bậc tôpô của một số lớp ánh xạ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Dương Nguyễn Thành An

BẬC TÔPÔ
CỦA MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ

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

Dương Nguyễn Thành An

BẬC TÔPÔ
CỦA MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ
Chuyên ngành:

Toán giải tích

Mã số:

60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. NGUYỄN BÍCH HUY

Thành phố Hồ Chí Minh – 2014


LỜI CÁM ƠN
Lời đầu tiên, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới PGS. TS.
Nguyễn Bích Huy người đã tận tình và nghiêm khắc dạy bảo để luận văn này được
hoàn thành.
Đồng thời, tác giả cũng xin chân thành cám ơn Khoa Toán-Tin Phòng Sau Đại
Học, trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi
cho tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu. Cám ơn các thầy cô và đồng nghiệp
đã trao đổi cùng tác giả những kiến thức và kinh nghiệm quý báu để giúp cho luận văn
được hoàn thiện hơn.
Bên cạnh đó, sự quan tâm của gia đình, bạn bè là nguồn động viên không thể
thiếu để giúp tác giả hoàn thành luận văn này. Xin chân thành cám ơn.

Học viên: Dương Nguyễn Thành An
Lớp: Toán giải tích K23


MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cám ơn
Mục lục
MỞ ĐẦU.................................................................................................................................... 1
Chương 1. BẬC TÔ PÔ CỦA ÁNH XẠ CÔ ĐẶC ................................................................ 3
1.1. Độ đo phi compact........................................................................................................... 3
1.2. Ánh xạ cô đặc theo một độ đo phi compact .................................................................. 11
Chương 2. BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ DƯƠNG ................................................................ 24
2.1. Không gian banach có thứ tự ......................................................................................... 24

2.2. Bậc tôpô của ánh xạ dương ........................................................................................... 25
2.3. Điểm bất động của ánh xạ dương .................................................................................. 31
Chương 3. BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ A–RIÊNG ............................................................. 34
3.1. Ánh xạ a-riêng ............................................................................................................... 34
3.2 Bậc tôpô của ánh xạ a-riêng ........................................................................................... 36
Chương 4. BẬC TÔPÔ CỦA ÁNH XẠ ĐA TRỊ ................................................................. 46
4.1. Ánh xạ đa trị .................................................................................................................. 46
4.3. Lát cắt xấp xỉ của ánh xạ đa trị ...................................................................................... 53
KẾT LUẬN ............................................................................................................................. 65
TÀI LIỆU THAM KHẢO...................................................................................................... 66


1

MỞ ĐẦU
Bậc tôpô của ánh xạ (hay cũng còn gọi là số quay của trường vectơ) được xây
dựng từ những năm 1910 và ban đầu được ứng dụng trong Giải tích phức, trong Lý
thuyết đường và mặt. Chỉ sau khi bậc tôpô tìm được ứng dụng trong chứng minh sự
tồn tại điểm bất động thì nó mới được các nhà Toán học quan tâm nghiên cứu một
cách tập trung và có hệ thống. Ngày nay, bậc tôpô là công cụ quan trọng bậc nhất
trong nghiên cứu sự tồn tại nghiệm và cấu trúc tập nghiệm của nhiều lớp phương trình
vi phân, tích phân xuất phát từ Khoa học Tự nhiên và Xã hội.
Bậc tôpô ban đầu được xây dựng cho ánh xạ liên tục trong không gian hữu hạn
chiều, sau đó được Leray-Schauder mở rộng cho ánh xạ hoàn toàn liên tục tác động từ
một tập mở, bị chặn trong không gian Banach vô hạn chiều và ứng dụng để nghiên cứu
các phương trình đạo hàm riêng. Tiếp theo, sự phát triển của khoa học và kĩ thuật đưa
tới những lớp ánh xạ mới và nảy sinh nhu cầu xây dựng bậc tôpô cho các ánh xạ này.
Trong luận văn này, tác giả tập trung nghiên cứu phương pháp xây dựng bậc
tôpô, xét các tính chất chung và riêng của bậc tôpô cho các lớp ánh xạ: ánh xạ dương
trong không gian Banach có thứ tự, cho ánh xạ A-riêng, cho ánh xạ cô đặc theo một độ

đo phi compact, cho ánh xạ đa trị. Đồng thời vận dụng phương pháp bậc tôpô để
nghiên cứu sự tồn tại điểm bất động của các lớp ánh xạ này.
Cấu trúc của luận văn gồm bốn chương:
- Chương 1: Trình bày các kiến thức cơ sở về định nghĩa cũng như các kết quả
về độ đo phi compact, ánh xạ cô đặc theo một độ đo phi compact và bậc tôpô của ánh
xạ cô đặc.
- Chương 2: Trình bày các kiến thức cơ sở về định nghĩa cũng như các kết quả
về không gian Banach có thứ tự và bậc tôpô của ánh xạ dương.
- Chương 3: Trình bày các kiến thức cơ sở về định nghĩa cũng như các kết quả
về ánh xạ A-riêng, bậc tôpô cho ánh xạ A-riêng và phương trình với ánh xạ Fredholm
chỉ số 0.


2

- Chương 4: Trình bày các kiến thức cơ sở về định nghĩa cũng như các kết quả
về ánh xạ đa trị, ánh xạ đa trị nửa liên tục, lát cắt xấp xỉ của ánh xạ đa trị và bậc tôpô
của ánh xạ đa trị trong  n .
Mặc dù đã rất cố gắng song luận văn chắc chắn cũng còn nhiều thiếu sót. Tác
giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và đồng nghiệp để luận văn được
hoàn thiện hơn.
Tp Hồ Chí Minh, ngày 28 tháng 09 năm 2014


3

Chương 1. BẬC TÔ PÔ CỦA ÁNH XẠ CÔ ĐẶC
1.1. Độ đo phi compact
1.1.1. Định nghĩa
Cho (X,d) là không gian metric và A ⊂ X . Ta gọi diam( A) = sup d ( x, y ) là đường

x , y∈ A

kính của tập A. Nếu diam( A) < +∞ , thì ta gọi A là tập bị chặn.
1.1.2. Mệnh đề [2, trang 56]
Nếu A ⊂ B thì diam ( A ) ≤ diam ( B ) và diam ( A ) = diam ( A ) .
Chứng minh
• (Lấy

x, y ∈ A ⇒ x, y ∈ B

)

⇒ sup d ( x , y ) ≤ sup d ( x , y ) ⇒
x , y∈A

x , y∈B

diam ( A ) ≤ diam ( B ) .

• Lấy x , y ∈ A suy ra tồn tại { xn } ⊂ A,{yn } ⊂ A sao cho=
lim xn x=
,lim yn y ,
ta có:
d ( x , y ) ≤ d ( x , xn ) + d ( xn , yn ) + d ( yn , y ) , ∀n ∈ *

≤ d ( x , xn ) + diam ( A ) + d ( yn , y ) , ∀n ∈ *

Cho n → ∞ , ta được d ( x , y ) ≤ diam ( A ) ⇒ diam ( A ) ≤ diam ( A )

(1)

Mặt khác A ⊂ A ⇒ diam ( A ) ≤ diam ( A )

(2)

Từ (1) và (2) suy ra diam ( A ) = diam ( A ) .
1.1.3. Mệnh đề [2, trang 56]
Cho X là không gian Banach và A, B ⊂ X . Thì ta có


4

(1) diam ( λ B ) = λ diam ( B ) ;
( 2 ) diam ( x + B ) =
diam ( B ) ;

( 3) diam ( A + B ) ≤ diam ( A ) + diam ( B ) ;
( 4 ) diam ( conv ( A ) ) = diam ( A ) .

Chứng minh
(1) diam ( λ=
B ) sup x −=
y
y/
λ sup x / − =
y/
λ diam ( B ) .
sup λ x / − λ=
x , y∈λ B

)
(2) diam ( x + B=

x / , y / ∈B

x / , y / ∈B

sup y −=
z sup ( x + u) − ( x + v=
) sup u −=
v diam ( B ) .

y , z∈x + B

u ,v∈B

u ,v∈B

(3) Lấy x , y ∈ A; u, v ∈ B , ta có:

( x + u ) − ( y + v ) ≤ x − y + u − v ≤ diamA + diamB.
Do đó diam ( A + B ) ≤ diam ( A ) + diam ( B ) .
(4) Lấy x, y ∈ conv ( A ) . Khi đó, tồn tại si ∈ ( 0;1) , xi ∈ A, i =
1, 2,...k ,
m

k

m

j =1

i =1

j =1

k

∑s
i =1

i

=1

ti ∈ ( 0;1) , yi ∈ A, i =
1, 2,...m , ∑ t j = 1 sao cho x = ∑ si xi và y = ∑ t j y j . Ta có:

k

m

=i 1

=j 1

x −=
y

k

yj
∑ si xi − ∑ t j =

k

m

k

m

k

m

∑∑ sit j xi − ∑∑ sit j y j ≤ ∑∑ sit j xi − y j

=i 1 =j 1

=i 1 =j 1

=i 1 =j 1

m

diam ( A ) .
≤ ∑∑ si t j diam ( A ) =
=i 1 =j 1

Do

đó

diam ( conv ( A ) ) ≤ diam ( A )

diam ( conv ( A ) ) = diam ( A ) .

mà

diam ( A ) ≤ diam ( conv ( A ) )

nên


5

1.1.4. Mệnh đề [2, trang 56]
Cho (X,d) là không gian metric. Cho hai tập bị chặn A và B, metric Hausdorff H
được định nghĩa bởi

{

}

H ( A, B ) = max sup d ( x, B ) ,sup d ( y, A )
x∈ A

y∈B

(trong đó d ( x , B ) = inf d ( x , y ) )
y∈B

Gọi B(X) là tập hợp tất cả các tập con bị chặn của X. Thì (B(X),H) là không gian
metric.
1.1.5. Định nghĩa
Cho (X,d) là không gian metric, B(X) là tập hợp tất cả các tập con bị chặn của X
và A, B ∈ B ( X ) . Một hàm α : B ( X ) → [0; +∞) xác định bởi
α ( A ) = inf { δ > 0 : A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc

bằng δ }
Được gọi là độ đo phi compact Kuratowski. Nếu ta thay α ( A ) bởi
β ( A ) = inf { δ > 0 : A được phủ bởi hữu hạn quả cầu đóng có bán kính δ }

Khi đó ta gọi β ( A ) là độ đo phi compact Hausdorff.
Mối quan hệ giữa α và β được thể hiện qua bất đẳng thức sau
1.1.6. Mệnh đề [2, trang 57]
β ( A ) ≤ α ( A ) ≤ 2β ( A ) với mọi A ∈ B ( X ) .

Chứng minh
k

Lấy bất kỳ δ > α ( A ) , tồn tại hữu hạn tập hợp A1 , A2 ,..., Ak sao cho A ⊂  Ai và
i =1

diam ( Ai ) ≤ d
k

với i = 1, 2,..., k . Chọn xi ∈ Ai . Thì B ( xi , δ ) ⊃ Ai , vì vậy ta

A ⊂  B( xi , δ ) dẫn đến β ( A ) ≤ δ . Cho δ → α ( A ) , ta được β ( A ) ≤ α ( A ) .
i =1

có


6
Lấy bất kỳ δ > β ( A ) , tồn tại hữu hạn quả cầu B ( y1 , δ ) , B ( y2 , δ ) ,..., B ( ym , δ ) sao
m

cho A ⊂  B ( yi , δ ) . Mà diam ( B ( yi , dd
) ) = 2 , nên ta có α ( A) ≤ 2δ . Cho δ → β ( A) ,
i =1

ta được α ( A ) ≤ 2β ( A ) .
1.1.7. Mệnh đề [2, trang 57]
Cho X là không gian metric và B(X) là tập hợp tất cả các tập con bị chặn của X.
Cho φ là độ đo phi compact Kuratowski hoặc Hausdorff và A, B ∈ B ( X ) . Thì ta có
các tính chất sau:
(1) φ ( A ) = φ ( A ) ;
(2) φ ( A ) = 0 nếu và chỉ nếu A compact tương đối;
(3) Nếu A ⊂ B thì φ ( A ) ≤ φ ( B ) ;
(4) φ ( A ∪ B ) =
max {φ ( A ) , φ ( B )} ;
(5) φ ( A ∩ B ) ≤ min {φ ( A ) , φ ( B )} ;
(6) φ ( A ) − φ ( B ) ≤ 2 H ( A, B ) ;
(7) Nếu X là không gian Banach, thì
a)
=
φ ( λ A ) λ φ ( A ) , λ ∈ ,

b) φ ( A + B ) ≤ φ ( A ) + φ ( B ) ,
c) φ ( conv ( A ) ) = φ ( A ) .
Chứng minh
Giả sử φ = α . Chứng minh tương tự cho φ = β .


7

(1) Đặt B = { δ > 0 : A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn
hoặc

bằng δ },
C = { δ > 0 : A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng

δ }.

Lấy δ ∈C ⇒ A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng
δ ⇒ A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng δ ⇒ δ ∈ B .

Do đó C ⊂ B .
Mặt khác Lấy δ ∈ B ⇒ A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn
hoặc

bằng

δ.

Giả

k

A ⊂  Ai ; δiam ( Ai ) ≤ δ , ∀i =1, k .

sử

Do

đó

:

i =1

k

( Ai ) δiam ( Ai )=
A ⊂  Ai ; δiam
=
≤ δ , ∀i 1, k suy ra δ ∈ C ⇒ B ⊂ C.
i =1

Vậy B =
α ( A) .
C ⇒ α ( A) =
inf C =
inf B =
(2) Giả sử A compact tương đối suy ra A compact.
1 
n




Xét dãy   . Cố định n, ta có A ⊂  B  x ,
x∈A

k




hữu hạn sao cho A ⊂  B  xi ,
i =1

1 
 . Do A compact nên tồn tại số k
2n 

1 
1 
1, k . Nên ta có   ⊂ { δ > 0 : A được
 , xi ∈ A, i =
2n 
n

(

)

phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng δ }. Mà

1
→ 0 nên
n

α ( A ) = 0 hay α ( A ) = 0 .

(3) Đặt C = { δ > 0 : A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc
bằng δ },
D = { δ > 0 : B được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng

δ }.


8

Lấy δ ∈ D ⇒ B được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng
δ ⇒ A được phủ bởi hữu hạn tập hợp có đường kính nhỏ hơn hoặc bằng
δ ⇒ δ ∈ C ⇒ D ⊂ C ⇒ inf C ≤ inf D ⇒ α ( A ) ≤ α ( B ) .

(5) Ta có:

( A ∩ B) ⊂ A ⇒ α ( A ∩ B ) ≤ α ( A ) 
 ⇒ φ ( A ∩ B ) ≤ min {φ ( A ) , φ ( B )}.
( A ∩ B) ⊂ B ⇒ α ( A ∩ B ) ≤ α ( B ) 

(6) Lấy ε > 0

, tồn tại một phủ hữu hạn

A1 , A2 ,..., Ak

của A với

diαm ( Ai ) ≤ α ( A ) + ε , i =
1, 2,..., k . Đặt:
=
η H ( A, B ) + ε , Bi ={y ∈ B : tồn tại x ∈ Ai , d ( x, y ) < η} , i = 1, 2,..., k .
k

Từ H ( A, B ) < η , ta có B ⊂  Bi . Thật vậy: lấy y0 ∈ B , ta chứng minh tồn tại
i =1

x0 ∈ Ai , i0 ∈ {1,2,..., k} sao cho d ( x0 , y0 ) < η . Giả sử ngược lại: không tồn tại x0 ∈ Ai
0

0

k

sao cho d ( x0 , y0 ) < η nghĩa là d ( x , y0 ) ≥ η , ∀x ∈ A (do A ⊂  Ai ). Ta suy ra
i =1

inf d ( x , y0 ) ≥ η hay d ( y0 , A ) ≥ η . Do y0 ∈ B nên sup d ( y, A ) ≥ η (mâu thuẫn với
x∈A

y∈B

H ( A, B ) < η ). Vậy tồn tại x0 ∈ Ai , i0 ∈ {1,2,..., k} sao cho d ( x0 , y0 ) < η hay y0 ∈ Bi .
0

0

Khi đó
diαm ( Bi ) ≤ 2η + diαm ( Ai ) ≤ 2 H ( A, B ) + α ( A ) + 3ε

,

i = 1, 2,..., k .

y1 , y2 ∈ Bi thì tồn tại x1 , x2 ∈ Ai sao cho d ( x1 , y1 ) < η , d ( x2 , y2 ) < η . Nên:

d ( y1 , y2 ) ≤ d ( y1 , x1 ) + d ( x1 , x2 ) + d ( x2 , y2 ) < 2η + diam ( Ai ) )

Cho ε → 0+ , ta được α ( B ) ≤ 2 H ( A, B ) + α ( A ) .
Tương tự, ta có α ( A ) ≤ 2 H ( A, B ) + α ( B ) . Do đó, ta có:

(do nếu lấy


9

α ( A ) − α ( B ) ≤ 2 H ( A, B ) .

(7a) Lấy ε > 0 , tồn tại một phủ hữu hạn

A1 , A2 ,..., Ak

của A với

k

1, 2,..., k . Suy ra λ A ⊂  λ Ai nên:
diαm ( Ai ) ≤ α ( A ) + ε , i =
i =1

a ( λ A ) ≤ max {a ( λ A1 ) ,...,a ( λ Ak )} ≤ max {diam ( λ A1 ) ,..., diam ( λ Ak )}

{

}

= max λ diam ( A1 ) ,..., λ diam ( Ak ) ≤ λ (a ( A ) + ε ) .

Cho ε → 0+ , ta được α ( λ A ) ≤ λ α ( A ) .
Mặt khác lấy ε > 0 , tồn tại một phủ hữu hạn B1 , B2 ,..., Bk của λ A với
k

k

i =1

i =1

diαm ( Bi ) ≤ α ( λ A ) + ε , i =
1, 2,..., k . Hay λ A ⊂  Bi nên A ⊂ 

 1



1





1

1

λ

Bi , do đó ta có:
1





( A ) ≤ max   B1  ,...,  Bk   ≤ max diam  B1  ,..., diam  Bk  
aaa
 λ 
λ 
 λ 
 λ 

1
 1
1

= max  diam ( B1 ) ,..., diam ( Bk )  ≤ (a ( λ A ) + ε ) .
λ
λ
 λ

Cho ε → 0+ , ta được α ( λ A ) ≥ λ α ( A ) .
(7b) Lấy ε > 0 , tồn tại một phủ hữu hạn

A1 , A2 ,..., Ak

của A với

diαm ( Ai ) ≤ α ( A ) + ε , i =
1, 2,..., k ; tồn tại một phủ hữu hạn B1 , B2 ,..., Bm của B với
diαm ( B j ) ≤ α ( B ) + ε , j =
1, 2,..., m . Do đó:
m
 k
 k m

( A + B) ⊂   Ai +  B j  ⊂   ( Ai + B j )
=
 i 1 =j 1  =i 1 =
j 1


{ (

)

}

{

(

)

}

( A + B ) ≤ max
⇒ aa
Ai + B j , i = 1, k , j = 1, m ≤ max diam Ai + B j , i = 1, k , j = 1, m

{

( )

}

( A ) + ( B ) + 2ε .
≤ max diam ( Ai ) + diam B j , i =1, k , j =1, m ≤ aa


10

Cho ε → 0+ , ta được α ( A + B ) ≤ α ( A ) + α ( B ) .
(7c) Ta có: α ( A ) ≤ α ( conv ( A ) ) .
Lấy ε > 0 , tồn tại một phủ hữu hạn B1 , B2 ,..., Bk của A với diαm ( Bi ) ≤ α ( A ) + ε ,
i = 1, 2,..., k .

Ta giả sử B i lồi (do diam ( conv ( Bi ) ) = diam ( Bi ) , i = 1, 2,..., k ).Đặt:
k


=
Λ ( λ1 , λ2 ,...,=
λk ) : λi ≥ 0, i 1,=
2,..., k , ∑ λi 1
i =1



k

với mỗi λ
Và B ( λ ) = ∑ λi Bi =
i =1

( λ1 , λ2 ,..., λk ) ∈ Λ . Ta có:

α ( B ( λ ) ) ≤ α ( A ) + ε với mọi λ ∈ Λ.

lồi. Lấy λ = ( λ1 , =
λ2 ,..., λk ) , µ

 B (λ )

Ta chứng minh

λ∈Λ

=
x

k

) , y
∑ λi xi ∈ B ( λ=
i =1

k

∑ µ y ∈ B ( µ ) với
i =1

i

i

xi , yi ∈ Bi , i = 1, 2,..., k . Ta có:
t λi



k

∑ ( tλ + (1 − t ) µ )  tλ + (1 − t ) µ

)y

tx + (1 − t=

i =1

Điều này dẫn đến

i

i



i

xi +
i

(1 − t ) µi

yi .
t λi + (1 − t ) µi 

B ( λ ) lồi. Do đó, ta có

λ
∈Λ

 k 
conv ( A ) ⊂ conv   Bi  ⊂  B ( λ ).
=

 i 1  λ∈Λ

Do Λ compact, nên tồn tại hữu hạn λ 1 , λ 2 ,..., λ n ∈ Λ sao cho:
n

 B ( λ ) ⊂  B ( λ i ) + ε B ( 0,1).

λ∈Λ

i =1

Do đó,ta có
n

conv ( A ) ⊂  B ( λ i ) + ε B ( 0,1),
i =1

( µ1 , µ2 ,..., µk ) ∈ Λ và


11

Điều này kéo theo
α ( conv ( A ) ) ≤ α ( A ) + 3ε .

Cho ε → 0+ , ta có α ( conv ( A ) ) ≤ α ( A ) . Vì vậy α ( conv ( A ) ) = α ( A ) .
1.2. Ánh xạ cô đặc theo một độ đo phi compact
1.2.1. Định nghĩa
Cho X là không gian định chuẩn thực, D ⊂ X , T : D → X là một ánh xạ và α là
độ đo phi compact.

(1)

T được gọi là một k- cô đặc nếu α (TB ) ≤ kα ( B ) với mọi tập con bị chặn

B ⊂ D , k > 0 hằng số;

(2)

T được gọi là ánh xạ cô đặc nếu α (TB ) < α ( B ) với mọi tập con bị chặn

B ⊂ D , α ( B ) > 0.

1.2.2. Định lý [2, trang 60]
Cho X là không gian định chuẩn thực, B ( 0,1) là quả cầu đơn vị của X và
T : X → B ( 0,1) được xác định bởi
 x
 ,
Tx =  x
 x,


x ≥ 1,
x ∈ B ( 0,1) .

Khi đó T là một 1- cô đặc.
Chứng minh
Lấy tập bị chặn A ⊂ X . Khi đó T ( A ) ⊂ conv ({0} ∪ A ) , thật vậy:
Lấy y ∈ T ( A ) ⇒ ∃x0 ∈ A : y =T ( x0 ) . Khi đó:
+ Nếu x0 ∈ B ( 0,1) ⇒ y = T ( x0 ) = x0 ∈ A ⊂ conv ({0} ∪ A ) .
+ Nếu x0 ∉ B ( 0,1) ⇒ y= T ( x0 =

)

x0
x0

=

x0


1 
+ 1 −
 0 ∈ conv ({0} ∪ A ) .
x0 
x0 

Vì vậy ta có

) α ({0} ∪ A=) α ( A) .
α (T ( A ) ) ≤ α ( conv ({0} ∪ A )=
1.2.3. Mệnh đề [2, trang 61]
Cho X là không gian Banach vô hạn chiều, φ : [ 0;1] → [ 0;1] là một hàm liên tục và


12

giảm nghiêm ngặt, B ( 0,1) là quả cầu đơn vị của X và T : B ( 0,1) → B ( 0,1) được xác
định bởi
Tx = φ ( x ) x với mọi x ∈ B ( 0,1).

Khi đó α (TB ) < α ( B ) với mọi tập B ⊂ B ( 0,1) , α ( B ) > 0.
Chứng minh



c
2

Lấy B ⊂ B ( 0,1) , α ( B )= c > 0. Lấy r ∈  0;  và đặt B1 =
B ∩ B ( 0, r ), B2 =
B \ B ( 0, r ).
( B ) T ( B1 ) ∪ T ( B2 ) , vì vậy ta có:
Khi đó T=

aaaa
(T ( B )) = (T ( B1 ) ∪ T ( B2 )) ≤ max { (T ( B1 )), (T ( B2 ))} .

Hơn nữa
aaa
) ) ( B1 ) ≤ diam ( B1 ) ≤ 2r < c
(T ( B1 ) ) ≤ ( conv ({0} ∪ B1 =

Và T ( B2 ) ⊂ conv ({0} ∪ φ ( r ) B ) , thật vậy:
Lấy y ∈ T ( B2 ) ⇒ ∃x0 ∈ B2 : y =T ( x0 ) . Khi đó:
=
y T ( x=
0)

φ ( x0

φ (r )

φ( x )
) φ (r ) =
x
φ (r ) x
0

0

φ (r )

( )  0 ∈ conv ({0} ∪ φ ( r ) B ) .

 φ x
0
1 −
+
0

(
φ r)





(do x0 ∈ B2 ⇒ x0 > r ⇒ φ ( x0 ) < φ ( r ) )
Vì vậy
α (T ( B2 ) ) ≤ α (φ ( r ) B ) = φ ( r ) α ( B ) < α ( B ) .

Do đó, ta có α (TB ) < α ( B ) .
1.2.4. Định nghĩa
Cho X là một không gian Banach thực, D ⊂ X , T : D → X là một ánh xạ và α là
độ đo phi compact.
(1) T được gọi là một k – cô đặc đếm được nếu α (TB ) ≤ kα ( B ) với mọi tập con
bị chặn đếm được B ⊂ D , k > 0 hằng số;
(2) T được gọi là ánh xạ cô đặc đếm được nếu α (TB ) < α ( B ) với mọi tập con bị
chặn đếm được B ⊂ D , α ( B ) > 0.


13
(3) H ( t , x ) : [ 0;1] × D → X được gọi là một đồng luân của ánh xạ cô đặc đếm
được nếu α ( H ([ 0;1] × B ) ) < α ( B ) với mọi tập con bị chặn đếm được B ⊂ D , α ( B ) > 0.
Ta thấy một ánh xạ cô đặc là một ánh xạ cô đặc đếm được.
1.2.5. Mệnh đề [2, trang 63]
Cho E là không gian Banach, Ω ⊂ E là một tập con bị chặn và T : Ω → E là ánh
xạ cô đặc đếm được. Đặt F= { x ∈ Ω : Tx= x} . Thì tồn tại một tập con (của E) lồi,
compact C sao cho:
(1) F ⊆ C ;
(2) Nếu x0 ∈ conv ( C ∪ {Tx0 } ) thì x0 ∈ C ;
(3) C conv (T (C ∩ Ω) ) .
=
Chứng minh
Đặt F ={K:F ⊂ K ⊂ E lồi đóng, T ( K ∩ Ω ) ⊆ K và (2) đúng cho K }.
Thì F khác rỗng do conv (T Ω ) ∈ F. Ta đặt C =

K

. Khi đó: C thỏa mãn (1),

K ∈F

(2), (3) và C lồi đóng.
Ta chứng minh C compact. Giả sử điều này không đúng. Thì tồn tại
=
C1

{ x1 , x2 ,...} ⊂ C không có dãy con Cauchy.

Do C conv (T (C ∩ Ω) ) nên tồn tại một tập con đếm được A1 ⊂ C ∩ Ω sao cho
=
C1 ⊆ conv (TA1 ) .

Khi
đó: H1 conv (T ( C1 ∩ Ω ) ) khả ly và H1 ∩ Ω khả ly, do đó tồn tại những tập
=
con

đếm

được

B1 ⊂ H1 , D1 ⊂ H1 ∩ Ω

sao

cho

B=

H1 , D=
H1 ∩ Ω.
1
1

C2 = C1 ∪ A1 ∪ B1 ∪ D1 . Khi đó:
C1 ⊂ C2 ,
conv (T (C1 ∩ Ω) ) ⊂ C2 ,

(do C2 = C1 ∪ A1 ∪ B1 ∪ D1 mà conv (T (C1 ∩ Ω)=
) H=1 B1 )

Đặt


14

conv (T (C1 ∩ Ω) ) ∩ Ω ⊂ C2 ∩ Ω.

Bằng cách đặt tương tự, ta có dãy {Cn } những tập con đếm được của C, sao cho:
Cn ⊂ Cn +1 ,
conv (T (Cn ∩ Ω) ) ⊂ Cn +1 ,
conv (T (Cn ∩ Ω) ) ∩ Ω ⊂ Cn +1 ∩ Ω.
∞

Ta đặt L =  Cn .Thì L ⊆ convT ( L ∩ Ω ) .
n =1

Do đó, ta có:
α ( L ) ≤ α ( convT ( L ∩

=
Ω ) ) α (T ( L ∩ Ω ) ) < α ( L ∩ Ω ) .

Điều này là mâu thuẫn. Do đó, C compact.
1.2.6. Mệnh đề [2, trang 176]
Cho E là không gian Banach, B ⊂ E là một tập con đóng, bị chặn và T : B → E là
một ánh xạ cô đặc đếm được. Đặt C1 = conv (=
TB ) , Cn +1 conv (T (Cn ∩ B) ) với n ≥ 1 và
∞

C =  Cn . Nếu M ⊂ E và M \ Cn hữu hạn với mọi n = 1,2,... , thì M compact tương
n =1

đối. Trường hợp đặc biệt, C compact.
Chứng minh
Đặt F là họ tất cả các tập con M ⊂ E sao cho M \ Cn hữu hạn với mọi n = 1,2,...
và F B là họ tất cả các tập con đếm được M ∈ F thỏa M ⊂ B .
Bước 1: Ta chứng minh tồn tại B* ∈ F B sao cho α ( K ) ≤ α ( B* ) , với mọi K ∈ F B
F B ), ta có s sup{α ( K ) , K ∈ F B } < +∞ ,
Thật vậy, từ α ( K ) ≤ α ( B ) (với mọi K ∈ =
∞

và lấy K n ∈ F B sao cho α ( K n ) → s khi n → ∞ . Đặt B* =  K n , thì B* đếm được và
n =1

α ( B* )= s ≥ α ( K ) , với mọi K ∈ F B .

Bước 2: Nếu M ∈ F và xn ∈ M , n =
1,2,... thỏa không có x n nào xuất hiện vô hạn
lần, thì tồn tại A ∈ F B và yn ∈ conv ( T ( A ) ) sao cho xn − yn → 0 khi n → ∞ . Thật vậy:

Do M \ C1 hữu hạn và chứa hữu hạn x n , vì vậy ta giả sử xn ∈ C1 với mọi n ≥ 1 .


15

Với n bất kỳ, lấy k n đủ lớn sao cho xn ∈ Ck . Nếu không tồn tại số tự nhiên k n như
n

thế, ta đặt kn = n . Với số tự nhiên k bất kỳ, M \ Ck hữu hạn, do đó {n : xn ∉ Ck } là hữu
hạn. Ta có:

{n : k

I=
k

n

≤ k} ⊂ I k +1 ∪ {1,2,..., k}

vì C1 ⊃ C2 ⊃ ... do đó I k hữu hạn với mọi k. Ta có:

( (

n −1

(

n

=
xn ∈ Ck conv T Ck
n

))

∩ B , với mọi n ≥ 1 .

)

Do đó, tồn tại yn ∈ conv T ( Ck −1 ∩ B ) sao cho xn − yn <

1
. Ta có thể lấy tập A n
n

hữu hạn, An ⊂ Ck −1 ∩ B sao cho yn ∈ conv ( TAn ) .
n

∞

Ta đặt A =  An , thì A là tập con cần tìm. Ta kiểm tra A ∈ F B . Từ C1 ⊃ C2 ⊃ ... ,
n =1

ta có An ⊂ Ci , i ≤ kn − 1 , và do đó ta có:
=
A \ Cn

∞

(A \C )  (A \C ) ⊂  A
=

=i 1

Mà

A

i∈I n

i

i

n

i ,n > ki −1

i

n

i∈I n

i

.

hữu hạn nên A ∈ F B .

Bước 3: Ta chứng minh bất kỳ K ∈ F B hữu hạn. Giả sử K vô hạn. Thay K bởi
K ∪ B* , ta được α ( K ) = s . Vì K đếm được nên ta giả sử
=
K

{x

n

: n ≥ 1} .

Theo bước 2, tồn tại A ∈ F B và yn ∈ conv ( T ( A ) ) sao cho xn − yn → 0 khi n → ∞ .

) α ( K=) s . Đặt:
Khi đó, K ∪ A ∈ F B do đó α ( A ∪ K=
K n = { x1 , x2 ,..., xn , yn +1 , yn + 2 ,...} ,

K 0 = { y1 , y2 ,...} .

( K ) s . Mặt khác:
Ta có α =
( K0 ) α=
s =α ( K 0 ) ≤ α ( conv ( TA ) ) ≤ α ( T ( A ∪ K ) ) .

Nhưng T là đếm được, compact, nên ta có s = 0. Dẫn đến K compact tương đối.
Bước 4: Ta chứng minh bất kỳ F ∈ F là compact tương đối. Lấy dãy ( xn ) ⊂ F ,
nếu tồn tại n sao cho x n xuất hiện vô hạn lần thì ta có điều cần chứng minh. Ngược lại,

16

ta lấy y n và A như trong bước 2. Theo bước 3, A compact tương đối, vì vậy conv ( TA )
compact tương đối. Do đó {yi : i ≥ 1} compact tương đối nên F compact tương đối.
1.2.7. Mệnh đề [2, trang 64]
Cho E là không gian Banach, Ω ⊂ E là một tập con bị chặn và T : Ω → E là một
ánh xạ cô đặc đếm được. Đặt
=
C1 conv (T=
Ω ) , Cn +1 conv (T (Cn ∩ Ω) ) với n ≥ 1 và
∞

C =  Cn . Thì C lồi và compact.
n =1

(Đây là trường hợp đặc biệt của mệnh đề 1.2.6).
1.2.8. Hệ quả
Cho E là không gian Banach, C ⊂ E là một tập con lồi đóng bị chặn khác rỗng,
và T : C → C là ánh xạ cô đặc đếm được liên tục. Khi đó T có điểm bất động trong C.
Chứng minh:
Giả sử T là ánh xạ k - cô đặc đếm được với k ∈ [0;1) . Cho C1 = convTC và
∞

Ci +1 = convTCi với i = 1, 2,.... Theo mệnh đề 1.2.7, K =  Ci là lồi compact và
i =1

T : K → K là ánh xạ liên tục.

Ta chứng minh K ≠ ∅ .
Lấy x0 ∈ C thì T i x0 ∈ Ci với i ≥ 1 .

Ta có α ({T i x0 , i ≥ n}) ≤ k nα ({T i x0 , i ≥ 0}) với n ≥ 1.

{T x , i ≥ 0} thì

(Do nếu ta =
đặt B
=
TB

=
T 2B

i

0

{T x , i ≥ 1}
i

0

{T x , i ≥ 2}
i

0

…
=
T nB

{T x , i ≥ n}
i

0

mà α (TB ) ≤ kα ( B ) nên α (T n B ) ≤ k nα ( B ) ). Mặt khác:

{

}

aaaa
, i ≥ 0} ) max ({T i x0 , i ≥ n} ) , ({T i x0 , 0 ≤ i=
< n} )
({T i x0 =
({T i x0 , i ≥ n})


17

Vì vậy α ({T i x0 , i ≥ 0}) =
0. Do đó, (T i x0 )i =1 có một dãy con (T x0 ) j =1 hội tụ đến
∞

ij

∞

một điểm x trong K nên K ≠ ∅ . Thật vậy:
ij

Ta có: T x0 ∈ Cm nếu i j ≥ m mà Cm đóng nên x ∈ Cm , ∀m ∈  . Suy ra
∞

x∈K =
 Ci .
i =1

Vậy K lồi, compact, khác rỗng và T : K → K là ánh xạ liên tục. Do đó, áp dụng
định lý điểm bất động Schauder T có điểm bất động trong K.
Giả sử T là ánh xạ cô đặc đếm được. Lấy x0 ∈ C và k ∈ ( 0;1) , đặt
Sx= kTx + (1 − k ) x0 với mọi x ∈ C . Thì S là k - cô đặc đếm được. Thật vậy:

Với mọi tập con bị chặn đếm được B ⊂ D , ta có:
α (=
SB ) α ( kTB + (1 − k ) x0 ) ≤ α ( kTB )=
+ 0 kα ( TB ) ≤ kα ( B ) .

Vì vậy S có một điểm bất động trong C. Cho kn → 1 thì tồn tại xn ∈ C sao cho
knTxn + (1 − kn ) x0 =
xn ,

Do đó α ({Txn : n ≥=
1} ) α ({ xn : n ≥ 1} ) . Do T là ánh xạ cô đặc đếm được
α ({ xn : n ≥ 1} ) =
0 (vì nếu α ({ xn : n ≥ 1} ) > 0 thì α ({Txn : n ≥ 1} ) < α ({ xn : n ≥ 1} ) (!))

Nên ( xn )n =1 có một dãy con xn → y ∈ C . Do tính liên tục của T, ta có Ty = y.
∞

j

1.3. Bậc tô pô của ánh xạ cô đặc đếm được
1.3.1. Xây dựng định nghĩa
Cho E là không gian Banach và Ω ⊂ E là một tập mở và bị chặn. Cho T : Ω → E
là một ánh xạ cô đặc đếm được, liên tục và 0 ∉ ( I − T ) ( ∂Ω ) . Nếu 0 ∉ ( I − T )( Ω ) , ta
định nghĩa deg ( I − T , Ω, 0 ) =
0 . Nếu không, đặt F= { x ∈ Ω : Tx= x} và cho C là một
tập con lồi compact thỏa mãn mệnh đề 1.2.5. Ta có C khác rỗng do F ⊂ C và
T : C ∩ Ω → C là ánh xạ (do tính chất 3 của C) . Nếu r : E → C là ánh xạ co rút thì Tr là

ánh xạ compact và r −1 ( Ω ) là tập mở trong E. Giả sử 0 ∉ ( I − T ) ( ∂Ω ) dẫn đến
0 ∉ ( I − Tr ) ( ∂ (r −1 ( Ω ) ∩ Ω ) vì vậy deg ( I − Tr , r −1 ( Ω ) ∩ Ω, 0 ) tồn tại. Ta định nghĩa:

deg ( I − T , Ω
=
, 0 ) deg ( I − Tr , r −1 ( Ω ) ∩ Ω, 0 )


18

Để thấy định nghĩa này hợp lý, ta cần chỉ ra rằng, nếu r1 , r2 : E → C là hai ánh xạ
co rút, thì:
=
deg ( I − Tr1 , r1−1 ( Ω ) ∩ Ω
, 0 ) deg ( I − Tr2 , r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω, 0 )

Thật vậy, đặt r ( t , x ) = tr1 x + (1 − t ) r2 x với ( t , x ) ∈ [ 0;1] × E . Thì r ( t ,.) : E → C là ánh
xạ

co

rút

với

mỗi

t ∈ [ 0;1]

.

Rõ

ràng,

x ≠ Tr ( t , x )

với

mọi

( t , x ) ∈ [0;1] × ∂ ( r1−1 ( Ω ) ∩ r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω ) . Do đó, theo tính chất bất biến đồng luân của bậc
tô pô Leray Schauder, chúng ta có:
deg ( I − Tr1 , r1−1 ( Ω ) ∩ r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω=
, 0 ) deg ( I − Tr2 , r1−1 ( Ω ) ∩ r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω, 0 ) .

Khi đó:

(

0 ∉ ( I − Tr1 ) r1−1 ( Ω ) ∩ Ω \ r1−1 ( Ω ) ∩ r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω

)

và 0 ∉ ( I − Tr2 ) ( r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω \ r1−1 ( Ω ) ∩ r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω ) .
Nên theo tính chất khoét của bậc tô pô Leray Schauder, ta có:
deg ( I − Tr1 , r1−1 ( Ω ) ∩ Ω=
, 0 ) deg ( I − Tr1 , r1−1 ( Ω ) ∩ r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω, 0 )

và deg ( I − Tr2 , r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω=
, 0 ) deg ( I − Tr2 , r1−1 ( Ω ) ∩ r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω, 0 )
Do đó, ta có:
=
deg ( I − Tr1 , r1−1 ( Ω ) ∩ Ω
, 0 ) deg ( I − Tr2 , r2 −1 ( Ω ) ∩ Ω, 0 )

1.3.2. Định lý [2, trang 66]
Bậc tô pô được định nghĩa trong 1.3.1 có các tính chất sau:
(1) (Chuẩn tắc) deg ( I , Ω, 0 ) =
1 nếu và chỉ nếu 0 ∈ Ω .
(2) (Giải được) Nếu deg ( I − T , Ω, 0 ) ≠ 0 , thì Tx = x có nghiệm thuộc Ω .
(3) (Bất biến đồng luân) Cho H ( t , x ) : [ 0;1] × Ω → E là một ánh xạ cô đặc đếm
được, liên tục, nghĩa là, α ( H ([ 0;1] × B ) ) < α ( B ) với mọi tập con đếm được B của Ω
với α ( B ) > 0 và H ( t , x ) ≠ x với mọi ( t , x ) ∈ [ 0;1] × ∂Ω . Thì deg ( I − H ( t ,.) , Ω, 0 ) không
phụ thuộc vào t ∈ [ 0;1] .
(4)

(Cộng tính) Cho Ω1 , Ω 2 là hai tập con mở rời nhau của Ω và

0 ∉ ( I − T ) ( Ω \ (Ω1 ∪ Ω 2 ) ) . Khi đó:


19
deg ( I − T , Ω, =
0 ) deg ( I − T , Ω1 , 0 ) + deg ( I − T , Ω 2 , 0 ) .

Chứng minh
(1), (2) và (4) suy ra trực tiếp từ định nghĩa và tính chất của bậc tô pô Leray
Schauder.
Để chứng minh (3), ta đặt:

(

)

(

=
C0 conv H ([ 0;1]=
× Ω ) , Cn conv H ([ 0;1] × (Cn −1 ∩ Ω) )

)

với mọi n ∈ * . Thì

C = ∩ Cn compact do mệnh đề 1.2.7 và H : ([ 0;1] × (C ∩ Ω) ) → C . Lấy r : E → C là ánh
∞

n =0

xạ co rút. Thì x ≠ H ( t , rx ) với mọi x ∈ ∂ ( r −1 ( Ω ∩ C ) ∩ Ω ) .
Do đó deg ( I − H ( t ,.) r , r −1 ( C ∩ Ω ) ∩ Ω, 0 ) không phụ thuộc vào t. Vì vậy, kết luận
có được từ định nghĩa của bậc và tính chất khoét của bậc Leray Schauder.
1.3.3. Định lý [2, trang 66]
Cho E là không gian Banach, Ω ⊂ E là một tập mở bị chặn, θ ∈ Ω, T : Ω → E là
ánh xạ cô đặc đếm được liên tục. Giả sử x ≠ λTx với mọi λ ∈ [0;1),x ∈ ∂Ω .Khi đó T có
điểm bất động trong Ω .
Chứng minh
Giả sử Tx ≠ x, ∀x ∈ ∂Ω. (vì nếu ∃x ∈ ∂Ω : Tx = x thì ta có ngay điều cần chứng
minh).
Đặt H ( t , =
x ) tTx, ∀ ( t , x ) ∈ [ 0;1] × Ω .Khi đó { H ( t ,.)}t∈[0;1] là một đồng luân của ánh
xạ cô đặc đếm được liên tục. Thật vậy: với mọi tập con đếm được B của Ω với
α ( B ) > 0 , ta có:
α ( H (=
t, B ) ) α (=
tTB ) tα ( TB ) ≤ α ( TB ) < α ( B ) , ∀t ∈ [ 0,1] .

Từ

giả

thiết,

ta

có H ( t , x ) ≠ x, ∀x ∈ ∂Ω, ∀t ∈ [ 0,1]

deg ( I − T , Ω, 0=

) deg ( I , Ω, 0=) 1 (do 0 ∈ Ω ).

Vì vậy Tx = x có nghiệm trong Ω .
1.3.4. Hệ quả [2, trang 67]

Do

đó


20

Cho E là không gian Banach, Ω ⊂ E là một tập mở bị chặn, 0 ∈ Ω, T : Ω → E là
ánh xạ cô đặc đếm được liên tục. Giả sử Tx ≤ x với mọi x ∈ ∂Ω . Khi đó T có điểm
bất động trong Ω .
Chứng minh
Giả sử Tx ≠ x, ∀x ∈ ∂Ω. Khi đó Tx ≠ λ x với mọi x ∈ ∂Ω và λ > 1. Thật vậy:
Giả sử: ∃x ∈ ∂Ω, λ > 1 sao cho: Tx = λ x . Khi đó:
=
Tx λ x > x (mâu thuẫn với giả thiết)

Vậy

Tx ≠ λ x

với

mọi x ∈ ∂Ω

và λ > 1

hay

x ≠ λTx

với

mọi

λ ∈ [0;1),x ∈ ∂Ω

Theo định lý 1.3.3. T có điểm bất động trong Ω .
1.3.5. Định lý

[2, trang 67] Cho E là không gian Banach và T : E → E là ánh xạ cô

đặc đếm được liên tục. Thì một trong các kết luận sau đúng:
(1)

T có điểm bất động trong E;

(2)

I = {x: tồn tại λ > 1 để Tx = λ x } không bị chặn.

Chứng minh:
Giả sử I bị chặn. Lấy r > 0 sao cho I ⊂ B ( 0, r ) . Nếu tồn tại x ∈ ∂B ( 0, r ) sao cho
Tx = x

thì (1) đúng. Vì vậy, ta có thể giả sử Tx ≠ x, ∀x ∈ ∂B ( 0, r.) Khi đó

x ≠ tTx, ∀t ∈ [ 0;1] và x ∈ ∂B ( 0, r ) . Thật vậy: giả sử tồn tại x ∈ ∂B ( 0, r ) và t ∈ [0,1) sao

cho x = tTx . Khi đó:
Tx =

1
x ⇒ x ∈ I (mâu thuẫn với I ⊂ B ( 0, r ) ).
t


21
Vì vậy deg ( I − T , B ( 0, r ) ,=
0 ) deg ( I , B ( 0, r ) ,=
0 ) 1 và T có điểm bất động trong
B ( 0, r ) .

1.3.6. Định lý [2, trang 67]
Cho E là không gian Banach vô hạn chiều, Ω ⊂ E là một tập mở bị chặn,
0 ∈ Ω, T : Ω → E là ánh xạ cô đặc đếm được liên tục và S : ∂Ω → E là ánh xạ compact

liên

tục.

Giả

sử

tTx + (1 − t ) Sx ≠ x

và

Sx > x , ∀x ∈ ∂Ω, t ∈ [ 0;1].

Khi

đó

deg ( I − T , Ω, 0 ) =
0.

Chứng minh
Tồn tại một ánh xạ compact liên tục L : Ω → E sao cho Lx
= Sx, ∀x ∈ ∂Ω. Khi đó,
ta có tTx + (1 − t ) Lx ≠ x , ∀x ∈ ∂Ω, t ∈ [ 0;1]. Do đó:
deg ( I − T , Ω, =
0 ) deg ( I − L, Ω, 0 ) .

Theo bổ đề 2.2.11 [1, tr.35]: “Cho E không gian Banach vô hạn chiều, 0 ∉ ∂Ω
với Ω là tập con mở, bị chặn của E. Cho T : Ω → E là một ánh xạ compact liên tục.
Giả sử Tx ≠ µx với mọi µ ∈ [ 0,1] , x ∈ ∂Ω và 0 ∉ T∂Ω . Khi đó deg ( I − T , Ω, 0 ) =
0. ”
0.
0 và vì vậy deg ( I − T , Ω, 0 ) =
Ta có deg ( I − L, Ω, 0 ) =
1.3.7. Hệ quả [2, trang 67]
Cho E là không gian Banach vô hạn chiều, Ω ⊂ E là một tập mở bị chặn,
0 ∈ Ω, x0 ∈ E sao cho x0 > sup x , và T : Ω → E là ánh xạ cô đặc đếm được, liên tục.
x∈∂Ω

Giả sử

Tx > x

và Tx ≠ λ x + (1 − λ ) x0 với mọi x ∈ ∂Ω và λ > 1 . Khi đó

deg ( I − T , Ω, 0 ) =
0.

Chứng minh
Định nghĩa ánh xạ S : ∂Ω → E bởi Sx = x0 . Thì S liên tục, compact và
tTx + (1 − t ) Sx ≠ x với mọi x ∈ ∂Ω và t ∈ [ 0;1]. Thật vậy: