PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN CỦA HÀM CÓ GIÁ TRỊ VECTƠ

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

Trần Văn Trí

PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN CỦA HÀM
CÓ GIÁ TRỊ VECTƠ
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60.46.01

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS.LÊ HOÀN HÓA

Thành phố Hồ Chí Minh-2009


LỜI CẢM ƠN
Trước tiên tôi xin chân thành cảm ơn thầy PGS.TS Lê Hoàn Hóa đã tận
tình chỉ bảo, góp ý cho tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn tốt nghiệp
này.
Nhân đây tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô, những người đã
tận tình truyền đạt kiến thức cho tôi trong hai năm học cao học vừa qua.
Xin chân thành cảm ơn.

Học viên
Trần Văn Trí


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU

 1,2,...

 0







  0;  


MỞ ĐẦU
Trong luận văn này tôi xét sự tồn tại nghiệm và tính chất compact, liên
thông của tập nghiệm của phương trình tích phân phi tuyến có dạng
x t   t  

1  t 

f  t , s, x 1  s   ds 


0

2  t 


0

K  t , s  g  s, x  2  s   ds ,t  0 (*)

trong đó i ,i :  0;     0;   , i=1,2;
f :  0;    E  E ,
2

g :  0;    E  E ,
K :  0;    L( E , E ) .
2

E là không gian Banach thực với chuẩn . , L(E,E) là không gian các toán tử

tuyến tính liên tục từ E vào E.
Phương trình (*) đã được khá nhiều nhà toán học quan tâm, bên cạnh việc
chứng minh sự tồn tại nghiệm việc khảo cứu cấu trúc của tập nghiệm cũng
được đề cập chẳng hạn như:
và hàm f (t , s, x( s))  v( s, t ) x(1 ( s )) , Avramescu  6 đã

Trường hợp E =

chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình
x t   t  

1  t 



v( s, t ) x(1 ( s ))ds 

0

2  t 


0

K  t , s  g  s, x  2  s   ds , t  0 (**)

Trường hợp E là không gian Banach thực Hóa, Ngọc 8 đã chứng minh
tập nghiệm của phương trình
t

t

0

0

x  t     t    f  t , s, x( s) ds   g  s, x  s  ds , t  0 (***)
là khác rỗng, compact, liên thông.


Với các kỹ thuật và ý tưởng tự như trong  7  , 8 tôi sẽ chứng minh tập
nghiệm của phương trình (*) khác rỗng, compact liên thông với các giả thiết
của hàm f, g nhẹ hơn trong  6 ,  7  , 8 . Kết quả chính của luận văn này được
trình bày ở định lí 3.1, định lí 3.2. Cụ thể như sau
Ở chương 1 gồm các định lí mà các kết quả của nó dùng trong các chứng

minh ở chương 2 và chương 3 gồm các định lí 1.2, định lí 1.3, định lí 1.6,
định lí 1.8, định lí 1.9.
Ở chương 2 : có hai vấn đề

Một là sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân trong không gian
Banach và kết quả chính là định lí 2.1.5.
Hai là định lí Krasnoselskii-Perov nói về tính chất của tập nghiệm
Ở chương 3 chứng minh tập nghiệm của phương trình (*) khác rỗng,

compact, liên thông. Việc chứng minh dựa vào hai định lí 2.1.5 và định lí 2.2.
Kết quả chính của chương và của luận văn là định lí 3.1 và định lí 3.2.


Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Định nghĩa1.1: 1

Cho X,Y là hai không gian Banach. Ánh xạ f : X  Y được gọi là lipsit địa
phương nếu: với mọi x0  X , tồn tại lân cận V của x0 và một hằng số k
(không phụ thuộc x0 ) sao cho f  x   f  x ,   k x  x , ,x, x , V .
Định lí 1.2: 1

Cho E, F là hai không gian Banach, D là tập con mở của E và ánh xạ liên
tục f : D  F . Khi đó với mỗi  tồn tại ánh xạ Lipschitz địa phương

f : D  F sao cho f ( x)  f ( x)   , x  D và f ( D)  co f ( D) .
Chứng minh:



Với x  D ,đặt x   y  D / f ( x)  f ( y )   thì D   x
2
xD

Gọi V ,    là phủ mở của D, được gọi là phủ mở hữu hạn địa phương

mịn hơn của phủ  x , x  D sao cho:
+ x  D , tồn tại lân cận V(x) thỏa mãn : V ( x)  V   chỉ với một số hữu
hạn    .
+ Với mỗi    tồn tại x  D để V   x .
Với    xác định al : D   định bởi:
ì0
khi x Ï Vl
ï
a (x) = ï
ír(x, ¶V ) khi x Î V
l
ï
l
ï
l
î
trong đó r(x,A) = inf { x - y , y Î A} .


-1

ổ
ử
t fl (x) = ỗỗồ a m (x)ữữữ a l (x), x ẻ D
ỗố mẻL
ứ

ỡù0
Ê x-y khi x, y ẽ Vl
ùù

Ta cú a l (x) -a l (y) = ù
Ê x-y khi x ẻ Vl , y ẽ Vl
ớr(x, ảVl )
ùù
ùù r(x, ảVl ) - r(y, ảVl ) Ê x-y khi x,y ẻ Vl
ợ
Vy a l lipsitz trờn D.
Do V , l ph m hu hn a phng nờn ch cú hu hn m ẻ L sao
cho x ẻ Vm v nh vy ch cú hu hn m ẻ L sao cho a m (x) > 0 .
Vy fl (x) hon ton xỏc nh.
Hn na fl (x) =0 nu x ẽ Vm v fl lipsitz a phng.Vi mi l ẻ L ,
chn a l ẻ Vl ầ D
nh ngha f x x f a .


Ta thy

x 1, x 0



nờn f x cof ( D) . Khi ú f l lipsit a

phng trờn D.
Vi mi x D , tn ti x V v tn ti x ' D V x

,

Khi ú x, a V x nờn f ( x) f a .
,

Vy

f x f x

x f a f x x f a x f x







x f a f x vi mi x D .



Định lí 1.3:  7 

A là tập đóng khác rỗng của không gian mêtric X , Y là không gian định
chuẩn. Toán tử f : A  Y liên tục. Khi đó tồn tại ánh xạ liên tục F : X  Y
sao cho :
a) F  X   cof  A  .
b) f ( x)  F  x  , x  A .
Định nghĩa 1.4: 9

Xét  , ,   là một không gian độ đo. X,Y là hai không gian Hausdorff.
Hàm f :   X  Y gọi là hàm Carathéodory nếu thỏa các điều kiện sau:
i) Với mọi x  X hàm t  f  t , x  là  , B(Y )  đo được với B(Y) là
 -đại số Borel của Y.

ii) Với mọi t  hàm x  f  t , x  liên tục.
Đặt N g ( x)(t ) = g (t , x (t )) .

Nhận xét:

Nếu X là một không gian metric khả li ( separable metrizable space) và Y
là không gian metric thì hàm  z , x   f ( z , x) là

  B  X  -đo được.

Hơn nữa f là đồng độ đo (sup-measurable), nghĩa là mọi hàm đo được

u :   X thì hàm z  f ( z , u ( z )) là đo được (Denkowski, Migorski &
Papageorgiou).
Trong mục sau, nếu không có chú thích gì thì chúng ta xét  , ,   là một
không gian độ đo nonatomic,  -hữu hạn, đầy đủ ( trong các áp dụng thường


sử dụng  là một tập con của

n

với độ đo Lebesgue) và X,Y là hai không

gian Banach khả li (separable Banach spaces).
Mệnh đề 1.5: 9

Nếu h : W´ X   + là một hàm Carathéodory, thỏa các điều kiện sau:
h ( z ,0) = 0 "z Î W và N h (u ) L (W) £ c r "u Î Lp (W, X ) ,với c >0 thì

r

m ( Ek ) = 0 " k ³ 1
ì
ü
ở đây Ek = ï
í z Î W : sup h ( z , x) = +¥ï
ï
x £k
ï
ï
î
ï

"k ³ 1.

X

Chứng minh:

Giả sử tồn tại k ³ 1 sao cho m ( Ek ) ¹ 0 . Bỡi vì không gian độ đo nonatomic,
s -hữu hạn, chúng ta có thể lấy Bk Î å sao cho

Bk Í Ek và 0 < m ( Bk ) < +¥ .
Với mọi z Î Bk , đặt
ì
ü
ï
2c r ï
ï

ï
S k ( z ) = í x Î X : x X £ k , h ( z , x) >
.
ï
ï
m
B
(
)
k 
ï
ï
î
Hiển nhiên S k ( z ) ¹ f "z Î Bk ,
và GrS k Î (åÇ Bk )´ B ( X ) , với B(X) là s -đại số Borel của X.
Chúng ta áp dụng định lí chọn Yankov-von Neumann-Aumann và thu được
một ánh xạ (å, B ( X )) -đo được uk : Bk  X sao cho
uk ( z ) Î Sk ( z ) "z Î Bk .
Chúng ta mở rộng uk lên W bằng cách đặt
uk ( z ) = 0 nếu z Î W \ Bk .


Vì h ( z ,0) = 0 "z Î W và uk Î Lp (W, X ) , ta có
r

r

h ( z , uk ( z )) d m = ò h ( z , uk ( z )) d m > 2c r

ò

W

Bk

Mâu thuẫn giả thiết.Vậy có điều phải chứng minh.
Định lí 1.6: 9

f :   X  Y là

Nếu

một

hàm

Carathéodory,

p,r  1; 

và

N f : L p (, X )  Lr (, Y ) thì N f liên tục, bị chặn (nghĩa là biến tập bị chặn

thành một tập bị chặn) hơn nữa tồn tại a  Lr (), a  0 và c > 0 sao cho
f ( z , x)

Y

 a( z )  c x

p
r
X

(hầu khắp nơi z   ).

Chứng minh:
 Ta chứng minh N f liên tục

Lấy u n n1  Lp (, X ) sao cho u n  u trong Lp (, X ) .
Đặt g :   X   định nghĩa như sau:
r

g ( z , x)  f ( z , x  u ( z ))  f ( z , u ( z )) Y .

Chúng ta lấy dãy con u n

unk  u

p
p

L (, X )



k



k 1

của u n n1 sao cho:

1
, k  1
2k

và unk ( z )  u ( z ) hầu khắp nơi z  
Đặt
v k  u nk  u k  1 .

Ta có v k ( z )  0 hầu khắp nơi z  
và g ( z , v k ( z ))  0 hầu khắp nơi z   khi k   .
Bỡi vì g ( z , x) ³ 0 ," ( z , x) Î W´ X và v k ( z )  0 hầu khắp nơi z  


Chúng ta tìm k (z )   , sao cho   z   sup g ( z , vk ( z ))  g ( z, vk ( z ) ( z )) .
k 1

Đặt
vˆ( z )  vk ( z ) ( z ) .

Khi đó  là đo được và hàm z  vˆ( z ) å -đo được.
Hơn nữa,ta có







vˆ( z ) X d   sup vk ( z ) X d   vk
p

p

 k 1

k 1



p
p

L (, X )

  un k  u
k 1

p
Lp (, X )

  .

Do vậy vˆ  Lp (, X ) .
Từ định nghĩa của g và giả thiết thì N g là ánh xạ từ Lp (, X ) vào Lr (, X )
chúng ta suy ra rằng g (., vˆ(.))  L1 ()  .
Khi đó g ( z , vk ( z ))  g ( z , vˆ( z )), z  , k  1

và g ( z , vk ( z ))  0 hầu khắp nơi z  
theo định lí hội Lebegues, chúng ta có

 g ( z, v ( z ))d  0 .
k



Do đó N f ( xn )  N f ( x) trong Lr (;Y ) .
k

Nên mọi dãy con của N f ( xn )n 1 hội tụ đến N f (x) trong Lr (;Y ) .
Vậy N f ( xn )  N f ( x) trong Lr (;Y ) .
Do đó N f : Lp (, X )  Lr (, Y ) là liên tục.
 Ta chứng minh N f bị chặn: cho u  Lp (, X )

Đặt
fˆ ( z , x)  f ( z , x  u ( z ))  f ( z, u ( z )) .

Hiển nhiên fˆ là hàm Carathéodory và N fˆ là ánh xạ từ Lp (, X ) vào Lr (, Y )
và fˆ ( z,0)  0 z   .


Không mất tính tổng quát ta giả sử f ( z,0)  0 z  
Vì N f liên tục tại 0, nên tồn tại   0 , sao cho:
N f (u )

Lr (  ,Y )

 1,  u

Lp (  , X )

 .

Lấy tuỳ ý u  Lp (, X ) và chọn n ³ 1, n Î  sao cho:
n n  u

p
L p ( , X )

 (n  1) p .

Ta viết
n 1

   k
k 1

là hợp của các khoảng rời nhau sao cho
u

p
Lp ( k , X )

  p , k  1,..., n  1.

Khi đó, ta có





n 1

f ( z , u ( z )) Y d  
r

p



k 1  k

 u p

f ( z , u ( z )) Y d  n  1   L (  , X )   1 ,





r

chứng tỏ N f là bị chặn.
 Ta chứng minh tồn tại a  Lp (, X ), a  0 và c>0 sao cho:

f ( z , x)

Y

 a( z )  c x

p
r
X

.

Vì N f bị chặn nên ta tìm được số c>0, sao cho :
N f (u )

Đặt h:   X 

Lp ( , X )

 c , u

1

Lp (, X )

(1)

được định nghĩa


p



h( z , x)   f ( z , x) Y  c x Xr  .



Sử dụng bất đẳng thức 1   2 r  1r   2r , 1   2 .
Khi đó, ta có
r

h r ( z , x)  f ( z , x) Y  c r x

p
X

khi h( z, x)  0 .

(2)


Ly u Lp (, X ) v t
C= z : h( z , u ( z )) 0
thỡ chỳng ta tỡm n 1, n v 0;1 sao cho:

u( z)

p
X

d n .

C

Chỳng ta vit:
n 1

C Ck
k 1

l hp ca cỏc khong ri nhau sao cho:

u( z)

p
X

d 1, k 1,..., n 1.

Ck

Nh trờn, khụng mt tớnh tng quỏt ta cú th gi s f ( z,0) 0, z v do (1)
ta cú



C

n 1

f ( z , u ( z )) Y d f ( z , u ( z )) Y d (n 1)c r
r

r

(3)

k 1 C k

Theo (2) v (3) ta cú

h ( z, u ( z ))d n 1c
r

r

(n )c r c r , u Lp (; X )

(4)



Theo mnh 1.5

ổùỡ
ùỹử
m ỗỗớ z ẻ W : sup h( z , x) = +Ơùữ
ữữ = 0 "k 1
ỗốùợ
ù
x Êk
ù
ùứ

(5)

X

Vỡ gi thit khụng gian o l -hu hn,chỳng ta cú th tỡm

Dk k 1
sao cho


Dk v ( Dk ) , k 1 .
k 1

Ly z Dk , t

Vk ( z ) x X : x


X

k , sup h( z, x) , sup h( z , x)
x

X

k

x

X

k


1
h( z , x) .
k



Bởi vì (5) nên Vk ( z )   hầu khắp nơi z   .
Nhưng khi đó ta cũng có GrVk    Dk  B( X ) ,
với GrVk = {( x, x* ) Î X ´ X * : x* Î Vk ( x)} .
Áp dụng định lí chọn Yankov-von Neumann – Aumann ta chọn được một
ánh xạ  , B( X )  - đo được vk : Dk  X sao cho:
vk ( z )  Vk ( z ), z  Dk .

Mở rộng vk lên  bằng cách đặt vk  \   0 .
k

Đặt a ( z ) = sup h( z , x)
xÎ X

Bởi vì h là hàm Carathéodory và X khả li, a là đo được.
Chúng ta cũng có
sup h( z , x) 
x

X

k

1
 h( z , vk ( z ))  a( z )
k

Như vậy h( z , vk ( z ))  az  hầu khắp nơi z   , khi k  +¥ .
Mà vk  Lp (, X ) và theo (4) ta có

 h ( z, v ( z ))d  c , k  1 .
r

r

k



Khi h  0 chúng ta áp dụng bổ đề Fatou’s ta được

 a ( z )d  lim inf  h ( z, v ( z ))d  c
r



r

k  

k

r

.



Như vậy a  Lr () .
Theo định nghĩa của h( z, x) ta có điều phải chứng minh.


Mệnh đề 1.7: 5

Nếu X là không gian Banach, C Ì X là tập khác rỗng, đóng và

f n : C  X là ánh xạ compact và f n ( x)  f ( x) trong X và hội tụ đều trên
tập con bị chặn của C thì f : C  X là ánh xạ compact.
Chứng minh:

Theo giả thiết thì f : C  X liên tục. Lấy B Í C là một tập bị chặn. Khi đó
với e > 0 , tồn tại n0 = n0 (e, B) ³ 1 sao cho

f n ( x) - f ( x) X <

e
"n ³ n 0 , x Î B
2

(1)

với n ³ n0 tập f n ( B) là tập compact trong X.
Chúng ta lấy { xk }k =1 với N 0 = N 0 (n, e) ³ 1 sao cho
N0

N0

f n ( B) Í  Be ( xk ) .
k =1

(2)

2

Với x Î B , do (2) nên tồn tại k Î {1,..., N 0 } sao cho
e
f n ( x) - xk < .
2

(3)

Từ (1),(3) ta suy ra
f ( x) - xk

X

£ f ( x) - f n ( x) X + f n ( x) - xk

X

vậy f ( x) Î Be ( xk ) .
N0

Do đó f ( B) Ì  Be ( xk ) .
k =1

Nghĩa là f ( B) bị chặn đều, do đó nó tập compact tương đối trong X.


Định lí 1.8: 5

Với mọi u  Lp  ; X  ,1  p  ,

1 1
  1 toán tử L : Lq (W; R)  X cho bởi
p q

Lh   h  t  u  t dt là compact.


Chứng minh:
n

+Với u là hàm đơn giản, khi đó u   xi  A với Ai đo được.
i 1

i

n

Ta có Lh   xi  h  t dt .
i 1

Ai

Khi đó L : Lp     span  x1 ,..., xn 
Do L là hữu hạn chiều nên compact.
+ Với u  Lp  , X  ,1  p   khi đó với mọi   0 tồn tại hàm đơn giản
u  Lp  , X  sao cho:
u  u

p



Khi đó L h   h  t u  t  dt .


Ta có L  L  u  u

p

 .

Như vậy L cho bởi công thức (1) là giới hạn của toán tử compact L và do đó
nó cũng compact.
Định lí 1.9: 5

Cho (S,d) là không gian metric khả li, X là không gian Banach khả li và
f :   S  X là hàm Carathéodory thì với mọi   0 tồn tại một tập

compact    với    \     và f :   S  X liên tục.
Chứng minh:
Bước 1:


f S :   C  C ( S , X ) là L-đo được. Hay mọi   C ( S , X ) hàm khoảng

cách t  d  f S (t ),  là L-đo được.
Thật vậy

d ( f S (t ), j ) = suparctan f (t , s) - j ( s) = suparctan f (t , sn ) - j ( sn ) .
sÎ S

nÎ

ở đây sn n là một dãy tập con trong S.
Nhưng do giả thiết mọi hàm

t  arctan f  t , sn     sn  là L- đo được.
Do đó

t  suparctan f (t , sn ) - j ( sn ) = d ( f S (t ), j ) là L- đo được.
nÎ

Bước 2:

Chứng minh tồn tại tập compact  sao cho    \     và

f :   S  X liên tục.
Đặt
 n  t : d  f S  t  ,0   arc tan n  t : f S (t )   n

thì  n nN là một họ tăng các tập con đo được của W thỏa



n 1

n



và mỗi f S :  n  C ( S , X ) là L- đo được.
Khi đó theo định lí Lusin với mọi   0 tồn tại tập compact K n   n với

  n \ K n  


2n

và với mọi n Î  thì f S : K n  C ( S , X ) liên tục.
Lấy




   K n .

n 1

Khi đó  là tập compact thỏa    \   <  và f S :   C ( S , X ) là liên
tục


Chương 2: SỰ TỒN TẠI VÀ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH TÍCH PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
2.1 Sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân trong không gian
Banach:

Nếu S là không gian metric compact và X là không gian Banach với
chuẩn . . Khi đó C(S) là không gian Banach của tất cả hàm liên tục từ S vào X
với chuẩn

x  sup x  s 
sS



Nếu S là không gian metric mà S   S n , S n  S n1 , n  1, 2....
n 1

với S n compact và mọi tập con compact K  S tồn tại S n sao cho K  Sn .
Khi đó C(S) là không gian các hàm liên tục từ S vào X là không gian
Fréchet với họ nửa chuẩn  pn  , pn  x   sup x  s  và metric
sSn



d ( x, y )   2  n
n 1

pn  x , y 
1  pn  x , y 

Mệnh đề 2.1.1:  7 

Một tập A trong C(S) là compact tương đối khi và chỉ khi với mỗi n Î  , A
đẳng liên tục trên S n và tập  x  s  : x  A, s  S n  là compact tương đối trong

X.
Mệnh đề 2.1.2: 3

Giả sử  là tập số tự nhiên và qs : s  a, b là họ các hàm

qs :  ´   [ 0, +¥) thoả mãn các điều kiện sau:


i) qs (m, n)  qs (m, n) nếu s  s ,
,

ii) qs (m, n)  qs (m, k )  qs (k , k )  qs (k , n)
iii) Với mỗi   0 và s  a, b  tồn tại số   0 và số r   sao cho với

s , , s ,,   a, b  và m, n   thì
qs  m, n       qs  m  r , n  r   
,

,,

Khi đó mlim
q (m, n)  0 s   a, b  .
, n  s
Chứng minh

Bằng cách xét hàm

1
 qs  m, n   qs  n, m   nếu cần, ta có thể coi q, là đối
2

xứng, nghĩa là qs (m, n)  qs (n, m) .





Đặt M ms (n)  max qs (i, m  n) : i  n, n  m .
Bước1:Cố định m, ta chứng minh rằng

inf {M sm (n) : n Î , s , Î ( s, b)} = 0
,

(1)

Giả sử trái lại, vế trái của (1) bằng   0 .Ta chọn số   0 ,số n Î  tương
ứng với  theo điều kiện iii) của định lí sao cho :
s  s ,,  s , , qs (m, n)      qs (m  r , n  r )   .
,

,,

(2)

Vì vế trái của (1) bằng  nên tìm được s ,   s, b  , n Î  sao cho
M ms (n)     và do đó qs  j , m  n     
,

,

j  n, n  m .

Lấy s ,,   s, s ,  ,ta có do (2)

qs

,,

 j  r, m  n  r   

Hay qs  i, m  n  r   
,,

j  n, n  m
i  n  r , n  m  r .

Vậy M ms (n  r )  
,,

Điều này mâu thuẫn với giả sử của ta rằng vế trái của (1) bằng  .


Bước 2: Cho  >0 ta chọn các số  ,r theo điều kiện (ii) của định lí để có

(2).
s,  s

Áp dụng (1) với m=r, ta tìm được

và n0 Î 

sao cho:



M rs (n0 )  min( , )
2
,

(3)

Lấy m  n, ta sẽ chứng minh qs (m, n0  r )   . Thật vậy, ta chọn k Î  sao

cho n0  m  kr  n0  r

(4)

Từ định nghĩa của M rs (n0 ) và (3),(4) ta có qs (m  kr , n0  r )  M rs (n0 )   .
,

,

,

Tiếp theo, ta sử dụng điều kiện ii) của định lí và được
qs  m  kr , n0   qs  m  kr , n0  r   qs  n0  r , n0  r   qs  n0  r , n0 
,

,

 

,





2


2

,

 

.

Từ đây và (2) ta có
qs (m  kr  r , n0  r )   với s ,,   s, s , 
,,

Lại áp dụng điều kiện ii) và i) ta được

qs  m  kr  r , n0   qs  m  kr  r , n0  r   qs  n0  r , n0  r   qs  n0  r , n0 
,,

,,

,,

,,

   qs  n0  r , n0  r   qs  n0  r , n0 
,

 


2

,




2

Và do vậy, lại có thể áp dụng (2) để có
qs (m  kr  2r , n0  r )   với s ,,,   s, s ,,  .
,,,

Lặp lại một số cần thiết lý luận như trên ta có
qs  m, n0  r    , m  n0
Bây giờ, với m  n0 , n  n0 , áp dụng (5), ta có
qs (m, n)  qs (m, n0  r )  qs (n0  r , n0  r )  qs (n0  r , n)  3 .

(5)


Điều Kiện A  7 

Cho X là không gian vectơ tôpô lồi địa phương với P là họ tách các nửa
chuẩn trên X. Cho D là tập con của X và U : D  X , với mỗi a  X ta định
nghĩa U a  x   U  x   a là một ánh xạ từ D vào X.
Toán tử U gọi là thỏa giả thiết (A) trên tập con  của X nếu

 A  với mọi a  ,U  D   D
1

a

A 
2

với mọi a  và mọi p  P tồn tại ka Î  + có tính chất

"e > 0, $r Î , d > 0 : x, y Î D, aap ( x, y ) < e + d  aap (U ar ( x),U ar ( y )) < e ,





trong đó  ap ( x, y )  max p U ai  x   U aj  y   , i, j  0,..., ka .
Mệnh đề 2.1.3:  7 

Cho X là không gian lồi địa phương với họ tách các nửa chuẩn P. Cho D là
tập con đầy đủ theo dãy của X. Toán tử U liên tục “tựa chuẩn” trên D (nghĩa
là với mọi p  P và   0 , tồn tại   0 sao cho p  x  y   

thì

p U  x   U  y     ).
Giả sử rằng U thỏa điều kiện (A) trên tập con  của X. Thì toán tử

I U 

1

xác định và liên tục trên  .

Chứng minh:
Bước 1:Với mọi a   toán tử U a có một điểm bất động duy nhất trên D, gọi

 (a ) , và dãy U an ( x)n hội tụ  (a ) ,với mọi x  D . Thật vậy
Theo điều kiện ( A2 ) thì với mọi a  và p  P , tồn tại k Î  + sao cho

"e > 0, $r Î  và   0 ,  x, y  D :

 ( x, y )       U ar ( x),U ar ( y )    .
Đặt q:  2+  [ 0; +¥) được định nghĩa : q (m, n)   U am  x  ,U an  y   .


Khi đó q thỏa mãn (i)(ii)(iii) của mệnh đề 2.1.2 nên mlim
q (m, n)  0 .
, n 
p U am ( x)  U an ( y )   0 .
Do đó mlim
, n 

Nên với mọi x, y  D các dãy U an ( x)n ,U an ( y )n là các dãy Côsi. Vì D đầy
đủ theo dãy và U liên tục nên dãy

U

n
a

( x) hội tụ đến điểm bất động của U a

gọi là   a  nghĩa là:
U   a    a   (a ) hoặc  I  U    a    a .

Tiếp theo, ta thấy nếu   a  ,  b  là hai điểm bất động tương ứng của U a và

U b và  (a)   (b) thì U   a    a  U   b    b .
Nghĩa là a  b .
Vì  là song ánh từ  vào      D và  I  U    a    a với mọi a 

thì  I  U    1 hoặc    I  U  . Điều này có nghĩa là  I  U 
1

1

được

định nghĩa trên  .
Bước 2:  I  U  liên tục trên 
1

Với mọi a  và p  P , lấy   0 tuỳ ý theo điều kiện A tồn tại r Î  và

  0    

sao

cho

 U ar  x  ,U ar  y    

với

mọi

x, y  D

khi

  x, y      .

Vì U liên tục tựa chuẩn, nên U ai cũng liên tục tựa chuẩn với mọi i=0,1,.,r-1
do đó mà tồn tại  0 , 0   0   sao cho: p U ai  x   U ai  y     , i  0,1,..., k
khi p ( x  y )   0 .

(1)

Hơn nữa, sử dụng tính liên tục tựa chuẩn của U, chúng ta có thể xây dựng
một họ  i i 0 , sao cho i  1,..., r  1 :
r 1


a) 0   i 

 i 1
2

b) p U ( x)  U ( y )  

 i 1
2

, khi p  x  y    i .

Nếu b   sao cho p (a  b)   r 1 thì vì limU brn (  a )    b  nên
n 

rn
p   a     b    lim
p


a

U


  a    .

b
n 

Tiếp theo ta chứng minh bằng quy nạp rằng :

a (f (a),U brn (f (a))) < e + d , "n Î  .

(2)

Đầu tiên ta thấy p   a   U br   a      0 .Thật vậy, vì p(a  b)   r 1 nên
p U a  x   U b  x    p (a  b)   r 1 , x  D .

Do đó

1
p U (U a  x )  U (U b  x )    r 2
2
 p U a2  x   U b2  x    p U (U a  x )  U (U b  x )   a  b  

 p U (U a  x )  U (U b  x )   p  a  b 
1
1
  r 2   r 2   r 2 .

2
2

Bằng cách lặp lại tương tự trên, chúng ta có
p U ar 1  x   U br 1  x    1 .
1
Khi đó p U U ar 1  x    U U br 1  x      0
2
 p U ar  x   U br  x     0 .

(3)

Đặc biệt, lấy x    a  trong (3) ta được
p   a   U br  x     0 .
Vậy với n  1 ta chứng minh được

(4)


   a  ,U br   a        .
Từ (1) và (4) ta suy ra





p   a   U ai U ai   a      , i  0,1,..., k
    a  ,U br   a          .

Giả sử (2) đúng với n nghĩa là    a  ,U brn   a       



thì ta có

 

   a  ,U br ( n 1)   a        a  ,U ar U brn   a      U ar U brn   a    ,U br ( n 1)   a  
.
Theo điều kiện (A) ta có



 



 U ar   a   ,U ar U brn   a        a  , U ar U brn   a     

lấy x  U brn   a   theo (3) ta có:





p U ar U brn   a     U br ( n1)   a     0 .





Theo (1) ta có p U ar i U brn   a     U ai U br ( n1)   a      , i  0,1,.., k ,





Hay  U ar U brn   a    ,U br ( n1)   a     .
Do đó    a  ,U br ( n1)   a        .
Theo (2) ta thấy p   a   U brn   a        a  ,U brn   a         2 .
Cho n   dẫn đến
p   a     b    lim p   a   U brn   a     2 .
n 

Chứng tỏ rằng    I  U  liên tục trên  .
1

