lý thuyết về phương trình trong không gian bannach có thứ tự

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

Nguyễn Quang Vũ

Chuyên ngành
Mã số

: Toán giải tích
: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. NGUYỄN BÍCH HUY

Thành phố Hồ Chí Minh – 2009


Lời cảm ơn
Em xin chân thành cảm ơn tập thể quý Thầy Cô đã tham gia giảng dạy
lớp Cao học chuyên ngành Giải tích khóa 17- trường Đại học Sư Phạm
TP.HCM.Thầy Cô đã mang đến cho em những kiến thức Toán học sâu rộng,
bổ ích và thú vị.
Em xin bày tỏ lòng tri ân sâu sắc đến thầy PGS.TS Nguyễn Bích
Huy.Thầy là người đã khơi nguồn ý tưởng ,tạo trong em ý thức ham học hỏi
và lòng say mê nghiên cứu khoa học.Thầy cũng đã hết lòng tận tâm hướng
dẫn, giúp em tích lũy được nhiều bài học kinh nghiệm bổ ích để em thực hiện
Luận văn này.
Luận văn chắc hẳn còn có những thiếu sót
Kính mong nhận được sự góp ý của quý Thầy Cô.

MỞ ĐẦU
Lý thuyết về phương trình trong không gian Banach có thứ tự được bắt
đầu từ những năm 1940 và được phát triển cho đến ngày nay.
Lý thuyết này tìm được những ứng dụng có giá trị trong nhiều lĩnh vực
như Vật lý, Sinh học, Hoá học, Kinh tế …
Trong lý thuyết này nhiều lớp phương trình đã được nghiên cứu bằng các
phương pháp khác nhau bởi các nhà toán học từ nhiều trường phái. Việc tập
hợp các kết quả về một số lớp phuơng trình cơ bản nhất và trình bày chúng
một cách có hệ thống là việc làm cần thiết.
Mục tiêu của luận văn là trình bày một số kết quả về sự tồn tại nghiệm
dương của các lớp phương trình cơ bản trong không gian có thứ tự và
phương trình trong không gian Banach có thứ tự đề chứng minh sự tồn tại
nghiệm của một số lớp phương trình vi phân và tích phân.
Luận văn gồm 3 chương:
Chương 1: Trình bày các khái niệm cơ bản về mặt nón và các dạng nón
trong không gian Banach có thứ tự,lý thuyết bậc topo trên mặt nón,các kết
quả về điểm bất động dương của ánh xạ compac và điểm bất động của ánh xạ
tăng.
Chương 2: Trình bày về sự tồn tại nghiệm dương của một lớp phương
trình vi phân,tích phân.Trong đó,chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm
dương tuần hoàn của phương trình tích phân,nghiệm dương của bài toán biên
3_điểm và nghiệm của phương trình vi phân hàm.
Chương 3: Trình bày về phương trình vi phân chứa tham số, trong đó
ứng dụng định lý phân nhánh toàn cục vào một mô hình lò phản ứng hạt nhân
và hệ phản ứng khuếch tán.


Chương 1: PHƯƠNG TRÌNH TRONG KHÔNG GIAN

BANACH CÓ THỨ TỰ
1.1.Không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón.
1.1.1.Nón và thứ tự sinh bởi nón
Định nghĩa:
1) Tập K trong không gian Banach thực X gọi là nón nếu
i) K là tập đóng
ii) K  K  K ,  K  K ,   0
iii) K  ( K )  { }
2) Nếu K là nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định bởi :
x  y  y  xK

Mỗi x  K \ { } gọi là dương
Mệnh đề 1:
Giả sử “  ” là thứ tự sinh bởi nón, khi đó
1) x  y  x  z  y  z, x  y, z  X ,   0
2) xn  y n (n  N * ), lim xn  x, lim y n  y   x  y
3) Nếu {xn} là dãy tăng, hội tụ về x thì x n  x, n  N *
Chứng minh
1) Ta có (y+z)-(x+z)=y-x  K
 y  x   ( y  x )  K

2) Suy từ tính chất đóng của K
3) Cho m   trong bất đẳng thức x n  x n  m


1.1.2.Nón chuẩn
Định nghĩa :
Nón K gọi là nón chuẩn nếu: N  0 :   x  y  x  N . y
Mệnh đề 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 x n  y n  z n (n  N * ) và lim x n  a, lim z n  a thì lim y n  a
3) Nếu {xn} đơn điệu, có dãy con hội tụ về a thì lim x n  a
Chứng minh
1) x  u, v    x  u  v  u  x  u  N . v  u
 x  u  N. u  v

2)   y n  x n  z n  x n  y n  x n  N . z n  x n
3) Coi {xn} tăng và lim xnk  a
k 

Vì xn  xnk ( n cố định, k đủ lớn) nên xn  an  N *
Cho   0 , chọn k0 để x nk0  a   / N thì ta có
n  nk0  a  x n  a  x nko
a  xn  N . a  xnk  
0

1.1.3.Nón chính quy:
Định nghĩa :

Nón K gọi là nón chính quy nếu mọi dãy tăng, bị chặn trên thì hội tụ.
Mệnh đề 3:

Nón chính quy là nón chuẩn


Chứng minh

Giả sử K là nón chính quy nhưng không là nón chuẩn, khi đó:
n  N *xn , y n :   xn  y n , xn  n 2 y n

Đặt u n  xn / xn , vn  y n / xn thì 0  u n  vn , u n  1, vn <1/n2
Vì




n 1

Dãy
lim un  



vn   nên tồn tại v :  vn
n 1

sn:= u1+…+un tăng, bị chặn trên (bởi v) nên hội tụ, suy ra
(!)

Ví dụ : nón các hàm không âm trong Lp(1  p   ) là nón chính quy.
1.1.4.Nón sinh:
Định nghĩa :

K gọi là nón sinh nếu X= K - K hay x  X , u , v  K : x  u  v
Ví dụ:

1) Nón các hàm trong âm trong C(K), Lp là nón sinh.
2) Nếu nón K có điểm trong uo thì ta có:
r  0 : r. x .u o  x  r. x .u o , x  X

Do đó K là nón sinh.
Chứng minh

2)   0 : u o  B( ,  )  K . Số r=1/  cần tìm
Ta có: x=(x+r.||x||.uo)-r.||x||.uo
Mệnh đề 4:

Nếu

K

là

nón

sinh

thì

tồn

tại

số

x  X , u , v  K : x  u  v, || u || M . || x ||, || v || M . || x ||

Chứng minh
I) Đặt C= K  B( ,1) ta chứng minh r  0 : C  B( , r )



Thật vậy, X  U nC ( do K là nón sinh)
n 1

M>0

sao

cho


 no , G mở : noC  G (do định lý Baire)
1
2

1
2

Vì C lồi, đối xứng nên : C  C  C  C 
II) Ta chứng minh :

1
1
G
G (mở, chứa  )
2no
2no

r

B  C ( B:= B (0,1))
2

r
2

.Lấy a  B
 Ta sẽ xây dựng dãy {xn} thoả : xn  1n C ,
2

Thật vậy, vì
Ta có : a 
a  x1 

n

a   xk <
k 1

r
1
r
1
B  n C nên y  n B,   0, x  n C
n
2
2
2
2

r
2n 1

yx 

r
1
r
B  x1  C : a  x1  2
2
2
2

r
1
r
B  x2  2 C : a  x1  x2  3 ,...
2
2
2
2

 Vì xn 

1
1
C nên un , vn  K : xn  un  vn , un , vn  n
n
2
2





1

1

Đặt u   un , v   vn , ta có a  u  v , u , v  1 vậy a  C
r
2

III) x   , ta có .

x
 u ' v ' với u ', v '  K , u ' , v '  1
x

2
 x  u  v, u, v  K , u , v  M . x ( M : )
r

1.2. Điểm bất động dương của ánh xạ compắc
1.2.1 Bậc topo của toán tử dương
Bổ đề :

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:

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), x  K  G
(*) 
 A( X )  K

Khi đó

x  A( x)   x  G nên bậc topo deg ( A, G, ) xác định

Ta định nghĩa ik ( A, G )  deg ( A, G, ) .
Và gọi ik ( A, G ) là bậc topo theo nón K của ánh xạ A trên tập mở G
 Kiểm tra định nghĩa trên có lý : Giả sử Â là một mở rộng khác của A

thoả (*)
Xét ánh xạ F ( x, t )  t A( x)  (1  t ) A( x)

ta có:

F ( x, t )  x, ( x, t )  G  [0,1]
  deg( A, G,  )  deg( A, G,  )

F ( x, 0)  A( x), F ( x,1)  A ( x) 

Tính chất:

1) Giả sử Ao, A1 là compắc và đồng luân dương trên K  G theo nghĩa :
tồn tại ánh xạ compắc F : ( K  G )  [0,1]  K
sao cho F ( x, t )  x, F ( x, o)  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   , Gi  G , (i  1, 2)
và A : K  G  K compắc thoả 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


1.2.2 Tính bậc:

Giả sử G là tập mở, bị chặn, chứa 
Bổ đề:

Giả sử A( x)  x0  K . Khi đó
1, neu x0  
ik ( A, G )  
0, neu x0  G

Chứng minh
. x0    ik (0, G )  deg( , G, )  1
. x0  G (A không có điểm bất động trong G)  ik ( A, G )  0
Định lí 1:

Cho A: K  G  K là ánh xạ compắc
1) Nếu

Ax   x , x  K  G ,   1 thì

ik ( A, G )  1

2) Nếu tồn tại phần tử x0  K \{0} sao cho x  Ax   x0 , x  K  G ,
  0 thì

ik ( A, G )  0

Chứng minh

1) A đồng luôn dương với A0 ( x)   (xét F(x,t)=t A(x))
2) Ta chứng minh A đồng luân dương với A0 ( x)   x0 khi  đủ lớn
Chỉ cần chứng minh 0 sao cho
x  (1  t ) A( x)  t  x0 , x  K  G ,   0 , t  [0,1]

Giả

sử

trái

lại

xn  K  G, tn  [0,1], n   ,

sao

cho:

xn  (1  tn ) Axn  tn n x0 (1)

Có thể coi ( nếu không ta xét dãy con)
lim tn n    0 (do { tn n } bị chặn), lim tn =0 ( do lim n   )
Do A compắc nên { 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  Ax   x0 (vô lý)


Hệ quả:

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 nêú B không có vectơ riêng trong K với giá trị riêng   1
2) ik ( B, G )  0 nếu B có vectơ riêng trong K với giá trị riêng   1
Chứng minh

1) Được suy ra từ 1) định lý 1
2) Giả sử

Bx0   x0 , x0  K \{ } ,   1 . Ta có: x  Bx  tx0 , x  K  G

 Bv  v với v  x 

t
x

 1 0

 v  K  t<0

vậy điều kiện 2) của định lí 1) đúng
Định lý 2;

1) Giả sử A: K r  K compắc, A( )   có đạo hàm theo nón K tại 
là A ' và A ' không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1
Khi đó: ik ( A, B( ,  )  ik ( A ' , B( ,  )) với   0 đủ nhỏ
2) Giả sử A: K \ K r  K compắc, có đạo hàm theo nón K tại  và A '
không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1.
Khi đó:
ik ( A, B( ,  ))  ik ( A ' , B( ,  )) với  >0 đủ lớn

Chứng minh

1) Ta có:
x  t. A( x)  (1  t ) A ' ( x)  x  A ' ( x)  t[ A( x)  A ' ( x)
 x  A ' ( x)  A( x)  A ' ( x)

(do 0  t  1 )

Suy ra a  0 : x  A '( ) ( x)  a. x , x  K
(do x  A ' ( x) , x  K \{ } và A ' compắc trên K)


lim

xK , x  0

A( x)  A ' ( x)
0
x

Do đó: A và A ' đồng luân dương trên B( ,  ) khi  đủ nhỏ
1.2.3. Tồn tại điểm bắt động dương:

Ta kí hiệu Br  {x  X : x  r} , Sr  {x  X : x  r} , r>0, K r  K  Br
Định lí 3:

Giả sử A: K r  K compắc và tồn tại r1 , r2  (0, r ) , r1  r2 sao cho:
1) Ax   x , x  K  Sr1 ,   1
2) Tồn tại:

x0  K \{ } thoả x  Ax   x0 , x  K  S r 2 ,   0

Khi đó A có điểm bắt động dương x thoả mãn
min{r1 , r2 }  x  max{r1 , r2 }

Chứng minh

Coi

r1  r2 , ta có: ik ( A, Br1 )  1 , ik ( A, Br 2 )  0

Áp dụng tính chất 2), 3) của bậc tôpô ta có x  Br 2 \ Br1 thoả x=Ax
Hệ quả:
Kết luận định lí 3 vẫn đúng nếu thay các điều kiện 1), 2) bởi:

1) Axx , x  K  Sr1
2) Axx , x  K  Sr 2
Chú ý:
Axx  A( x)   x ,   1
Axx  x  Ax   x0 ,   0

Định lý 4:
Giả sử có điều kiện 1) của định lí 3 và

2) Ax   x , x  K  Sr 2 ,   1 (1)
inf{ A( x) : x  K  Sr 2 }  0 (2)

Khi đó kết luận của định lí 3 đúng


Chứng minh

Do (1) ta có A và tA (t>1) đồng luân dương trên K  Sr 2
nên ik  A, Br 2   ik  tA, Br 2  t  1
Ta chứng minh tồn tại t0 sao cho
(*) t  t0 , x  K  Sr 2 ,   0  x  tAx   x0 ( x0  K \{ } cố định)
Giả sử trái lại
Có thể coi

tn   , xn  K  Sr 2 n  0 : xn  tn Axn  n x0

lim Axn  y và y  0 (do (2)), y  K

Mặt khác ta có: Axn 

1
xn   (!)
tn

vậy (*) đúng hay ik (tA, Br 2 )  0 t  t0
Do đó: ik ( A, Br 2 )  0
Định lí 5

Giả sử

A : K  K là ánh xạ compắc; A   ,A khả vi theo nón tại  ,  và

1) A ' , A ' không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1
2) A ' không có, A ' có trong K vectơ riêng với giá trị riêng lớn hơn 1.
Khi đó A có điểm bất động trong K \{ } .
Chứng minh

Ta có: áp dụng định lí 2)
ik ( A, Br )  ik ( A ' , Br )  1 khi r đủ nhỏ ( hệ quả 1)
ik ( A, BR )  ik ( A ' , BR )  0 khi R đủ lớn ( hệ quả 2 của định lí 1)
 x  K  ( BR \ Br ) : x  Ax


1.3.Điểm bất động của ánh xạ tăng
1.3.1. Nguyên lý Entropy ( Brezis-Browder)

Giả sử
i) X là tập sắp thứ tự sao cho mỗi dãy đơn điệu tăng trong X có cận trên
ii) S : X  [, ) là một hàm đơn điệu tăng (u  v  S (u )  S (v)) và bị
chặn trên

Khi đó: tồn tại phần tử u0  X có tính chất
(1)

u  X , u  u0  S (u )  S (u0 )

Chứng minh

Lấy tuỳ ý u1  X rồi xây dựng các phần tử u1  u2  ...
như sau. Giả sử đã có un , ta đặt
Nếu

M n  {u  X : u  un } ,  n  sup S (u ) ,
uM n

 n  S (un ) thì un cần tìm. Nếu  n  S (un ) ta tìm được un 1 thoả

un 1  M n


1
 S (un 1 )   n  2 (  n  S (un ))

Nếu quá trình trên vô hạn thì ta có dãy tăng {un } thỏa:
2 S (un 1 )  S (un )   n n  N *

Gọi u0 là một cận trên của {un } với u  u0 , ta có u  M n n  N * (do u  un )
Suy ra

S (u )   n  2 S (un 1 )  S (un )

Suy ra S (u )  lim S (un ) (chú ý giới hạn tồn tại)
Suy ra

S (u )  S (u0 ) hay S (u )  S (u0 )

1.3.2. Định lí:

Giả sử X là không gian Banach được sắp bởi nón K, M  X là tập đóng
và F : M  X là ánh xạ tăng, thỏa mãn
i) F ( M )  M , x0  M : x0  F ( x0 )


ii) F biến mỗi dãy tăng thuộc M thành dãy hội tụ.
Khi đó F có điểm bất động trong M
Chứng minh

Đặt

M 0  {x  M : x  F ( x)} Suy ra M 0   (do x0  M 0 )

g ( x)  sup{ F ( y )  F ( z ) : z , y  M 0 , y  z  x}

Ta sẽ áp dụng nguyên lý Entropy cho tập M 0 và hàm (-g)
i) {xn }  M 0 , {xn } tăng  x : lim F ( xn ), x  M
 xn  x (do xn  F ( xn )  x )

Suy

ra

x

là

cận

trên

của

xn

trong

( M 0 , )

ii) x1  x2  { y, z  M 0 : y  z  x2 }  { y, z  M 0 : y  z  x1},  g ( x1 )   g ( x2 )
nên a  M 0 , x  M 0 , x  a thì g(x)=g(a).
Ta chứng minh g(a)=0. Nếu g(a)>c >0, ta có :
y1  M 0 : y1  a, F ( y1 )  F (a)  c

Do g ( y1 )  g (a)  c nên y2  M 0 , y2  y1

F ( y2 )  F ( y1 )  c

Kết quả ta có dãy tăng { yn }  M 0 , F ( yn 1 )  F ( yn )  c  0 (mâu thuẫn)
Do g(a)=0 nên F(y)=F(a). y  M 0 , y  a .
vì a  M 0  F (a)  a nên F(F(a))=F(a) hay b=F(a) là điểm bất động
Hệ quả 1:

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 compắc tương đối, K là nón chuẩn
Khi đó F là điểm bất động trong <u,v>.
Chứng minh
{xn }  u , v  , {xn } tăng, ta có:

{F ( xn )} có dãy con hội tụ


Suy ra {F ( xn )} hội tụ (do F ( xn ) tăng, K là nón chuẩn)
Hệ quả 2:

Giả sử F : u, v  X là ánh xạ tăng, thỏa :
i) u  Fu, Fv  v
ii) K là nón chính quy.
Khi đó F có điểm bất động trong <u,v>
1.4 .Phương trình chứa tham số
1.4.1. Nhánh liên tục các nghiệm dương

Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K và ánh xạ
A : K r  K (0  r  )

Xét bài toán tìm x  K \{ },   0 thỏa phương trình x   A( x) (1)
Đặt S  {x  K \{ },   0, x   A( x)}
Định nghĩa:

Ta nói S là nhánh liên tục từ  , có độ dài r nếu với mọi r’< r, mọi tập mở
G mà   G  B( , r ') thì ta luôn có S  G  
Định lý 1:

Cho ánh xạ hoàn toàn liên tục A : K r  K thỏa mãn A( x)  B( x) với B có
các tính chất sau:
i) B : Br  K là ánh xạ tăng,
ii) u  K \{ }, a, b  0 : B(tu )  atu t  [0, b] (điều kiện trên tuyến tính)
Khi đó tập nghiệm S của phương trình (1) là nhánh liên tục có độ dài r.
Chứng minh

Xét tập mở   G  B( , r ') , r’x  K  G,   0
 ik ( A, G )  const ,   (0, )

(1)

Ta sẽ chứng minh ik ( A, G )  1 khi  dủ nhỏ (2)


 x 
x  K  G
 A( x)  

Thật vậy, chọn  ,   0 thỏa : 
Khi đó ta có:
t.x   A( x), x  K  G
 t    t  1 khi  nhỏ.

. Ta sẽ chứng minh khi  lớn thì
x   Ax  tu x  K  G, t  0 (3)

Và do đó sẽ có ik ( A, G )  0 khi  lớn, mâu thuẫn (1), (2)

Nếu (3) không đúng ta có:
xn  K  G, tn  0, n   : xn  n Axn  tn u (*)

Gọi sn là số cực đại thỏa xn  snu
Từ (*) ta có xn  tnu  sn  0 ( do sn  tn  0 )
Đặt N1  {n : sn  b} , N 2  {n : sn  b}
* Nếu N1 vô hạn, ta có: n  N1  xn  n A( xn )  n B( xn )  n B( snu )  an snu
 n asn  sn (vô lý)( chú ý n a>1)

* Nếu N 2 vô hạn, ta có: n  N 2  xn  n B( snu )  n B(bu )  n abu


1

n

abxn  u    u (vô lý)

Định lí 2

Giả sử A : K r  K hoàn toàn liên tục thỏa các điều kiện
i) Ax   x  K r \{ }
ii) Tập nghiệm S của phương trình (1) là nhánh liên tục từ  , độ dài r
iii) lim
 ( x)  a  b  lim  ( x)
x 0
x r

Hoặc lim
 ( x)  a  b  lim  ( x)

x r
x 0

Khi đó;   (a, b) thì phương trình (1) có nghiệm

(1)


Chứng minh

Xét trường hợp (1) trong iii). Giả sử trái lại:
0  (a, b) : x  0 Ax x  K \{ }

(2)

Đặt S1  {x  S :  ( x)  0 } { } , S2  {x  S :  ( x)  0 } ta có
Do (1):
(3)

sup{ x : x  S1}  r1  r , inf{ x : x  S 2 }  r2  0

Ta chứng minh d ( S1 , S2 )    0 . Ta có:
. S1 là tập compắc. Thật vậy, với {xn }  S1 ta có: xn   ( xn ) Axn
 ( xn ) bị chặn nên có dãy con hội tụ về   0
A( xn ) có dãy con hội tụ
 {xn } có dãy con hội tụ về x thỏa x   A( x) hay x  S1

. S2 là tập đóng. Thật vậy, với { yn }  S2 , yn  y , ta có: y   (do (3)),
lim A( yn )  A( y )  0 ( do gt i))
  lim  ( yn )    0

(do yn   ( yn ). A( yn )  0   ( yn ) 

yn
y

   0 , )
A( yn )
A( y )

y   A( y )    0 (do (2))

Vậy   0 và ta có y  S2
B ( x,  )
Chọn  thỏa 0    min{ , r  r1} và đặt G  x
S
1

Ta có   G  B( , r1   ) , G mở, S  G   vô lý.
1.4.2. Phân nhánh toàn cục nghiệm dương

Ta xét toán tử A: [0,)  K  K thoả mãn
(H1): A(,0)=0 với mọi  0, A(,x)=L(x) + g(,x) với L và g thoả mãn:
i) L là một toán tử tuyến tính compắc, biến K vào K với mọi   0 và
ánh xạ   L là liên tục theo chuẩn


ii) g: [0,)x K  X là compắc và g(,x) = 0 (|| x ||) khi || x ||  0 và sự
hội tụ là đều cho   [0, a] với mọi a0.
Chúng ta sẽ xét phương trình:

x = A(,x)

(1)

Đặt S = {(,x)[0,)x K : x =A(,x) và x  0} và S là bao đóng của S
Nếu (0,0) là một điểm phân nhánh dương của (1).
Nghĩa là nếu (0,0)  S thì ta kí hiệu S (0 ) là thành phần liên thông của
S , chứa (,x)

Định lý 1:

Giả sử giả thiết (H1) và giả thiết dưới đây được thoả mãn:
(H2): Tồn tại 0  (0,) thoả 1 là một giá trị riêng của L với vectơ
0

riêng trong K và thoả:
i) tx=L(x) với x  K \ {0}, [0,0) kéo theo t1, và:
ii) Với mọi (0,). Tồn tại h  K \ {0} thoả
x = L(x) + t.h, x  K \{0} kéo theo t0
Thì (0, 0) là một điểm phân nhánh dương của (1) và S(0) có ít nhất
một trong các tính chất sau :
(a) S(0) là không bị chặn.
(b) Hình chiếu của S(0) lên trục _ chứa đoạn [0,0) ( nghĩa là phương
trình (1) có nghiệm không tầm thường trong K với mỗi [0,0))
Chứng minh

Từ giả thuyết (H1), (H2), ta xác định được bậc tôpô
d(I – A(,.), Br (0)  K , 0 ) với 0 và r  0 đủ nhỏ như sau :
1, neu   [0, 0 )
d(I – A( ,.), Br (0)  K , 0)  

0, neu   (0 , )


Do đó, (0,0) là điểm phân nhánh duy nhất của nghiệm dương của (1).
Chúng ta sẽ chứng minh rằng tính chất (b) đúng nếu tồn tại dãy (n, xn) 
S(0) thoả
lim n  0 , sup x   (2)
n 

Thật vậy, không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử rằng
lim xn  x0  K và do đó (0, x0)  S(0), x0 = A(0, x0 ). Chúng ta sẽ chỉ ra rằng
n 

x0  0. Giả sử trái lại x0 = 0.
Viết :
xn
x
x
g (n , xn )
 L0 ( n )   ( Ln  L0 )( n ) 
xn
xn
xn
xn



và do tính compắc của L0 ta giả sử rằng L0 (
xn
xn

xn
)
xn

hội tụ. Thì khi đó

hội tụ tới một y  K\ {0} và ta có y = L0(y), trái với H2 (i).
Bây giờ, giả sử rằng S(0) không chứa dãy (n, xn) thoả điều kiện (2).

Thì chứng minh tương tự trong định lý phân nhánh toàn cục của Rabinowitz
và Dancer ta sẽ chứng minh rằng S(0) là không bị chặn. Định lý được chứng
minh đầy đủ.
Từ chứng minh trên ta có hệ quả sau:
Hệ quả:

Với giả thiết của định lý 1 trên và giả sử thêm rằng:
(H3): x  A(0,x),  x  K \ {0}. Thì thành phần S(0) là không bị chặn.
Giả sử H2(ii) đúng nếu L với  (0, ) có một vectơ riêng trong K
ứng với một giá trị riêng lớn hơn 1 và không có trong K vectơ riêng tương
ứng với giá trị riêng bằng 1.


Chương 2 : NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT SỐ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN, TÍCH PHÂN
2.1.Nghiệm dương tuần hoàn của một phương trình tích phân

Một số bài toán về sự lan truyền bệnh dịch dẫn đến việc tìm nghiệm
t

dương, có chu kỳ  của phương trình x(t )  t  f [ s, x( s)]ds (*)
Với các giả thiết
1) f : R  [0, )  [0, ) liên tục, có chu kỳ  theo biến thứ nhất f (t , 0)  0 ;
lim
x 

f (t , x)
 0 đều đối với t  [0,  ]
x

2) Tồn tại hàm  : R  [0, ) có chu kỳ  , số   0 sao cho
f (t , x)
  (t ) x  (0,  ],
x





0

 (t )dt  0

Mệnh đề:

Tồn tại số  0 sao cho    0 phương trình (*) có nghiệm dương, chu kỳ 
Chứng minh

Ta sẽ áp dụng định lý 3 mục 1.2.3
Ký hiệu: X là không gian các hàm liên tục, có chu kỳ  ,

x  max | x(t ) |
0 t 

K là nón các hàm x(t )  0
Ax(t )  

t

t 

f [s, x( s )]ds

Suy ra [ Ax(t )]'  f (t , x(t ))  f (t   , x(t   ))
t

Đặt  ( )  tinf
 ( s )ds ta có
[0, ] t 





lim  ( )   (do  ( )  [ ]  ( s )ds )

 

0

Gọi  0 là số mà  ( )  1    0 (do lim  ( )   )

 


I) Chọn u (t )  1 coi x  Ax x  S  , trong đó S   K  S 

Ta có: ( x  Ax  u, x  S  ,   0)  x(t )  
 x(t )  

t

t 

t
f [ s, x( s)]
x( s )ds    ( x)ds min x(t ) (do (2))
t 
x( s )
0 t 

  ( ) min x(t )
0 t 

Vô lý vì  ( )  1
II)    0 đặt C ( ) là số thỏa

f (t , x) 1
x  C ( ), t  [0,  ] (do(1))


x

M ( )  max{ f (t , x) : t  [0,  ], x  [0, C ( )]}

Chọn r   . M ( ) , coi x  Ax x  Sr , ta có:
( Ax   x, x  S r )  x  r

Mặt khác, ta có
x

x  (C ( ), )
 f (t , x) 


 f (t , x)  M ( ), x  [0, C ( )]
x

Suy ra f (t , x)  max{ , M ( )}


Suy ra

t

x( s)

t 



 x(t )   max{

, M ( )}ds  max{ x , M ( )}

 x ( r )
  1

2.2 Nghiệm dương của một bài toán biên 3 điểm

Chúng ta quan tâm tới sự tồn tại nghiệm bội dương đối xứng hai chiều
của bài toán biên 3 điểm:
u ''(t )  a(t ). f (t , u (t ))  0

0  t 1

u (t )  u (1  t ); u '(0)  u '(1)  u (1/ 2)

Với a: (0,1)  [0,) là đối xứng trên (0,1) và có kỳ dị tại t = 0 và t = 1


f :[0,1]  [0, )  [0, ) là liên tục và f(.,u) là đối xứng trên đoạn [0,1]

với mọi u  [0,) . Ta tìm điều kiện tồn tại ít nhất một hoặc ít nhất hai nghiệm
dương. Cơ sở chứng minh của chúng tôi là định lý điểm bất động
Krasnoselskii trên mặt nón
2.2.1 Các bổ đề
Định nghĩa :

1) Hàm w được gọi là đối xứng trên [0,1] nếu w(t )  w(1  t )

t  [0,1]

2) Một hàm u* được gọi là nghiệm dương đối xứng của BVP (1.1), (1.2)
nếu u* là dương và đối xứng trên [0,1] và thỏa mãn phương trình vi phân
(1.1) với điều kiện biên (1.2).
Chúng tôi xét không gian Banach C[0,1] tương ứng với chuẩn
|| u || max | u (t ) |
0 t 1

Ký hiệu: C  [0,1]  w  C[0,1] : w(t )  0, t  [0,1]
Bổ đề 2.1:

Cho y  C[ 0,1] là đối xứng trên [0,1]. Thì bài toán 3 điểm
u ''() y (t )  0

u (t )  u (1  t ),

0  t 1
(2.1)
u '(0)  u '(1)  u (1/ 2)

(2.2)
1

Có duy nhất nghiệm đối xứng u(t) =  G (t , s). y ( s).ds

(2.3)

0

Với G (t , s )  G1 (t , s )  G2 ( s) , ở đây

t.(1  s )
G1 (t , s )  
s (1  t )

0  t  s 1
0  s  t 1

 s
1 
G2 ( s)   2
1  s
 2

0s

1
2

1
 s 1
2


Chứng minh

Từ (2.1) ta có u’’(t) = - y(t)
t

Cho t  [0,1] , lấy tích phân hai vế từ 0 đến t ta có: u ' (t )    y ( s).ds  B
0

t

1 t

0

0

Vì u’(t) = - u’(1-t), ta suy ra:   y ( s)ds  B   y ( s )ds  B
t

t

1
1
1
1 y ( s ).ds   y ( s ).ds  . y (1  s )d (1  s )
Suy ra: B  . y ( s)ds  . 
20
2 1
2 0
2 0
1t

t

t

1

1

1

1
1
1
  y ( s ).ds  . y ( s )ds   y ( s )ds   (1  s ). y ( s )ds
2 t
20
20
0

Tích phân lần nữa ta có:
t

1

0

0

u (t )    (t  s ). y ( s ).ds  t. (1  s ). y ( s ).ds  A
1

Vì từ các điều kiện biên: u ' (0)  u ' (1)   y ( s )ds
0

1

2

1

1
1
Và u (1 / 2)    (  s ). y ( s )ds   (1  s). y ( s )ds  A
2
20
0
1
2

1

1

1
1
Từ điều kiện (2.2) ta có : A   y ( s)ds   (  s ). y ( s).ds  . (1  s). y ( s )ds
2
2 0
0
0
1
2

s
2

=  (1  ). y ( s )ds 
0

1

1
(1  s ). y ( s )ds
2 1
2

Cho nên bài toán 3 điểm (2.1), (2.2) có duy nhất nghiệm đối xứng
t

1

1
2

1

1
s
u (t )    (t  s ). y ( s )ds  t. (1  s ). y ( s ).ds   (1  ). y ( s )ds  . (1  s ). y ( s )ds
2
2 1
0
0
0
2

1

1

1

0

0

0

  G1 (t , s ). y ( s )ds   G2 ( s ). y ( s ).ds   G (t , s ). y ( s )ds

Ở đây G (t , s )  G1 (t , s )  G2 ( s) với
t (1  s )
G1 (t , s )  
s (1  t )

 s
1 
G2 ( s)   2
1  s
 2

0  t  s 1
0  s  t 1

0s

1
2

1
 s 1
2

Bổ đề được chứng minh
Bổ đề 2.2:

Cho t , s  [0,1] thì

3
G ( s, s )  G (t , s )  G ( s, s )
4

Chứng minh
1
2

Cho bất kỳ t  [0,1] và s  [0, ] ta có
G (t , s )  G1 (t , s )  G2 ( s )  G2 ( s )  1 

1 3
s 1
s 3
s
s
 (1  )  (1  )  s (1  s )(1  )  (1  )

2 4
2 4
2
4 4
2

3
 [G1 ( s, s )  G2 ( s )]
4

=3/4.G(s,s)
3
4

Bằng cách chứng minh này ta có thể chứng minh G(t,s)  G ( s, s ) với
1
2

bất kỳ t  [0,1] và s  [ ,1] . Vậy bất đẳng thức thứ nhất được thỏa
Bất đẳng thức thứ 2 là rõ ràng. Vậy bổ đề đã được chứng minh
Bổ đề 2.3:

Cho y  C[0,1]
thì khi đó nghiệm đối xứng duy nhất u(t) của BVP (2.1),

(2.2) là không âm trên [0,1] và nếu y (t )  0 thì u(t) > 0 t  [0,1]


Chứng minh


Lấy y  C[0,1]
. Từ đẳng thức u’’(t) = - y(t)  0

t  [0,1] . Suy ra đồ thị

của u(t) là lõm trên [0,1]. Từ (2.2) và (2.3) ta có
1
2

1

s
1
u (0)  u (0)   (1  ) y ( s )ds  . (1  s ). y ( s )ds  0
2
2 1
0
2

 t  [ 0,1] và nếu y(t)  0 thì u(t) > 0

Do vậy u (t )  0

t  [0,1]

Bổ đề 2.4:

Cho y  C[0,1]
thì khi đó nghiệm đối xứng duy nhất u(t) của BVP (2.1),

3
4

(2.2) thỏa min u (t )  || u || (2.4)
t[ 0 ,1]

Chứng minh

Cho

từ

t  [0,1]

1

1

0

0

(2.3)

và

bổ

đề

(2.2)

ta

có:

u (t )   G (t , s ). y ( s )ds   G ( s, s ). y ( s )ds
1

Suy ra: || u ||  G ( s, s). y ( s)ds

(2.5)

0

Mặt khác với mọi t  [0,1] , từ (2.4) và bổ đề (2.2) ta có:
1

1

3
u (t )   G (t , s ). y ( s)ds   G ( s, s ) y ( s )ds
40
0

(2.6)

Từ (2.5), (2.6) ta có (2.4) thỏa mãn
Chúng ta sẽ sử dụng các giả thiết sau:
(A1):

1

a : (0,1)  [0,)

0   G ( s, s )a( s )ds  
0

là liên tục và đối xứng trên (0,1) và