bậc trùng của một cặp ánh xạ

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

Trần Duy Thúc

BẬC TRÙNG CỦA MỘT CẶP 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

Trần Duy Thúc

BẬC TRÙNG CỦA MỘT CẶP 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 CẢM ƠN
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí
Minh dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Nguyễn Bích Huy. Nhân dịp này tôi xin bày
tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người đã tận tình chu đáo và động viên tôi rất nhiều
trong suốt quá trình học tập cũng như quá trình hoàn thành luận văn.
Tôi xin cảm ơn tất cả các Thầy Cô, các cán bộ trong khoa Toán – Tin của
trường Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh, đặc biệt là các Thầy trong tổ Giải
Tích đã nhiệt tình giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập.
Xin cảm ơn các bạn học viên nghành toán đã động viên giúp đỡ tôi và có
nhiều ý kiến đóng góp trong quá trình hoàn thành luận văn.
Do trình độ và thời gian có hạn nên luận văn không tránh khỏi những thiếu
sót. Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo và góp ý của các Thầy Cô và các Bạn.
Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2014
Tác giả


MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cảm ơn
Mục lục
MỞ ĐẦU ...................................................................................................................1
Chương 1. BẬC TRÙNG CỦA MỘT CẶP ÁNH XẠ ĐƠN TRỊ..........................3
1.1. Ánh xạ fredholm ...............................................................................................3
1.2. Bậc trùng cho ánh xạ L -compact ..................................................................10
1.3. Định lí tồn tại nghiệm cho những phương trình toán tử .................................18
Chương 2. BẬC TRÙNG CHO ÁNH XẠ ĐA TRỊ ..............................................23
2.1. Bậc cho trường vectơ compact trù mật đa trị .................................................23
2.2. Bậc trùng cho ánh xạ đa trị .............................................................................34
2.3. Các tính chất cơ bản của bậc trùng .................................................................46
KẾT LUẬN ..............................................................................................................62

TÀI LIỆU THAM KHẢO ......................................................................................63


1

MỞ ĐẦU
Phần lớn các phương trình vi phân,tích phân xuất phát từ khoa học tự nhiên và
xã hội đưa đến việc giải phương trình dạng x = A ( x ) hay bài toán điểm bất
động.Bậc tôpô của một ánh xạ là công cụ quan trọng bậc nhất trong nghiên cứa sự
tồn tại và cấu trúc của điểm bất động.
Bậc tôpô của ánh xạ liên tục trong không gian hữu hạn chiều được xây dựng
trong những năm 1910 và ban đầu được xây dựng trong Giải tích phức,trong Lí
thuyết đường và mặt.Năm 1934 Leray-Schauder đã xây dựng bậc tôpô cho ánh xạ
hoàn toàn liên tục,tác động trong không gian Banach và ứng dụng nó để nghiên cứu
phương trình đạo hàm riêng. Từ đó bậc tôpô được các nhà toán học quan tâm
nghiên cứu có hệ thống và đã mở rộng cho nhiều lớp ánh xạ mới xuất hiện trong
khoa học,kĩ thuật. Trong những năm 1960-1970, bậc tôpô đã được xây dựng cho
ánh xạ dương trong không gian Banach có thứ tự, cho ánh xạ đơn điệu, ánh xạ cô
đặc theo một độ đo phi compact và cho ánh xạ đơn trị compact,…
Một hướng mở rộng khác của bậc tôpô là xây dựng lí thuyết bậc tôpô để
nghiên cứu phương trình dạng L ( x ) = N ( x ) mà bài toán điểm bất động là trường
hợp riêng khi L ( x ) = x hoặc L có ánh xạ ngược liên tục.Trong những năm 1970,
bậc trùng của cặp ánh xạ L, N đã được J.Mawhin xây dựng như một mở rộng tự
nhiên của bậc tôpô. Bậc trùng có nhiều tính chất tương tự bậc tôpô và là công cụ
hửu hiệu để nghiên cứu nhiều lớp phương trình vi phân và tích phân.
Trong phạm vi luận văn này tôi đi sâu tìm hiểu về bậc trùng của ánh xạ đơn trị
và ánh xạ đa trị.
Bố cục luận văn chia làm hai chương:
 Chương1. Bậc trùng của cặp ánh xạ đơn trị
Chương này giới thiệu về lí thuyết bậc của Mawhin cho ánh xạ L -compact.

Chương này gồm ba phần chính.
Trong phần1.1 giới thiệu về ánh xạ Fredholm và mối hệ của nó với ánh xạ Aproper.


2
Trong phần 1.2 đưa ra định nghĩa về ánh xạ L -compact (ở đây L là ánh xạ
Fredholm) và giới thiệu về bậc trùng. Một vài tính chất của bậc trùng cũng được
trình bày trong phần này.
Trong phần 1.3, trình bày nhiều kết quả của lí thuyết bậc đưa ra trong 1.2.
 Chương2. Bậc trùng cho ánh xạ đa trị
Trong chương này sẽ trình bày một vài kết quả về lí thuyết bậc. Những kết quả
về lí thuyết bậc của Petryshyn và Fitzpatrick (1974), Mawhin (1972), Gaines và
Mawhin(1972), Nussbaum (1969 và 1971), và Vainiko và Sadovshii (1968).
Chương này gồm ba phần chính.
Phần 2.1 trình bày định nghĩa và những tính chất cho bậc trường vectơ
compact trù mật đa trị.
Phần 2.2 xây dựng định nghĩa bậc trùng của ánh xạ đa trị.
Phần 2.3 trình bày những tính chất của bậc được đưa ra trong phần 2.2.


3

Chương 1.BẬC TRÙNG CỦA MỘT CẶP ÁNH XẠ ĐƠN TRỊ
1.1. Ánh xạ fredholm
Định nghĩa 1.1.1
Cho X và Y là các không gian định chuẩn và L : D ( L ) ⊂ X → Y là một ánh xạ
tuyến tính. Khi đó L được gọi là ánh xạ Fredholm nếu:
(1) dim ( Ker ( L ) ) < ∞ .
(2) Im ( L ) là tập đóng và dim=
( Co ker ( L ) ) dim (Y / Im L ) < ∞.

Mệnh đề 1.1.2
Cho X là không gian Banach và T : X → X là một ánh xạ tuyến tính bị chặn.
Khi đó dim ( Ker (T ) ) < ∞ và Im(T ) là tập đóng nếu và chỉ nếu, cho xn ∈ B(0,1) sao
cho Txn → y, thì ( xn )∞n =1 có dãy con hội tụ.
Chứng minh.
Để thuận tiện cho việc chứng minh, trước hết xin nhắc lại một kết quả trong
không gian định chuẩn và định lí Riesz như sau:

(1′ )

Một tập đóng và bị chặn trong không gian hữu hạn chiều là tập compact.

( 2′) Định

lí Riesz: Nếu không gian định chuẩn X có quả cầu B(0,1) là tập

compact thì dim ( X ) < ∞ .
Bây giờ ta trở lại phần chứng minh.
Điều kiện đủ, ta biết từ giả thuyết đó { x=
: Tx 0, x ≤ 1} là tập compact và áp
có: X Ker (T ) ⊕ M
dụng định lí Riesz ta có được Ker ( T ) là hữu hạn chiều. Chúng ta=
với M là một tập đóng trong X . Rõ ràng , chúng ta có T ( M ) = Im(T ) .Từ
T : M → Im(T ) là một đơn ánh thoả:
Tx ≤ c x , ∀x ∈ M , c > o

Từ đây suy ra T ( M ) là tập đóng. Do đó Im(T ) là tập đóng.
Điều kiện cần, giả sử rằng xn ∈ B(0,1) sao cho Txn → y . Như trước đó

4
=
X Ker(T) ⊕ M , vì vậy x=
zn + mn với zn ∈ Ker ( T ) và mn ∈ M . Do đó Tmn → y .
n

Tuy nhiên thu hẹp của T trên M vào Im (T ) là đơn ánh liên tục, vì vậy mn → m ∈ M .
Nhắc lại rằng dim ( Ker (T ) ) < ∞ , và từ (1′ ) dẫn đến { x=
: Tx 0, x ≤ 1} là tập compact,
vì vậy ( xn )n =1 có dãy con hội tụ. Điều phải chứng minh.
∞

Mệnh đề 1.1.3
Cho X là không gian Banach,và T : X → X là ánh xạ Frelhom tuyến tính bị
chặn và K : X → X là ánh xạ tuyến tính compact. Khi đó T + K là ánh xạ Fredholm.
Chứng minh.
Để thuận tiện cho việc chứng minh, trước hết xin nhắc lại một vài kết quả như sau:

( 3′)

Cho X và Y là các không gian định chuẩn và T : X → Y là một ánh xạ tuyến

tính liên tục. Khi đó Ker (T * ) = Im (T ) và Im (T ) = Ker (T * ) .
⊥

( 4′) Cho X và Y là

⊥

các không gian Banach và T : X → Y là một ánh xạ tuyến

tính liên tục. Khi đó T là ánh xạ Fredholm nếu và chỉ nếu T * là ánh xạ Fredholm.
Bây giờ ta trở lại phần chứng minh.
Giả sử rằng xn ∈ B(0,1) sao cho (T + K ) xn → y do tính compact của K dẫn đến

( Kxn )n=1 có dãy con ( Kxn
∞

k

)

∞
k =1

hội tụ. Vì vậy (Txnk )

∞
k =1

hội tụ, từ mệnh đề 1.1.2 ta suy ra

( xn )n=1 có dãy con hội tụ.Cũng từ mệnh đề 1.1.2 ta có được dim ( Ker (T + K ) ) < ∞ và
∞

Im (T + K ) là tập đóng. Vì vậy từ ( 3′ ) dẫn đến Im (T + K
=
) Ker (T * + K * ) .
⊥

Nhưng từ T * là ánh xạ Fredholm và K * là ánh xạ compact. Như trước đó

( (

dim Ker T * + K *

)) < ∞ .

Vậy dim ( Co ker (T + K ) ) < ∞ . Từ đây ta kết luận T + K là

ánh xạ Fredholm. Điều phải chứng minh.
Trong phần tiếp theo, nhắc lại rằng nếu L là ánh xạ Fredholm thì chỉ số của
nó được cho bởi:
=
Ind ( L ) dim ( Ker ( L ) ) − dim ( Co ker ( L ) ) .
Bây giờ, giả sử L là ánh xạ Fredholm. Khi đó tồn tại hai phép chiếu tuyến
tính liên tục P : X → X , Q : Y → Y sao cho:


5
Im ( P ) = Ker( L), Ker ( Q ) = Im ( L ) .
=
Bây giờ chúng ta =
có: X Ker ( L ) ⊕ Ker ( P
) , Y Im ( L ) ⊕ Im ( Q ) là các tổng trực

tiếp đại số.
Rõ ràng, thu hẹp LP của L từ D ( L ) ∩ Ker ( P ) vào Im ( L ) là đơn ánh và ánh xạ
nghịch đảo của nó K P : Im ( L ) → D ( L ) ∩ Ker ( P ) được xác định. Chúng ta kí hiệu bởi

K PQ : Y → D ( L ) ∩ Ker ( P ) là ánh xạ nghịch đảo tổng quát của L xác định bởi
=
K PQ K P ( I − Q ) .

Để những phần chứng minh phía sau thuận lợi, ở đây ta có một vài nhận xét sau:
= L ( I − P ) x, ∀x ∈ X .
(1) P là ánh xạ compact và LPx = 0, ∀x ∈ X hay Lx

, QQ Q và QLx = 0, ∀x ∈ X .
PP P=
(2)=

Mệnh đề 1.1.4
Cho X và Y là các không gian Banach khả li , D ( L ) ⊂ X là tập trù mật và
L : D ( L ) → Y là ánh xạ Fredholm với Ind ( L=
) m ≥ 0 . Khi đó tồn tại một dãy không

gian con hữu hạn chiều đơn điệu tăng ( X n )∞n =1 ⊂ D ( L ) sao cho ∪∞n =1 X n trù mật trong X
, và cho ( Pn )∞n =1 là dãy các phép chiếu tuyến tính liên tục trên X với Im ( Pn ) = X n mỗi
n ≥ 1 và Pn x → x, ∀x ∈ X khi n → ∞ và ( Qn )n =1 là dãy các phép chiếu tuyến tính liên
∞

m với mỗi n ≥ 1.
tục trên Y với Im ( Qn ) = Yn mỗi n ≥ 1 sao cho dim ( X n ) − dim (Yn ) =

Chứng minh.
Từ L là ánh xạ Freholm, khi đó tồn tại hai phép chiếu tuyến tính liên tục
P : X → X , Q : Y → Y sao cho:

Im ( P ) = Ker ( L ) , Ker ( Q ) = Im ( L ) ,

=
X Ker ( L ) ⊕ Ker ( P=
) , Y Im ( L ) ⊕ Im ( Q )

Bởi giả thuyết D( L) ⊂ X là tập trù mật, chúng ta có thể chọn dãy con đơn
điệu tăng ( X n )∞n =1 ⊂ D ( L ) sao cho ∪∞n =1 X n trù mật trong X và Ker ( L ) ⊂ X n , một
∞
( Pn )n=1 là dãy các phép chiếu tuyến tính liên tục trên X với Im ( Pn ) = X n mỗi n ≥ 1


6
và Pn x → x, ∀x ∈ X khi n → ∞ .
Rõ ràng, PPn P, Pn ( Ker ( P ) ) ⊂ Ker ( P ) và ( I − Pn )( X ) ⊂ Ker ( P ) .
=
Đặt Qn= Q + LPn K PQ khi đó Qn liên tục. Chúng ta có thể kiểm tra được rằng
Qn 2 = Qn với mỗi n ≥ 1. Cuối cùng, đặt Yn = Qn (Y ) . Khi đó chúng ta có:
Im ( Q ) ⊂ Qn , Qn Lx = LPn x , ∀x ∈ X và dim ( X n ) − dim (Yn ) =
m với n ≥ 1 .

Điều phải chứng minh.
Trong phần tiếp, theo chúng ta định nghĩa chương trình xấp xĩ trong phần
1.1.4 bởi Tm = { X n , Pn , Yn , Qn }.
Định nghĩa 1.1.5
Cho X là không gian Banach khả li, G ⊂ X là tập khác rổng, Gn= G ∩ X n với
n = 1, 2... . Một ánh xạ T : G → Y được gọi là A-proper đối với Tm nếu
=
Tn QnT : Gn → Yn là liên tục và nếu xnk ∈ Gnk sao cho

(

(x )
nk

∞
k =1

là tập bị chặn và

)

Qnk Txnk − g → 0 khi k → ∞ với một g ∈ Y thì tồn tại dãy con

(x )
nk l

với

xnk → xo ∈ G sao cho Tx0 = g .
l

Mệnh đề 1.1.6
Cho X và Y là các không gian Banach khả li , D ( L ) ⊂ X là tập trù mật và
L : D ( L ) → Y là ánh xạ Fredholm với Ind ( L=
) m > 0 . Khi đó L là A-proper đối với
Tm .

Chứng minh.
Cho xnk ∈ Gnk sao cho ( xnk )

∞

k =1

là bị chặn và Qn ( Lxn − g ) → 0 khi k → ∞ với
k

k

một g ∈ Y . Chú ý rằng Qnk= Q + LPnk K PQ , vì vậy chúng ta được:

(

) (

g nk = Qnk Lxnk − g = Q + LPnk K PQ

)( Lx

nk

)

− g = Lxnk − Qg − LPnk K PQ g → 0 .

Vì vậy L ( xn − Pn K PQ g ) = g n + Qg → Qg .Tuy nhiên, Im ( L ) là tập đóng, vì vậy
k

k

k

Qg QQg
= 0 và L ( xn − Pn K PQ g ) → 0 .
dẫn đến Qg ∈ Im ( L ) và do đó=
k

k


7
= L ( I − P ) x, ∀x ∈ X và từ những điều này chúng ta kết luận rằng:
Chú ý rằng Lx

(

)

(

)

K P L xnk − Pnk K PQ g =
( I − P ) xnk − Pnk K PQ g → 0 .

Bây giờ, do tính compact của P nên ( xnk )

∞
k =1

( ) sao

có dãy con xnk l

(

cho

)

0.
Px0 − PK PQ g . Từ L là đóng, chúng ta có L x0 − K PQ g =
xnk → x0 và x0 − K PQ g =
l

Do đó Lx0 = g . Điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.1.7
Cho X và Y là các không gian Banach, khả li và L : D ( L ) → Y là ánh xạ tuyến
tính bị chặn. Khi đó L ánh xạ Freholm với Ind ( L=
) m ≥ 0 nếu và chỉ nếu L là Aproper đối với một vài phép chiếu nào đó.
Mệnh đề 1.1.8
Cho X và Y là các không gian Banach , L : D ( L ) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm
với Ind ( L=
) m > 0 , một đơn cấu tuyến tính J ' : Im ( Q ) → Ker ( L ) và
y nếu và chỉ nếu
N : D ( N ) ⊂ X → Y là một ánh xạ. Khi đó Lx − Nx =

x − Px − J ' QNx − K PQ Nx= K PQ y + J ' Qy.

Chứng minh.
y , khi đó chúng ta có:
Nếu Lx − Nx =

L ( I − P ) x − QNx − ( I − Q ) Nx = Qy + ( I − Q ) y,

Qy và L ( I − P ) x − ( I − Q ) Nx = ( I − Q ) y, tức là, − J ' QNx =
J ' Qy
Vì vậy, −QNx =

K PQ y .Do đó chúng ta có:
và x − Px − K PQ Nx =
x − Px − J ' QNx − K PQ Nx= K PQ y + J ' Qy.

Mặt khác, nếu: x − Px − J ' QNx − K PQ Nx= K PQ y + J ' Qy,
Im ( P ) và K PQ Nx ∈ D ( L ) ∩ Ker ( P )
Khi đó, từ: J ' Nx ∈ Ker ( L ) =

K PQ y và − J ' QNx =
J ' Qy
Chúng ta có: x − Px − K PQ Nx =
Qy . Do đó Lx − Nx =
y.
Vì vậy: Lx − ( I − Q ) Nx = ( I − Q ) y và −QNx =

Điều phải chứng minh.


8

Mệnh đề 1.1.9
Cho X và Y là các không gian Banach khả li, D ( L ) ⊂ X là tập trù mật và
L : D ( L ) → Y là ánh xạ Fredholm với Ind ( L=
) m > 0 và Tm như trong mệnh đề

1.1.4. Cho Ω ⊂ X là

tập mở bị chặn và N : Ω → Y là ánh xạ bị chặn. Nếu

I − P − J ' QN − K PQ N là A-proper đối với T = { X n , Pn } thì L − N là A-proper đối với
Tm .

Chứng minh.
Cho xn ∈ Ω ∩ D ( L ) ∩ X n sao cho Qn ( Lxn − Nxn − y ) → 0 khi k → ∞ với
k

k

k

k

k

y ∈ Y , chúng ta nhớ lại rằng Qnk= Q + LPnk K PQ ,vì vậy chúng ta có:

(

) (

Qnk Lxnk − Nxnk − y =Q + LPnk K PQ

)( Lx

nk

− Nxnk − y

)

(

)

(

)

= L ( I − P ) xnk − LPnk K PQ Nxnk + y − Q Nxnk + y → 0, khi ( k → ∞ ) .

Do đó chúng ta có:

(

)

yk = L ( I − P ) xnk − LPnk K PQ Nxnk + y → 0,
z=
QNxnk + Qy → 0.
k

Và do đó:

(

)

hk = K p y = ( I − P ) xnk − Pnk K PQ Nxnk + y → 0,
w k = J ' zk = J ' QNxnk + J ' Qy → 0.

Từ những điều này chúng ta có thể kết luận rằng:
xnk − Pxnk − Pnk K PQ Nxnk → K PQ y,
J ' QNxnk → − J ' Qy.

Dẫn đến:
Pnk ( I − P − J ' QN − K PQ N ) xnk → K PQ y + J ' Qy.

Vì vậy:

(x )
nk

∞
k =1

( )

có dãy con xnk l với xn → x0 và x0 − Px0 − J ' QNx0 − K PQ Nx0 = K PQ y + J ' Qy .
kl

Bởi mệnh đề 1.1.8 chúng ta có Lx0 − Nx0 =
y . Do đó L − N là A-proper đối với

9
Tm .

Trong phần tiếp theo, giả sử rằng L là ánh xạ Fredholm với Ind ( L ) = 0 . Khi
đó với bất kì đẳng cấu tuyến tính J : Im ( Q ) → Ker ( L ) , ánh xạ JQ + K PQ là một đẳng
cấu ánh từ Y vào D ( L ) và ( JQ + K PQ ) x =
( L + J −1P ) x với mọi x ∈ D ( L ) .
−1

Thật vậy,nếu y ∈ Y , chúng ta có:

( JQ + K ) y =x ⇔ JQy + K
PQ

PQ

y =Px + ( I − P ) x

 LK PQ
( I − Q ) y =
y L ( I − P) x
=
Lx
 K PQ =
y ( I − P) x



⇔
⇔

⇔
−1
−1
 JQy = Px
Qy = J Px
Qy = J Px




Dẫn đến: =
y Lx + J −1 Px
Trong phần tiếp theo là một vài ví dụ cho ánh xạ Fredholm. Để thuận tiện cho
việc kiểm tra các ví dụ trước hết xin nhắc lại kết quả sau:

( 5′) Cho

X là các không gian Banach, T : X → X là ánh xạ tuyến tính liên tục

với λ ∈ ,Tλ =
T − λ I và σ (T ) là phổ của T .

( )

( )

(

)

X Ker Tλk ⊕ Im Tλk , ∀λ ≠ 0, k > 0 . Trong đó dim Ker (Tλk ) < ∞
=
Khi đó chúng

( )

k
và Im Tλ là tập đóng trong E .

Ví dụ 1.1.10
Cho X là các không gian Banach , T : X → X là ánh xạ tuyến tính liên tục
compact. Khi đó, từ kết quả ( 5′ ) chúng ta biết rằng
dim=
( Ker ( I + T ) ) dim ( Co dim ( I + T ) ) < ∞ .

Vì vậy I + T là một ánh xạ Fredholm chỉ số 0.
Ví dụ 1.1.11
Cho f : [ 0, T ] →  là trong L1 và xem xét bài toán sau:

 x′ ( t ) = f ( t )
t ∈ ( 0, T ) ( E1.1.1)

x
0
x
T
=
(
)
(

)



Chúng ta đặt X = C ([ 0, T ] ,  ) là không gian của tất cả các hàm liên tục từ [ 0,T ]


10
đến  .
=
Y L1 ([ 0, T ] ,  ) ×=
, y0
=
Lx (.)

( f (.) , 0 ) và định nghĩa một ánh xạ

( x ' ( .) , x ( 0 ) − x ( T ) )

L : X → Y bởi:

với mọi x ' (.) ∈ dom ( L ) .

{

}

dom ( L ) =
x ' (.) ∈ C ([ 0, T ] ,  ) : x ' (.) ∈ L1 ([ 0, T ] ,  ) .

Chúng ta có thể kiểm tra được rằng ( E1.1.1) là tương đương như sau:
Lx (.) = y0 .

Chúng ta có thể thấy rằng:

{

}

Ker ( L ) =
x (.) ∈ C ([ 0, T ] ,  ) : x ( t ) =
c, t ∈ [ 0, T ] , c ∈  .
T


Im ( L=
)  f (.) , − ∫ f ( s )ds  , ∀f (.) ∈ L1 ([0, T ] ,  ) .
0



Rõ ràng, Im ( L ) là tập đóng và=
=
dim ( Ker ( L ) ) dim
( Co ker ( L ) ) 1 . Do đó L là
ánh xạ Fredholm với chỉ số 0 .
1.2.Bậc trùng cho ánh xạ L -compact
Trong phần này , chúng ta sẽ xác định bậc trùng cho ánh xạ L -compact và
trình bày một vài chất của bậc trùng.
Định nghĩa 1.2.1

Cho L : D ( L ) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm, E là một không gian mêtric và
T :E →Y

là một ánh xạ.Chúng ta nói T là L -compact trên E nếu

QT : E → Y , K PQT : E → X

là liên tục và QT ( E ) , K PQT ( E ) là compact, tất cả các kí

hiệu giống như trong phần 1.1.
Bây giờ, chúng ta sẽ định nghĩa bậc trùng:
Bậc trùng: Cho X và Y là các không gian định chuẩn.Một ánh xạ tuyến tính
L : D ( L ) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm với chỉ số 0 và Ω là tập mở bị chặn trong X .

Giả sử rằng F= L + T : D( L) ∩ Ω → Y là một ánh xạ và T là L -compact trên Ω.
Cũng giả sử rằng 0 ∉ F ( D( L) ∩ ∂Ω ) .Cho J : Im ( Q ) → Ker ( L ) là một đẳng cấu tuyến
J
=
JQ + K PQ . Ta có thể kiểm tra được rằng:
tính. Đặt H PQ


11
J
J
H PQ
F = ( JQ + K PQ ) ( L + T ) = K PQ L + H PQ
T = I − P + ( JQ + K PQ ) T .

J

F ( D( L) ∩ ∂Ω ) .
Do đó, 0 ∉ H PQ

J
F ( D( L) ∩ ∂Ω ) , khi đó:
Thật vậy, nếu 0 ∈ H PQ

K PQ ( Lx + Tx ) + JQTx =
0 với x ∈ D( L) ∩ ∂Ω .

0 . Do đó Lx + Tx =
Vì vậy QTx = 0 và ( I − Q )( Lx + Tx ) =
0 , điều này mâu thuẩn.

Bởi tính chất L -compact của T dẫn đến:

(

)

Bậc Laray Shauder deg I − P + ( JQ + K PQ ) T , Ω, 0 là định nghĩa tốt.
Bây giờ chúng ta định nghĩa một bậc bởi:

(

)

DJ ( L + T , Ω,=
0 ) deg I − P + ( JQ + K PQ ) T , Ω, 0 .

Biểu thức này được gọi là bậc trùng của L và −T trên Ω ∩ D ( L ) . Chúng ta có
thể kiểm tra được rằng định nghĩa này không phụ thuộc vào việc chọn P, Q . Nó thì
có nghĩa rằng DJ ( L + T , Ω, 0 ) là một hằng số đối với một vài J phụ thuộc vào định
hướng trên Ker ( L ) và Coker ( L ) . Định nghĩa đưa ra trên đây phụ thuộc vào J .
Nhận xét
=
(1) Nếu dim
(X )

dim (Y ) < +∞ và chúng ta lấy L = 0 , khi đó với bất kì ánh liên

tục T trên Ω là L -compact. Nếu chúng ta lấy P = I và, Q = I , khi đó dẫn đến
K PQ = 0, vì

J
F = JT và do đó chúng ta có:
vậy H PQ

DJ (T , Ω=
, 0 ) deg ( JT , Ω=
, 0 ) si g n d et ( J ) deg (T , Ω, 0 ) .

Do đó, nếu chúng ta chỉ chọn những J

sao cho det J > 0 thì

DJ (T , Ω, =
0 ) deg (T , Ω, 0 ) là bậc Brouwer.

( 2 ) Nếu

X = Y và chúng ta lấy L = I , khi đó với bất kì ánh xạ liên tục

compact T trên Ω là L -compact. Nếu chúng ta lấy P= Q= 0 thì:
J
K=
I=
, J 0 : {0} → {0} và H PQ
F= I + T .
PQ

0 ) deg ( I + T , Ω, 0 ) gọi là bậc Lary Shauder.
Do đó: DJ ( I + T , Ω, =

Định lí 1.2.2


12
Bậc trùng của L và −T trên Ω có những tính chất sau:

(1) Nếu

Ω1 và Ω 2 là các tập con mở rời nhau của Ω sao cho

(

)

0 ∉ F D ( L ) ∩ Ω \ ( Ω1 ∪ Ω 2 ) thì DJ ( L + T , Ω, 0=
) DJ ( L + T , Ω1 , 0 ) + DJ ( L + T , Ω2 , 0 ) .

( 2 ) Nếu

H ( t , x ) : [ 0,1] × Ω → Y là L -compact trên [ 0,1] × Ω và 0 ≠ Lx + H ( t , x )

với mọi ( t , x ) ∈ [ 0,1] × Ω thì DJ ( L + H ( t , x ) , Ω, 0 ) không phụ thuộc vào t ∈ [ 0,1] ;

( 3) Nếu

DJ ( L + T , Ω, 0 ) ≠ 0 thì 0 ∈ ( L + T ) ( D ( L ) ∩ Ω ) .

Hệ quả 1.2.3
Nếu T1 , T2 là các ánh xạ L -compact trên Ω và T1 x = T2 x với mọi x ∈ D ( L ) ∩ ∂Ω
thì: DJ ( L + T1 , Ω, 0=
) DJ ( L + T1 , Ω, 0 ) .
Chứng minh.
Chúng ta xét H ( t , x ) : [ 0,1] × Ω → Y cho bởi:
H ( t ,=
x ) tT1 x + (1 − t ) T2 x, ∀ ( t , x ) ∈ [ 0,1] × Ω.

Khi đó, H là ánh xạ L -compact. Rõ ràng, 0 ≠ Lx + H ( t , x ) với mọi

( t , x ) ∈ [0,1] × Ω , dẫn đến DJ ( L + H ( t , x ) , Ω, 0 ) không phụ thuộc vào

t ∈ [ 0,1] ;

t 1,=
t 0 . Ta có
Vì thế, theo tính chất ( 2 ) của định lí 1.2.2 và bằng việc chọn =

được: DJ ( L + T1 , Ω, 0=
) DJ ( L + T1 , Ω, 0 ) .
Mệnh đề 1.2.4
Cho X và Y là các không gian định chuẩn trên  , L : D ( L ) → Y là ánh xạ
Fredholm với Ind ( L ) = 0 , Y0 là không gian con hửu hạn chiều của Y thoả mản
=
Y Im ( L ) ⊕ Y0 là tổng trực tiếp đại số và tập mở bị chặn Ω ⊂ X . Giả sử T ánh xạ L

( )

-compact trên Ω ∩ D ( L ) , T Ω ⊂ Y0 , khi đó:
=
DJ ( L + T , Ω, 0 ) sign det J deg (T , Ω ∩ Ker ( L ) , 0 ) ,

Trong đó deg (.,.,.) là bậc Brouwer.
Chứng minh.


13
Trước hết xin nhắc lại một tính chất trong bậc Leray Schauder như sau:

( 6′)

Cho E là không gian Banach, E0 là không gian con đóng của E và

Ω ⊂ E là tập mở bị chặn. Nếu T : Ω → E0 là ánh xạ hoàn toàn liên tục và p ∈ E thì:
deg ( I − T , Ω, =
p ) deg ( I − T , Ω ∩ E0 , p ) .

Bây giờ ta trở lại phần chứng minh.

Từ L là ánh xạ Fredholm với Ind ( L ) = 0 , chúng ta =
có Y Im ( L ) ⊕ Y0 là tổng
trực tiếp tôpô. Chọn Q : Y → Y với Im ( Q ) = Y0 , khi đó QTx = Tx với mọi x ∈ Ω và
J
H PQ
F = ( JQ + K PQ ) ( L + T ) = K PQ L + JQT + K P ( I − Q ) T = I − P + JT .

( )

Chú ý rằng ( P − JT ) Ω ⊂ Ker ( L ) nhưng I = P trên Ker ( L ) . Do đó theo ( 6′ )
chúng ta có:
DJ ( L + T , Ω,=
0 ) deg ( I − P + JT , Ω,=
0 ) deg ( I − P + JT , Ω ∩ Ker ( L ) , 0 )

Nhưng I = P trên Ker ( L ) và do đó chúng ta có được:
DJ ( L + T=
, Ω, 0 ) deg ( JT , Ω ∩ Ker =
( L ) , 0 ) sign det ( J ) deg (T , Ω ∩ Ker ( L ) , 0 ) .

Điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.2.5
Cho ánh xạ tuyến tính A : Im ( Q ) → D ( L ) sao cho PA : Im ( Q ) → Ker ( L ) là song
A
AQ + K PQ là một đẳng cấu đại số từ Y vào D ( L ) và
ánh. Khi đó H=
PQ

(H )
A

PQ

−1

=
L − LA ( PA ) P + ( PA ) P.
−1

−1

Hơn nửa, nếu T là ánh xạ L -compact trên Ω thì:
A
H PQ
( L + T ) = I − P + H PQA T
A
Với H PQ
T : Ω → X liên tục và compact.

Chứng minh.
A
z = x khi và chỉ khi PAQz = Px và
Với x ∈ D ( L ) , H PQ

( I − P ) AQz + K PQ z =−
( I P) .
Dẫn đến:


14

( PA)

=
Qz

−1

=
+ ( I − Q ) z Lx,
Qx, LAQz

z=
Lx − LA ( PA ) Px + ( PA ) Px.
−1

−1

Cuối cùng chúng ta có:
A
A
H PQ
T.
( L + T ) = ( AQ + K PQ ) ( L + T ) = K PQ L + ( AQ + K PQ ) T = ( I − P ) + H PQ

A
T liên tục
Bởi giả thuyết , QT và K PQT liên tục và compact trên Ω, vì vậy H PQ

và compact trên Ω. Điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.2.6

Cho

các

ánh

xạ

tuyến

tính

A, B : Im ( Q ) → D ( L )

sao

cho

PA, PQ : Im ( Q ) → Ker ( L ) làđẳng cấu và T là ánh xạ L -compact. Khi đó:

(

B
deg I − P + H PQ
T , Ω, 0

(

)

) (

)

A
= deg I − ( A − B )( PA ) P, B ( 0, r ) , 0 deg I − P + H PQ
T , Ω, 0 với mọi r > 0.
−1

Chứng minh.
Để thuận lợi việc chứng minh trước hết xin nhắc lại một kết quả trong phần
bậc Leray Schauder và định nghĩa sau:

( 7′) Cho

E là không gian Banach và Ω ⊂ E là tập mở bị chặn. Nếu

T : Ω → E, S : E → E

là ánh xạ hoàn toàn liên tục và p ∉ ( I − S )( I − T )( ∂Ω ) thì

deg ( ( I − S )( I − T ) ,=
Ω, p )

∑

i∈I

deg ( I − T , Ω, U i ) deg ( I − S , U i , p )

Trong đó {U i }i∈I là thành phần liên thông của E \ ( I − T )( ∂Ω ) và deg ( I − T , Ω,U i )
là deg ( I − T , Ω, z ) với bất kì z ∈ U i .

(8′) F

−1
là homeomorphism nếu F và F liên tục.

Bây giờ ta trở lại phần chứng minh.
Trước tiên, chúng ta có

( I − ( A − B )( PA) P ) ( I − P + H T )
−1

(

)

A
PQ

A
= I − P + AQ + K PQ
T − ( A − B )( PA ) PAQT
−1

B
= I − P + H PQ
T.

15
Do đó điều này dẫn đến:

(

((

)

)(

)

B
A
T , Ω=
T , Ω, 0
deg I − P + H PQ
, 0 deg I − ( A − B )( PA ) P I − P + H PQ
−1

)

−1
Hơn thế nửa, nếu x − ( A − B )( PA )−1 Px =
0 thì PB ( PA ) Px = 0 ,vì vậy Px = 0 .

Dẫn đến x = 0 và vì vậy I − ( A − B )( PA )−1 P là một homeomorphism từ X vào
chính nó. Theo ( 7′ ) chúng ta biết rằng:

((

)(

)

A
deg I − ( A − B )( PA ) P I − P + H PQ
T , Ω, 0

=

−1

∑ deg ( I − ( A − B )( PA)
i

−1

)

) (

)

A
P, U i , 0 deg I − P + H PQ
T , Ω,U i ,

A
Với U i là thành phần liên thông của X \ ( I − P + K PQ
T ) ( ∂Ω ) .Chúng ta có hai

trường hơp sau:
Trường hợp(1): Nếu 0 ∈ U i thì 0 ∉ U k khi k ≠ i .Do đó:

((

)

)

deg I − ( A − B )( PA ) P , U k , 0 =
0
−1

Vì vậy, chúng ta có:

((

)(

)

A
deg I − ( A − B )( PA ) P I − P + H PQ
T , Ω, 0
−1

(

)

) (

A
= deg I − ( A − B )( PA ) P,U i , 0 deg I − P + H PQ
T , Ω, 0
−1

)

Theo tính chất khoét của bậc Laray Shauder, trường hợp này là đúng.
Trường hợp (2):

(

)

Nếu 0 ∈ U i , ∀i ≥ 1 ,khi đó deg I − ( A − B )( PA ) P,U i , 0 = 0, ∀i ≥ 1 . Do đó trường
−1

hợp này là đúng. Điều phải chứng minh.
Từ bổ đề 1.2.6, chúng có được kết quả sau:
Hệ quả 1.2.7
Cho T là ánh xạ L -compact trên Ω ∩ D ( L ) và A giống như bổ đề 1.2.6. Khi đó:

(

) (

)

A
DJ ( L + T , Ω=
T , Ω, 0 , ∀r > 0.
, 0 ) deg I − ( A − J )( PA ) P, B ( 0, r ) deg I − P + H PQ
−1

Mệnh đề 1.2.8
Nếu T : X → Y là tuyến tính và L - compact, Ker ( L + T ) =
{0} và Ω ⊂ X là tập


16
khác rổng,mở bị chặn sao cho 0 ∉ ∂Ω thì:
0,
DJ ( L + T , Ω, 0 ) =

1,

0∉Ω
0∈Ω

Chứng minh.
Từ định nghĩa,chúng ta có:

(

)

A
0 ) deg I − P + H PQ
DJ ( L + T , Ω,=
T , Ω, 0 .

Do đó, từ công thức trên và từ tính chất bậc Leray Schauder (định lí 2.2.4
trang 32, tài liệu tham khảo [1] )chúng ta có điều phải chứng minh.
Định lí 1.2.9
Giả sử Ω ⊂ X là tập mở bị chặn với 0 ∈ Ω , Ω là đối xứng đối với phần tử
không

−Tx với mọi
và T là L − compact trên Ω ∩ D ( L ) sao cho T ( − x ) =

x ∈ ∂Ω ∩ D ( L ) , khi đó DJ ( L + T , Ω, 0 ) là số lẻ.

Chứng minh.
Trước hết xin nhắc lại định lí Borusk

( 9′)

Định lí Borusk. Cho Ω ⊂  n là tập mở bị chặn và cân đối đối với 0 ∈ Ω

( )

.Nếu f ∈ C Ω là hàm lẽ và 0 ∉ f ( ∂Ω ) thì deg ( f , Ω, 0 ) là số lẽ.
Bây giờ ta trở lại phần chứng minh.
A

Từ DJ ( L + T , Ω,=
T , Ω, 0 ) và bởi định nghĩa bậc Leray
0 ) deg ( I − P + H PQ

Schauder và định lí Borusk chúng ta có được kết quả trên.
Trong phần tiếp theo, cho L : D ( L ) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm chỉ số không,
và L= L1 + L2 trong đó L1 , L2 thoã mãn điều kiện sau:
(1) L1 : D ( L ) → Y là ánh xạ Fredholm chỉ số không;
(2) L2 : D ( L ) → Y là ánh xạ tuyến tính và L1 -compact trên X .
Bây giờ,giả sử rằng Ω ⊂ X là tập con mở khác rổng,bị chặn của X , T : Ω → Y
là L -compact trên Ω và T cũng là L1 -compact trên Ω . Đặt T=
L2 + T . Khi đó T1 là
1
L1 -compact và L + T = L1 + T1 .


17
Cho P, Q, J là các ánh xạ tuyến tính kết hợp với L như trong mục 1.1 và
P1 , Q1 , J1 là các ánh xạ tuyến tính tương ứng với L1 . Đặt H
= JQ + K PQ và
=
H1 J1Q1 + K P1Q1

. Khi đó H , H1 : Y → D ( L ) là đẳng cấu đại số, H −1= L + J −1 P và

1
H1−=
L1 + J1−1 P1.

Chúng ta đặt K=

L2 + J −1 P1. Chúng ta kiểm tra được rằng J −1 P1 là
1

L1 -compact và K1 cũng là L1 -compact.

Chúng ta nhận thấy rằng
H ( L + T ) = I − P + HT , H1 ( L + T ) = H1 ( L1 + T1 ) = I − P1 + H1T1.
Ω)
( I − P + HT ) ( D ( L ) ∩=

(

)

H ( L + T ) D ( L) ∩ Ω ⊂ D ( L).

Vì vậy chúng ta có:
I − P1 +=
H1T1 H1 H −1 ( I − P + HT ) .

(1.2.1)

Mặt khác, H1 H −1 = H1 ( L1 + K1 ) = ( I − P1 + H1 K1 ) .
Vì thế, chúng ta có được kết quả sau:
Mệnh đề 1.2.10
I − P1 + H1T1 = ( I − P1 + H1 K1 )( I − P + HT ) và I − P1 + H1 K1 là ánh xạ tuyến tính

homeomorphis trên X .
Chứng minh.
Chúng ta nhận thấy rằng:

I − P1 + H1T1 = ( I − P1 + H1 K1 )( I − P + HT ) .

Chú ý rằng Ker ( I − P=
Ker=
( H1H −1 ) {0} và P1 , H1T1 là các ánh xạ
1 + H1T1 )
tuyến tính compact, vì vậy I − P1 + H1 K1 là tuyến tính homeomorphism trên X .
Hệ quả 1.2.11
Nếu những giả thuyết trên được thực hiện thì chúng ta có:
DJ1 ( L1 + T1 , Ω, 0=
)

DJ ( L + T , Ω, 0 ) .

Chứng minh.
Do định nghĩa của bậc trùng và bổ đề 1.2.10 chúng ta có


18
, 0 ) deg ( ( I − P1 + H1 K1 )( I − P + HT ) , Ω, 0 )
DJ1 ( L1 + T1 , Ω=
=

∑ deg ( I − P + H K ,U , 0 ) deg ( I − P + HT , Ω,U ) ,
1

i

1

1

i

i

Trong đó U i là thành phần của X \ ( I − P + HT )( ∂Ω ) . Chúng ta có hai trường
hợp sau:
Trường hợp (1):
Nếu 0 ∉ U i , khi đó 0 ∉ U k với k ≠ i , vì vậy chúng ta có:
DJ1 ( L1 + T1 , Ω,=
0 ) deg ( I − P1 + H1 K1 , U i , 0 ) deg ( I − P + HT , Ω, 0 ) .

Từ I − P1 + H1 K1 là homeomorphism trên X , từ tính chất bậc Leray Schauder
(định lí 2.2.4 trang 32, tài liệu tham khảo [1] ) chúng ta biết rằng:
DJ1 ( L1 + T1 , Ω, 0=
)

DJ ( L + T , Ω, 0 ) .

Trường hợp (2):
Nếu 0 ∉ U i với mọi i ≥ 1, khi đó 0 ∉ ( I − P + HT )( ∂Ω ) , vì vậy chúng ta có
DJ1 ( L1 + T1 , Ω, 0 )=

DJ ( L + T , Ω, 0 )= 0 .Điều phải chứng minh.

1.3. Định lí tồn tại nghiệm cho những phương trình toán tử
Cho X và Y là các không gian định chuẩn trên R , L : D ( L ) ⊆ X → Y là ánh xạ
Fredholm với Ind ( L ) = 0 và tập con mở bị chặn Ω ⊂ X với Ω ∩ D ( L ) ≠ 0.
Định lí 1.3.1

Cho 0 ∈ Ω và Ω là đối xứng đối với phần tử không và T : Ω → Y là L compact. Nếu Lx − Tx ≠ t ( − Lx − T ( − x ) ) với mọi

( t , x ) ∈ ( 0,1] × D ( L ) ∩ ∂Ω

thì

Lx − Tx =
0 có nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω.

Chứng minh.
Cho môt ánh xạ H ( t , x ) : [ 0,1] × Ω → Y xác định bởi:
H (t, x ) =

1+ t
1− t
Tx −
T ( − x ) với mọi ( t , x ) ∈ [ 0,1] × Ω.
2
2

0
Khi đó H ( t ,.) là một đồng luân của ánh xạ L -compact. Nếu Lx − H ( t , x ) =

với ( t , x ) ∈ [ 0,1) × D ( L ) ∩ ∂Ω, khi đó


19
1− t
1− t
Tx +

T ( − x ) =0 ⇔ 2 Lx − (1 + t ) Tx + (1 − t ) T ( − x ) =0
2
2
⇔ (1 + t ) Lx − (1 + t ) Tx + (1 − t ) Lx + (1 − t ) T ( − x ) =
0
Lx −

⇔ (1 + t )( Lx + Tx ) = (1 − t )( − Lx − Tx )
⇔ Lx − Tx=

1− t
( − Lx − T ( − x ) ) .
1+ t

Điều này mâu thuẩn.
Chúng ta có thể giả sử rằng Lx − Tx ≠ 0 với x ∈ ∂Ω . Nếu không thì ta có điều
phải chứng minh. Theo định lí 1.2.9, chúng ta có DJ ( L − T , Ω, 0 ) ≠ 0, do đó
Lx − Tx =
0 có nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω. Điều phải chứng minh.

Định lí 1.3.2
Cho T1 , T2 : Ω → Y là L -compact. Thoả mản các điều kiện sau:
(1) Lx − tT1 x + (1 − t ) T2 x ≠ 0 với mọi ( t , x ) ∈ ( 0,1) × D ( L ) ∩ ∂Ω;
(2) DJ ( L + T2 , Ω, 0 ) ≠ 0;
Khi đó Lx − T1 x =
0 có nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω.
Chứng minh.
Chúng ta có thể giả sử rằng Lx − T1 x ≠ 0 với mọi x ∈ ∂Ω . Nếu không ta có điều
phải chứng minh. Cho ánh xạ H ( t , x ) : [ 0,1] × Ω → Y xác định bởi:
H ( t , x )= tT1 x − (1 − t ) T2 x với mọi ( t , x ) ∈ [ 0,1] × D ( L ) ∩ ∂Ω.

Khi đó H là L -compact và từ giả thuyết chúng ta có Lx − H ( t , x ) ≠ 0 với mọi

( t , x ) ∈ [0,1] × D ( L ) ∩ ∂Ω. Theo (2) của định lí 1.2.2 thì

DJ ( L + H ( t , ⋅) , Ω, 0 ) không phụ

thuộc vào t ∈ [ 0,1] . Do đó chúng ta có:
DJ ( L − T1 , Ω, 0=
) DJ ( L − T2 , Ω, 0 ) ≠ 0

Và vì vậy Lx − T1 x =
0 có nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω. Điều phải chúng minh.
Định lí 1.3.3
Cho T1 , T2 : Ω → Y là L -compact. Giả sử rằng L + T2 là đơn ánh trên Ω và
Lx − tT1 x + (1 − t )(T2 x − p ) ≠ 0 với mọi ( t , x ) ∈ ( 0,1) × D ( L ) ∩ ∂Ω.


20
Với p ∈ ( L + T2 ) ( D ( L ) ∩ Ω ) , khi đó Lx − T1 x =
0 có nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω.
Chứng minh.
Từ L + T2 là đơn ánh trên Ω và p ∈ ( L + T2 ) ( D ( L ) ∩ Ω ) , vì vậy chúng ta có
1. Do đó, theo định lí 1.3.2 ta có điều phải chứng minh.
DJ ( L + T2 − p, Ω, 0 ) =

Định lí 1.3.4
Cho A : X → Y là ánh xạ tuyến tính liên tục L -compact với Ker ( L − A ) =
{0}
và T : Ω → Y là L -compact. Thêm vào các điều kiện sau được thực hiện:

(1) 0 ∈ Ω

và λ∂Ω ⊂ Ω, ∀λ ∈ ( 0,1) ;

( 2 ) (T − A) ( D ( L ) ∩ ∂Ω ) ⊂ ( L − A) ( D ( L ) ∩ Ω ) .
Khi đó Lx = Tx có nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω.
Chứng minh.
Đặt H ( t , x ) =−
(1 t ) Ax + tTx với mọi ( t , x ) ∈ [0,1] × Ω.
Chúng cho rằng Lx ≠ H ( t , x ) với mọi ( t , x ) ∈ ( 0,1) × D ( L ) ∩ ∂Ω. Vì nếu điều
không đúng , khi đó tồn tại ( λ , x ) ∈ ( 0,1) × D ( L ) ∩ ∂Ω sao cho Lx = H ( t , x ) . Khi đó
chúng ta có:

( L − A ) x = λ (T − A ) x
∈ λ (T − A ) ( D ( L ) ∩ ∂Ω )

(

⊂ λ (T − A ) D ( L ) ∩ Ω

=
=

)

( L − A) ( D ( L ) ∩ λ Ω )
( L − A) ( D ( L ) ∩ Ω ) .

Điều này mâu thuẩn vì L − A là đơn ánh.

Do giả thuyết và bổ đề 1.2.8 ta có DJ ( L − A, Ω, 0 ) =
1.
Nếu Lx = Tx với x ∈ D ( L ) ∩ ∂Ω thì kết luận trên đúng. Giả sử trái lại, ta có:
DJ ( I − T , Ω, 0=
) DJ ( L − A, Ω, 0 ) ≠ 0.


21
Do đó Lx = Tx có nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω. Điều phải chứng minh.
Định lí 1.3.5
Y Im ( L ) ⊕ Z
=
Cho T1 , T2 : Ω → Y là L -compact. Cho Z ⊂ Y là một tập con với

( )

tổng trực tiếp đại số và T2 Ω ⊂ Z . Giả sử rằng các điều kiện sau được thực hiện

(1) Lx − (1 − t ) T2 x − T1 x ≠ 0
( 2 ) T2 x ≠ 0 với mọi
( 3)

với mọi ( t , x ) ∈ ( 0,1) × D ( L ) ∩ ∂Ω;

x ∈ Ker ( L ) ∩ ∂Ω.

(

)

deg TKer ( L ) , Ω ∩ Ker ( L ) , 0 ≠ 0 , trong đó TKer ( L ) là thu hẹp của T2 trên

Ker ( L ) ∩ Ω. .

Khi đó Lx = T1 x có nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω.
Chứng minh.
Đặt H
= Lx − T2 x và cho Q : Y → Y là phép chiếu với Im ( Q ) = Z và
Ker ( Q ) = Im ( L ) . Khi đó QT2 = T2 và Hx = 0 nếu và chỉ nếu QHx =
0, ( I − Q ) Hx =
0,

dẫn đến T2 x = 0 và Lx = 0. Do đó từ giả thuyết ( 2 ) và mệnh đề 1.2.4, chúng ta có:

(

)

DJ ( L −
=
T2 , Ω, 0 ) deg TKer ( L ) , Ω ∩ Ker ( L ) , 0 ≠ 0.

Do đó,từ định lí 1.3.2 Lx = T1 x có nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω. Điều phải chứng
minh.
Định lí 1.3.6
Cho T : Ω → Y là L -compact. Giả sử các điều kiện sau được thực hiện:

(1) Lx − tTx ≠ 0 với mọi ( t , x ) ∈ ( 0,1) × ( D ( L ) \ Ker ( L ) ) ∩ ∂Ω.
0 với mọi
( 2 ) Tx ∉ Im ( L ) =

x ∈ Ker ( L ) ∩ ∂Ω.

( 3) deg ( QTKer( L ) , Ω ∩ Ker ( L ) , 0 ) ≠ 0 , trong đó Q : Y → Y là phép chiếu sao cho
Ker ( Q ) = Im ( L ) .

Khi đó Lx = Tx nghiệm trên D ( L ) ∩ Ω.
Chứng minh.