điểm bất động và một số định lí tồn tại

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG VĂN ĐIỆP
ĐIỂM BẤT ĐỘNG
VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ TỒN TẠI
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
HOÀNG VĂN ĐIỆP
ĐIỂM BẤT ĐỘNG
VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ TỒN TẠI
Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG
Mã số : 60.46.36
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. HOÀNG VĂN HÙNG
Thái Nguyên - Năm 2012
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
i
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
Mở đầu 1
Nội dung 3
1 Nguyên lý ánh xạ co Banach và một số ứng dụng. 3
1.1 Điểm bất động của một tự ánh xạ trên một tập tuỳ ý và
một số định lý tồn tại. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Nguyên lý ánh xạ co Banach cổ điển. . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Một số ứng dụng của nguyên lý ánh xạ co Banach. . . . . . 12
2 Một số mở rộng của nguyên lý ánh xạ co Banach và ứng

dụng 27
2.1 Định lý điểm bất động Meir-Keeler . . . . . . . . . . . . . . 27
2.2 Một số định lý điểm bất động dạng tích phân. . . . . . . . 32
2.3 Áp dụng các định lý điểm bất động dạng tích phân vào
một lớp phương trình hàm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3 Định lý điểm bất động Schauder và ứng dụng 45
3.1 Định lý điểm bất động Brouwer. . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2 Định lý điểm bất động Schauder. . . . . . . . . . . . . . . . 50
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
i
3.3 Ứng dụng của định lý điểm bất động Schauder . . . . . . . 57
Tài liệu tham khảo 66
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1
Mở đầu
Lý thuyết điểm bất động có ứng dụng trong nhiều lĩnh vực của toán
học : phương trình vi phân (thường và đạo hàm riêng), phương trình tích
phân, hệ phương trình phi tuyến, phương trình hàm, tối ưu hoá . Trong
nhiều bài toán liên quan đến các phương trình, vấn đề tồn tại nghiệm
của các phương trình được xét là một trong những vấn đề cốt yếu. Nó là
cơ sở để phát triển các phương pháp khác nhau tìm nghiệm xấp xỉ hoặc
nghiệm chính xác của các phương trình đó. Các định lý tồn tại điểm bất
động là công cụ đắc lực để giải quyết vấn đề trên.
Cho X là một tập khác rỗng tùy ý, f là một ánh xạ từ X vào X (ta sẽ gọi
một ánh xạ như vậy là một tự ánh xạ của X). Phần tử x* thuộc X gọi là
một điểm bất động của f nếu f(x*) = x*.
Để ứng dụng được lý thuyết điểm bất động vào các phương trình khác
nhau, phương trình được xét cần phải biến đổi thành phương trình tương
đương dạng f(x) = x, trong đó f là một tự ánh xạ của tập X (thường là
tập con của tập xác định của phương trình ban đầu). Khi đó vấn đề tồn

tại nghiệm của phương trình được xét được quy về vấn đề tồn tại điểm
bất động của ánh xạ f.
Các định lý điểm bất động cổ điển nhất là nguyên lý ánh xạ co Ba-
nach (1922), định lý điểm bất động Brower(1912), định lý điểm bất động
Schauder(1930). Ngay sau khi được chứng minh các định lý này đã tìm
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
được các ứng dụng trong các lĩnh vực vừa kể trên. Luận văn này đề cập
đến một số mở rộng của nguyên lý ánh xạ co Banach, định lý Shauder
và chứng minh một số khẳng định khác liên quan đến điểm bất động. Để
minh hoạ cho các ứng dụng, luận văn đưa ra một số ứng dụng của các
định lý và khẳng định trên trong các lĩnh vực sau : lý thuyết hàm, phương
trình vi phân, phương trình tích phân, đại số tuyến tính,. . .
Tác giả chân thành cảm ơn thày hướng dẫn T. S Hoàng Văn Hùng (Viện
Khoa học Cơ bản, Đại học Hàng hải Việt Nam) và tập thể các thày cô
giáo ngành Toán Ứng dụng, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, vì
đã tận tình hướng dẫn và quan tâm đến công việc của tác giả trong suốt
thời gian chuẩn bị luận văn.
Hải phòng, ngày 12 tháng 6 năm 2012
Hoàng Văn Điệp
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Chương 1
Nguyên lý ánh xạ co Banach và
một số ứng dụng.
1.1 Điểm bất động của một tự ánh xạ trên một tập
tuỳ ý và một số định lý tồn tại.
Trong mục này tác giả giới thiệu khái niệm điểm bất động, chứng
minh một số định lý tồn tại sơ cấp đối với một tự ánh xạ trên một tập
tuỳ ý và cho một số ứng dụng của các định lý này.

Định nghĩa 1.1.1. Cho X là một tập khác rỗng tùy ý, f là một ánh xạ
từ X vào X (ta sẽ gọi một ánh xạ như vậy là một tự ánh xạ của X). Phần
tử x* thuộc X gọi là một điểm bất động của f nếu f(x*) = x*.
Ký hiệu M(X) là tập các tự ánh xạ của một tập X (ta sẽ luôn giả
thiết X khác rỗng). Ta nói hai phần tử f, g của M(X) giao hoán nhau nếu
fg = gf, trong đó fg chỉ tích của ánh xạ f với ánh xạ g.
Ký hiệu f
0
chỉ ánh xạ đồng nhất của X, f
k
= f.f
k−1
= f
k−1
.f gọi là luỹ
thừa bậc k của f (k là số nguyên không âm). Rõ ràng các luỹ thừa của f
giao hoán nhau.
Mệnh đề 1.1.1. Nếu f,g là hai phần tử giao hoán nhau của M(X) và x*
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
là một điểm bất động của g thì f(x*) cũng là một điểm bất động của g.
Chứng minh. Ta có : g(f(x*)) =f(g(x*)) = f(x*). Vậy f(x*) là một điểm
bất động của g.
Mệnh đề 1.1.2. Giả sử f là một tự ánh xạ của X và h = f
k
( k là số
nguyên dương), A là tập tất cả các điểm bất động của h và được giả thiết
là khác rỗng. Khi đó thu hẹp f |
A
của ánh xạ f là một đơn ánh từ A vào

A. Nói riêng, nếu A hữu hạn thì thu hẹp f |
A
là một song ánh từ A lên
A.
Chứng minh. Bởi vì h là một luỹ thừa của f thì f và h giao hoán nhau.
Theo mệnh đề 1.1.1 ta có f (A) ⊂ A. Nếu tồn tại các phần tử khác nhau
a, b của A sao cho f(a) = f(b) thì
a = h(a) =f
k
(a) =f
k−1
(f(a)) =f
k−1
(f(b)) =f
k
(b) = h(b) = b
. Mâu thuẫn. Vậy f là một đơn ánh từ A vào A. Nếu A là tập hữu hạn
thì một đơn ánh từ A vào A phải là một song ánh.
Mệnh đề 1.1.3. Giả thiết như mệnh đề 1.1.2, chỉ có điều tập các điểm
bất động A của h có thể bằng rỗng. Nếu có số nguyên dương p≥ 2 sao
cho tập điểm bất động B của h
p
thoả mãn B\A khác rỗng thì thu hẹp
của f lên B\A là một đơn ánh từ B\A vào B\A.
Chứng minh. Nếu x* là một điểm bất động của h thì x* cũng phải
là một điểm bất động của h
p
= f
kp
nên A ⊂ B . Áp dụng mệnh đề

1.1.2 ta suy ra thu hẹp của f lên B phải là một đơn ánh từ B vào B.
Vậy chỉ cần chứng minh f ánh xạ B\A vào B\A. Nếu A bằng rỗng thì
không có gì phải chứng minh. Giả sử trái lại A khác rỗng và tồn tại
b ∈ B\A sao cho f (b) ∈ A. Khi đó, vì f
kp−1
và h giao hoán nhau nên
theo mệnh đề 1.1.1 f
kp−1
(f (b)) là một điểm bất động của h, như vậy ta
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
có b = h
p
(b) = f
kp
(b) = f
kp−1
(f (b)) ∈ A. Mâu thuẫn.
Vậy f ánh xạ B\A vào B\A.
Hệ quả : Nếu B\A hữu hạn thì thu hẹp của f lên B\A là một phép thế
của B\A.
Định lý 1.1.1 ( xem [1] ) : Giả sử g là một tự ánh xạ của tập X có tập
điểm bất động là A (A có thể bằng rỗng). Nếu tồn tại số nguyên dương
m ≥ 2 sao cho g
m
có tập điểm bất động là B và B\A có đúng n phần tử
(n ≥ 1) thì không tồn tại ánh xạ f thuộc M(X) sao cho f
n!
= g.
Chứng minh. Giả sử trái lại tồn tại ánh xạ f thuộc M(X) sao cho f

n!
= g.
Áp dụng hệ quả của mệnh đề 1.1.3 ta suy ra thu hẹp của f lên B\A là
một phép thế của n phần tử. Bởi vì tập các phép thế của một tập hữu
hạn gồm n phần tử là một nhóm gồm n! phần tử với phép hợp thành là
tích các ánh xạ, mặt khác chu kỳ của mọi phần tử của một nhóm hữu
hạn là ước của cấp (= số phần tử) của nhóm nên ta suy ra thu hẹp của
f
n!
lên B\A phải là ánh xạ đồng nhất. Như vậy f
n!
= g giữ bất động các
phần tử của B\A , nói cách khác tập các điểm bất động của g chứa B,
trong khi theo giả thiết tập các điểm bất động của g là A - tập con thực
sự của B. Mâu thuẫn. Vậy không tồn tại ánh xạ f thuộc M(X) sao cho
f
n!
= g.
Từ định lý 1.1.1 suy ra :
Mệnh đề 1.1.4 : Nếu f là tự ánh xạ của tập X và tồn tại số nguyên
dương m ≥ 2 sao cho f
n!m
có tập điểm bất động B chứa tập các điểm
bất động A của f
n!
như một tập con thực sự thì B\A phải có không ít
hơn n + 1 phần tử.
Nhận xét : Mệnh đề 1.1.4 tổng quát hoá mệnh đề 4 trong [1].
Chứng minh. Giả sử tập B\A chứa k phần tử và 1 ≤ k ≤ n. Theo định
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên

6
lý 1.1.1 không tồn tại ánh xạ h thuộc M(X) sao cho h
k!
= f
n!
= g. Nhưng
điều này mâu thuẫn, bởi vì g =

f
d

k!
với d = n!/k!. Vậy B\A phải có
ít nhất n+1 phần tử.
Mệnh đề 1.1.5 : Giả sử f là một tự ánh xạ của tập X . Nếu tồn tại số
nguyên dương m sao cho f
m
có duy nhất một điểm bất động thì đó cũng
chính là điểm bất động duy nhất của f.
Chứng minh. Nếu m = 1 thì không có gì phải chứng minh. Giả sử m ≥ 2.
Vì một điểm bất động của f cũng là một điểm bất động của f
m
nên từ
giả thiết suy ra f không thể có quá một điểm bất động. Nếu tập điểm bất
động của f là rỗng thì với cách ký hiệu như trong mệnh đề 1.1.4 ta có
B\A có đúng 1 phần tử. Nhưng rõ ràng f
1!m
= f
m
. Vậy áp dụng mệnh

đề 1.1.4 với n = 1 ta suy ra B\A phải có ít nhất 2 phần tử. Mâu thuẫn.
Vậy f phải có đúng một điểm bất động. Điểm bất động này hiển nhiên
trùng với điểm bất động duy nhất của f
m
.
Định nghĩa 1.1.2 : Tự ánh xạ f của tập X gọi là một ánh xạ hằng nếu
f(X) gồm chỉ một phần tử.
Mệnh đề 1.1.6 : Nếu f là tự ánh xạ của tập X và tồn tại số m nguyên
dương sao cho f
m
là ánh xạ hằng thì f có điểm bất động duy nhất.
Chứng minh. Nếu f
m
(X) = {x
∗
} thì hiển nhiên x
∗
là điểm bất động
duy nhất của f
m
. Do đó khẳng định của mệnh đề 1.6 suy ra từ mệnh đề
1.1.5.
Định nghĩa 1.1.3 : Cho f là một tự đồng cấu của không gian véc tơ V.
Khi đó f cảm sinh một tự ánh xạ F trên tập X các không gian con của V:
F đặt tương ứng không gian con S của V với không gian con f(S) của V.
Ta nói không gian con S của V là một không gian con bất biến của f nếu
S là một điểm bất động của ánh xạ F, tức là f(S) = S.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
Nhận xét:

i) Định nghĩa 1.1.3 hơi khác một chút so với các định nghĩa về không gian
con bất biến trong một số tài liệu về đại số, ở đó không gian con bất biến
của tự đồng cấu f là không gian con S có tính chất f(S) ⊂ S.
ii) Rõ ràng với mọi m nguyên dương tự đồng cấu f
m
cảm sinh tự ánh xạ
F
m
của tập X.
Với tư cách là một áp dụng của định lý 1.1.1 vào đại số tuyến tính ta có :
Mệnh đề 1.1.7: Cho A là ma trận vuông thực cấp 2 có 2 giá trị riêng
thực phân biệt và đều âm. Khi đó không tồn tại ma trận vuông thực B
sao cho B
4
= A.
Chứng minh. Ta sẽ ký hiệu không gian con không của không gian véc
tơ thực V tuỳ ý là Θ. Giả sử trái lại, tồn tại một ma trận thực B sao cho
B
4
= A . Đặt C = B
2
ta có C
2
= A. Khi đó các ma trận A, B, C đều
không suy biến vì det(A) > 0. Ma trận C không thể có giá trị riêng thực
bởi vì nếu λ là một giá trị riêng thực của C thì λ
2
≥ 0 là một giá trị
riêng thực của A, trái với giả thiết. Gọi g là tự đồng cấu của R
2

trong cơ
sở chính tắc có ma trận là C, khi đó trong cơ sở chính tắc g
2
có ma trận
là A. Bởi vì C không có giá trị riêng thực nên g có đúng 2 không gian
con bất biến là Θ và R
2
. Ma trận A không suy biến và có 2 giá trị riêng
thực phân biệt khác 0 nên g
2
có đúng 4 không gian con bất biến: 2 không
gian con 1 chiều phân biêt, không gian con Θ và không gian R
2
.Gọi f là
tự đồng cấu của R
2
trong cơ sở chính tắc có ma trận là B, khi đó ta có
f
2
= g . Các ánh xạ cảm sinh của f, g, g
2
trên tập X các không gian con
của R
2
tương ứng là F, G = F
2
, G
2
. Các lý luận trên chứng tỏ G có 2
điểm bất động, G

2
có 4 điểm bất động. Vậy theo định lý 1.1.1 không tồn
tại ánh xạ F trên X sao cho F
2!
= F
2
= G . Mâu thuẫn. Do đó không
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
tồn tại ma trận thực B sao cho B
4
= A.
Nhận xét : Lý luận thuần tuý đại số chỉ ra rằng thực ra không có ma
trận thực B sao cho B
2
= A. Thực vậy, từ giả thiết suy ra rằng A chéo
hoá được trên trường thực. Giả sử P là ma trận chéo hoá A và dạng đường
chéo của A là :
D =

α 0
0 β

, α < 0, β < 0, α = β . Nếu B là ma trận thực sao cho
B
2
= A, đặt C = P
−1
.B.P ta có C
2

= D. Giả sử : C =

a b
c d

Khi đó :
C
2
=

a
2
+ bc b(a + d)
c(a + d) d
2
+ bc

= D =

α 0
0 β

Từ đó ta có hệ :










a
2
+ bc = α
b(a + d) = 0
c(a + d) = 0
d
2
+ bc = β
Không khó khăn có thể chứng minh hệ trên vô nghiệm nếu αβ < 0
hoặc α < 0&β < 0 &α = β, do đó không tồn tại ma trận B để B
2
= A.
Ta có mệnh đề sau ( xem [2], bài toán 114), minh hoạ áp dụng của định
lý 1.1.1 vào lý thuyết các phương trình hàm.
Mệnh đề 1.1.8: Nếu q > 1 thì không tồn tại ánh xạ f từ R vào R sao
cho: f(f(x)) = x
2
− q
Chứng minh. Đặt g(x) = x
2
− q . Khi đó g là một tự ánh xạ của R
và g có 2 điểm bất động là 2 nghiệm thực phân biệt của phương trình
bậc 2 : x
2
− q = x. Ta có g(g(x)) = (x
2
− q)
2

− q có 4 điểm bất động
là 4 nghiệm thực phân biệt của phương trình bậc 4 : (x
2
− q)
2
− q = x
↔ (x
2
− x − q)(x
2
+ x + 1 − q) = 0 Vậy tập các điểm bất động của g
2
nhiều hơn tập các điểm bất động của g đúng 2 phần tử. Theo định lý
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
1.1.1 không tồn tại tự ánh xạ f của R sao cho f
2!
= f
2
= g
( điều phải chứng minh).
1.2 Nguyên lý ánh xạ co Banach cổ điển.
Định nghĩa 1.2.1. Giả sử f là một tự ánh xạ của X. Lấy x
0
∈ X tuỳ
ý, đặt :
x
1
= fx
0

, x
n
= fx
n−1
= f
n
x
0
(n = 1, 2, )
Dãy {x
n
}
∞
n=0
gọi là f - quỹ đạo của x
0
.
Năm 1922, Banach đã chứng minh định lý sau, thường được gọi là nguyên
lý ánh xạ co Banach :
Định lý 1.2.1 (S.Banach) : Cho (X,d) là không gian metric đầy đủ , T
là một tự ánh xạ của X thoả mãn điều kiện :
d (T x, T y) ≤ kd (x, y) (∀x, y ∈ X) , (1.1)
k là số thực thuộc khoảng [0;1).
Khi đó T có điểm bất động duy nhất x
∗
. Nếu x
0
là phần tử tuỳ ý của X
và dãy {x
n

}
∞
n=0
là T-quỹ đạo của x
0
, ta có đánh giá:
d(x
n
, x
∗
) ≤
k
n
1 − k
d(x
0
, T x
0
) (1.2)
Nhận xét: Ánh xạ thoả mãn điều kiện (1.1) gọi là ánh xạ co chặt.
Chứng minh. Với các ký hiệu đưa ra trong định nghĩa 1.2.1 ta có :
d(x
n
, x
n+1
) ≤ kd(x
n−1
, x
n
) ≤ ≤ k

n
d(x
0
, x
1
)
Do đó :
d(x
n
, x
n+p
) ≤
p

i=1
d(x
n+i−1
, x
n+i
) ≤ (
p

i=1
k
n+i−1
)d(x
0
, x
1
)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
= k
n
k
p
− 1
k − 1
d(x
0
, x
1
) ≤
k
n
1 − k
d(x
0
, x
1
) =
k
n
1 − k
d(x
0
, T x
0
) (1.3)
Vì 0 ≤ k < 1 nên ta suy ra với mọi ε > 0 cho trước, tìm được n

0
= n
0
(ε)
sao cho khi n > n
0
ta có :
d(x
n
, x
n+p
) ≤
k
n
1−k
d(x
0
, T x
0
) < ε (∀p ∈ N
∗
)
Vậy dãy {x
n
}
∞
n=0
là dãy Cauchy trong không gian metric (X,d). Vì (X,d)
là không gian metric đầy đủ nên dãy {x
n

}
∞
n=0
hội tụ tới điểm x
∗
∈ X.
Điều kiện (1.1) chứng tỏ ánh xạ T liên tục (đều), do đó x
∗
= lim
n→∞
x
n
=
lim
n→∞
T x
n−1
= T ( lim
n→∞
x
n−1
) = T x
∗
.
Vậy x
∗
là điểm bất động của T. Cho p dần tới vô cực trong (1.3) ta có :
d(x
n
, x

∗
) ≤
k
n
1−k
d(x
0
, T x
0
)
Vậy (1.2) được chứng minh. Để chứng minh tính duy nhất của điểm bất
động x* ta giả sử y* là một điểm bất động bất kỳ của T. Điều kiện (1.1)
cho đánh giá:
d(T x
∗
, T y
∗
) ≤ kd(x
∗
, y
∗
) ↔ (1 − k)d(x
∗
, y
∗
) ≤ 0 (1.4)
Bởi vì 0 ≤ k < 1 , bất đẳng thức (1.4) kéo theo d(x
∗
, y
∗

) = 0. Vậy y*=x*,
tức điểm bất động x* của T là duy nhất.
Định nghĩa 1.2.2. Cho (X,d) là không gian metric và T là một tự ánh
xạ của X. Ta nói T là ánh xạ Lipschitz nếu tồn tại số thực k ≥ 0 sao cho:
d(T x, T y) ≤ kd(x, y) (∀x, y ∈ X) (1.5)
Số k bé nhất thoả mãn (1.5) gọi là hằng số Lipschitz của T, ký hiệu là
k(T). Rõ ràng nếu S, T là hai tự ánh xạ Lipschitz của X thì :
d(ST x, ST y) ≤ k(S)d(T x, T y) ≤ k(S)k(T )d(x, y) (∀x, y ∈ X).
Do đó ánh xạ tích ST cũng là Lipschitz và k(ST ) ≤ k(S).k(T ). Nói riêng
ta có :
k(T
n
) ≤ k(T )
n
↔
n

k(T
n
) ≤ k(T )(n = 1, 2, . . . )
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
và
k(T
m+n
) ≤ k(T
m
)k(T
n
) (m, n ∈ N

∗
) (1.6)
Mệnh đề 1.2.2: Nếu T là tự ánh xạ Lipschitz của không gian metric
(X,d) thì tồn tại giới hạn:
k
∞
(T ) = lim
n→∞
n

k(T
n
) ≤ k(T ) (1.7)
Chứng minh. Mệnh đề hiển nhiên đúng nếu k(T) =0.Giả sử k(T) >0.
Cố định một số m nguyên dương.Với n là số nguyên dương tuỳ ý ta
luôn tìm được các số nguyên không âm q, r (phụ thuộc vào n) sao cho r
∈ {0, 1, , m − 1} và n = mq + r. Do các bất đẳng thức (1.6) ta có:
k(T
n
)
1
n
= k(T
mq+r
)
1
mq +r
≤ k(T
m
)

q
mq +r
.k(T )
r
mq +r
(1.8)
Nếu n dần tới vô cực thì q phải dần tới vô cực. Lấy limsup trong bất đẳng
thức (1.8) ta được :
l
imsup(k(T
n
))
1
n
≤ k(T
m
)
1
m
(1.9)
Do m là số nguyên dương có thể chọn tuỳ ý nên từ (1.9) ta suy ra :
l
imsup(k(T
n
))
1
n
≤ lim inf(k(T
m
))

1
m
Vậy phải có
l
imsup(k(T
n
))
1
n
= lim inf(k(T
m
))
1
m
và (1.7) được chứng minh.
Hệ quả của mệnh đề 1.2.2 là :
Mệnh đề 1.2.3 : Nếu T là tự ánh xạ Lipschitz của không gian metric
đầy đủ (X,d) và k
∞
(T ) = lim
n→∞
n

k(T
n
) < 1
thì T có điểm bất động duy nhất.
Chứng minh. Từ giả thiết của mệnh đề suy ra có số q sao cho k
∞
(T ) <

q < 1 . Với n đủ lớn ta có:
n

k(T
n
) < q ↔ k(T
n
) < q
n
< 1 (1.10)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
Cố định một n sao cho (1.10) đúng. Khi đó T
n
là ánh xạ co chặt và khẳng
định của mệnh đề 1.2.3 suy ra từ nhận xét sau định lý 1.2.1.
Nhận xét : Từ (1.7) suy ra nếu k(T ) < 1 thì k
∞
(T ) < 1, nhưng ngược
lại chưa chắc đã đúng. Vì vậy, về hình thức mệnh đề 1.2.3 mạnh hơn
nguyên lý ánh xạ co Banach. Tuy nhiên, như được chứng tỏ trong [3], nếu
k
∞
(T ) < 1 thì tồn tại một metric ρ tương đương với metric d trên X sao
cho T là ánh xạ co chặt trong không gian metric đầy đủ (X, ρ). Như vậy,
không thể coi mệnh đề 1.2.3 mạnh hơn định lý 1.2.1. Trong chương II ta
sẽ chứng minh một số định lý tồn tại điểm bất động mạnh hơn nguyên
lý ánh xạ co Banach cổ điển. Để biện hộ cho khuynh hướng tổng quát
nguyên lý ánh xạ co Banach, ta đưa ra một số ứng dụng của nguyên lý này.
1.3 Một số ứng dụng của nguyên lý ánh xạ co Ba-

nach.
1.3.1. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm đối với bài toán
Cauchy của phương trình vi phân thường .
Bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân thường :
Giả sử f(t,x) là hàm liên tục nhận giá trị thực được xác định trên tập
D = {(t, x) : t ∈ [0; a], x ∈ R} = [0; a] × R. Tìm hàm x = x(t) khả vi liên
tục trên [0;a] thoả mãn phương trình vi phân và điều kiện đầu sau:

x

(t) = f(t, x(t)) t ∈ [0; a]
x(0) =ξ
(1.11)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Đối với bài toán trên ta có định lý tồn tại và duy nhất nghiệm : Nếu hàm
f thoả mãn điều kiện Lipschitz đối với biến x , nghĩa là :
|f(t, x) − f(t, y)| ≤ L |x − y| (∀t ∈ [0; a], ∀x, y ∈ R)
thì bài toán (1.11) tồn tại và duy nhất nghiệm.
Chứng minh. Xét không gian Banach C[0;a] các hàm nhận giá trị thực
liên tục trên [0;a] với chuấn supremum. Tích phân 2 vế phương trình vi
phân trong (1.11) ta được phương trình tích phân sau ( tương đương với
bài toán (1.11)):
x(t) = ξ +
t

0
f(s, x(s))ds, t ∈ [0; a] (1.12)
Ta xác định một tự ánh xạ T của không gian Banach C[0;a] bởi công thức
(T x)(t) = ξ +

t

0
f(s, x(s))ds (x(.) ∈ C[0; a])
Nghiệm của bài toán (1.12) là một điểm bất động của ánh xạ T. Ta có
đánh giá :
|(T x)(t) − (T y)(t)| =






t

0
f(s, x(s))ds −
t

0
f(s, y(s))ds






≤
t


0
|f(s, x(s)) − f(s, y(s))|ds
≤ L
t

0
|x(s) − y(s)|ds
≤ Lt x − y (∀x(.), y(.) ∈ C[0; a] , ∀t ∈ [0; a])
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
Đánh giá tiếp tục ta được :


(T
2
x)(t) − (T
2
y)(t)


=






t

0

f(s, (T x)(s))ds −
t

0
f(s, (T y)(s))ds






≤ L
t

0
|(T x)(s) − (T y)(s)|ds
≤ L
t

0
dt
s

0
L |x(u) − y(u)|du
≤ L
2
t

0

dt
s

0
x − y ds
=
L
2
t
2
2
x − y , (∀x(.), y(.) ∈ C[0; a] , ∀t ∈ [0; a])
Giả sử đã chứng minh được ∀x(.), y(.) ∈ C[0; a], ∀t ∈ [0; a])
|(T
n
x)(t) − (T
n
y)(t)| ≤
(Lt)
n
n!
x − y (1.13)
Khi đó:


(T
n+1
x)(t) − (T
n+1
y)(t)



=






t

0
[f(s, (T
n
x)(s)) − f(s, (T
n
x)(s))ds






≤
t

0
|[f(s, (T
n
x)(s)) − f(s, (T

n
x)(s))|ds
≤
t

0
L |(T
n
x)(s) − (T
n
x)(s)|ds
≤
t

0
L
(Ls)
n
n!
x − y ds
=
(Lt)
n+1
(n + 1)!
x − y (∀x(.), y(.) ∈ C[0; a], ∀t ∈ [0; a])
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Vậy bất đẳng thức (1.13) đúng với mọi n nguyên dương theo nguyên lý
quy nạp. Từ (1.13) ta suy ra bất đẳng thức sau đúng với mọi n nguyên
dương :

T
n
x − T
n
y ≤
(La)
n
n!
x − y (∀x(.), y(.) ∈ C[0; a]) (1.14)
Chuỗi số dương
∞

n=0
(La)
n
n!
hội tụ ( tổng bằng e
La
) nên ta phải có :
lim
n→∞
(La)
n
n!
= 0 Từ đó suy ra tồn tại số nguyên dương m sao cho
(La)
m
m!
<
1

2
Bất đẳng thức (1.14) chứng tỏ ánh xạ T
m
là tự ánh xạ co chặt của không
gian Banach C[0;a]. Theo định lý 1.2.1 ánh xạ T
m
có điểm bất động duy
nhất x*(.) và điểm bất động duy nhất này cũng chính là điểm bất động
duy nhất của T theo mệnh đề 1.1.5. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm
của bài toán Cauchy được chứng minh.
1.3.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của một bài toán biên.
Xét bài toán giá trị biên sau :
ϕ

(x) + λQ(x, ϕ(x)) = f(x) (1.15)
ϕ(0) = ϕ(1) = 0
trong đó f(.) là hàm liên tục trên [0; 1] , Q(x,y) là hàm liên tục của 2 biến
xác định trên miền D = [0; 1] × R thoả mãn :
|Q(x, y
1
) − Q(x, y
2
)| ≤ N(x) |y
1
− y
2
| (∀x ∈ [0; 1],y
1
, y
2

∈ R
1

0
|N(x)| dx = P < +∞
Định lý 1.3.1: Với các giả thiết nêu trên, bài toán (1.15) tồn tại và duy
nhất nghiệm nếu |λ| P < 4.
Chứng minh. Tích phân 2 lần phương trình trong (1.15) ( với (x,s)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
thuộc hình vuông [0; 1]
2
) ta được phương trình tương đương :
ϕ(x) = c
1
+ c
2
x − λ
x

0


s

0
Q(t, ϕ(t))dt


ds+

x

0


s

0
f(t)dt


dt (1.16)
↔ ϕ(x) = c
1
+c
2
x−λ
x

0
[
1

0
H(s, t)Q(t, ϕ(t))dt]ds+
x

0
[
1


0
H(s, t)f(t)dt]ds
trong đó ta đặt :
H(s, t) =

1, t ≤ s
0, t ≥ s
Ta có nhận xét rằng nếu ϕ(.) là hàm liên tục trên [0;1] và thoả mãn
(1.16) thì ϕ(.) trên thực tế là hàm thuộc không gian C
2
[0; 1]các hàm có
đạo hàm cấp 2 liên tục trên [0;1]. Điều kiện đầu ϕ(0) = 0 cho ta c
1
= 0.
Đổi thứ tự tích phân trong vế phải của đẳng thức trên và tính toán ta có
:
ϕ(x) = c
2
x − λ
1

0
[
x

0
H(s, t)Q(t, ϕ(t))ds]dt +
1


0
[
x

0
H(s, t)f(t)ds]dt
= c
2
x − λ
1

0
[Q(t,ϕ(t))
x

0
H(s, t)ds]dt+
1

0
[f(t)
x

0
H(s, t)ds]dt
= c
2
x − λ
1


0
[Q(t,ϕ(t))G(x, t)]dt+
1

0
[f(t)G(x, t)]dt
(1.17)
trong đó :
G(x, t) =

0, x ≤ t
x − t, x ≥ t
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
Cho x =1 và dùng điều kiện đầu ϕ(1) = 0 ta được :
c
2
= λ
1

0
Q(t, ϕ(t))(1 − t)dt −
1

0
f(t)(1 − t)dt
Thay vào (1.17) ta được :
ϕ(x) = λ
1


0
x(1 − t)Q(t, ϕ(t))dt −
1

0
x(1 − t)f(t)dt
− λ
1

0
G(x, t)Q(t, ϕ(t))dt +
1

0
G(x, t)f(t)dt
= λ
1

0
[x(1 − t) − G(x, t)]Q(t,ϕ(t))dt−
1

0
[x(1 − t) − G(x, t)]f(t)dt
Đặt : K(x,t) = x(1-t)-G(x,t) , để ý đến công thức xác định G(x,t) ta có :
K(x, t) =

x(1 − t), t > x
t(1 − x), t ≤ x
Như vậy bài toán biên (1.15) tương đương với phương trình tích phân :

ϕ(x) − λ
1

0
K(x, y)Q(y, ϕ(y))dy = −
1

0
K(x, y)f(y)dy (1.18)
trong đó :
K(x, y) =

x(1 − y), y > x
y(1 − x), y ≤ x
Bởi vì (x,y) thuộc hình vuông [0; 1]
2
và khi y > x ta có 0< x +1-y < 1,
khi x > y ta có 0 < y +1-x < 1, nên :
0 ≤ K(x, y) ≤ max((
x+1−y
2
)
2
, (
y+1−x
2
)
2
) ≤
1

4
Gọi T là tự ánh xạ của không gian Banach C[0;1] các hàm liên tục trên
[0;1] với chuẩn supremum ( ký hiệu ) cho bởi công thức :
(T ϕ)(x) = λ
1

0
K(x, y)Q(y, ϕ(y))dy −
1

0
K(x, y)f(y)dy.
Rõ ràng một nghiệm của phương trình (1.18) là một điểm bất động của
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
T. Ta có :
(T ϕ − T ψ)(x) = λ
1

0
K(x, y)[Q(y, ϕ(y)) − Q(y, ψ(y))]dy
Do đó :
|(T ϕ − T ψ)(x)| = |λ|




1

0

K(x, y)[Q(y, ϕ(y)) − Q(y, ψ(y))]dy




≤
|λ|
1

0
|K(x, y)| |Q(y, ϕ(y)) − Q(y, ψ(y))]| dy ≤
|λ|
4
1

0
|N(y)| |ϕ(y) − ψ(y)| dy
≤
|λ|
4
ϕ − ψ
1

0
|N(y)|dy =
|λ|
4
P ϕ − ψ
Từ đó suy ra nếu
|λ|

4
P < 1 ↔ |λ| P < 4 thì T là tự ánh xạ co chặt
của không gian C[0;1]. Theo nguyên lý ánh xạ co Banach T có điểm bất
động duy nhất ϕ∗, điểm bất động này chính là nghiệm của phương trình
tích phân (1.18). Vậy phương trình (1.18) (và do đó bài toán biên (1.15))
tồn tại và duy nhất nghiệm.
1.3.3. Sự tồn tại nghiệm của một lớp các phương trình tích
phân dạng Fredholm và Volterra.
Phương trình tích phân dạng :
ϕ(x) − λ
b

a
K(x, y)ϕ(y)dy = f(x) (1.19)
trong đó K(x,y) là hàm nhận giá trị thực thuộc L
2

[a, b]
2

, f(.) ∈
L
2
[a; b], λ ∈, ϕ(.) là hàm cần tìm thuộc L
2

[a, b]
2

gọi là phương trình

Fredholm loại hai. Phương trình (1.19) là trường hợp riêng của phương
trình dạng tổng quát hơn dưới đây :
ϕ(x) − λ
b

a
K(x, y, ϕ(y))dy = f(x) (1.20)
trong đó K(x,y,z) là hàm nhận giá trị thực, liên tục theo biến z và thuộc
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19
L
2
([a; b]
2
) với mỗi z nhận giá trị thực tuỳ ý cố định, λ , f(.), ϕ(.) giống
như trong phương trình (1.19).
Định lý 1.3.2: Giả sử :





b

a
K(x, y, ϕ(y))dy






2
≤ Mϕ
2
|K(x, y, z
1
) − K(x, y, z
2
)| ≤ N(x, y) |z
1
− z
2
|
, trong đó M < +∞, 
2
ký hiệu chuẩn của các hàm bình phương khả
tích trong các không gian L
2
tương ứng, N(x,y) là hàm thuộc L
2
([a; b]
2
)
có N
2
= P . Khi đó phương trình (1.20) có duy nhất nghiệm trong
L
2
[a; b] nếu |λ| P < 1.
Chứng minh. Xét toán tử T từ L

2
[a; b] vào chính nó cho bởi công thức
ϕ(.) → (T ϕ)(.) = f(.) + λ
b

a
K(., y, ϕ(y))dy (∀ϕ(.) ∈ L
2
[a; b]) (1.21)
Bởi vì |K(x, y, ϕ(y)) − K(x, y, 0)| ≤ N(x, y) |ϕ(y)| nên từ các giả thiết
đã cho ta suy ra hàm K(., y, ϕ(y))thuộc L
2
[a; b] với hầu hết x thuộc
khoảng [a;b] ( nghĩa là tập các x thuộc [a;b] sao cho K(., y, ϕ(y)) không
thuộc L
2
[a; b] có độ đo không). Vậy toán tử T được định nghĩa đúng đắn
nhờ công thức (1.21). Phương trình (1.20) tương đương với phương trình
ϕ = T ϕ. Nói cách khác, một nghiệm của (1.20) là một điểm bất động của
T. Ta có đánh giá :
T ϕ − T ψ
2
= |λ|





b


a
[K(., y, ϕ(y)) − K(., y, ψ(y))]dy





2
=
|λ| {
b

a
[
b

a
[K(., y, ϕ(y)) − K(., y, ψ(y))]dy]
2
dx}
1/2
≤
|λ| {
b

a
[
b

a

|K(., y, ϕ(y)) − K(., y, ψ(y))| dy]
2
dx}
1/2
≤
|λ| {
b

a
[
b

a
N(x, y) |ϕ(y)−ψ(y)|dy]
2
}
1/2
≤ |λ| P ϕ − ψ
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Theo giả thiết |λ| P < 1 nên T là một tự ánh xạ co chặt của L
2
[a; b].
Theo nguyên lý ánh xạ co Banach ta suy ra T có một điểm bất động duy
nhất ϕ∗. Theo nhận xét ở trên điều này tương đương với phương trình
(1.20) có duy nhất nghiệm ϕ∗ nếu |λ| P < 1 . Định lý được chứng minh.
Nhận xét : Phương trình Fredholm loại 2 (1.19) là trường hợp riêng
của phương trình (1.20) nếu đặt K(x, y, z) = K(x, y).z . Rõ ràng các
giả thiết của định lý 1.3.2 được thoả mãn với N(x, y) = |K(x, y)| , P =


b

a
b

a
|K(x, y)|
2
dxdy, |λ| P < 1.
Bây giờ ta xét phương trình tích phân Volterra, tức là phương trình tích
phân dạng :
ϕ(x) − λ
x

0
K(x, y)ϕ(y)dy = f(x) (1.22)
Ta có định lý :
Định lý 1.3.3 : Giả sử f(.)∈ L
2
[0; 1] và K(.,.)∈ L
2
[0; 1]
2
. Khi đó với
mọi giá trị của λ tồn tại duy nhất hàm ϕ(.) ∈ L
2
[0; 1] thoả mãn phương
trình (1.22).
Chứng minh. Xét toán tử tuyến tính K từ L

2
[0; 1] vào chính nó cho
bởi công thức :
(Kϕ)(x) =
x

0
K(x, y)ϕ(y)dy =
1

0
K
1
(x, y)ϕ(y)dy (∀ϕ(.) ∈ L
2
[0; 1]),
trong đó ta đặt :
K
1
(x, y) =

0, 0 ≤ x < y ≤ 1
K(x, y), 0 ≤ y ≤ x ≤ 1
Khi đó:
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
(K
2
ϕ)(x) = (K(Kϕ))(x) =
1


0
K
1
(x, z)[
1

0
K
1
(z, y)ϕ(y)dy]dz =
1

0
[
1

0
K
1
(x, z).K
1
(z, y)dz]ϕ(y)dy =
1

0
K
2
(x, y)ϕ(y)dy
trong đó, ta đặt :

K
2
(x, y) =
1

0
K
1
(x, z).K
1
(z, y)dz
=



x

y
K(x, z).K(z, y)dz khi 0 ≤ y ≤ x ≤ 1,
0 khi 0 ≤ x ≤ y ≤ 1.
Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh được công thức sau :
(K
n
ϕ)(x) =
1

0
K
n
(x, y)ϕ(y)dy

trong đó, ta đặt :
K
n
(x, y) =
1

0
K
1
(x, z).K
n−1
(z, y)dz
=



x

y
K(x, z).K
n−1
(z, y)dz 0 ≤ y ≤ x ≤ 1,
0 0 ≤ x < y ≤ 1
(1.23)
Tiếp theo ta đặt :
(T ϕ)(x) = f(x) + λ
x

0
K(x, y)ϕ(y)dy = f(x) + λ(Kϕ)(x).

Khi đó hàm ϕ(.) là một nghiệm của phương trình (1.22) khi và chỉ khi
ϕ(.) là một điểm bất động của T. Ta có :
T
n
ϕ = f + λKf + + λ
n−1
K
n−1
f + λ
n
K
n
ϕ .
Đặt :
A
2
(x) =
x

0
|K(x, y)|
2
dy, B
2
(y) =
1

y
|K(x, y)|
2

dx
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên