một số phương trình trong thang các không gian banach

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

Lai Văn Phút

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TRONG THANG
CÁC KHƠNG GIAN BANACH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011


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

Lai Văn Phút

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TRONG THANG
CÁC KHƠNG GIAN BANACH

Chun ngành: Tốn Giải Tích
Mã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS. NGUYỄN BÍCH HUY

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011


MỞ ĐẦU
Trong nhiều phương trình xuất phát trong Tốn học hay Khoa học Tự
nhiên, ta thường gặp tình huống khi ánh xạ được xét biến khơng gian, trong đó ta
muốn tìm nghiệm vào một khơng gian rộng hơn. Điều này làm cho việc áp dụng
các Phương pháp quen thuộc để chứng minh sự tồn tại nghiệm như các định lí
điểm bất động, định lí hàm ẩn, hàm ngược,… gặp khó khăn. Một trong các phương
pháp khắc phục khó khăn này là sử dụng thang các không gian Banach và chứng
minh các định lí quen thuộc cho các ánh xạ tác động giữa các không gian trong
thang các không gian Banach. Đây là hướng nghiên cứu mới của Giải tích phi
tuyến, được phát triển từ những năm 1970 nhưng đã tìm được các ứng dụng có ý
nghĩa trong Lí thuyết phương trình vi phân, trong Vật lí, trong Lí thuyết hàm
phức,… Nó vẫn đang được phát triển và hồn thiện, hứa hẹn nhận được các kết
quả lí thuyết và ứng dụng mới.
Trong luận văn này, tơi trình bày chi tiết một số bài tốn trong thang các
khơng gian Banach như bài tốn Cauchy cho phương trình vi phân, định lí hàm ẩn,
một số định lí điểm bất động của ánh xạ dạng ε − δ co.

Luận văn này (ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và mục lục)
sẽ được trình bày trong 3 chương.
Chương 1. Bài tốn Cauchy trong thang các khơng gian Banach

Trong chương này, tơi trình bày chi tiết chứng minh các kết quả về
sự tồn tại nghiệm địa phương và nghiệm toàn cục của phương trình vi phân phi
tuyến. Đặc biệt, trong trường hợp tuyến tính, tơi trình bày thêm một mở rộng của
định lí Ovcyannikov về sự tồn tại nghiệm toàn cục của phương trình vi phân.
Chương 2. Định lí hàm ẩn trong thang các khơng gian Banach

Trong chương này, tơi trình bày chi tiết chứng minh định lí hàm ẩn
trong thang các khơng gian Banach và ứng dụng của nó vào việc chứng minh sự
tồn tại nghiệm của phương tr
ình hàm Schr
ӧder.
Chương 3. Ánh xạ dạng 𝛆 − 𝛅 co trong thang các khơng gian Banach

Trong chương này, tơi trình bày một mở rộng định lí điểm bất động của ánh
xạ dạng ε − δ co lên trường hợp ánh xạ tác động trong một thang các không gian
Banach.


LỜI CÁM ƠN
Trước tiên, tôi xin chân thành cám ơn PGS. TS. Nguyễn Bích Huy. Mặc
dù Thầy bận nhiều cơng việc nhưng vẫn tận tình hướng dẫn tơi trong q
trình học tập và hồn thành luận văn. Tơi cũng xin cảm ơn đến quý Thầy Cô
tham gia giảng dạy lớp Cao học Giải tích khóa 20, Trường Đại Học Sư Phạm
Thành Phố Hồ Chí Minh, những người đã truyền đạt rất nhiều kiến thức cho
tôi.
Sau cùng, tôi xin cảm ơn gia đình và bạn bè đã khuyến khích, động
viên và giúp đỡ tơi rất nhiều trong suốt q trình học tập cũng như hoàn
thành luận văn này.


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ..........................................................................................3
LỜI CÁM ƠN ..................................................................................4
MỤC LỤC ........................................................................................5
Chương 1. BÀI TỐN CAUCHY TRONG THANG CÁC
KHƠNG GIAN BANACH .............................................................6

1.1.Trường hợp phi tuyến ................................................................................ 6
1.1.1. Nghiệm địa phương ................................................................................ 6
1.1.2. Nghiệm tồn cục.................................................................................... 13

1.2.Nghiệm tồn cục trong trường hợp tuyến tính......................................... 18
1.1.3. Định lí về sự tồn tại nghiệm tồn cục .................................................. 18
1.2.2. Độ đo phi compact ................................................................................. 25
1.2.3. Định lí .................................................................................................... 26

Chương 2. ĐỊNH LÍ HÀM ẨN TRONG THANG CÁC
KHƠNG GIAN BANACH ...........................................................31
2.1.Định lí hàm ẩn .......................................................................................... 31
2.1.1. Định nghĩa ............................................................................................. 31
2.1.2. Định lí định lí hàm ẩn ........................................................................... 31

2.2.Ứng dụng cho phương trình hàm Schrӧder ............................................. 39
2.1.3. Phương trình hàm Schrӧder ................................................................ 39
2.1.4. Số Liouville ............................................................................................ 39
2.1.5. Định lí về sự tồn tại nghiệm của phương trình hàm Schrӧder........... 39

Chương 3. ÁNH XẠ DẠNG 𝛆 − 𝛅 CO TRONG THANG CÁC
KHƠNG GIAN BANACH ...........................................................52
3.1.Định nghĩa................................................................................................ 52
3.2.Định lí ...................................................................................................... 52
3.3.Định lí ...................................................................................................... 53

KẾT LUẬN ....................................................................................55
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................56

Chương 1. BÀI TỐN CAUCHY TRONG THANG CÁC
KHƠNG GIAN BANACH

1.1.Trường hợp phi tuyến
1.1.1. Nghiệm địa phương
1.1.1.1. Định nghĩa
Xét {Xs , 0 < 𝑠 < s0 } là một họ tham số của không gian Banach sao cho
X s ⊂ X s′ , ‖. ‖s′ ≤ ‖. ‖s
′
với 0 < s < 𝑠 < s0 , trong đó ‖. ‖s là chuẩn trong X s .
Cho phương trình
u = F(u(t), t)
(𝟏. 𝟏)
� t
u (0) = 0
trong thang các không gian Banach.
Dễ thấy bài toán (𝟏. 𝟏) tương đương với bài toán sau
u(t) = T�u(t)�
t

= � F(u(τ), τ)dτ

(𝟏. 𝟐)

0

Ta đặt các điều kiện sau cho F(u, t)
1.1.1.2. Giả thiết
a) Cho các hằng số s0 , r, λ > 0 và với mỗi cặp số s, s′ thỏa
s0

0 < s′ < 𝑠 < s0 , 0 ≤ t <
λ
Ánh xạ biến (u, t) → F(u, t) là một ánh xạ liên tục từ
s
{u ∈ X s : ‖u‖s < 𝑟} × [0, 0 ) → X s′
λ
b) Với bất kì
s0
0 < s′ < 𝑠 < s0 , 0 ≤ t <
λ
và
u, v ∈ X s thỏa ‖u‖s < 𝑟, ‖v‖s < 𝑟
ta có
‖F(u, t) − F(v, t)‖s′
c
(𝟏. 𝟑)
‖u − v‖s
≤
s − s′
trong đó c là hằng số độc lập với s, s′ , u, v, t.
s
c) F(0, t) là hàm liên tục đối với biến t ∈ [0, 0) lấy giá trị trong X s , 0 < 𝑠 < s′

thỏa mãn
‖F(0, t)‖s
≤k
với k là hằng số cố định.

λ

(𝟏. 𝟒)


1.1.1.3. Định lí về sự tồn tại nghiệm địa phương
Giả sử tồn tại các số dương s0 , r, c, k có một hằng số λ0 > 0 sao cho các giả
thiết 1.1.1.2 thỏa với λ > λ0 . Khi đó, tồn tại duy nhất một hàm số khả vi, liên tục
u(t) lấy giá trị trong X s , 0 < 𝑠 < s0 , ‖u(t)‖s < 𝑟 với
s0 − s
0≤t<
λ
và thỏa mãn (𝟏. 𝟏).
Dễ thấy rằng trong trường hợp λ = λ0 định lí trên vẫn áp dụng được.
Chứng minh
Với γ ≥ 0, xét khơng gian Banach có trọng 𝕊γ gồm các hàm liên tục u(t)
lấy giá trị trong X s , s + λt < s0 với chuẩn
‖u‖γ = sup (s0 − s
s+λt
(𝟏. 𝟓)
− λt)γ ‖u(t)‖s
Phương pháp chứng minh dựa trên ánh xạ khơng tuyến tính T trong (𝟏. 𝟐)
hầu như co trong 𝕊γ nếu 0 < 𝛾 < 1
Bổ đề 1
Cho u(t), v(t) ∈ 𝕊0 , ‖u‖(0) < 𝑟, ‖v‖(0) < 𝑟 và F(u, t) thỏa các giả thiết
1.1.1.2 khi đó với bất kì γ > 0
‖F(u, t) − F(v, t)‖(γ+1)
(𝟏. 𝟔)
≤ 2γ+1 c‖u − v‖γ
trong đó c là hằng số trong (𝟏. 𝟑).
Chứng minh

Cho 0 < s′ < 𝑠 < s0 cố định. Từ giả thiết 1.1.1.2. a các hàm F(u, t) lấy giá
trị trong X s′ liên tục đối với
s0 − s
u = u(t) ∈ 𝕊γ , 0 ≤ t <
λ
′
Vì s có thể chọn gần s tùy ý nên điều này vẫn đúng nếu
s0 − s′
0≤t<
λ
Tiếp theo ta cố định
s0 − s′ s0
′
0 < s < s0 , 0 ≤ t <
<
λ
λ
ρ
′
′
và đặt ρ = s0 − s − λt > 0, 𝑠 = s +
2

Ta có 0 < s′ < 𝑠 < s0 và
ρ
s0 − s − λt =
2
=s
− s′
Theo giả thiết u(t), v(t) ∈ 𝕊0 , ‖u‖(0) < 𝑟, ‖v‖(0) < 𝑟

và do (𝟏. 𝟓) nên ‖u‖s < 𝑟, ‖v‖s < 𝑟. Do đó theo (𝟏. 𝟑) ta được

(𝟏. 𝟕)


‖F(u(t), t) − F(v(t), t)‖s′ ≤

Suy ra

c
‖u(t) − v(t)‖s
s − s′

(s0 − s′ − λt)γ+1 ‖F(u(t), t) − F(v(t), t)‖s′
c
(s0 − s′ − λt)γ+1 ‖u(t) − v(t)‖s
≤
′
s−s
c (s0 − s′ − λt)γ+1
‖u − v‖(γ) �do (𝟏. 𝟓)�
≤
′
γ
s − s (s0 − s − λt)
c ργ+1
‖
‖(γ) �do cách đặt ρ và (𝟏. 𝟕)�
=ρ
ρ γ u−v

2 �2�
= 2γ+1 c‖u − v‖(γ)
Từ đây và (𝟏. 𝟓) ta có ‖F(u, t) − F(v, t)‖(γ+1) ≤ 2γ+1 c‖u − v‖(γ)
Bổ đề 1 đã được chứng minh xong.
Bổ đề 2
Cho γ > 0, 𝑢(𝑡) ∈ 𝕊γ+1 ta có
t

(γ)

�� u(τ)dτ�

≤

0

Chứng minh
Ta có

1
‖u‖(γ+1)
γλ

t

�� u(τ)dτ�
0

s

t

≤ �‖u(τ)‖s dτ
0

t

≤ �(s0 − s − λτ)−γ−1 ‖u‖(γ+1) dτ �do (𝟏. 𝟓)�
0

1
t
�(s0 − s − λτ)−γ ‖u‖(γ+1) ��0
γλ
1
≤ (s0 − s − λt)−γ ‖u‖(γ+1) , ∀s + λt < s0
γλ
Do đó theo (𝟏. 𝟓)
=

t

(γ)

�� u(τ)dτ�
0

t

= sup (s0 − s − λτ)γ �� u(τ)dτ�

s+λt
≤ sup (s0 − s − λτ)γ
s+λt
0

s

1
(s − s − λt)−γ ‖u‖(γ+1)
γλ 0


1
‖u‖(γ+1)
γλ
s+λt1
= ‖u‖(γ+1)
γλ
Bổ đề 2 đã được chứng minh.
Chứng minh định lí 1.1.1.3.
Bước 1
Cố định γ ∈ (0,1) và xét
λ > λ0
2γ+1 c
ks0
�
= max �

,
γ (1 − γ)r
Ta đánh giá
M(u) = sup sup (s0 − s
= sup

(𝟏. 𝟖)

s
0≤r< 0 s+λtλ
γ‖

(𝟏. 𝟗)
− λt) F(u(t), τ)‖s
γ
Đặt 𝕊0 là tập các hàm số u = u(t) ∈ 𝕊 thỏa mãn đánh giá
‖u‖(0) = sup ‖u(t)‖s < 𝑟
s+λt�
γ
M(u) ≤ r0 = ks0
Ta có
γ
M(0) = M�u(0)� = sup sup (s0 − s)γ ‖F(0, τ)‖s ≤ ks0

(𝟏. 𝟏𝟎)

s
0≤r< 0 0<𝑠

λ

= r0 �do (𝟏. 𝟒)� (𝟏. 𝟏𝟏)
=0<𝑟

và hiển nhiên ‖0‖(0)
Do đó 0 ∈ 𝕊0
Bước 2
Xét tốn tử T ở (𝟏. 𝟐) và áp dụng với u, v ∈ 𝕊0 , ta có
(γ)

t

‖Tu − Tv‖(γ) = ���F(u(τ), τ) − F(v(τ), τ)�dτ�
0

Bước 3
Ta có

≤

1
≤ ‖F(u(t), t) − F(v(t), t)‖(γ+1) (do 𝐛ổ đề 𝟐)
γλ
c2γ+1
‖u − v‖(γ) (do 𝐛ổ đề 𝟏)
≤
γλ
λ0
‖u − v‖(γ) �do (𝟏. 𝟖)�

λ

Ta chứng minh T(𝕊0 ) ⊂ 𝕊0 .

‖F(u(t), t)‖(γ) =

sup (s0 − s − λt)γ ‖F(u(t), t)‖s �do (𝟏. 𝟓)�

s+λt
≤ M(u), u ∈ 𝕊0 , s + λt < s0 �do (𝟏. 𝟗)�

(𝟏. 𝟏𝟐)


t

‖Tu(t)‖s ≤ �‖F(u(τ), τ)‖s dτ
0
t

≤�
0

t

‖F(u(τ), τ)‖(γ)
dτ
(s0 − s − λτ)γ

≤ � M(u)(s0 − s − λτ)−γ dτ
0

t
1
−γ
=�
M(u)(s0 − s − λτ) ��
(1 − γ)(−λ)
0
M (u )
[(s0 − s)1−γ − (s0 − s − λt)1−γ ]
=
(1 − γ)λ
M(u) 1−γ
s
<
(1 − γ)λ 0
Với γ = 0, do (𝟏. 𝟓) ta có
‖Tu‖(0) = sup ‖Tu(t)‖s
s+λt
M (u )
s0
s+λtγ
ks0 s0
�do u ∈ 𝕊0 nên thỏa (𝟏. 𝟏𝟎)�
<
(1 − γ)λ

ks0
=
= r′
(1 − γ)λ
< 𝑟 �do (𝟏. 𝟖)�
Vậy Tu thỏa bất đẳng thức đầu tiên trong (𝟏. 𝟏𝟎)
Bước 4
Chứng minh bất đẳng thức thứ 2 trong (𝟏. 𝟏𝟎), tức là chứng minh
M(Tu) ≤ r0 , u ∈ 𝕊0
với
s0
s0 − s′
′
0 ≤ τ < , 0 < s < s0 , 0 ≤ t <
λ
λ
γ
Ta chứng minh f(t) = ρ g(t) ≤ r0
trong đó ρ = ρ(t) = s0 − s′ − λt, g(t) = ‖F(Tu(t), τ)‖s′ .
Thật vậy, từ f(t) = ργ g(t) và các giả thiết của hàm F(u, t) ta có f liên tục.
Kí hiệu
f(t ′ ) − f(t)
s0 − s′
,0 ≤ t <
D�f(t)� = lim sup
t′→t
λ
t′ − t
γ
Áp dụng cho hàm f(t) = ρ g(t) ta được

[ργ (t ′ ) − ργ (t)]g(t ′ ) + ργ (t)[g(t ′ ) − g(t)]
D�f(t)� = lim sup
t′→t
t′ − t
[ργ (t ′ ) − ργ (t)] ′
[g(t ′ ) − g(t)]
γ( )
(
)
≤ lim sup
g
t
supρ
+
lim
t
t′→t
t′→t
t′ − t
t′ − t
< sup


′

= �ργ (t)� g(t) + ργ (t)Dg(t)
= −γλργ−1 (t)g(t) + ργ (t)D�g(t)�, với 0 ≤ t
s0 − s′
<
(𝟏. 𝟏𝟒)

λ

Ta có
g(t ′ ) − g(t) ≤ ‖F(Tu(t ′ ), τ) − F(Tu(t), τ)‖s′
c
‖Tu(t ′ ) − Tu(t)‖s �do (𝟏. 𝟑)�
≤
′
s−s
t′

t

c
�� F(u(τ), τ)dτ − � F(u(τ), τ)dτ�
=
s − s′
0

≤

0

t′

c
�‖F(u(τ), τ)‖s dτ , 0 ≤ t < t ′
s − s′
t

t′

s

t

c
��‖F(u(τ), τ)‖s dτ − �‖F(u(τ), τ)‖s dτ�
=
s − s′
0

0

Đặt h(t) = ‖F(u(t), t)‖s thì do h(t) liên tục ta có
′

t

Do đó

�� h(τ)dτ� = h(t)
0

g(t ′ ) − g(t)
s0 − s′
sup
,0 ≤ t <
D�g(t)� = lim
t; →t

λ
t′ − t
t′

t

1
c
(
)
(
)
��
�
�
≤ lim
h
τ
dτ
sup
−
h
τ
dτ
t; →t
s − s′
t′ − t
t

0

′

0

c
�� h(τ)dτ� , 0 ≤ t < t ′
=
s − s′
0

ρ
= 2cρ−1 ‖F(u(t), t)‖s �do s − s′ = �
2
Theo (𝟏. 𝟏𝟒) ta có

s0 − s′
D�f(t)� ≤ −γλρ g(t) + ρ Dg(t), với 0 ≤ t <
λ
1
= −γλργ−1 γ f(t) + ργ D�g(t)� �do f(t) = ργ g(t)�
ρ
γ−1

Vì vậy

γ

1
f(t) + ργ ρ2cρ−1 ‖F(u(t), t)‖s

γ
ρ
= −γλf(t) + 2cργ ‖F(u(t), t)‖s

ρD�f(t)� ≤ −γλργ


1
�do (𝟏. 𝟗)�
(s0 − s − λt)γ
ρ
= −γλf(t) + 2γ+1 cM(u) �do s0 − s − λt = �
2
≤ −γλf(t) + γλr0 �do (𝟏. 𝟖) và (𝟏. 𝟏𝟎)�
Nếu f(t) > r0 thì D�f(t)� < 0. Khi đó
Từ (𝟏. 𝟏𝟏) ta có
γ
M(0) = M�u(0)� = sup sup (s0 − s)γ ‖F(0, τ)‖s ≤ ks0 = r0
≤ −γλf(t) + 2cργ M(u)

s
0≤r< 0 0<𝑠λ
′ )γ ‖ (
(

F 0, τ)‖s′ ≤ M(0) ≤ r0
Suy ra f(0) = ργ (0)g(0) = s − s
Vì D�f(t)� < 0 nên với t ≥ 0 ta có f(t) = ργ g(t) ≤ f(0) ≤ r0
điều này mâu thuẫn với giả thiết f(t) > r0 . Vậy f(t) ≤ r0

Ta lại có
M(Tu) = sup sup (s0 − s′ − λt)γ ‖F(Tu(t), τ)‖s′
s
0≤r< 0 s′+λtλ

= sup

sup f(t) ≤ r0

s
0≤r< 0 s′+λtλ

Vậy ta đã chứng minh được

‖Tu‖(0) < 𝑟
�
M(Tu) ≤ r0 , u ∈ 𝕊0
Suy ra Tu ∈ 𝕊0 hay T(𝕊0 ) ⊂ 𝕊0
Bước 5
Ta xây dựng dãy
u(0) = 0, u(k) = Tu(k−1) = T (k) u(0) ∈ 𝕊0 , k = 1,2, …
Khi đó ta có
(γ)

�u(k+1) − u(k) �

(γ)

= �Tu(k) − Tu(k−1) �
λ0
(γ)
≤ �u(k) − u(k−1) � �do (𝟏. 𝟏𝟐)�
λ
λ0 2 (k−1)
λ0 k (1)
(γ)
(k−2) (γ)
�
� �u
� ≤ ⋯ ≤ � � �u − u(0) �
≤
−u
λ
λ
λ
(γ)
0
≤ (q)k �u(1) � , 0 < 𝑞 = < 1
λ
(k)
γ
Như vậy �u � là dãy Cauchy trong 𝕊 , vì vậy nó hội tụ.
Giả sử
lim u(k) = u ∈ 𝕊γ
k→∞

Khi đó qua giới hạn trong đẳng thức u(k) = Tu(k−1) ta được Tu = u
Điều này tương đương với

�

t

u(t) = � F(u(τ), τ)dτ
0

u (0) = 0


Bước 6
Ta đã chứng minh được sự tồn tại của nghiệm u(t). Do u(k) hội tụ về u
trong 𝕊γ nên u(k) (t) sẽ hội tụ về u(t) trong Xs , s + λt < s0
(0)

(0)

Ta lại có Tu(k) = u(k+1) , vì vậy �Tu(k) � = �u(k+1) � ≤ r ′ < 𝑟 �do u(k) ∈ 𝕊0 �
Cho k → ∞ ta được
‖u ‖(0) ≤ r ′
(𝟏. 𝟏𝟓)
<𝑟
Bây giờ ta chứng minh u duy nhất. Giả sử tồn tại v ∈ 𝕊γ sao cho Tv = v. Khi đó
‖v‖(0) = ‖Tv‖(0) < 𝑟. Thật vậy, nếu ‖v‖(0) ≥ r. Ta đặt
V(σ) = sup ‖v(t)‖s ⟹ lim V(σ) = ‖v‖(0)
σ⟶s0

s+λt<𝜎

(𝟏. 𝟏𝟔)

≥r
s0 −s
Tiếp theo, vì vt (t) = F(v(t), t) liên tục trên Xs , 0 ≤ t <
và
λ

‖vt (t)‖s = ‖F(v(t), t)‖s bị chặn trên {s + λt < 𝜎} nên V(σ) liên tục trên (0, s0 )
Mặt khác, V(σ) là hàm tăng và 0 < 𝑉 (σ) < ‖v‖(0) , nên với r ′ < 𝑟, từ (𝟏. 𝟏𝟔) ⟹
∃s0′ ∈ (0, s0 ) thỏa
r ′ < 𝑉 (s0′ )
(𝟏. 𝟏𝟕)
<𝑟
Thay s0 bởi s0′ trong (𝟏. 𝟓) ta được
‖u‖(γ) = sup (s0′ − s − λt)γ ‖u(t)‖s
s+λt
Từ (𝟏. 𝟏𝟐) ta có
‖u − v‖(γ) = ‖Tu − Tv‖(γ)
λ0
≤ ‖u − v‖(γ)
λ
λ0
=
sup (s′ − s − λt)γ ‖u(t) − v(t)‖s
λ s+λtDo
λ0
<1
λ
nên ‖u − v‖(γ) = 0 hay ‖u(t) − v(t)‖s = 0, s + λt < s0′

Từ đây và (𝟏. 𝟏𝟓) ta có
V(s0′ ) = sup ‖v(t)‖s = sup ‖u(t)‖s ≤ ‖u‖(0) ≤ r′
s+λt
s+λt
Điều này mâu thuẫn với (𝟏. 𝟏𝟕)
Vậy u là nghiệm duy nhất.
Định lí 1.1.1.3. đã được chứng minh xong.
1.1.2. Nghiệm toàn cục
1.1.2.1. Định nghĩa
Xét {Xs , 0 < 𝛼 < 𝑠 < 𝛽} là một họ tham số của không gian Banach sao
cho
X s ⊂ X s′ , ‖. ‖s′ ≤ ‖. ‖s


với 0 < 𝛼 < s′ < 𝑠 < 𝛽, trong đó ‖. ‖s là chuẩn trong X s .
1.1.2.2. Định lí về sự tồn tại nghiệm tồn cục
Cho phương trình
u = F(u(t), t)
(𝟏. 𝟏𝟖)
� t
u ( 0 ) = u0
trong thang các không gian Banach. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn
i)
F: J × X s → X s′ liên tục với mọi s, s′ ∈ [α, β], s′ < 𝑠 và F(t, 0) ∈ X β với
mọi t ∈ J = [0, a] ⊂ ℝ
ii)
Tồn tại hằng số M > 0 và hằng số p ∈ (0,1) sao cho
M

‖F(t, u) − F(t, v)‖s′ ≤
‖u − v‖s
(s − s′)p
với mọi t ∈ J; s′ < 𝑠; 𝑢, 𝑣 ∈ X s
Khi đó phương trình (𝟏. 𝟏𝟖) có nghiệm duy nhất u: J → Xs với mọi s ∈ (α, β)
Chứng minh
Đặt
u0 ( t ) = u 0
t

uk (t) = u0 + � F(τ, uk−1 (τ)dτ , k ≥ 1
0

Vì Xβ là khơng gian bé nhất trong thang nên bằng quy nạp, ta có uk : J → X s là liên
tục trên J với mọi k ≥ 0, s ∈ [α, β). Thật vậy,
Ta có
t

t

u1 (t) = u0 + � F(τ, u0 )dτ

‖u1 (t) − u1 (t′)‖s ≤ �‖F(τ, u0 )‖s′ dτ
t′

0

≤ M0 (t − t′) với M0 = max‖F(τ, u0 )‖β

Vậy u1 liên tục.

Giả sử uk liên tục. Khi đó
‖uk+1 (t) − uk+1 (t ′ )‖s

J

t

≤ ��F�τ, uk (τ)��s′ dτ
t′
t

= ��F�τ, uk (τ)� − F(τ, 0) + F(τ, 0)�s′ dτ
t′
t

t

≤ �‖F(τ, 0)‖s′ dτ + ��F�τ, uk (τ)� − F(τ, 0)�s′ dτ
t′

t′


t

≤ M0 (t − t′) + �
t′

M
‖u (τ)‖s dτ

(s − s′)p k

do uk liên tục nên ∃M1 > 0: ‖uk (τ)‖s ≤ M1 , ∀τ ∈ J suy ra
t

‖uk+1 (t) − uk+1 (t′)‖s ≤ M0 (t − t′) + �
≤ M0 (t − t′) +

đặt

t′

M
‖u (τ)‖s dτ
(s − s′)p k

MM1
(t − t′)
(s − s ′ )p

MM1
�
(s − s ′ )p
ta được ‖uk+1 (t) − uk+1 (t′)‖s ≤ M2 (t − t′). Vậy uk+1 liên tục.
Tiếp theo đặt
(β − α)p
max‖F(τ, 0)‖β
m(t) = ‖u0 ‖β +
J(t)
M

ở đây J(t) = [0, t]. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp
‖uk (t) − uk−1 (t)‖s
M2 = max �M0 ,

tMep k 1
�
≤ m( t ) �
(β − s)p (k!)1−p

với mọi s < 𝛽
Thật vậy, với k = 1, ta có
‖u1 (t) − u0 (t)‖s
t

= �� F(τ, u0 )dτ�
0

t

s

t

≤ �‖F(τ, u0 ) − F(τ, 0)‖s dτ + �‖F(τ, 0)‖s dτ
0

0

Mt
‖u ‖ + t max‖F(τ, 0)‖β

≤
J(t)
(β − s)p 0 β
(β − s)p
Mt
�‖u0 ‖β +
max‖F(τ, 0)‖β �
=
J(t)
(β − s)p
M
(β − α)p
Mt
‖
�‖u
≤
+
max‖F(τ, 0)‖β �
0 β
J(t)
(β − s)p
M
Mt
=
m( t )
(β − s)p

Mtep 1 1
�
(β − s)p (1!)1−p

Giả sử (𝟏. 𝟏𝟗) đúng với k, khi đó
≤ m( t ) �

(𝟏. 𝟏𝟗)


t

‖uk+1 (t) − uk (t)‖s = ���F�τ, uk (τ)� − F�τ, uk−1 (τ)��dτ�
0

t

≤ ��F�τ, uk (τ)� − F�τ, uk−1 (τ)��s dτ
0

s

t

M
≤ p �‖uk (τ) − uk−1 (τ)‖s+ε dτ
ε
0

t

k
τMep
1

M
�
dτ
≤ p � m (τ ) �
p
(β − s − ε) (k!)1−p
ε
0

với mọi ε > 0 tùy ý thỏa mãn s + ε < 𝛽.
Chọn
ε=

Ta có
‖uk+1 (t) − uk (t)‖s

≤ M�

t

p

k+1
� ��
β−s

τMe

β−s
k+1

p

p�

k

m (τ )
dτ
(k!)1−p

k
�
k+1
tMep k+1 −p
1 kp
1
�
�1
�
+
e
≤ m( t ) �
(β − s)p
k
[(k + 1)!]1−p
0

(β − s)p �

tMep k+1
1
�
≤ m (t ) �
p
(β − s)
[(k + 1)!]1−p
Vậy (𝟏. 𝟏𝟗) đúng với k + 1
Đặt
tMep n 1
�
an = �
(β − s)p (n!)1−p
Ta có
an+1
1
tMep
=
lim
=0
lim
n→∞ a n
(β − s)p n→∞ (n + 1)1−p
Vì vậy theo tiêu chuẩn D’Alembert, chuỗi ∑ an hội tụ. Suy ra chuỗi
��uk (t) − uk−1 (t)�
k≥1

hội tụ tuyệt đối nên hội tụ đều. Do đó chuỗi

u0 + ��uk (t) − uk−1 (t)� = uk (t)

k≥1

hội tụ đều trên J nên tồn tại u: J → X s liên tục với mọi s ∈ (α, β) thỏa
uk (t) → u(t) khi k → ∞
Theo cách định nghĩa dãy (uk ), cho k → ∞ ta được


t

u(t) = u0 + � F�τ, u (τ)�dτ , t ∈ J
0

Bởi vì F�∗, uk (∗)�: J → X s liên tục nên theo công thức đạo hàm theo lân cận trên ta
có
u′ (t) = F�t, u (t)�, t ∈ J
Vậy u là một nghiệm của phương trình (𝟏. 𝟏𝟖)
Ta cịn phải chứng minh u là duy nhất.
Giả sử có hai nghiệm u, u� của phương trình (𝟏. 𝟏𝟖)
Đặt y = u − u� . Khi đó y(0) = 0. Tiếp theo,
Đặt t 0 = supA, với A = {t: [0, t] ⊂ J, y(τ) = 0, ∀τ ∈ [0, t]} do A đóng nên t 0 ∈ A.
Suy ra
[0, t 0 ] ⊂ J, y(τ) = 0, ∀τ
(𝟏. 𝟐𝟎)
∈ [0, t 0 ]
Ta sẽ chứng minh [0, t 0 ] = J. Thật vậy, giả sử trái lại [0, t 0 ] ≠ J. Với mọi t ∈ J, t >
t 0 ta có
y(t) = u(t) − u� (t)
t

t

= � F�τ, u (τ)� dτ − � F�τ, u� (τ)� dτ
0
t0

0

t

= ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ + ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ
0
t0

t0

t

= � y(τ)dτ + ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ
0

t

t0

= ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ (do định nghĩa t 0 )
t0

Vì vậy với mọi s′ < 𝑠 ta có

t

M
‖u − u� ‖s � dτ
‖y(t)‖s′ ≤
(s − s ′ )p
t0

M(t − t 0 )
≤
sup‖y‖s
(s − s′ )p [t0 ,t]
Bằng quy nạp ta sẽ chứng minh
‖y(t)‖s′
k

Mep (t − t 0 )
�
�
≤ M�
(s − s ′ )p
với mọi k ≥ 1, s′ < 𝑠, trong đó

� = max‖y(t)‖s
M
J

Do (𝟏. 𝟐𝟏) nên (𝟏. 𝟐𝟐) là hiển nhiên với k = 1

(𝟏. 𝟐𝟏)
(𝟏. 𝟐𝟐)

Giả sử có (𝟏. 𝟐𝟐) với k > 1, ta có
t

‖y(t)‖s′ = � ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ�
t0

t

≤ ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��s′ dτ
t0

s′

t

M
≤ p �‖u(τ) − u� (τ)‖s′+ε dτ
ε
=

t0
t

M
�‖y(τ)‖s′+ε dτ
εp
t0

t

t0

′

Với mọi ε > 0, s + ε < 𝑠, chọn

ε=

Ta có
‖y(t)‖s′ ≤

k

M
Mep (τ − t 0 )
�
� dτ
≤ p �M�
ε
(s − s′ − ε)p

�

M

s − s′
�
k+1

p

t

��
�M

t0

s − s′
k+1
p(

k

Me τ − t 0 )
� dτ
s − s′ p
′
(s − s −
)
k+1

Mep (t − t 0 )
��
�
=M
(s − s′ )p

k+1

k+1

Mep (t − t 0 )
��
�
≤M
(s − s ′ )p

k+1

e

−p

e

−p

1 kp
�1 + � (k + 1)p−1
k
1 kp
�1 + �
k

Mep (t − t 0 )
�
�

�
≤M
(s − s ′ )p
Vậy (𝟏. 𝟐𝟐) đúng với k + 1, tức là được chứng minh.
Chọn
(s − s′)p
ε0 > 0, ε0 < 𝑚𝑖𝑛 �
, a − t0�
Mep
Suy ra t 0 + ε0 < 𝑎 ℎ𝑎𝑦 [0, t 0 + ε0 ] ⊂ J
Thì ‖y(t)‖s′ = 0 với mọi t ∈ [0, t 0 + ε0 ]. Điều này mâu thuẫn với (𝟏. 𝟐𝟎). Vậy
y(t) = 0, ∀t ∈ J, tức là u = u� . Tính duy nhất của u đã được chứng minh.
Định lí 1.1.2.2. đã được chứng minh xong.

1.2.Nghiệm tồn cục trong trường hợp tuyến tính
1.1.3. Định lí về sự tồn tại nghiệm tồn cục
Cho phương trình


�

ut = A(t)u + f(t)
u ( 0 ) = u0

(𝟏. 𝟐𝟑)

trong thang các không gian Banach X s , 0 < α < 𝑠 < 𝛽, 𝐽 = [0, 𝑎] ⊂ ℝ.
Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn

i)

A: J → L(X s , X s′ )

liên tục với mỗi cặp s, s ′ thỏa α ≤ s′ < 𝑠 ≤ 𝛽.
ii)

‖A(t)‖L�Xs,X
≤

s′

M
s − s′

�

(𝟏. 𝟐𝟒)

với M > 0 (độc lập với s, s′ và t).
iii)

u0 ∈ X β và f: J → X β liên tục.

Khi đó, với mỗi s ∈ [α, β), phương trình (𝟏. 𝟐𝟑) có nghiệm
u: �0, δ(β − s)� → Xs ở đây δ = min �a,

Nghiệm là duy nhất xác định với mọi s ∈ (α, β) và

1
�
Me

‖u(t) − u0 ‖s ≤ �‖u0 ‖β

Chứng minh

+

β−s
Met
max‖f(τ)‖β �
M [0,t]
β − s − Met

(𝟏. 𝟐𝟓)

Bước 1: Chứng minh sự tồn tại nghiệm.
Đặt
u 0 (t ) = u 0

t

uk (t) = u0 + � [A(τ)uk−1 (τ) + f(τ)] dτ, ∀k ≥ 1
0

Ta chứng minh bằng qui nạp bất đẳng thức sau
‖uk (t) − uk−1 (t)‖s ≤ Mt �
≥1

Met k
� , ∀k

β−s

(𝟏. 𝟐𝟔)


Trong đó
Mt = ‖u0 ‖β +

β−s
max‖f(τ)‖β
M [0,t]

uk (t) ∈ X s với mỗi s ∈ [α, β) và k ≥ 0

Ta có

t

‖u1 (t) − u0 ‖s = �� [A(τ)uk−1 (τ) + f(τ)] dτ�
0

t

≤ � ‖A(τ)uk−1 (τ) + f(τ)‖s dτ

s

0

≤ t �‖A(τ)‖L�Xβ,Xs � ‖u0 ‖β + max‖f(τ)‖β �

[0,t]

M
‖u ‖ + max‖f(τ)‖β �
≤ t�
β − s 0 β [0,t]

= �‖u0 ‖β +

= Mt �

Met
β−s
max‖f(τ)‖β �
β−s
M [0,t]

Met
�
β−s

Giả sử khẳng định đúng với k, khi đó
‖uk+1 (t) − uk (t)‖s
t

= �� A(τ)[uk (τ) − uk−1 (τ)]d τ�
0

t

s

≤ � ‖A(τ)[uk (τ) − uk−1 (τ)]‖s dτ
0

t

≤ � ‖A(τ)[uk (τ) − uk−1 (τ)]‖s+ε dτ
0

t

≤ � ‖A(τ)‖L(Xs+ε,Xs ) ‖uk (τ) − uk−1 (τ)‖s+ε dτ
0

≤

M t
� ‖u (τ) − uk−1 (τ)‖s+ε dτ
ε 0 k

k
t
Meτ
M
�
�
�
≤ Mt
dτ

ε
0 β−s−ε


k
t k+1
Me
M
�
� , ∀k ≥ 1
≤ Mt
k+1 β−s−ε
ε

Chọn

ε=

ta được
‖uk+1 (t) − uk (t)‖s ≤

β−s
k+1
k+1

t
Me
M(k + 1)
�
�

Mt
k+1 β−s−β−s
β−s
k+1

k

Met k+1 −1
1 k
�
= Mt �
e �1 + �
β−s
k

Vậy (𝟏. 𝟐𝟔) thỏa.

Met k+1
�
, ∀k ≥ 1
≤ Mt �
β−s

Đặt

Met k
�
ak = �
β−s

Ta có

Vậy chuỗi

ak+1
Met
Meδ(β − s)
1
=
<
= Meδ < 𝑀𝑒
=1
k→∞ a k
β−s
β−s
Me
lim

Met k
�
� Mt �
β−s
k≥1

hội tụ, nên chuỗi

��uk (t) − uk−1 (t)�
k≥1

hội tụ tuyệt đối nên hội tụ đều. Suy ra chuỗi

u0 + ��uk (t) − uk−1 (t)� = uk (t), ∀k ≥ 1
k≥1

hội tụ đều trên mỗi tập con đóng của �0, δ(β − s)�.


Do đó tồn tại u(t) ∈ Xs : uk (t) → u(t). Khi đó
‖u(t) − u0 ‖s = ���uk (t) − uk−1 (t)��
k≥1

≤ �‖uk (t) − uk−1 (t)‖s
k≥1

≤ Mt � �
≤ Mt

k≥1

Met k
�
β−s

Met
β − s − Met

≤ �‖u0 ‖β +

vậy (𝟏. 𝟐𝟓) thỏa.

s

Met
β−s
max‖f(τ)‖β �
β − s − Met
M [0,t]

Từ đẳng thức

t

uk (t) = u0 + � [A(τ)uk−1 (τ) + f(τ)] dτ, ∀k ≥ 1

cho k → ∞ ta được

0

t

u(t) = u0 + �[A(τ)u(τ) + f(τ)]dτ
0

Bước 2: Chứng minh nghiệm là duy nhất.
Giả sử
t

u(t) = u0 + �[A(τ)u(τ) + f(τ)]dτ
0

t

v(t) = u0 + �[A(τ)v(τ) + f(τ)]dτ

là 2 nghiệm của (𝟏. 𝟐𝟑). Khi đó

Đặt

0

t

u(t) − v(t) = � A(τ)[u(τ) − v(τ)]dτ
0


t

w(t) = u(t) − v(t) = � A(τ)w(τ)dτ
0

Với s ∈ (α, β), xét u: [0, η] → X s liên tục, thỏa
�

ut = A(t)u
u (0) = 0

Khi đó, N = {t: u(t) = 0} ⊂ [0, η] là tập đóng.

Ta chứng minh N cũng là tập mở trong [0, η]. Ta có

k

Me|t − t 0 |
‖u(t)‖s′ ≤ M2 �
� , ∀k
s − s′
≥1

(𝟏. 𝟐𝟕)

trong đó, M2 = max {‖u(t)‖s : t ∈ [0, η]}
Thật vậy, lấy t 0 ∈ N và s′ < 𝑠
Do bước 1, ta có

t

là nghiệm của phương trình

u(t) = � A(τ)u(τ)dτ
0

�

Suy ra

ut = A(t)u
u (0) = 0

t

‖u(t)‖s′ = �� A(τ)u(τ)dτ�
0

s′

t

≤ �‖A(τ)u(τ)‖s′ dτ
0

t

≤ M2 �‖A(τ)‖L(Xs ,Xs′) dτ
≤ M2

0

Mt
s − s′


≤ M2

Tương tự

Met
s − s′

‖u(t 0 )‖s′ ≤ M2

Suy ra

Met 0
s − s′

‖u(t)‖s′ − ‖u(t 0 )‖s′ = ‖u(t)‖s′ ≤ M2

Vậy (𝟏. 𝟐𝟕) đúng với k = 1

Giả sử (𝟏. 𝟐𝟕) đúng với k. Khi đó
Me|t − t 0 |
�
M2 �
s − s′

k+1

k

Me|t − t 0 |
Me|t − t 0 |
�
�
�
= M2 �
s − s′
s − s′
Me|t − t 0 |
�
s − s′

≥ ‖u(t)‖s′ �
≥ ‖u(t)‖s′

Vậy (𝟏. 𝟐𝟕) đúng với k + 1

Me|t − t 0 |
s − s′

≥ ‖u(t)‖s′

‖u(t)‖s′
M2

Khi đó với mỗi t ∈ [0, η] và |t − t 0 | ≤ (Me)−1 (s − s′), ta có

‖u(t)‖s′ → 0 (khi k → ∞) ⇒ u(t) = 0 hay t ∈ N

� ε (t 0 ) với ε = (Me)−1 (s − s′) sao
Như vậy, với mọi t ∈ N, tồn tại hình cầu đóng K
cho
Nên N là tập mở.

� ε (t 0 ) ⊂ N
t∈K

Mặt khác, do [0, η] liên thông và N ⊂ [0, η] vừa mở vừa đóng nên N = [0, η]
Tức là u(t) = 0, ∀t ∈ [0, η] hay w(t) = u(t) − v(t) = 0, ∀t ∈ [0, η] suy ra
u(t) = v(t), ∀t ∈ [0, η]

Vậy nghiệm u(t) của (𝟏. 𝟐𝟑) là duy nhất.
Định lí 1.2.1. đã được chứng minh xong.


1.2.2. Độ đo phi compact
1.2.2.1. Định nghĩa
Cho không gian Banach (X, ‖. ‖) và ℒ là họ tất cả các tập con bị chặn của X.
Khi đó độ đo phi compact (độ đo Kuratowski) α: ℒ → ℝ xác định như sau
m

α(B) = inf �d > 0: 𝐵 ⊂ � Mi , diamMi ≤ d�
i=1

trong đó diamMi là đường kính của tập Mi xác định như sau
diamMi = sup{‖x − y‖: x, y ∈ Mi }

1.2.2.2. Tính chất
Cho α: ℒ → ℝ như trong định nghĩa. Khi đó ∀ B, B1 , B2 ∈ ℒ ta có:
� là tập compact
B
i)
α(B) = 0 ⟺ � �
α�K1 (0)� ≤ 2
ii)

� 1 (0): hình cầu đơn vị đóng.
Trong đó K
α là nửa chuẩn, tức là

α(λB) = |λ|α(B)

�
α(B1 + B2 ) ≤ α(B1 ) + α(B2 )
B ⊂ B2 ⟹ α(B1 ) ≤ α(B2 )
� 1
iii)
α(B1 ∪ B2 ) = max{α(B1 ), α(B2 )}
�)
iv)
α(B) = α(B
v)
α(convB) = α(B)
1.2.2.3. Mệnh đề

Cho không gian Banach X và {An }n là dãy các tập con đóng của X thỏa
A1 ⊃ A2 ⊃ ⋯ và α(An ) → 0 khi n → ∞. Khi đó
A = � An ≠ ∅ và A compact

Chứng minh

n≥1

Chọn xn ∈ An với mỗi n ≥ 1. Vì {An }n là dãy giảm, ta có

α({xn : n ≥ 1}) = α({xn : n ≥ k}) ≤ α(Ak ) ⟶ 0 khi k → ∞

Do đó α({xn : n ≥ 1}) là compact tương đối, vì vậy khơng mất tính tổng qt, ta
cho xn → x, x ∈ X. Vì Ak đóng, nên x ∈ Ak với mọi k, và vì vậy x ∈ A.
� compact.
Cuối cùng α(A) ≤ α(Ak ) → 0 khi k → ∞ nên A

Mặt khác