BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Tô Thanh Tùng
BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ A-PROPER
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Tô Thanh Tùng
BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ A-PROPER
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành : Toán Giải Tích
Mã số
: 60 46 01 02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. LÊ HOÀN HÓA
Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
LỜI CẢM ƠN
Trước hết, tôi xin kính gửi đến Thầy, PGS.TS Lê Hoàn Hóa lời cảm ơn sâu
sắc về sự tận tình chỉ bảo tôi trong học tập, cũng như trong thời gian tìm hiểu và
trình bày hoàn chỉnh luận văn này.
Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy Cô giảng dạy tại khoa Toán của trường Đại
học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh
nghiệm quý báu cho tôi trong suốt quá trình học tập tại trường.
Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy Cô công tác tại Phòng Sau Đại học của
trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi
cho tôi hoàn tất chương trình học tập và thực hiện luận văn này.
Cuối cùng, xin cảm ơn người thân và bạn bè đã động viên và giúp đỡ tôi
trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn này.
TP. Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2014
Học viên
Tô Thanh Tùng
MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cảm ơn
Mục lục
MỞ ĐẦU ....................................................................................................................1
Chương 1. ÁNH XẠ A-PROPER ............................................................................3
1.1. Định nghĩa sơ đồ chiếu. ....................................................................................3
1.2. Ánh xạ A-proper ...............................................................................................5
Chương 2. BẬC SUY RỘNG CỦA ÁNH XẠ A-PROPER .................................11
2.1. Định nghĩa bậc suy rộng của ánh xạ A-proper ...............................................11
2.2. Tính chất của bậc ............................................................................................12
Chương 3. ỨNG DỤNG CỦA BẬC SUY RỘNG .................................................16
3.1. Phương trình với ánh xạ Fredholm chỉ số 0 ...................................................16
3.2. Phương trình với dạng ánh xạ Fredholm chỉ số 0 ..........................................24
3.3. Ứng dụng ........................................................................................................39
KẾT LUẬN ..............................................................................................................48
TÀI LIỆU THAM KHẢO ......................................................................................49
1
MỞ ĐẦU
Mục đích của luận văn là trình bày về bậc suy rộng của ánh xạ A-proper và
ứng dụng của bậc suy rộng vào việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương
trình. Nội dung luận văn dựa trên nội dung của tài liệu: “Donal O’Regan, Yeol Je
Cho, Yu-Qing Chen, Volume 10: Topological Degree Theory And Applications,
Taylor – Francis Group, LLC, 2006, Chapter 4, 75-103”.
Và tham khảo thêm ở 2 tài liệu sau:
1/ WoloDymyr V.Petryshyn, Generalized Topological Degree And Semilinear
Equations, Cambridge University 1995.
2/ Lê Hoàn Hóa, Định lý điểm bất động và ứng dụng để nghiên cứu sự tồn tại
nghiệm của phương trình, Đề tài nghiên cứu khoa học cấp cơ sở - Mã số:
CS.2008.19.02, năm 2012.
Luận văn bao gồm 3 chương sau:
Chương 1. Ánh xạ A-proper
Trình bày về định nghĩa sơ đồ chiếu và ánh xạ A-proper (Định nghĩa 1.1.1 và
định nghĩa 1.2.1).
Chương 2. Bậc suy rộng của ánh xạ A-proper
Trình bày định nghĩa bậc suy rộng (Định nghĩa 2.1.1).
Trình bày các tính chất quan trọng của bậc (Định lý 2.2.1).
Chương 3. Ứng dụng của bậc suy rộng
Ở mục 3.1: Bậc được định nghĩa ở chương 2 được ứng dụng vào việc chỉ ra
sự tồn tại nghiệm của phương trình Sx Nx p trong D S (định lý 3.1.1, định
lý 3.1.2, mệnh đề 3.1.2). Trong đó: S : D S X Y là ánh xạ Fredholm chỉ số 0,
N : D S Y sao cho N D S bị chặn.
Ở mục 3.2: Trình bày định nghĩa dạng ánh xạ Fredholm chỉ số 0 (Định nghĩa
3.2.1).
Các định lý quan trọng:
2
+ Định lý 3.2.1: chỉ ra sự tồn tại nghiệm của phương trình Lx Nx 0 trong
D L , trong đó L : D L X Y
là dạng ánh xạ Fredholm chỉ số 0,
0 X n , Pn là sơ đồ chiếu của X; là tập con mở, bị chặn trong X và N : Y
là ánh xạ L-A-proper đối với 0 .
+ Định lý 3.2.4: chỉ ra sự tồn tại nghiệm của phương trình Lx Nx 0 trong
D L , trong đó L : D L X Y
là dạng ánh xạ Fredholm chỉ số 0,
0 X n , Pn là sơ đồ chiếu của X; là tập con mở, bị chặn trong X và N : Y
là ánh xạ sao cho I L JP
1
N JP là ánh xạ A-proper đối với
0 với mỗi
0.
Ở mục 3.3: Sử dụng kết quả của định lý 3.1.1 để chứng tỏ sự tồn tại nghiệm
của bài toán (E.3.3.1). Xét bài toán (E.3.3.4), theo định lý 3.2.5 thì phương trình
Sx Nx p có nghiệm hay bài toán (E.3.3.4) có nghiệm yếu.
3
Chương 1
ÁNH XẠ A-PROPER
1.1. Định nghĩa sơ đồ chiếu
Định nghĩa
Cho X và Y là các không gian Banach tách được.
i) Nếu có một dãy các không gian hữu hạn chiều X n X và một dãy
Pn n các phép chiếu tuyến tính
Pn : X X n thỏa mãn: lim Pn x x với mọi x X .
n
Khi đó ta nói X có sơ đồ chiếu X n , Pn .
ii) Nếu X có sơ đồ chiếu
X n , Pn ,
Y có sơ đồ chiếu
Yn , Qn
và
dim X n dim Yn với mọi số n nguyên dương.
Khi đó ta gọi X n , Pn ;Yn , Qn là một sơ đồ toán tử chiếu.
Ví dụ 1.1.1
Cho X C 0,1 và n
Đặt: t0 0 t1
, ta chia đoạn 0,1 thành n đoạn bằng nhau.
1
2
t2 ... tn 1 .
n
n
Cho X n là không gian con với mọi x X là hàm tuyến tính với mỗi khoảng
con ti , ti 1 và Pn : X X n là phép chiếu thỏa mãn Pn x ti x ti , i 1,2,..., n .
Khi đó X n , Pn là một sơ đồ chiếu của X .
Ví dụ 1.1.2
Cho X là không gian Banach với một cơ sở Schauder ei : i
.
Khi đó X có một sơ đồ chiếu X n , Pn được định nghĩa như sau:
n
i 1
i 1
X n spane1 , e2 ,..., en , Pn x i x ei với x i x ei .
Trong trường hợp X là không gian Hilbert tách được, ta có thể chọn cơ sở
trực chuẩn ei : i
. Khi đó phép chiếu
n
Pn x x, ei ei thỏa mãn: Pn Pn và
i 1
4
Pn 1 .
Ví dụ 1.1.3
Cho X là không gian phản xạ với sơ đồ chiếu thỏa mãn Pn Pm Pminm,n .
Khi đó Pn X , Pn là một sơ đồ chiếu của X .
Chứng minh
Trên X ta có:
Pn Pn f x Pn Pn f x Pn f Pn x Pn f Pn x f Pn Pn x f Pn Pn x
f Pn2 x f Pn x f Pn x Pn f x .
Vậy Pn là một phép chiếu.
Ta có: dim Pn X dim N I Pn dim N I Pn dim X n .
Ta chứng minh: X
i 1
Pi X .
Nếu điều này không đúng thì có x0 X \ 0 sao cho
f
i 1
f x 0 với mọi
Pi X .
Khi đó X J X trong đó J x f f x với mọi f X và x X .
Do đó f Pn x 0 với mọi n và f X .
Vì vậy f x 0 với mọi f X , dẫn đến x 0 . Điều này mâu thuẫn.
Vậy X
i 1
Pi X .
Ta cũng có Pn X Pm X với n m .
Do đó với mỗi f X và 0 , ta chọn g Pn X sao cho f g và ta có:
Pm f f Pm f g g f sup Pn 1 .
n1
Dẫn đến lim Pm f f .
m
5
Ví dụ 1.1.4
Nếu cả X và Y có cơ sở Schauder thì tồn tại một sơ đồ toán tử chiếu.
Chứng minh
Cho en n là một cơ sở Schauder của X và en/ là một cơ sở Schauder của Y .
n
Đặt: X n spane1 , e2 ,..., en và Yn span e1/ , e2/ ,..., en/ .
n
n
i 1
i 1
Với x i ei và y i ei . Đặt: Pn x i ei và Qn y i ei / .
/
i 1
i 1
Khi đó X n , Pn ;Yn , Qn là một sơ đồ toán tử chiếu.
1.2. Ánh xạ A-proper
Định nghĩa 1.2.1
Cho X , Y là các không gian Banach thực và X n , Pn ;Yn , Qn là một sơ
đồ toán tử chiếu. Khi đó ánh xạ T : D X Y được gọi là ánh xạ A-proper đối
với nếu thỏa mãn điều kiện:
Với mọi dãy bị chặn xm D
X m và lim QmTxm y , tồn tại dãy con xmk
m
k
thỏa mãn lim xmk x D và Tx y .
k
Ta kí hiệu: A D, Y là lớp các ánh xạ A-proper T : D Y .
Định nghĩa 1.2.2
Cho X , Y là các không gian Banach thực và X n , Pn ;Yn , Qn là một sơ
đồ toán tử chiếu. Khi đó ánh xạ T : D X Y được gọi là ánh xạ giả A-proper đối
với nếu thỏa mãn điều kiện:
Với mọi dãy bị chặn xm D
X m và lim QmTxm y , tồn tại x D T thỏa
m
mãn Tx y .
Định nghĩa 1.2.3
Cho X là không gian Banach tách được với sơ đồ chiếu X n , Pn .
Khi đó T : D T X X được gọi là ánh xạ P1 compắc nếu I T là ánh xạ
A-proper đối với với mọi 1 .
6
Cho X , Y là các không gian Banach tách được, S : X Y là ánh xạ
Fredholm chỉ số 0 với N S 0 và N : D X Y là một ánh xạ phi tuyến.
Xét bài toán nửa tuyến tính: Sx Nx y với x D S
D và y Y .
Khi S là ánh xạ Fredholm chỉ số 0 thì tồn tại không gian con đóng X / của
X và Y / của Y với dim Y / dim N S thỏa mãn:
X N S X / và Y Y / R S .
Cho P : X N S và Q : Y Y / là hai phép chiếu và M : N S Y / là
một đẳng cấu.
Đặt: T MP : X Y / , khi đó T là một toán tử tuyến tính compắc.
Dẫn đến S T cũng là ánh xạ Fredholm chỉ số ind S T ind S 0 và S T
là một song ánh và S T : Y X bị chặn.
1
Đặt: S1 S
X
/
D S
. Khi đó S1 là phép nội xạ đóng và S11 liên tục trên R S .
Giả sử Y có một dãy các không gian con tuyến tính Yn với dãy phép chiếu
Qn : Y Yn sao cho lim Qn y y với y Y .
n
Nếu S : X Y là ánh xạ Fredholm chỉ số 0. Đặt: X n S T Yn thì
1
S X n , Yn , Qn là một sơ đồ chiếu chấp nhận được cho X , Y .
Bổ đề 1.2.1
Nếu S : X Y là ánh xạ Fredholm chỉ số 0 thì S là ánh xạ A-proper đối với
S .
Chứng minh
Ta có: Qn S : X n Yn là ánh xạ liên tục.
Cho xn j
j
X n j là dãy bị chặn và lim Qn j Sxn j y Y .
j
Khi Qn S T x S T x với mọi x X n thì Qn j S T xn j S T xn j .
7
Do T là ánh xạ compắc và xn j
j
là dãy bị chặn nên có thể giả sử rằng lim Txn j z
j
và lim Qn j Txn j z với z Y .
j
Ta có: lim S T xn j lim Qn j Sxn j Qn j Txn j y z Y .
j
j
Suy ra:
lim xn j lim S T
j
j
1
S T xn
j
S T
Đặt: S T
1
y z x X
lim S T 1 Qn Sxn Qn Txn
j
j
j
j
j
1
y z .
thì S T x y z hay Sx Tx y z .
Kết hợp với Tx z dẫn đến Sx y .
Vậy S là ánh xạ A-proper đối với S .
Bổ đề được chứng minh.
Định nghĩa 1.2.4
Cho X , Y là các không gian Banach thực, X n , Pn ;Yn , Qn là một sơ đồ
toán tử chiếu và D X . Một họ các ánh xạ H : 0,1 D Y được gọi là đồng
luân A-proper đối với nếu H thỏa mãn hai điều kiện sau:
i)
Với
mọi
dãy
bị
chặn
xm m
lim Qn H tm , xm y , tồn tại dãy con xmk
m
k
trong
D
t m t0
Xm ;
và
của xm m thỏa mãn: lim xmk x D
k
và H t0 , x y .
ii) Qn H : 0,1 D
X n Yn là ánh xạ liên tục với mọi n 1,2,... .
Nếu S : D S X Y là ánh xạ Fredholm, ta ký hiệu:
l S sup r
: r B S B , B D S bò chaën 0 .
Bổ đề 1.2.2
Cho S : X Y là ánh xạ Fredholm chỉ số 0, X là một tập mở, bị chặn,
S được định nghĩa như phần trên; N :
D S Y là ánh xạ liên tục, bị chặn
8
và T S N với 0,1 . Giả sử rằng một trong các điều kiện sau đây thỏa
mãn:
i) N hoặc S11 : R S X là ánh xạ compắc.
ii) N là ánh xạ k -cô đặc với k 0, l S và Qn 1.
iii) N S T : S T
1
D S Y là ánh xạ cô đặc và Qn 1.
Khi đó T là ánh xạ A-proper đối với S với mỗi 0,1 .
Chứng minh
Giả sử điều kiện i) xảy ra.
+ Trường hợp: N là ánh xạ compắc và 0,1 cố định.
Cho xn j
j
X n j là một dãy bị chặn sao cho lim Qn j S N xn j y .
j
Do N là ánh xạ compắc nên ta có thể giả sử lim Nxn j z0 .
j
Khi đó lim Qn j Sxn j z0 y .
j
Do S là ánh xạ Fredholm chỉ số 0 nên theo bổ đề 1.2.1, ta có S là ánh xạ A-proper.
Vì thế tồn tại x0 sao cho lim xn j x0 và Sx0 z0 y .
j
Mặt khác lim Nxn j Nx0 (do N liên tục) suy ra Nx0 z0 .
j
Do đó Sx0 z0 y Sx0 Nx0 y S N x0 y .
Vậy T S N là ánh xạ A-proper đối với S với 0,1 .
+ Trường hợp: S1 là ánh xạ compắc và 0,1 cố định.
Cho xn j
j
X n j là một dãy bị chặn sao cho:
lim g n j lim Qn j S N xn j lim Qn j Sxn j Qn j Nxn j g Y .
j
j
j
Ta có lim g n j lim S T xn j Qn j Nxn j Qn j Txn j g .
j
j
Đặt: g n j Sxn j Qn j Nxn j .
9
Do T là ánh xạ compắc nên: lim g n j g . Suy ra:
j
I Q g n
j
I Q Sxn j I Q Qn j Nxn j Sxn j I Q Qn j Nxn j
và lim I Q g n j I Q g R S .
j
Đặt: hn j S11 I Q g n j .
Khi đó lim hn j lim I P xn j S11 I Q Qn j Nxn j S11 I Q g
j
j
Đặt: h S11 I Q g . Do P và S11 I Q là các ánh xạ compắc, hơn nữa xn j
và Qn j Nxn j
j
là các dãy bị chặn nên ta có thể giả sử:
j
lim Pxn j x1 và lim S11 I Q Qn j Nxn j x2 trong X.
j
j
Khi đó lim xn j lim hn j Pxn j S11 I Q Qn j Nxn j h x1 x2 .
j
j
Đặt: x0 h x1 x2 .
Ta cần chứng minh: S N x0 g .
Thật vậy, do tính liên tục của N nên lim Sxn j lim g n j Qn j Nxn j g Nx0
j
j
trong Y .
Do tính đóng của S nên Sx0 g Nx0 hay S N x0 g .
Vậy T S N là ánh xạ A–proper đối với S với 0,1 .
Giả sử điều kiện ii) xảy ra.
Cho 0,1 cố định và xn j
j
X n là dãy bị chặn sao cho:
lim g n j lim Qn j Sxn j Qn j Nxn j g Y .
j
j
Lập luận như phần trên ta có lim g n j lim Sxn j Qn j Nxn j g .
j
j
và bất đẳng thức:
Do tính compắc của dãy g n j
j
10
Nx k x .
Suy ra Sx k x k x .
Kết hợp với giả thiết k l S ta có x 0 hay x là tập compắc tương
Qn Nxn
j
nj
nj
j
nj
nj
nj
nj
nj
j
đối. Vì thế ta có thể coi lim xn j x0 trong X và
j
lim Sxn j lim g n j Qn j Nxn j g Nx0 trong Y .
j
j
Như vậy Sx0 Nx0 g hay S N x0 g .
Vậy T S N là ánh xạ A–proper đối với S với 0,1 .
Giả sử điều kiện iii) xảy ra.
Cho 0,1 cố định và xn j
X n là dãy bị chặn sao cho:
j
lim g n j lim Qn j Sxn j Qn j Nxn j g Y .
j
j
Khi đó lim S T xn j Qn j Nxn j Qn j Txn j g .
j
Đặt: yn j S T xn j , ta có :
lim yn j Qn j N S T
j
1
y Q T S T y g .
1
nj
nj
nj
Do tính compắc của T S T và giả thiết iii) nên yn j
1
j
Giả sử lim yn/j y0 . Đặt: xn/j S T yn/j . Khi đó:
1
j
lim xn/j x0 và Sx0 Nx0 g hay S N x0 g .
j
Vậy T S N là ánh xạ A–proper đối với S với 0,1 .
Bổ đề được chứng minh.
có dãy con yn/j
hội tụ.
j
11
Chương 2
BẬC SUY RỘNG CỦA ÁNH XẠ A-PROPER
2.1. Định nghĩa bậc suy rộng của ánh xạ A-proper
Cho X , Y là các không gian Banach thực tách được và X n , Pn ;Yn , Qn
là một sơ đồ toán tử chiếu. Cho X là tập mở, bị chặn và L là một không gian
con trù mật của X với
n 1
Xn L .
Bổ đề 2.1.1
L, Y . Giả sử rằng p T
Cho T A
nguyên n0 0 sao cho Qn p QnT
L . Khi đó tồn tại số
X n với mọi n n0 .
Chứng minh
Giả sử khẳng định của bổ đề 2.1.1 không đúng.
Khi đó tồn tại dãy số nguyên dương
x
nk
k
nk k
sao cho lim nk và dãy con
X nk sao cho lim Qnk Txnk lim Qnk p p .
k
k
Do T là ánh xạ A-proper nên tồn tại dãy con
lim xnk x0 và Tx0 p . Do x0
l
k
l
nkl
l
và x0
L sao cho
L nên x0 và x0 L .
X nk , dẫn đến x0 .
Mặt khác xnk
Suy ra x0
x
L hay Tx0 p T
L .
Điều này mâu thuẫn với giả thiết p T
L .
Bổ đề được chứng minh.
Định nghĩa 2.1.1
Cho T A
L, Y . Giả sử rằng p T
Ta định nghĩa bậc suy rộng Deg T ,
L, p định bởi:
L và QnT liên tục.
12
Deg T ,
Trong đó
L, p k
: limdeg
Qn T ,
j
j
X n j , Qn j p k .
là tập hợp các số nguyên.
Do bổ đề 2.1.1 nên tồn tại số nguyên n0 0 sao cho p QnT
liên tục. Vì thế bậc Brouwer deg QnT ,
X n và QnT
X n , Qn p được định nghĩa tốt khi
n n0 . Do đó Deg T , L, p là khác trống và được định nghĩa đúng.
2.2. Tính chất của bậc
Định lý 2.2.1
Cho T A
L, Y và p T
L . Khi đó bậc Deg T , L, p có
các tính chất sau:
i) Nếu Deg T ,
L, p 0 thì phương trình Tx p có nghiệm trong
L.
ii) Nếu 1 ; 2 ; 1
2 và p T \ 1
Khi đó: Deg T , L, p Deg T , 1
Ta quy ước
L, p .
L Y là đồng luân A-proper và p H t , x với mọi
L . Khi đó Deg H t , ,
L, p không phụ thuộc t 0,1 .
iv) Nếu 0 , là tập đối xứng đối với 0 , T :
proper lẻ và 0 T
L .
.
iii) Nếu H : 0,1
t , x 0,1
L, p Deg T , 2
2
L Y là ánh xạ A-
L . Khi đó Deg T , L,0 không chia hết cho số chẵn.
Chứng minh
Chứng minh i):
Giả sử Deg T ,
L, p 0 , khi đó tồn tại dãy số nguyên dương nk k sao cho
lim nk thỏa mãn deg Qnk T ,
k
X nk , Qnk p 0 .
Do lý thuyết bậc Brouwer nên tồn tại xnk
L sao cho:
lim Qnk Txnk lim Qnk p p .
k
k
13
Do T là ánh xạ A-proper nên có dãy con xnk
l
sao cho:
k
L và Tx0 p .
lim xnk x0
l
của dãy xnk
l
l
Điều này chứng tỏ phương trình Tx p có nghiệm trong
L.
Chứng minh ii):
Khi p T \ 1
2
L , tồn tại số n
0 sao cho:
0
Qn p QnT \ 1
2
X n với mọi n n0 .
Do đó deg QnT , , p deg QnT , 1 , p deg QnT , 2 , p với mọi n n0 .
Giả sử k lim deg Qn j T ,
j
X n j , Qn j p . Khi đó:
k lim deg Qn j T , 1
j
X n j , Qn j p deg Qn j T , 2
X n j , Qn j p .
+ Trường hợp:
lim deg Qn j T , 1
j
X n j , Qn j p và lim deg Qn j T , 2
j
X n j , Qn j p đều bằng hoặc
. Khi đó k hoặc k .
Vậy Deg T , L, p Deg T , 1
L, p Deg T , 2
L, p .
+ Trường hợp:
lim deg Qn j T , 1
j
(hoặc lim deg Qn j T , 1
j
Khi đó quy ước k
X n j , Qn j p và lim deg Qn j T , 2
j
X n j , Qn j p và lim deg Qn j T , 2
j
.
Vậy Deg T , L, p Deg T , 1
L, p Deg T , 2
L, p .
+ Trường hợp:
X n j , Qn j p và
X n j , Qn j p .
limsup deg Qn j T , 1
j
limsup deg Qn j T , 2
j
Vậy Deg T , L, p Deg T , 1
L, p Deg T , 2
X n j , Qn j p .
L, p .
X n j , Qn j p ).
14
Chứng minh iii):
Ta có H t ,
là ánh xạ A-proper với mỗi t 0,1 và khi p H t ,
L với
t 0,1 , theo bổ đề 2.1.1 tồn tại số nguyên n0 0 sao cho:
Qn p
Khi đó deg Qn H t , ,
t0,1
Qn H t ,
X n với mọi n n0 .
X n , Qn p không phụ thuộc t 0,1 .
Giả sử khẳng định trên là sai. Khi đó tồn tại dãy số nguyên dương
nk , tk k 0,1 : lim tk t0
nk k : lim
k
k
và xnk
k
X nk sao cho:
lim Qnk H tk , xnk lim Qnk p p .
k
Vì thế
x
nk
k
có dãy con là
x
nk j
j
k
hội tụ về x0
Điều này mâu thuẫn với giả thiết p H t ,
Vậy Deg H t , ,
L và H t0 , x0 p .
L với mọi t 0,1 .
L, p không phụ thuộc t 0,1 .
Chứng minh iv):
Khi
là tập đối xứng đối với 0, do định lý Borsuk’s nên
Xn
deg QnT ,
X n ,0 là số lẻ khi n đủ lớn.
Vậy Deg T ,
L,0 không chia hết cho số chẵn.
Định lý được chứng minh.
Hệ quả 2.2.1
Cho X , Y là các không gian Banach tách được, S : D S X Y là ánh
xạ Fredholm chỉ số 0 và Yn , Qn là một sơ đồ chiếu của Y . Nếu là một tập con
mở, bị chặn của X với
D L và N :
D S Y là ánh xạ phi tuyến
sao cho S N là ánh xạ A-proper đối với S .
Ta có các khẳng định sau:
i) Nếu p S N
D S và Deg S N ,
Khi đó phương trình Sx Nx p có nghiệm trong
L, p 0 .
DS .
15
ii) Nếu là một tập đối xứng đối với 0, N là lẻ và 0 S N
Khi đó Deg S N ,
L .
D S ,0 không chia hết cho số chẵn.
Mệnh đề 2.2.1
Cho X , Y là các không gian Banach tách được, S : D S X Y là ánh
xạ Fredholm chỉ số 0 và Yn , Qn là một sơ đồ chiếu của Y . Nếu là một tập con
mở, bị chặn của X với
D L và A : X Y là ánh xạ tuyến tính liên tục,
compắc.
Khi đó S A là ánh xạ A-proper đối với S .
Nếu N S A 0 thì:
Deg S A,
0
0 ,
D S ,0
1 hoaëc 1 , 0
Chứng minh
Ta có S A là ánh xạ A-proper đối với S .
Khi N S A 0 , S A là phép nội xạ, dẫn đến Sx Ax 0 với mọi
x
DS .
+ Trường hợp: 0 .
Giả sử Deg S A,
D S ,0 0 , khi đó tồn taị x
D S sao cho:
Sx Ax 0 và x 0 .
Điều này mâu thuẫn với giả thiết N S A 0 .
Vậy Deg S A,
D S ,0 0 .
+ Trường hợp: 0 .
Ta có 0
X n với mọi n , Qn S A : X n Yn là một phép nội xạ khi n đủ lớn.
Khi đó:
deg Qn S A ,
Suy ra Deg S A,
X n ,0 1 hoặc deg Qn S A ,
D S ,0 1 .
Mệnh đề được chứng minh.
X n ,0 1 .
16
Chương 3
ỨNG DỤNG CỦA BẬC SUY RỘNG
3.1. Phương trình với ánh xạ Fredholm chỉ số 0
Mệnh đề 3.1.1
Cho X , Y là các không gian Banach tách được, S : D S X Y là ánh
xạ Fredholm chỉ số 0 và Yn , Qn là một sơ đồ chiếu của Y . Giả sử X là tập
đối xứng đối với 0. Cho N :
i) Ánh xạ H : 0,1
D S Y là ánh xạ thỏa mãn:
D S Y định bởi:
t
1
H t , x Sx
N x
N x
1 t
1 t
là ánh xạ A-proper đối với S với mọi t 0,1 .
ii) N x N x d với mọi x
D S và d 0 .
iii) S x N x S x N x với mọi x
D S và 0,1 .
Khi đó phương trình Sx Nx 0 có nghiệm trong D S .
Chứng minh
Do giả thiết i) nên H t ,
là ánh xạ A-proper với mỗi t 0,1 .
Hơn nữa:
H t , x H s, x
ts
N x N x với x
1 s 1 t
D S và
s, t 0,1 .
Kết hợp với giả thiết ii) cho thấy H liên tục. Vậy: H t ,
t0,1
là một đồng luân A-
proper. Do giả thiết iii) nên H t , x 0 với mọi t , x 0,1
Theo định lý 2.2.1 thì Deg H t , ,
DS .
D S ,0 không phụ thuộc t 0,1 .
1
Do H 1, x Sx N x N x là ánh xạ lẻ nên Deg H 1, ,
2
không chia hết cho số chẵn.
D S ,0
17
Suy ra Deg H 0, ,
D S ,0 Deg S N ,
D S ,0 không chia hết cho
số chẵn. Vậy phương trình Sx Nx 0 có nghiệm trong
DS .
Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 3.1.2
Giả sử rằng các điều kiện sau đây thỏa mãn:
i) S N :
D S Y là ánh xạ A-proper đối với S với 0,1 và
N D S bị chặn.
ii) Sx Nx p với 0,1 và x
iii) QNx Qp 0 với x S 1 0
DS .
D S , với Q là phép chiếu từ Y
vào Y / .
iv) Deg S QN Qp ,
D S ,0 0 .
Khi đó phương trình Sx Nx p có nghiệm trong
DS .
Chứng minh
Khi QN là ánh xạ compắc và S tN là ánh xạ A-proper đối với S với mọi
t 0,1 .
Do giả thiết N
D S bị chặn dẫn đến:
H t , x Sx 1 t QNx Qp tNx tp là một đồng luân A-proper đối với S .
Ta có thể giả sử rằng p Sx Nx với mọi x
DS .
Ta chứng minh: H t , x 0 với mọi t , x 0,1
DS .
Thật vậy, nếu khẳng định trên không đúng, khi đó tồn tại t0 0,1 và
x0
D S sao cho H t0 , x0 0 .
+ Nếu t0 1 thì H 1, x Sx0 Nx0 p 0 hay Sx0 Nx0 p . Điều này mâu
thuẫn.
+ Nếu t0 0 thì H 0, x Sx0 QNx0 Qp 0 hay Sx0 QNx0 Qp .
18
Nhưng Y /
R S 0 . Vì thế Sx0 0 hay QNx0 Qp 0 .
Điều này mâu thuẫn với giả thiết iii).
+ Nếu t0 0,1 , khi đó Sx0 1 t0 QNx0 Qp t0 Nx0 t0 p .
Do giả thiết ii) nên QNx0 Qp 0 .
Do đó 0 QSx0 1 t0 Q QNx0 Qp t0QNx0 t0Qp QNx0 Qp .
Điều này mâu thuẫn. Vậy H t , x 1 t Sx QNx Qp t Sx Nx p 0 với
mọi t , x 0,1
DS .
Dẫn đến Deg S QN Qp, D S ,0 Deg S N p, D S ,0 .
Kết hợp với giả thiết iv) suy ra:
Deg S N p,
D S ,0 0 hay Sx Nx p có nghiệm trong
DS .
Mệnh đề được chứng minh.
Xét dạng song tuyến tính liên tục
, trên Y X
thỏa mãn:
y R S nếu và chỉ nếu y, x 0 với mọi x N S .
Cho e1 , e2 ,..., em là một cơ sở trong N S và ánh xạ J : R Q Y / N S định
m
bởi Jy y, ei ei .
i 1
Do điều kiện nên J là một đẳng cấu.
m
Và nếu y ci ei thì J 1ei , e j ij và J 1 y, ei ci với 1 i, j m .
i 1
Cho
P : X N S , Q :Y Y /
là
các
phép
chiếu
và
đặt
ánh
xạ
A J 1P : X Y / .
Định lý 3.1.1
Cho X , Y là các không gian Banach tách được, S : D S X Y là ánh
xạ Fredholm chỉ số 0 và Yn , Qn là một sơ đồ chiếu của Y . Nếu X là tập mở,
19
bị chặn với 0 và
, là một dạng song tuyến tính liên tục trên Y X
thỏa mãn
.
Giả sử rằng các điều kiện sau thỏa mãn:
i)
S N :
D S Y là ánh xạ A-proper đối với S với mỗi
0,1 và N D S bị chặn.
ii) Sx Nx p với mọi x N S
D S và 0,1 .
iii) QNx Qp 0 với mọi x N S .
iv) Một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn:
iva) QNx Qp, x 0 với mọi x N S .
ivb) QNx Qp, x 0 với mọi x N S .
Khi đó phương trình Sx Nx p có nghiệm.
Chứng minh
Ta chứng minh: Deg S QN Qp, D S ,0 Deg S N p, D S ,0 .
Thật vậy, xét đồng luân H : 0,1
D S Y định bởi:
H t , x Sx 1 t QNx Qp tNx tp với t , x 0,1
DS .
Khi QN là ánh xạ compắc và giả thiết i) dẫn đến H là một đồng luân A-proper.
Ta chứng minh: H t , x 0 với mọi t , x 0,1
DS .
Nếu khẳng định trên không đúng thì tồn tại t0 0,1 và x0
D S sao cho:
H t0 , x0 0 hay Sx0 1 t0 QNx0 Qp t0 Nx0 t0 p .
+ Nếu t0 0 thì Sx0 QNx0 Qp . Do Y /
R S 0 nên Sx0 0 hay
QNx0 Qp 0 . Điều này mâu thuẫn với giả thiết iii).
+ Nếu t0 1 thì Sx0 Nx0 p .
Điều này mâu thuẫn với giả thiết ii) khi 1 .
+ Nếu t0 0,1 thì Sx0 t0 Nx0 t0 p 1 t0 QNx0 Qp .
20
Vì QNx0 Qp 0 và QSx0 0 nên t0 QNx0 Qp 1 t0 QNx0 Qp .
Điều này mâu thuẫn. Vậy H t , x 1 t Sx QNx Qp t Sx Nx p 0 với
mọi t , x 0,1
DS .
Dẫn đến Deg S QN Qp, D S ,0 Deg S N p, D S ,0 .
(1)
Ta chứng minh: Deg S QN Qp, D S ,0 Deg S A, D S ,0 .
Thật vậy, xét đồng luân H1 : 0,1
D S Y định bởi:
H1 t , x Sx 1 t Ax t QNx Qp với
t , x 0,1
D S , trong đó
A J 1P nếu iva) thỏa mãn và A J 1P nếu ivb) thỏa mãn.
Ta có H1 là đồng luân A-proper.
Ta chứng minh: H1 t , x 0 với mọi t , x 0,1
DS .
Nếu khẳng định trên không đúng thì tồn tại t1 0,1 và x1
D S sao cho:
H1 t1 , x1 0 hay Sx1 1 t1 Ax1 t1 QNx1 Qp 0 .
+ Nếu t1 0 thì Sx1 Ax1 0 hay S A x1 0 .
Điều này mâu thuẫn với N S A 0 .
+ Nếu t1 1 thì Sx1 QNx1 Qp .
Khi Sx1 0 thì QNx1 Qp 0 với x1 N S
DS .
Điều này mâu thuẫn với giả thiết iii).
+ Nếu t0 0,1 thì Sx1 1 t1 Ax1 t1 QNx1 Qp 0 .
Trường hợp: iva) thỏa mãn và A J 1P . Khi Px x thì:
1 t1 J 1x1 t1 QNx1 Qp 0 ,
x1 0, x1 N S D S .
Do đó 1 t1 J 1 x1 , x1 t1 QNx1 Qp, x1 0 .
Dẫn đến x1 0 . Điều này mâu thuẫn.
Trường hợp: ivb) thỏa mãn và A J 1P .
Bằng cách lập luận tương tự như trên ta chỉ ra rằng x0 0 .
21
Điều này mâu thuẫn. Vậy H1 t , x 1 t Sx Ax t Sx QNx Qp 0 với
mọi t , x 0,1
DS .
Suy ra Deg S QN Qp, D S ,0 Deg S A, D S ,0 .
Do S A là phép nội xạ tuyến tính nên Deg S A,
Từ (1), (2) và (3) suy ra Deg S N p,
(2)
D S ,0 0 . (3)
D S ,0 0 .
Vậy phương trình Sx Nx p có nghiệm.
Định lý được chứng minh.
Định lý 3.1.2
Cho X , Y là các không gian Banach tách được, S : D S X Y là ánh
xạ Fredholm chỉ số 0 và Yn , Qn là một sơ đồ chiếu của Y , X là một tập mở,
bị chặn, đối xứng đối với 0 và
,
là một dạng song tuyến tính liên tục trên
YX.
Nếu N :
D S Y là ánh xạ liên tục, bị chặn thỏa mãn:
S N :
i)
D S Y là ánh xạ A-proper đối với S với mọi
0,1 .
ii) Sx Nx p với mọi x N S
D S và 0,1 .
iii) Q Nx p , x Q N x p , x 0 với mọi x N S .
Khi đó phương trình Sx Nx p có nghiệm trong
DS .
Chứng minh
Nếu tồn tại x
nghiệm trong
D S sao cho Sx Nx p thì phương trình Sx Nx p có
D S . Ta có điều cần chứng minh.
Cho nên ta có thể giả sử Sx Nx p với mọi x
DS .
a
Ta chứng minh:
Deg S N p,
D S ,0 Deg S Q N p , D S ,0 .