Phương trình chứa tham số trong không gian có thứ tự

Bộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC sữ PHẠM TP. Hồ CHÍ MINH

LỜI CÁM ƠN
Trinh Văn Bé Ba

Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến thầy
hướng dẫn, TS. TRẦN ĐÌNH THANH, đã tận tình hướng dẫn tôi trong
quá
trình làm luận văn.

Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến thầy
NGUYỄN BÍCH HUY đã tận tình giúp đỡ, động viên và dìu dắt tôi
trong
LUẬN VĂN THẠC sĩ TOÁN HỌC


MỞ ĐÀU
1. Lý do chọn đề tài

Lý thuyết phương trình toán tử trong không gian có thứ tự ra đời từ
những
năm 1950 và được hoàn thiện cho tới nay. Chúng tìm được những ứng dụng hữu
ích
trong việc giải quyết các bài toán xuất phát từ vật lý, sinh học, kinh tế,...Trong
lý
thuyết này, lóp phương trình chứa tham số chiếm một vị trí quan trọng vì phần
lớn
những bài toán xuất phát từ thực tế đều phụ thuộc vào một hoặc nhiều tham số
và
đưa đến việc cần thiết phải nghiên cứu tính liên tục của tập nghiệm, sự phụ

thuộc
của nghiệm theo tham số... Đó là lý do tôi chọn đề tài “ phương trình chứa tham
số
trong không gian có thứ tự”.

2. Mục đích nghiên cứu


Phần mở đầu nêu lý do chọn đề tài, mục đích nghiên cứu, đối tuợng
nghiên
cứu và phạm vi nghiên cứu, ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu
đồng thời nêu bố cục của luận văn.

Chương 1: trình bày các kiến thức chuẩn bị như không gian Banach với
thứ


Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

•
1.1. Không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón

Các kiến thức trong mục này có thể xem trong [3]

1.1.1.

Định nghĩa 1.1.1

Cho không gian Banach thực X

• Tập K cz X được gọi là nón nếu:

i)

hội tụ.

K là tập đóng, K ^ jớỊ


•

K là nón sinh nếu X = K - K hay Vxe J 3u,v e K :x = u - V.

•

Kí hiệu K* là nón liên hợp của K định bởi:

K' = {feX':f(x)> 0 VJC6Ẩ’}.

1.1.4.

Mệnh đề 1.1.4

Giả sử " <" là thứ tự sinh bởi nón chuẩn. Khi đó:
1. Nếu u < V thì đoạn < u, V >:= jieI:i/
2. Nếu xn < yn

í A(x) = A(x), Vx E K n
ổơ
(*)í~

[x(x) E K

Khi đó X - Ả(x) ^ 6, Vx e ÕG nên bậc tô pô deg(A,G,ỡ) xác định. Ta định
nghĩa
iK(A,G) := deg(5,ơ,ớ)

ỈK (A, G) là bậc tô pô theo nón K của ánh xạ A trên tập mở G.

Kiểm tra định nghĩa trên có lí. Thật vậy, giả sử A là một mở rộng khác của
A
thỏa (*). Xét ánh xạ F(x,t) = tA(x) + (1 — t)A(x), ta có:


1.2.3.

Định lí 1.2.3

Giả sử G là tập mở, bị chặn, chứa 6.

n ổơ —> K là ánh xạ compact. Khi đó

1. iK(Ả,G) = ì nếu

(.H,) A(x) ^ /lx, Vx e ẪT n ổơ, V/t > 1

2.

(^4, G) = 0 nếu

(i/2) tồn tại phần tử X0£Ẫ:\{Ớ} sao cho :


Giả sử a: [0,1] —»[0,oo) là một hàm liên tục không đồng nhất bằng 0 trên
mọi
đoạn [a,/?] c: [0,1] và a„: [0,1] —»[0,oo) là hàm sao cho af.(t) = a{t) trên

(í) = 0 trên [0, s] u [1 - £, 1]. Xét các toán tử tích phân tuyến tính

1

Bx(t) = J G(t,s)a(s)x(s)ds,
0

1


1.4.2.

Hệ quả 1.4.2

Giả sử F :<u,v >—» X là ánh xạ tăng, thỏa mãn:
i) u< F(u);F(v) < V
ii) F(< u,v >) là tập compact tương đối, K là nón

chuẩn.

Chương 2
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ

2.1. Phương trình tuyến tính chứa tham số
2.1.1.

Định nghĩa 2.1.1

Cho không gian Banach X có thứ tự sinh bởi nón K .

Một ánh xạ tuyến tính Ả: X —» X được gọi là dương nếu:

Hay

\/x>ớ^> A(x) > 6
Ả(K)czK.

Nếu A là tuyến tính, dưong thì nó cũng có tính đơn
điệu:
Chứng minh


x„ ì Y Ẩ(XJ => *„ ^ 77 AP(Xn) => xn ^7J A’’(t„u) AỆu

n)
X I—^

Ả(x) + —
n

có điểm bất động trong tập
3*,e^.|k|| = l»3Ẩ11 = A(xa) + A.

Ải

A\)+- =ẢiK\

Ả'

n

Ta sẽ chứng minh Ả n > y f ă .

là số cực đại thỏa mãn
tơ

pỊ-

=> > JL— (do tính cưc đai của ) => Ả„ > V a .
Ả(xn) + - )
n
=> x0 = limxn ,xữ E K,\\x0\\ = 1.
I hội tụ về một Ã0 > y[ỡ (do Ần

Định lí đã đuợc chứng minh.

(2.1)

2.1.4.

Định nghĩa 2.1.4

Cho Ả : X —> X là ánh xạ tuyến tỉnh, dưoĩig và phần tử uữ eK\ịỡ} .
1) A gọi là uữ - bị chặn dưới (u() - bị chặn trên) nếu với mỗi X E K \ |ớ j

tồn

tại

sổ a = a(x)> 0, n = n(x) e N* sao cho:
Ản(x)>auQ (Ả”(x) < au0).
2) A gọi là u0 - bị chặn hay UQ - dưong nếu nỏ là UQ - bị chặn dưới và

bị chặn

2.1.5.

Bổ đề 2.1.5
Jduữ > Ap(x')> Ap(x)>apx=> tữ > — >0

Bổ đề đã được chứng minh.

2.1.6.

Bổ đề 2.1.6


nên

An(x)
Vậy A là x0 - bị chặn trên.

Tương tự A là x0 - bị chặn dưới.

Vậy A là x0 - bị chặn.

2.1.7.

Định lí 2.1.7 (Krein - Rutman)

Giả sử:
i) K là nón sinh.
iỉ) A là ảnh xạ u0 - dương, liên tục và có vec tơ riêng dương x0 tương ứng
với
giả trị riêng Ã0.
Khi đỏ:
1) Ã0 là giá trị riêng đơn ( bội 1) của A.
2) x0 là vec tơ riêng dương duy nhất của A.


f V1
1--2L
V Kj

Điều này mâu thuẩn với tính cực đại của tữ.

• Chứng minh X2 = XỊ (do đó X = XỊ V/I )

Giả sử trái lại 3x ^ 6: (A - Ã0I)2X = Ỡ,(Ả- Ẫ0I)x * 6.

-ĂQX > mtẪ™ 'XQ => ——X > xữ Vm E N* =>
xữ
<
6.
mt

Điều này vô lý. Vậy X ỊẺ —K.

Đặt tữ là số lớn nhất thỏa x0 > t0x thì tữ > 0 ( do bổ đề 2.1.5)

Khi đó

Ẩ(x0)>t0Ấ(x)
Ãn


^(-^o) —

-^1) *0 — g tQ( Xj).
-*■() — 0 'o*l •

AQ

Điều này mâu thuẩn với tính cực đại của t0.

Vậy 2) đã đuợc chứng minh.

Do đó Aq (yx) > —yx hay A thỏa điều kiện i) của định lí 2.1.3

Vậy A có trong Kữ vec tơ riêng, mâu thuẫn với tính chất 2).

Vậy bổ đề đã đuợc chứng minh.


Ta tìm được rằng:
ũị + b2 — (ct2 + yổ2y (ỠQ +ồQ) (do 2.3)
Từ (2.6) ta có:

_ ư^+ồ,2

=>

1

.2

,2

1 - < aị + ồn

=> Ẩp(x) > -Ảp(x") > -CXQ.
=> — Ẩp(x) + x0 >
0.
c
Phân tích

— Ap(x) = ax + by thì (a,b) eT,(a,b) * (0,0).
c

Định lí đã được chứng minh.
2.1.9.

Định lí 2.1.9

Cho A là ánh xạ tuyến tỉnh dương, liên tục, có bán kỉnh pho r(A)
>
Chứng minh

0.


K^íy)

(2.7) khi và chỉ
Vì r > r(Ẩ) nên tồn tại phần tử R, (jy).—thỏa
2_J—n-

k=0 A,

khi X = RẢ (y). Vì A dương và y E K nên RẢ (y) e K.

Định lí được chứng minh.

Ẫfí

Vậy định lí đã được chứng minh.

2.1.11 Định lí 2.1.11

2.1.12. Định lí 2.1.12
Giả sử A là ánh xạ uữ- dương và A(u0) = Ã0u0. Khi đỏ với
xeK\ {$} ,x*tuữ thì Ã0X < A(x),Ã0x > A(x).
Chứng minh

Chứng minh Ã0X > A(x)
Giả sử trái lại Ax < Ã0x,x eK\ [0],x ^ tuữ.

Gọi tữ > 0 là số cực đại thỏa X > tữuữ. Ta có:

3a > 0 3p e N*: Ap(x-tữuữ) > auữ
=^> Ap(x) > (t0Ãp + a)uữ
Ã0PX > (Ụự +a)u0

( do Ax < Ã0X).

Điều này mâu thuẩn vói tính cực đại của t0.


x = f(Ả,x)

(2.8)

X = {(Â,x) e [0,oo) X K : X = f (Ẫ,x)} là tập nghiệm của

(2.8)

s = {x E K : 3Ã e[0,oo),(Ắ,x) E X}

2.2.1.

(2.9)

Định nghĩa 2.2.1

Ta nói rằng s là nhánh liên tục không bị chặn xuất phát từ 6 nếu s n ÕG ^ 0
với mọi tập con mở bị chặn G chứa 0.

Trước tiên ta xét phưong trình (2.8) với f có một ánh xạ non đơn điệu.


x„ z aẲJnU ■

*„=/<Â,*„)+

Do định nghĩa tn ta được

Vậy

j£
n

Ấn <-.

Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của (2.8) trên n ÕG chúng ta cần chỉ ra
rằng dãy {Ăn} bị chặn.
a

Lấy tn là số lớn nhất thỏa mãn xn > tnu thì tn > 0 và từ g là ánh xạ tăng

nên

Với mỗi n thỏa Ầ tn>b, từ điều kiện 2(a) và (2.10) ta có

có:

xn > g(bu) > abu.

ta

g(Ảnxn)>
Từ bất đẳng thức này và kết hợp^ với bất đẳng thức thứ
nhất trong (2.10) cho ta g(Àntnu)
(2.10)

ằ

g(Ầnabu)

với số nguyên n thỏa mãn Ăntn < b, từ điều kiện 2(a) và (2.10) ta có

.


mỗi tập bị chặn thành một tập bị chặn và toán tử Ả : Y — » X tuyến tính
compact thỏa Ả(Ky) c= K.
2.2.3.

Định lí 2.2.3

Giả sử các giả thiết sau được thỏa mãn:
1. tx = A°F(0,x),xeK\{ỡ} =>Í<1.
2. Tồn tại các so dưong a, b, c và hàm tuyến tính L: Y —» R không âm và

không đồng nhất không trên K thỏa
(a) L(Ax) > aL(x), L(ax) > ứII.4*1 với xe Ky,
(b) L(F(Ẳ,x)) > bĂL(x) - c với xeK,
(c) Mỗi nghiệm (t,Ẫ,x) e [ 0, l ] x [ 0,oo) X K củaphưong trình

x = tA° F(Ả,x) + (\-t)bẢA(x)

(2-

11)
thỏa mãn bất đẳng thức sau: ||x|| < /r(Ắ,|jc|| )

(2-

12)
trong đó hàm h(x,t) tăng theo biến thứ hai và lim h(Ẳ,---------------------------—---) = 0
13)

(2-

ab/1 -1

liên tục không bị chặn trong X, xuất phát từ 6.
Chứng minh

(2.16)

c

Từ bất đẳng thức cuối và (2.13) và inf Ị||x||: X e K n ổơ| > 0 suy ra rằng phuơng
trình (2.11) không có nghiệm trên K n ỔG với t E [0,1] và Ả đủ lớn. Do đó
ánh

x = bẢAx + su,xeKr\dG

xạ
(2.17)

s < 0.

Thật vậy, từ (2.11) không có nghiệm trên K n ỔG với t = 0 thì từ (2.17) dẫn đến: s ^ 0.

Bằng cách tác động L lên cả hai vế của (2.17) và và lý luận nhu trong
(2.14)
ta thu đuợc:

(1 - ab)L(x) > sL(u),
do đó:

s<0


2.2.5.

Định lí 2.2.5

Giả sử ảnh xạ f: M+ X K —» K là hoàn toàn liên tục và tồn tại ánh xạ tăng
G:K —» K, hàm (Ọ: M+ —» R+ sao cho
f ( Ẫ , x ) > G[(p{Ả)x),\/{Ầ,x) E ~ R + x K .
Hơn nữa, giả sử tồn tại phần tử uữ E K \ { Ỡ } và các số dương a,b sao cho
i) G(tu0)>atu0 Víe[0,z?],
ii) ]imọ(Ẳ) = oo,\mãG(tu0)ln = 00,

A—>00

í—>00 11

là chuẩn trên X thỏa mãn các điều kiện sau:
Ho ^H

<*<;;=>||x||0 <||^|0.

Khỉ đó tập nghiệm s của (2.8) là nhánh liên tục, không bị chặn, xuất phát
từ
ỡ.

2.2.6.

Định lí 2.2.6

Giả sử f: [0, oo) X K —> K là ánh xạ hoàn toàn liên tục thỏa mãn các
điều
kiện sau:
tương tự.

3Ã

e(Ầ0,Ầm)

:x

^f(Ã,x)

VxeK\ịỡ}
Giả sử trái lại:

Ta định nghĩa:

S ị = ị x e S : Ã ( x ) < Ã j,
S2=ịxeS :Ã(X) >Ẳ].

Từ giả thiết 4) và định nghĩa S{,S2 ta có

sup|||jc||:XESịỊ <00, inf {||x||:xE *S2} > 0

(2.19)


*0 = /(^U0)> *0=/WU0)> Ã ' < Ã < Ã " .

Nhưng khi đó theo giả thiêt 2) ta phải có Ã ' = Ằ" = Ã , điều này mâu thuẫn với
(2.18). Như vậy (2.21 ) đúng.

Bây giờ ta đặt G =

B ( x ,—).

xeSj

2

Ta có G là tập mở, bị chặn (do ( 2.19)) và chứa 6 (do (2.20)). Theo cách xây dựng
G ta có

sif]dG=0,