử ( ) ( )0f oρ α ρ ρ= + khi 0ρ +→ với 0 0α ≥ nào đó. Khi đó theo Định lý trên, có một tập liên thông không bị chặn C K+⊂ × của các nghiệm không tầm thường phân nhánh tại ( )2 0 0,π α từ nhánh của các nghiệm tầm thường. Chú ý rằng 20 0λ π α= là giá trị riêng duy nhất của KT , ở đây ( )( ) ( ) ( ) 1 0 0 Tx t k t ,s x s dsα= ∫ ; k là hàm Green tức là ( ) ( ) ( ) 1 0 1 1 0 1 neáu neáu s t s t k t ,s t s t s − ≤ ≤ ≤=  − ≤ ≤ ≤ Nếu ( ) 0,x C,xλ ∈ ≠ thì ( ) 0x t > trên ( )0 1, . Thật vậy, giả sử ( )0 0x t = với ( )0 0 1t ,∈ nào đó, ta có: ( )0 0x' t = , do đó ( ) 0x t = cho bởi tính giải được duy nhất của bài toán giá trị đầu ( ) ( ) ( )0 00 0x'' f x , x t , x' tλ= − = = (b) C là tập bị chặn theo phương λ nếu ( )f ρ βρ≥ trên + với 0β > nào đó. Thật vậy, ta chỉ cần chứng minh: (1) không có nghiệm 0x ≠ nếu 2λ π β> . Khi đó ta sẽ có điều cần chứng minh. Ta dùng phản chứng. Giả sử (1) có nghiệm 0x ≠ và 2λ π β> . Ta có: ( )( ) 0x'' x x f xλβ λ β+ = − ≤ (do ( )f ρ βρ≥ ) x'' xλβ⇒ ≤ − Mặt khác: với ( ) ( )y t sin tπ= , ta có: 2 20y'' y xy'' xyπ π+ = ⇒ = − và x'' y xyλβ≤ − trên J Do đó: ( ) ( ) 1 1 2 0 0 x'' y xy'' dt xydtπ βλ− ≤ −∫ ∫ . Áp dụng tích phân từng phần, ta lại có: ( ) 1 1 1 0 0 0 x'' ydt x y xy xy dt′ ′ ′′= − +∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 11 0 0 0 0x'' y xy dt x y xy x .sin t x cos tπ π π′′ ′ ′ ′⇒ − = − = − =  ∫ (do ( ) ( )0 1 0x x= = ) Suy ra: ( ) 1 2 2 2 0 0 0xydtπ βλ π βλ π βλ≤ − ⇒ − ≥ ⇒ ≥∫ , với 0x ≠ (do 0 0x x≠ ⇒ > trên ( )0 1, (do (a)) và 0y ≥ trên J ), mâu thuẫn với 2λ π β> . (c) Tập liên thông C là bị chặn theo phương x nếu ( )0 0f ρ = với 0 0ρ > nào đó. Thực tế 00x ρ< nếu ( ),x Cλ ∈ . Chú ý rằng ( ) ( )0 0 00 0x t x x' tρ= = ⇒ = , do đó ( ) 0x t ρ= bởi tính giải được duy nhất của bài toán: ( ) ( ) ( )0 0 0 0x'' f x , x t , x' tλ ρ= − = = Khi đó, ta cũng có 0 0x rε≥ > , ở đây ( ),x Cλ ∈ và 0 0λ λ ε− ≥ > . Thật vậy, nếu ( )n n,x Cλ ∈ , 0nλ λ ε− ≥ và 0nx → thì ( )nλ không thể bị chặn, vì điều này sẽ sinh ra một giá trị riêng khác của K T . Nhưng nλ →∞ là cũng không thể vì ( ) 0 2 f αρ ρ ≥ với ρ nhỏ và argument được cho bởi trong (b) yêu cầu các nghiệm nhỏ. (d) Tương tự các kết quả nhận được cho sự phân nhánh ở vô cực nếu f có một đường tiệm cận tuyến tính dương. Thay vì đây là điều giả sử, ta có thể buộc một giả thiết yếu hơn: ( ) ( ) ( )2 1o f o , khiα ρ ρ ρ α ρ ρ ρ+ ≤ ≤ + →∞ , với 2 10 α α< ≤ (2) để mà giải thích cho một thủ thuật khác được chứa đựng trong việc dùng nhiễu loạn thích hợp  ( )f ,xλ của ( )f xλ sao cho bài toán đơn giản hơn  ( ) ( ) ( )0 0 1 0x f ,x , x xλ′′ + = = = (3) Có thể được giải bằng các kết quả đã chứng minh của định lý trung bình và nghiệm của nó làm ra nghiệm của (1), tại ít nhất một _λ lân cận nào đó. Vì vậy, đặt 2 0 1 2i i , i , ,λ π α= = và ( ){ }0 0N : fρ ρ= > = . Ta định nghĩa một sự nhiễu loạn của f như sau: Nếu N ≠∅ , lấy 0 0ρ > đủ nhỏ và 1ρ đủ lớn của f , ta định nghĩa 1f : + +→  xác định bởi: 1f f= trên ( )0 1\ ,ρ ρ+ và ( )1 0f ρ = trên ( )0 1,ρ ρ Nếu N =∅ thì lấy 1f f= trên +  . Như là một sự nhiễu loạn thứ hai của f, xét 2f là một ánh xạ Lipschitz địa phương, bằng f trong một lân cận bên phải của 0 và trong một lân cận của ∞ sao cho ( )2f ρ βρ≥ trên + với 0β > nào đó. Xem Hình 4.1 sau: Hình 4.1 Bây giờ, ta chọn 1 2 3 4µ µ µ µ và 24µ π β> và định nghĩa f : + + +× →   xác định bởi:  ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ) 1 1 2 3 2 4 0 treân treân treân f , f , f , f , , λ ρ µ λ ρ λ ρ µ µ λ ρ µ + + +  × = ×  ∞ ×    và  ( )( ) ( ) ( )  ( )1 11 1i i i if s s , s f , s f ,µ µ ρ µ ρ µ ρ+ +− + = − + , với [ ]0 1 1 3s , ; i ,∈ = . Rõ ràng, định nghĩa của f sao cho  ( )f ,λ  có các tính chất tiệm cận (a) và (2) như fλ . Hơn nữa, (1) và (3) có cùng tập nghiệm với 1λ µ≤ . Tiếp đó, từ 0 0λ λ= thì (3) cũng có duy nhất một điểm phân nhánh trên nhánh nghiệm tầm thường. Ta có, một tập liên thông không bị chặn 1C của các nghiệm không tầm thường của (3), phân nhánh tại ( )0 0,λ . Rõ ràng, 1C bị chặn bởi 4µ theo phương λ , lưu ý rằng từ phần (b), kéo theo 1C không bị chặn theo phương x. Như vậy, chúng ta nhận được sự phân nhánh tại vô cực đối với bài toán góc (1) nếu ta có thể thấy rằng các phần (khúc) của 1C tương ứng với x, là thật sự thính hợp trong miền 1λ µ≤ (xem Hình 4.1). Các màn chắn 40x r ,ε λ µ= = và khối màn chắn [ ] [ ]3 0 10, ,µ ρ ρ× là hiển nhiên. Cuối cùng, ta thấy rằng cho 0ε > , tồn tại 0Rε > sao cho ( ) 1,x Cλ ∈ và 1 2, Yλ λ ε λ ε ∉ − + =  kéo theo 0x Rε< , tức là có một màn chắn 0x R , Yε λ= ∉ . Thật vậy, giả sử rằng ( ) 1 2n n n,x C ,λ λ λ ε∈ ≥ + và 0nx →∞ (trái lại với 0 x Rε< ). Từ 4nλ µ≤ , ta có thể giả sử rằng 2n *λ λ λ ε→ ≥ + . Đặt 0 n n n xv x = và viết (3) như là phương trình tích phân tương đương  ( )x L f ,xλ= , (4) ở đây 10L Tα −= với T từ (a) là compắc. Từ 4nλ µ≤ và f chỉ có đường tăng, ta có  ( ) 0 n n n f ,x x λ đều bị chặn. Do đó,  ( ) 0 0 n nn n n n L f ,xxv x x λ = = hội tụ. Không mất tính tổng quát, giả sử nv v→ với ( )0 1v K B ,∈ ∩∂ (5) Từ ( ) ( )2f oρ α ρ ρ≥ + khi ρ →∞ và n *λ λ→ , ta có: ( ) ( )2n n nf .oλ ρ λ α ρ λ ρ≥ + Đặt nLvρ = , ta có:  ( ) ( )1n n nv L f , fρ λ ρ λ ρ−= = = (do 4nλ µ≤ ) Suy ra: 2n n n nv Lv zλ α≥ + , với 0nz → Do đó: ( ) ( )22 2 2 2*v Lv Lv Lvλ α λ ε α π εα≥ ≥ + ≥ + . Với z Lv= , ta có: ( )2 2z z z vπ εα′′ ′′+ + ≤ + , mà  ( )1 0z v z L z z f ,zλ−′′ ′′ ′′+ = + = + = (do (4) và (3)) nên ( )2 2 0z zπ εα′′ + + ≤ và do argument cho trong (b) kéo theo 0z = . Lại do 0z v′′ + = nên 0v z′′= − = , mâu thuẫn với (5). Như vậy, ta có một màn chắn 0 x Rε= với ( ) 1 2,x C ,λ λ λ ε∈ > + và trường hợp 1λ λ ε< − cũng được làm tương tự. Xa hơn, ta có một tập liên thông C∞ phân nhánh tại ∞ và một tập liên thông 0C phân nhánh tại ( )0 0,λ , đối với bài toán (1) trong miền 1λ µ≤ . Bây giờ, ta có thể lấy 1µ →∞ để thấy rằng toàn bộ tồn tại. Chúng không thể giao nếu f có một zero dương và chúng có thể là đơn vị nếu ( ) 0f ρ > với 0ρ > . Trong dải 0 10xρ ρ< < có thể có nhánh liên tục các nghiệm của (1) khác, như đã biểu thị trong Hình 4.1. Như vậy, sự nhiễu loạn gần đúng cho ta một dữ kiện đầu tiên cái mà có thể coi như là tập nghiệm và điều này có thể giúp ta đáng kể khi ta cố gắng tính toán các nhánh. KẾT LUẬN Trong luận văn này, bước đầu chúng tôi đã trình bày về một số kết quả về sự phân nhánh nghiệm từ giá trị riêng đơn, sự phân nhánh nghiệm toàn cục, sự phân nhánh nghiệm dương của phương trình phi tuyến và một số ứng dụng của chúng. Đây chỉ là một trong các cách tiếp cận về chúng. Hướng nghiên cứu tiếp theo là tìm các ứng dụng của kết quả lý thuyết vào lớp các bài toán cụ thể. Qua quá trình làm luận văn, chúng tôi nhận thấy các kiến thức đã được học trong các học phần: giải tích hàm nâng cao, giải tích phi tuyến, lý thuyết bậc tôpô,đã giúp chúng tôi rất nhiều trong việc hoàn thành luận văn này. Quan trọng hơn cả là bước đầu chúng tôi đã học được phương pháp tự học và tự nghiên cứu. Chúng tôi hy vọng sẽ được học tập và nghiên cứu thêm về đề tài này trong thời gian tới. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] K. Deimling, Nonlinear Functional Analysis, Springer, 1985. [2] K. Schmitt, R.C. Thompson, Nonlinear Functional Analysis and Differential Equations, 2004. [3] G. Whyburn, Analytic Topolgy, Amer. Math. Soc., Provindece, 1942. [4] Phan Tự Vựng, luận văn thạc sĩ phương trình với ánh xạ đa trị trong không gian có thứ tự, 2009.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfmot_so_dinh_ly_ve_su_phan_nhanh_nghiem_cua_phuong_trinh_phi_tuyen_016.pdf
Luận văn liên quan