một số mở rộng của định lý krasnoselskii về ánh xạ nén hoặc giãn mặt nón

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

Trần Đình Mạnh

MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ
KRASNOSELSKII
VỀ ÁNH XẠ NÉN HOẶC GIÃN
MẶT NÓN.

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2012


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

Trần Đình Mạnh

MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ KRASNOSELSKII
VỀ ÁNH XẠ NÉN HOẶC GIÃN MẶT NÓN.

Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS. TS. NGUYỄN BÍCH HUY

Thành phố Hồ Chí Minh - 2012


Lời cảm ơn
Xin trân trọng cảm ơn Thầy Nguyễn Bích Huy đã nhiệt tình hướng dẫn,
giúp đỡ trong quá trình chuẩn bị đề cương, tìm kiếm tài liệu, đọc và góp ý
chỉnh sửa để hoàn thành luận văn này!

Trong quá trình bày luận văn, nếu có gì sai sót mong quý Thầy thông cảm
và lượng thứ.

i


Mục lục
I

II
1

2

3

MỞ ĐẦU

2

0.1
0.2
0.3

3
3
3

Lý do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Mục tiêu của luận văn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

NỘI DUNG
Các kết quả chuẩn bị
1.1 Không gian Banach có thứ tự . . .
1.1.1 Nón và thứ tự sinh bởi nón
1.1.2 Nón chuẩn . . . . . . . .
1.1.3 Nón chính qui . . . . . . .
1.1.4 Nón sinh . . . . . . . . .
1.1.5 Nón liên hợp . . . . . . .
1.2 Bậc tôpô của ánh xạ dương . . . .
1.3 Định lí Krasnoselskii . . . . . . .

4
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

Một số mở rộng của định lý Krasnoselskii
2.1 Các bổ đề . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Các mở rộng ban đầu . . . . . . . . .
2.3 Định lí Krasnoselskii cho 2 chuẩn . .
2.4 Sự tồn tại nhiều nghiệm . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.

5
5
5
6
7
7
8
9
12

.
.
.
.

14
14
19
27
32

Định lý Krasnoselskii cho ánh xạ đa trị
39
3.1 Bậc topo của ánh xạ đa trị dương . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 Định lý Krasnoselskii cho ánh xạ đa trị . . . . . . . . . . . . . 41

Phần I

MỞ ĐẦU

2


3

0.1

Lý do chọn đề tài

Lý thuyết phương trình trong không gian có thứ tự ra đời từ những năm
1940, được phát hiện và hoàn thiện cho đến ngày nay. Lý thuyết này tìm được
những ứng dụng rộng rãi trong việc nghiên cứu các phương trình xuất phát từ
Khoa học tự nhiên, Y học, Kinh tế học,. . .
Trong lý thuyết về các phương trình trong không gian có thứ tự thì định lý
Krasnoselskii về điểm bất động của ánh xạ nén hoặc giãn mặt nón đóng vai
trò rất quan trọng. Có thể so sánh vai trò của định lý này với định lý Banach
về điểm bất động của ánh xạ co, định lý Schauder về điểm bất động của ánh
xạ compắc. Cho đến nay, định lý Krasnoselskii vẫn là công cụ chính để chứng
minh sự tồn tại nghiệm dương của nhiều lớp phương trình vi phân và tích
phân. Vì sự quan trọng của nó mà định lý Krasnoselskii được nhiều nhà toán
học quan tâm nghiên cứu và mở rộng theo nhiều hướng khác nhau để có thể
ứng dụng cho các lớp phương trình mới.
Các mở rộng này được trình bày trong các bài báo khoa học được viết bởi
các nhà toán học theo các hướng khác nhau. Việc tập hợp chúng lại một cách
tương đối đầy đủ là việc làm có ý nghĩa và cần thiết.

0.2

Mục tiêu của luận văn

Trình bày các kết quả mở rộng của định lý Krasnoselskii về điểm bất động
của ánh xạ nén hoặc giãn mặt nón một cách hệ thống, tương đối đầy đủ và chi
tiết.

0.3

Phương pháp nghiên cứu

- Luận văn chỉ xét các kết quả lý thuyết. sau khi thu thập các tài liệu từ các
nguồn, học viên sẽ phân loại, tổng hợp các tài liệu để trình bày các kết quả
theo một thể hoàn chỉnh, chi tiết.
- Các phương pháp chứng minh cụ thể: sử dụng các tính chất của thứ tự
sinh bởi nón; sử dụng bậc tôpô cho ánh xạ dương.


Phần II

NỘI DUNG

4


Chương 1

Các kết quả chuẩn bị
1.1

1.1.1

Không gian Banach có thứ tự
Nón và thứ tự sinh bởi nón

Định nghĩa 1.1.1.
1. Tập K trong không gian Banach thực X gọi là nón nếu:
(i) K là tập đóng,
(ii) K + K ⊂ K, λ K ⊂ K ∀λ ≥ 0,
(iii) K ∩ (−K) = {θ }.
2. Nếu K là nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định bởi:
x ≤ y ⇔ y−x ∈ K
Mỗi x ∈ K \ {θ } gọi là dương.


6
Mệnh đề 1.1.1. Giả sử "≤" là thứ tự sinh bởi nón, khi đó:
1. x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z,
2. (xn ≤ yn

n ∈ N∗ ,

λx ≤ λy

∀z ∈ X, ∀λ ≥ 0.

lim xn = x, lim yn = y) ⇒ x ≤ y.

3. Nếu {xn } là dãy tăng, hội tụ về x thì xn ≤ x

1.1.2

∀n ∈ N∗ .

Nón chuẩn

Định nghĩa 1.1.2. Nón K gọi là nón chuẩn nếu:
∃N > 0 : θ ≤ x ≤ y

⇒ x ≤N

y .

Mệnh đề 1.1.2. Giả sử ” ≤ ” là thứ tự sinh bởi nón chuẩn. Khi đó:
1. Nếu u ≤ v thì đoạn u; v := {x ∈ X : u ≤ x ≤ v} bị chặn theo chuẩn.
2. Nếu xn ≤ yn ≤ zn (n ∈ N∗ ) và lim xn = a, lim zn = a thì lim yn = a.
3. Nếu xn đơn điệu, có dãy con hội tụ về a thì lim xn = a.
Chứng minh:
1. ∀x ∈ u; v ⇒ θ ≤ x − u ≤ v − u ⇒ x − u ≤ N
⇒ x ≤ u +N

u−v

u−v .

2. θ ≤ yn − xn ≤ zn − xn ⇒ yn − xn ≤ N

zn − xn .

3. Coi {xn } là dãy tăng và lim xnk = a

Vì xn ≤ xnk (n cố định, k đủ lớn) nên xn ≤ a ∀n ∈ N∗ .
Cho ε > 0, chọn k0 để xnk − a ≤
0

∀n ≥ nk0 ⇒ a − xn ≤ a − xnk

0

⇒ a − xn ≤ N

a − xnk

0

<ε

ε
N

thì ta có


7

1.1.3

Nón chính qui

Định nghĩa 1.1.3. Nón K gọi là chính qui nếu mọi dãy tăng, bị chặn trên thì
hội tụ.

Mệnh đề 1.1.3. Nón chính qui là nón chuẩn.
Chứng minh. Giả sử K là chính qui nhưng không là nón chuẩn. Khi đó
∀n ∈ N∗ ∃xn , yn : θ ≤ xn ≤ yn , xn > n2 yn .
xn
yn
1
Đặt un =
, vn =
thì θ ≤ un ≤ vn , un = 1, vn < 2 .
xn
xn
n
∞

Vì

∑

∞

vn < ∞ nên tồn tại v :=

n=1
Dãy sn

∑ vn

n=1

:= u1 + ... + un tăng và bị chặn trên (bởi v) nên hội tụ.

Suy ra lim un = θ (!)

1.1.4

Nón sinh

Định nghĩa 1.1.4. K gọi là nón sinh nếu X = K − K hay ∀x ∈ X ∃u, v ∈ K :
x = u − v.
Ví dụ:
1. Nón các hàm không âm trong C(K), L p là nón sinh
2. Nếu nón K có điểm trong u0 thì ta có
∃r > 0 : −r x u0 ≤ x ≤ r x u0

∀x ∈ X

và K là nón sinh.
Cm2. ∃ρ > 0 : u0 + B(θ , ρ) ⊂ K. Số r =

1
cần tìm.
ρ

Ta có x = (x + r x u0 − r x u0 )
Mệnh đề 1.1.4. Nếu K là nón sinh thì tồn tại số M > 0 sao cho
∀x ∈ X ∃u, v ∈ K : x = u − v,

u ≤M x ,

v ≤M x .

8
Chứng minh.
1. Đặt C = K ∩ B(θ , 1) − K ∩ B(θ , 1), ta chứng minh ∃r > 0 : C ⊃ B(θ , r)
∞

Thật vậy: X =

nC (do K là nón sinh)
n=1

Suy ra ∃n0 , ∃G mở: n0C ⊃ G (do định lí Baire)
1
1
Vì C lồi, đối xứng nên: C ⊃ C − C.
2
2
1
1
Suy ra C ⊃
G−
G (mở, chứa θ )
2n0
2n0
r
r
2. Ta chứng minh B ⊂ C(B = B(θ , 1)). Lấy a ∈ B
2
2

n
r
1
a − ∑ xk < n+1
• Ta sẽ xây dựng dãy{xn } thỏa: xn ∈ n C,
2
2
k=1
r
1
Thật vậy, vì n B ⊂ n C
2
2
r
1
nên ∀y ∈ n B, ∀ε > 0 ∃x ∈ n C : y − x < ε .
2
2
r
1
r
Ta có a ∈ B ⇒ ∃x1 ∈ C : a − x1 < 2
2
2
2
r
1
r
a − x1 ∈ n B ⇒ ∃x2 ∈ 2 C : a − x1 − x2 < 3 , ...
2

2
2
1
• Vì xn ∈ nên ∃un , vn ∈ K : xn = un − vn , un , vn ≤ n .
2
∞
∞

Đặt u = ∑ un , v = ∑ vn ,, ta có a = u − v,
1

1

Vậy a ∈ C.
• ∀x = θ , ta có

u , v ≤ 1.

rx
2 x

= u − v với u , v ∈ K

⇒ x = u − v, u, v ∈ K.,

u , v ≤M x

u , v ≤1
2
(M := ).

r
✷

1.1.5

Nón liên hợp

Nếu K là nón thì ta định nghĩa nón liên hợp của K là
K∗ = { f ∈ X ∗ :

f (x) ≥ 0 ∀x ∈ K}.


9
K ∗ có tính chất i), ii) trong định nghĩa nón.
Có thể chứng minh: K ∗ ∩ (−K ∗ ) = {θx∗ } ⇔ K − K = X.
Mệnh đề 1.1.5.
x ∈ K ⇔ f (x0 ) ≥ 0

∀ f ∈ K∗.

Chứng minh.
(⇐) Giả sử trái lại: f (x0 ) ≥ 0

∀ f ∈ K∗,

x0 ∈
/ K.

Do định lí tách tập lồi ∃g ∈ X ∗ : g(x0 ) < g(y) ∀y ∈ K.

Cố định x ∈ K, ta có g(x0 ) < g(tx) ∀t > 0. Cho t → ∞ ta có g(x) ≥ 0.
Vậy g ∈ K ∗ nhưng g(x0 ) < 0 (!).

1.2

Bậc tôpô của ánh xạ dương

Bổ đề 1.2.1. Cho không gian Banach X, tập đóng M ⊂ X và ánh xạ compắc
A : M → X. Khi đó tồn tại ánh xạ compắc A : X → X sao cho:
A(x) = A(x)

∀x ∈ M,

A(X) ⊂ co (A(M)).
Định nghĩa 1.2.1. Cho X là không gian Banach với nón K.
Giả sử G ⊂ X là tập mở, bị chặn, A : K ∩ ∂ G → K là ánh xạ compắc
sao cho Ax = x

∀x ∈ K ∩ ∂ G.

Gọi A : X → X là ánh xạ compắc sao cho:

 A(x) = A(x)
(∗)
 A(X) ⊂ K.
Khi đó x − A(x) = θ

∀x ∈ K ∩ ∂ G,

∀x ∈ ∂ G nên bậc tôpô deg(I − A, G, θ ) xác định.

Ta định nghĩa iK (A, G) := deg(I − A, G, θ )


10
và gọi iK (A, G) là bậc tôpô theo nón K của ánh xạ A trên tập mở G.
Ta cũng dùng các kí hiệu i(A, K ∩ G, K) hoặc i(A, G, K)
Tính chất
1. Giả sử A0 , A1 là compắc và đồng luân dương trên K ∩ ∂ G theo định
nghĩa, tồn tại ánh xạ compắc F : (K ∩ ∂ G) × [0, 1] → K sao cho
f (x,t) = x,

F(x, 0) = A0 (x),

F(x, 1) = A1 (x).

Thế thì
iK (A0 , G) = iK (A1 , G).
2. Giả sử G, G1 , G2 là các tập mở bị chặn, G1 ∩ G2 = Ø, Gi ⊂ G (i = 1, 2)
và A : K ∩ G → K compắc thỏa mãn A(x) = x ∀x ∈ K ∩ (G \ (G1 ∪ G2 ))
Khi đó:
iK (A, G) = iK (A, G1 ) + iK (A, G2 )
3. Nếu A : K ∩ G → K compắc và iK (A, G) = 0 thì A có điểm bất động
trong K ∩ G.
Bổ đề 1.2.2. Cho X là không gian Banach với nón K, G ⊂ X là tập mở, bị
chặn, chứa θ , A : K ∩ ∂ G → K là ánh xạ compắc, giả sử A(x) = x0 , khi đó:

 0
nếu x0 = θ ,
iK (A, G) =

 1
nếu x ∈
/ G.
0

Chứng minh.
• Nếu x0 = θ thì iK (0, G) = deg(, G, θ ) = 1.
• Nếu x0 ∈
/ G thì A không có điểm bất động trong G
Suy ra iK (A, G) = 0.


11
Định lí 1.2.1. Cho X là không gian Banach với nón K, G ⊂ X là tập mở, bị
chặn, A : K ∩ ∂ G → K là ánh xạ compắc.
1. Nếu A(x) = λ x

∀x ∈ K ∩ ∂ G, ∀λ ≥ 1

thì
iK (A, G) = 1.
2. Nếu tồn tại phần tử x0 ∈ K \ {θ } sao cho
a − A(x) = λ x0

∀x ∈ K ∩ ∂ G, ∀λ ≥ 0

thì
iK (A, G) = 0.
Chứng minh.
1. Xét F : K ∩ ∂ G × [0, 1] → K,

F(x,t) = tA(x), ta thấy

A đồng luân dương với A0 (x) = θ
2. Ta chứng minh A đồng luân dương với A0 x = λ x0 khi λ đủ lớn.
Chỉ cần chứng minh ∃λ0 sao cho
x = (1 − t)A(x) + tλ x0

∀x ∈ K ∩ ∂ G, ∀t ∈ [0, 1], ∀λ ≥ λ0 .

Giả sử trái lại ∃xn ∈ K ∩ ∂ G, ∃tn ∈ [0, 1], ∃λn → +∞ sao cho
xn − (1 − tn )A(xn ) = tn λn x0

(1)

Có thể coi (nếu không ta xét dãy con):
limtn λn = λ ≥ 0 (do {tn λn } bị chặn), limtn = 0
{A(xn )} hội tụ và do đó {xn } hội tụ về một x ∈ K ∩ ∂ G.
Khi đó qua giới hạn trong (1) ta có x − A(x) = λ x0 , mâu thuẫn!
✷


12
Hệ quả 1.2.1. Cho X là không gian Banach với nón K, giả sử B : X → X là
ánh xạ tuyến tính compắc dương và không có vectơ riêng trong K với giá trị
riêng bằng 1, khi đó:
1. iK (B, G) = 1 nếu B không có vectơ riêng trong K với giá trị riêng λ > 1.
2. iK (B, G) = 0 nếu B có vectơ riêng trong K với giá trị riêng λ > 1.
Chứng minh.
1. Suy tra từ định lý 1.2.1.

2. Giả sử B(x0 ) = λ x0

x0 ∈ K ∩ {θ }, λ > 1. Ta có:

x − B(x) = tx0

x ∈ K ∩∂G
t
⇒ B(v) = v với v = x +
x0
λ −1
⇒v∈
/ K ⇒ t < 0.
Vậy điều kiện (ii) của định lý 1.2.1 đúng.
✷

1.3

Định lí Krasnoselskii

Cho X là không gian Banach với nón K, ta ký hiệu:
Br = {x ∈ X : x < r}, Sr = {x ∈ X : x = r, r > 0}, Kr = K ∩ Br .
Định lí 1.3.1 (Định lí Krasnoselskii). Giả sử A : Kr → K là ánh xạ compắc và
tồn tại r1 , r2 ∈ (0, r), r1 = r2 sao cho:
1. A(x) = λ x

∀x ∈ K ∩ Sr1 , ∀λ ≥ 1,

2. Tồn tại x0 ∈ K \ {θ } thỏa x − A(x) = λ x0 ∀x ∈ K ∩ Sr2 , ∀λ ≥ 0,
Khi đó A có điểm bất động dương x thỏa min{r1 , r2 } < x < max{r1 , r2 }

13
Chứng minh.
Coi r1 < r2 ta có iK (A, Br1 ) = 1, iK (A, Br2 ) = 0
Áp dụng tính chất 2. 3. của bậc tôpô ta có ∃x ∈ Br2 \ Br1 : x = A(x).
✷
Hệ quả 1.3.1. Kết luận định lí 1.3.1 vẫn đúng nếu thay các điều kiện (1.), (2.)
bởi:
1’. Ax

x

∀x ∈ K ∩ Sr1 ,

2’. Ax

x

∀x ∈ K ∩ Sr2 .


Chương 2

Một số mở rộng của định lý
Krasnoselskii
2.1

Các bổ đề

Cho K là một nón của không gian Banach thực E. Do đó K là một co rút
của E, và vì vậy K là một tập được đánh dấu sao , lồi và đóng. Cho Ω là một
tập mở bị chặn của E, thì K ∩ Ω là một tập mở bị chặn của K và
∂ (K ∩ Ω) = K ∩ ∂ Ω,

K ∩ Ω = K ∩ Ω.

Bổ đề 2.1.1. Cho θ ∈ Ω và A : K ∩ Ω → K là hoàn toàn liên tục.
Nếu

Ax = µx, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω, µ ≥ 1

thì

i(A, K ∩ Ω, K) = 1

Chứng minh Đặt H(t, x) = tAx, khi đó H : [0, 1] × (K ∩ Ω) → K liên tục
và tính liên tục của H(t,x) theo t thì đều với x ∈ K ∩ Ω.
Hiển nhiên, H(t, ) : K → Ω → K là hoàn toàn liên tục với mỗi t ∈ [0, 1] và


15
H(t, x) = x với x ∈ K ∩ ∂ Ω và 0 ≤ t ≤ 1.
Do đó theo tính bất biến đồng luân và tính chuẩn tắc của chỉ số điểm bất động,
ta có:
i(A, K ∩ Ω, K) = i(θ , K ∩ Ω, K) = 1.
Bổ đề 2.1.2. Cho A : K ∩ Ω → K và B : K ∩ ∂ Ω → K hoàn toàn liên tục.
Giả sử rằng
(a)

Bx > 0;

inf
x∈K∩∂ Ω

x − Ax = tBx, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω, t ≥ 0.

(b)
Khi đó ta có

i(A, K ∩ Ω, K) = 0.

(2.1.1)

Chứng minh. Theo định lí ánh xạ mở rộng của Dugundji, ta có thể mở
rộng B tới một toán tử hoàn toàn liên tục từ K ∩ Ω vào K sao cho
B(K ∩ Ω) ⊂ coB(K ∩ ∂ Ω)

(2.1.2)

Đặt F = B(K ∩ ∂ Ω), khi đó coB(K ∩ ∂ Ω) = coF = M, trong đó
n

n

M = {y = ∑ λi yi , yi ∈ F, λi ≥ 0,
i=1

∑ λi = 1, n = 1, 2, 3, · · · }

i=1

Trước hết ta chứng minh
inf

y >0

(2.1.3)

y∈M

Kí hiệu E0 là không gian con của E sinh bởi F. Do B là hoàn toàn liên tục, F
compắc tương đối, do đó E0 tách được.
Hiển nhiên, K0 = K ∩ E0 là một nón của E0 và F ⊂ K0 , coF ⊂ K0 , tồn tại
f0 ∈ E0∗ sao cho f0 (y) > 0 với bất kỳ y ∈ K0 , u = θ . Ta khẳng định rằng
inf f0 (y) = σ > 0

y∈F

(2.1.4)


16
Thật vậy, nếu σ = 0 thì tồn tại {yk } ⊂ F sao cho f0 (yk ) → 0. Theo tính compắc
tương đối của F, có dãy con {yki } của {yk } sao cho yki → y0 ∈ K0 . Vì vậy
f0 (yk ) → f0 (y0 ) và f0 (y0 ) = 0.
Do đó, y0 = θ và yki → 0 , điều này mâu thuẫn với giả thiết (a).
Vậy (2.1.4) đúng.
n

Với bất kỳ y = ∑ λi yi ∈ M trong đó yi ∈ F, λi ≥ 0 và
i=1

n

n

∑ λi = 1

i=1

Ta có theo (2.1.4) f0 (y) = ∑ λi f0 (yi ) ≥ ∑ λi σ = σ , do đó
i=1

i=1

f0 (y) ≥ σ

∀y ∈ M

(2.1.5)

Vì M = coF là compắc nên tồn tại một z0 ∈ M sao cho
inf
y∈M

y = z0

(2.1.6)

Theo (2.1.5), f0 (z0 ) ≥ σ , nên suy ra z0 = θ . Do đó từ (2.1.6) suy ra (2.1.3)
đúng.
Theo (2.1.2) và (2.1.3) ta được
inf

Bx = a > 0

(2.1.7)

x∈K∩Ω

Dễ dàng chỉ ra (2.1.1) đúng. Thật vậy, nếu i(A, K ∩ Ω, K) = 0 thì theo giả thiết
(b) và tính bất biến đồng luân của chỉ số điểm bất động, ta có
i(A + tB, K ∩ Ω, K) = i(A, K ∩ Ω, K) = 0, ∀t > 0.
b+c
trong đó b = sup x và c = sup Ax , ta có
a
x∈K∩Ω
x∈K∩Ω
i(A + t0 B, K ∩ Ω, K) = 0. nên theo tính chất nghiệm của chỉ số điểm bất động,

Đặc biệt, chọn t0 >

tồn tại một x0 ∩ P ∈ Ω sao cho Ax0 + t0 Bx0 = x0 . Do đó
t0 =

x0 − Ax0
Bx0

≤

b+c
a

Ta gặp mâu thuẫn.
✷


17
Hệ quả. Cho A : K ∩ Ω → K hoàn toàn liên tục. Nếu tồn tại một u0 > θ
sao cho
x − Ax = tu0

∀x ∈ K ∩ ∂ Ω, t ≥ 0

(2.1.8)

thì
i(A, K ∩ Ω, K) = 0.
Chứng minh. Hệ quả được suy trực tiếp từ bổ đề 2.1.2 bằng cách đặt Bx = u0
với mọi x ∈ K ∩ ∂ Ω.
Bổ đề 2.1.3. Cho A : K ∩ Ω → K hoàn toàn liên tục.
Giả sử rằng
(i)

inf

Ax > 0;

x∈K∩∂ Ω

(ii)

Ax = µx, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω, 0 ≤ µ ≤ 1.

Khi đó
i(A, K ∩ Ω, K) = 0.
Chứng minh. Lấy B = A trong bổ đề 2.1.2, ta thấy rằng điều kiện (a) của
bổ đề 2.1.2 tương tự điều kiện (i) của bổ đề 2.1.3. Vì vậy, điều kiện (b) của bổ
đề 2.1.2 đúng.
Thật vậy, nếu tồn tại x0 ∈ K ∩ ∂ Ω và t0 ≥ 0 sao cho x0 − Ax0 = t0 Ax0 , thì
Ax0 = µx0 , trong đó µ0 = (1 + t0 )−1 .
Hiển nhiên 0 < µ0 ≤ 1. Điều này mâu thuẫn với điều kiện (ii).
Vì vậy, từ bồ đề 2.1.2. suy ra
i(A, K ∩ Ω, K) = 0.


18
Chú ý. Bổ đề 2.1.3 không đúng cho tập A-co nghiêm ngặt. Chẳng hạn, đặt
∞

E

= l2

1

= {x = (x1 , x2 , · · · , xn , · · · ) : x = ( ∑ xn2 ) 2 < +∞}
n=1

K = {x = (x1 , x2 , · · · , xn

, · · · ) ∈ l2

: xn ≥ 0, n = 1, 2, 3, · · · }

Khi đó K là một nón của E.
Ta định nghĩa toán từ A bởi
1 1
1
Ax = (0, x1 , x2 , · · · , xn − 1, · · · ), ∀x = (x1 , x2 , · · · , xn , · · · ) ∈ l 2
2 2
2

(2.1.9)

Đặt Ω = {x = (x1 , x2 , · · · , xn , · · · ) ∈ l 2 : x < 1}, thì A : K ∩ Ω → K là một
1
1
tập 12 co vì Ax =
x và Ax − Ay =
x − y , ∀x, y ∈ l 2 .
2
2
Dễ dàng kiểm tra
Ax = µx, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω, µ > 0

(2.1.10)

Thật vậy, nếu tồn tại x∗ = (x1∗ , x2∗ , ..., xn∗ , ...) ∈ K ∩ ∂ Ω và µ ∗ > 0 sao cho

Ax∗ = µ ∗ x∗ thì
0 = µ ∗ x1∗ ,

1 ∗
1 ∗
x1 = µ ∗ x2∗ , ... , xn−1
= µ ∗ xn∗ , ...
2
2

Do đó x1∗ = x2∗ = ... = xn∗ = ... = 0, nghĩa là x∗ = θ , mâu thuẫn với x∗ = 1.
Từ Ax =

1
2

x và (2.1.10) ta thấy rằng điều kiện (i) và (ii) của bổ đề 2.1.3

được thỏa mãn. Nhưng theo (2.1.10) và bổ đề 2.1.1, ta có i(A, K ∩ ∂ Ω, K) = 1.
Bổ đề 2.1.4. Cho A : K ∩ Ω → K hoàn toàn liên tục.
Giả sử
(i )

Ax = µx, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω, 0 ≤ µ ≤ 1;

(ii )

{ Ax

−1

Ax : x ∈ K ∩ ∂ Ω} là tập compắc tương đối.

Khi đó ta có
i(A, K ∩ Ω, K) = 0.


19
Chứng minh. Đặt A1 x = α( Ax )−1 Ax, trong đó α = sup

Ax > 0.

x∈K∩∂ Ω

Khi đó, theo giả thiết, A1 : K ∩ ∂ Ω → K hoàn toàn liên tục. Theo định lí mở
rộng ánh xạ, A1 có thể mở rộng tới một toán tử hoàn toàn liên tục từ K ∩ Ω vào
trong K.
Ta cần chứng minh rằng A1 thỏa mãn điều kiện (i) và (ii) của bổ đề 2.1.3.
Thật vậy, đầu tiên ta có:

inf
x∈K∩∂ Ω

A1 x = α > 0

Thứ hai, nếu tồn tại x0 ∈ K ∩ ∂ Ω và 0 < µ0 ≤ 1 sao cho A1 x0 = µ0 x0 thì
Ax0 = λ0 x0 , trong đó λ0 = µ0 α −1 Ax0 .
Hiển nhiên, 0 < λ0 ≤ 1 mâu thuẫn với giả thiết (i ). Do đó, theo bổ đề 2.1.3,
ta có
i(A1 , K ∩ Ω, K) = 0

(2.1.11)

Cần chứng minh
(1 − t)Ax + tA1 x = x, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω, 0 ≤ t ≤ 1

(2.1.12)

Nếu có x1 ∈ K ∩ ∂ Ω và 0 ≤ t1 ≤ 1 sao cho (1 − t1 )Ax1 + t1 A1 x1 = x1
thì Ax1 = µx1 , trong đó µ1 = [1 + t1 ( Axα1 − 1)]−1 , 0 ≤ µ1 ≤ 1, mâu thuẫn với
giả thiết (i ).
Do đó, theo (2.1.11), (2.1.12) và tính bất biến đồng luân của chỉ số điểm bất
động, ta có
i(A, K ∩ Ω, K) = i(A1 , K ∩ Ω) = 0
✷

2.2

Các mở rộng ban đầu

Định lí 2.2.1. Cho Ω1 , Ω2 là hai tập mở, bị chặn trong E, θ ∈ Ω1 , Ω1 ⊂ Ω2 ,
toán tử A : K ∩ (Ω2 \ Ω1 ) → K hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng một trong hai


20
điều kiện:
(H1 )

Ax

x, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω1 và Ax

x, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω2 ,

(H2 )

Ax

x, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω1 và Ax

x, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω2 ,

được thỏa mãn. Khi đó A có ít nhất một điểm bất động trong K ∩ (Ω2 \ Ω1 ).
Chứng minh. Theo định lí mở rộng ánh xạ, A có sự mở rộng hoàn toàn
liên tục (cũng được biểu thị theo A) từ K ∩ Ω2 vào K.
Trước hết, giả sử rằng (H1 ) được thỏa mãn, nghĩa là nó là trường hợp của nón
giãn. Dễ dàng thấy rằng
Ax = µx, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω1 , µ ≥ 1

(2.2.1)

Vì ngược lại, nếu tồn tại x0 ∈ K ∩ ∂ Ω1 và µ0 ≥ 1 sao cho Ax0 = µ0 x0 ≥ x0
Mâu thuẫn với (H1 ).
Từ (2.2.1) và bổ đề 2.1.1 ta được
i(A, K ∩ Ω1 , K) = 1

(2.2.2)

Ngoài ra, chọn một u0 > θ tùy ý, ta có
x = Ax = tu0 , ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω2 , t ≥ 0

(2.2.3)

Thật vậy, nếu tồn tại x1 ∈ K ∩ ∂ Ω2 và t1 ≥ 0 sao cho x1 − Ax1 = t1 u0 ≥ θ thì
x1 ≥ Ax1 , mâu thuẫn với (H1 ). Do đó, theo (2.2.3) và hệ quả 2.1.1, ta có
i(A, K ∩ Ω2 , K) = 0

(2.2.4)

Vì vậy từ (2.2.2), (2.2.4) và tính chất cộng tính của chỉ số điểm bất động ta
suy ra rằng
i(A, K ∩ (Ω2 \ Ω1 ), K) = i(A, K ∩ Ω2 , K) − i(A, K ∩ Ω1 , K) = −1 = 0 (2.2.5)


21
Do đó, theo tính chất nghiệm của chỉ số điểm bất động. A có ít nhất một điểm
bất động trong Ω2 \ Ω1 .
Tương tự, khi (H2 ) được thỏa mãn, thay cho (2.2.2), (2.2.4) và (2.2.5), ta có
i(A, K ∩ Ω1 , K) = 0, i(A, K ∩ Ω2 , K) = 1 và i(A, K ∩ (Ω2 \ Ω1 ), K) = 1.
Kết quả, ta cũng có thể khẳng định rằng A có ít nhất một điểm bất động trong
Ω2 \ Ω1 .
✷
Định lí 2.2.2. Cho Ω1 , Ω2 là hai tập mở, bị chặn trong E, θ ∈ Ω1 , Ω1 ⊂ Ω2 ,
toán tử A : K ∩ (Ω2 \ Ω1 ) → K hoàn toàn liên tục. Giả sử rằng một trong hai
điều kiện
(H3 )

Ax ≤ x

∀x ∈ K ∩ ∂ Ω1 và

Ax ≥ x

∀x ∈ K ∩ ∂ Ω2 ,

(H4 )

Ax ≥ x

∀x ∈ K ∩ ∂ Ω1 và

Ax ≤ x

∀x ∈ K ∩ ∂ Ω2 ,

được thoả mãn. Khi đó A có ít nhất một điểm bất động trong K ∩ (Ω2 \ Ω1 ).
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh định lí dưới điều kiện (H3 ), vì việc
chứng minh tương tự khi (H4 ) được thỏa mãn.
Theo định lí mở rộng ánh xạ, A có thể mở rộng tới một toán tử hoàn toàn liên
tục từ K ∩ Ω2 vào K. Có thể chứng minh rằng A không có điểm bất động trên
K ∩ ∂ Ω1 và K ∩ ∂ Ω2 . Dễ dàng thấy rằng (2.2.1) đúng, vì trái lại, nếu tồn tại
x0 ∈ K ∩ ∂ Ω1 và µ0 > 1 sao cho Ax0 = µ0 x0 thì Ax0 = µ0 x0 > x0 .
Mâu thuẫn với (H3 ). Vì vậy, theo (2.2.1) và bổ đề 2.1.1, ta có (2.2.2) đúng.
Ngoài ra cũng dễ dàng kiểm tra
Ax = µx, ∀x ∈ K ∩ ∂ Ω2 , 0 < µ ≤ 1
Thật vậy, nếu có x1 ∈ K ∩ ∂ Ω2 và 0 < µ1 < 1 sao cho Ax1 = µ1 x1 thì

(2.2.6)

22
Ax1 = µ1 x1 < x1 , mâu thuẫn với (H3 ). Ngoài ra, theo (H3 ) ta có
inf

Ax ≥

x∈K∩∂ Ω2

inf

x >0

(2.2.7)

x∈K∩∂ Ω2

Từ (2.2.6), (2.2.7) và bổ đề 2.1.3 suy ra (2.2.4) đúng. Như đã biết, (2.2.2) và
(2.2.4) suy ra (2.2.5) và do đó A có ít nhất một điểm bất động trong Ω2 \ Ω1
✷
Định lí 2.2.3. Cho Ω1 , Ω2 là hai tập mở, bị chặn trong E, θ ∈ Ω1 , Ω1 ⊂ Ω2 .
Cho u0 > θ , Ku0 = {x ∈ K : ∃λ > 0, x ≥ λ u0 } và toán tử A : K ∩(Ω2 \Ω1 ) → K
hoàn toàn liên tục. Nếu một trong hai điều kiện
(H5 )

Ax

(1 + ε)x

(H6 )

Ax

x

∀x ∈ K ∩ ∂ Ω1 , ε > 0 và Ax

∀x ∈ Ku0 ∩ ∂ Ω1 và Ax

(1 + ε)x

x

∀x ∈ Ku0 ∩ ∂ Ω2 ,

∀x ∈ K ∩ ∂ Ω2 , ε > 0,

được thoả mãn. Khi đó A có ít nhất một điểm bất động trong K ∩ (Ω2 \ Ω1 )
Chứng minh. Ta có thể giả sử rằng (H5 ) được thỏa mãn, vì chứng minh
là tương tự khi (H6 ) đúng. Theo định lí mở rộng ánh xạ, A có thể mở rộng tới
một toán tử hoàn toàn liên tục từ K ∩ Ω2 vào trong K. Giả sử A không có điểm
bất động trong K ∩ ∂ Ω1 và K ∩ ∂ Ω2 . Dễ dàng chỉ ra rằng (2.2.1) đúng, vì mặt
khác, nếu có x0 ∈ K ∩ ∂ Ω1 và µ0 > 1 sao cho Ax0 = µ0 x0 = (1 + ε)x0 , trong
đó ε0 = µ0 − 1 > 0, mâu thuẫn với (H5 ).
Do đó (2.2.2) đúng.
Ngoài ra, (2.2.3) cũng đúng. Thật vậy, nếu tồn tại x1 ∈ K ∩ ∂ Ω2 và t1 > 0 sao
cho x1 − Ax1 = t1 u0 , thì x1 ≥ t1 u0 và x1 ≥ Ax1 nên x1 ∈ Ku0 . Kết quả này mâu
thuẫn với (H5 ). Do đó (2.2.4) đúng.
Từ (2.2.2) và (2.2.4), suy ra rằng (2.2.5) cũng đúng và do đó A có ít nhất một
điểm bất động trong K ∩ (Ω2 \ Ω1 ).
✷