Định lý các điểm bất động và áp dụng vào các phương trình vi, tích phân

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

LÊ THỊ PHƯƠNG NGỌC

ĐỊNH LÝ CÁC ĐIỂM BẤT ĐỘNG
VÀ ÁP DỤNG VÀO CÁC PHƯƠNG TRÌNH VI, TÍCH PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 2000


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

LÊ THỊ PHƯƠNG NGỌC

ĐỊNH LÝ CÁC ĐIỂM BẤT ĐỘNG
VÀ ÁP DỤNG VÀO CÁC PHƯƠNG TRÌNH VI, TÍCH PHÂN

CHUN NGÀNH: GIẢI TÍCH
MÃ SỐ

LUẬN VĂN
THẠC SĨ TỐN HỌC

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
1996
1

LUẬN VĂN ĐƯỢC HOÀN THÀNH TẠI
Trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh

Người hướng dẫn:
PTS. LÊ HỒN HỐ
Khoa Tốn, Đại học Sư Phạm,
TP. Hồ Chí Minh

Người nhận xét:

PTS. DƯƠNG LƯƠNG SƠN
Khoa Tốn, Đại học Sư Phạm,
TP. Hồ Chí Minh

PTS. TRƯƠNG MỸ DUNG
Khoa Tốn, Đại học Tổng hợp
TP. Hồ Chí Minh

LUẬN VĂN KHOA HỌC ĐƯỢC BẢO VỆ TẠI:
HỘI ĐỒNG CHẤM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
NGÀY

THÁNG
2

NĂM 1996

LỜI CẢM ƠN
Xin chân thành cảm ơn các thầy cô:
PTS. Lê Hồn Hố
PTS. Dương Lương Sơn
PTS. Trương Mỹ Dung
Cùng các thầy cơ trong khoa Tốn trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh và các bạn
bè đã giúp đỡ tơi hồn thành luận văn này

3


MỤC LỤC


LỜI CẢM ƠN .................................................................................................3 
MỤC LỤC.......................................................................................................4 
MỞ ĐẦU .........................................................................................................5 
CHƯƠNG 1. ĐỊNH LÝ DIỂM BẤT ĐỘNG KIỂU KRASNOSELSKII
TRONG KHÔNG GIAN LỒI ĐỊA PHƯƠNG ............................................6 
CHƯƠNG II: ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ ĐỂ MỘT TẬP LÀ COMPACT
TƯƠNG ĐỐI. ...............................................................................................14 
CHƯƠNG III: ÁP DỤNG ...........................................................................19 
KẾT LUẬN ...................................................................................................68 
TÀI LIỆU THAM KHẢO ...........................................................................69 

4


MỞ ĐẦU
Định lý điểm bất động là một công cụ để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình.

Trong các bài báo [1], [2], [3], [4] vân vân, định lý kiểm sốt bất động loại Krasnoselskii đã
trong khơng gian Banach và phương trình vi phân hàm loại đ ối số chậm và loại trung hồ
trong khơng gian Banach (kể cả vơ hạn chiều) có dạng:

x  t   A  t  xt  g  t , x 

Và

,t  0

 x(t )  A(t ) x(t  r )]'  g  t, xt 

,t  0



Trên cơ sở các bài giảng trong chương trình Cao học thạc sĩ và các tài liệu tham khảo kể
trên, Luận văn trình bày về nghiệm (sự tồn tại và sự phụ thuộc theo điều kiện ban đầu) trên
đoạn   r ,  )   r ,  ) của phương trình vi phần loại đối số chậm và loại trung hồ trong khơng
gian Banach (có thể vơ hạn chiều) có dạng:
n

n

i 1

i 1

x ' (t )   Ai (t ) xti   gi (t , xti ) t  0 
'

n
n





x
(
t
)
A
(
t
)
x
(
t
r
)
gi (t , xti ) t  0


i
i 

i 1

 i 1

Trong đó gi là ánh xạ Compact,  Ai (t ) là họ các ánh xạ tuyến tính liên tục (chỉ số chỉ sự
phụ thuộc vào thời gian chậm ti > 0, i 1, n ) . Công cụ chủ yếu là các định lý điểm bất động loại
Krasnoselskii trên không gian lồi địa phương. Chường là các điều kiện cho tính Compact tương
đối trong không gian các ánh xạ liên tục. Phần trọng tâm của Luận văn ở chương 3, trình bày
về sự tồn tại nghiệm, nghiêm tuần hoàn và sự phụ thuộc của nghiệm vào điều kiện ban đầu.

5


CHƯƠNG 1. ĐỊNH LÝ DIỂM BẤT ĐỘNG KIỂU KRASNOSELSKII
TRONG KHÔNG GIAN LỒI ĐỊA PHƯƠNG
Trong chương này sẽ giới thiệu định lý điểm bất động đối với các toán tử dạng U + C trên
tập con lồi đóng bị chặn của khơng gian lồi địa phương, ở đây C là tốn tử hoàn toàn liên tục và
U thoả điều kiện (A) được định nghĩa như sau:
Điều kiện A:
Giả X là không gian vectơ tôpô lồi địa phương và P là một họ nửa chuẩn tách trên X, D là
một tập con của X và U: D  X. Với bất kỳ a   , ta định nghĩa U a : D  X bởi
U a ( x)  U ( x)  a .

Toán tử U:D  X được gọi là thoả điều kiện (A) trên tập con  của X nếu:
(A.1) Với bất kỳ a   , U a ( D )  D U a ( D )  D
(A.2) Với bất kỳ a   và p  P

p  P , tồn tại ka  Z 

ka  Z  với tính chất:

  0, r  N và  >0 sao cho x, y  D x, y  D ,  ap ( x, y )       ap (U ar ( x ),U ar ( y ))   , ở

đây

 ap ( x, y )  max  p(U ai ( x ),U ai ( y )), i, j  0,1, 2,..., ka 

,

N  1, 2,3,...

và

z  N  0

z  N  0 .

Chúng ta sẽ sử dụng mệnh đề sau – Nguyên lý hội tụ của Solomon Leader:
Mệnh đề: Giả sử q : z2  1,   là một hàm số sao cho:
q(m,n)  q(m,k)+q(k,k)+q(k,n)

(1)  n,m,k  z

Khi đó q(m,n)0 khi m, n   nếu và chỉ nếu:
  0, r  N và   0 sao cho với m, n  Z  , q(m, n )     ta có q(m+r, n+r) <  .

Định lý 1.1: Giả sử X là không gian lồi địa phương với họ nửa chuẩn tách P, D là một
tập con đầy đủ theo dãy của X, U là toán tử liên tục đều trên D (i.e với pn  P và   0 , tồn tại
  0 sao cho p(x-y)<   p(U ( x )  U ( y ))   ) .

6

Giả sử U thỏa điều kiện (A) trên tập con  của X. Khi đó tốn tử (I-U)-1 được định nghĩa
tốt và liên tục trên  .
Chứng minh:
Ta chứng minh qua hai bước:
Bước 1: Với bất kỳ a   , tốn tử Ua có duy nhất một điểm bất động trên D, gọi là  (a ) ,
và dãy lặp U an ( x )n hội tụ về  (a ) ,

x  D . Hơn thế nữa, ánh xạ a   (a ) là đơn ánh.

Cm bước 1: Từ (A.2) ta suy ra với bất kỳ a   và p  P p  P , k  Z  với tính chất:
  0 , r  N và   0 sao cho x, y  D,  ap ( x, y )       ap (U ar ( x ),U ar ( y ))  

Giả sử q : Z 2  0, ) được định nghĩa bởi q(m, n )   ap (U am ( x ),U an ( y )).
Khi đó q thỏa (1), (2) nên theo mệnh đề trên, lim q(m,n)=0.
Suy ra lim p(U am ( x )  U an ( y ))  0
m ,n 

Vì vậy, x, y  D các dãy U an ( x )n , U an ( y )n là các dãy Cauchy. Hơn nữa D đầy đủ theo
dãy và U là liên tục, nên ta suy ra rằng dãy U an ( x )n hội tụ về điểm bất động duy nhất của U a
gọi là  (a ) nghĩa là:
U ( (a ))  a   (a ) hay ( I  U )( (a ))  a

Ta nhận thấy, nếu  (a ),  (b) là hai điểm bất động của Ua, Ub và  ( a )   (b)
Thì U ( (a )  a  U ( (b)  b  a  b
Chứng tỏ  là đơn ánh.
Vì vậy  là song ánh từ  vào  ()  D mà theo trên ( I  U )( (a ))  a, a   do đó (IU)=  1 hay   ( I  U ) 1
Bước 2: (I-U)-1 là liên tục trên 

7

Cm bước 2: Với bất kỳ a , p  P , và   0 , theo điều kiện (A), r  N và
  0(   )   0(   ) sao cho: ap (U ar ( x ),U ar ( y ))  

x, y  D với  ap ( x, y )     .

Vì U liên tục đều nên U ai (i  0,1,...) cũng liên tục đều. Suy ra  0, 0   0   sao cho:
p( x  y )   0  p(U ai ( y ))   với mọi i = 1, 2, …, k. (3)

Tương tự, sử dụng tính liên tục đều của U, chúng ta có thể xây dựng một họ  i  , i = 0,
1, 2, …, r – 1, sao cho với mọi i = 1, 2, …, r – 1:
a, 0   i  (1 / 2) i 1
b, p(U ( x )  U ( y ))  (1 / 2) i 1 với p( x  y )   i
Nếu b   sao cho p(a  b)   r 1 thì, vì lim U brn ( ( a ))   (b) ta có:
n 

p ( ( a )   (b))  lim p ( ( a )  U brn ( ( a )))
n 

Bằng phương pháp qui nạp ta suy ra:
 ap ( (a ),U br ( (a )))     với n  N

(4)

Để có điều này, đầu tiên ta chú ý rằng: p( (a )  U br ( (a )))   0
Thực vậy ta có p(a  b)   r 1 suy ra p(U a ( x )  U b ( x )  p(a  b)   r 1x  D
Suy ra p(U (U a ( x ))  U (U b ( x )))  (1 / 2) r 2
Từ đó: 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 / 2) r 2  (1 / 2) r 2   r 2

Tương tự ta nhận được:
8


p(U ar 1 ( x )  U br 1 ( x ))  1

Suy ra: p U (U ar 1 ( x ))  U (U br 1 ( x ))   (1 / 2) 0
Nên:
p(U ar ( x )  U br ( x ))  (1 / 2) 0  (1 / 2) 0   0

Đặc biệt lấy x   (a ) , (5) trở thành:
p( (a )  U br ( (a )))   0 .

Bây giờ, ta chứng minh (4) đúng khi n=1, nghĩa là:  ap ( (a ) , U br ( (a )))     .
Từ (3) và (6) ta có:
p( (a )  U ai (U br ( (a )))  


i  0,1, 2,...k

 ap ( (a ) , U br ( (a )))       .

Để cho gọn, dưới đây ta ký hiệu ap ( x, y ) bằng  ( x, y ) .
Giả sử (4) đúng với n, nghĩa là:  ( (a ),U brn ( (a )))     thì ta có:
 ( (a ) , U br ( n 1) (U br ( a 1) ( (a )))   ( (a ) , U ar (U brn ( (a )))   (U ar (U brn ( (a ))), U br ( n 1) ( (a )))

Cũng do  ( (a ) , U brn ( (a )))     nên theo điều kiện (A) suy ra:
 (U ar ( (a )) , U ar (U br ( (a ))))   ( (a ) , U ar (U brn ( (a ))))   (*)

Thay x  U brn ( (a )) , (5) trở thành: p(U ar (U brn ( (a ))  U br ( n 1) ( (a )))   0
Sử dụng (3), chúng ta thấy rằng:
9


p(U ar 1 (U brn ( (a )))  U ai (U br ( n 1) ( (a )))   i  0,1, 2,..., k

Hay:  (U ar (U brn ( (a ))) , U ar ( n 1) ( (a ))  
Thế thì từ (*) và (**)   ( ( a ) , U br ( n 1) ( (a )))      2 .
Chúng minh qui nạp xong.
Từ (4) ta suy ra
p( (a )  U brn ( (a )))   ( (a ) , U brn ( (a )))      2

Cho n   , ta nhận được:
p ( ( a )   (b))  lim p ( ( a )  U brn ( ( a ))  2
n 

Chứng tỏ rằng   ( I  U ) 1 liên tục trên 
Định lý 1.2: Giả sử X là một không gian lồi địa phương đầy đủ theo dãy với một họ nửa
chuẩn tách P và giả sử U và C là toán tử trên X sao cho:
(i) U thỏa điều kiện (A) trên X
(ii) Với bất kỳ p  P , k  0 (phụ thuộc theo p) sao cho:
p(U ( x )  U ( y ))  kp( x  y )

x, y  X

(iii) Tồn tại x0  X với tính chất: p  P , r  N và   (0,1) (r và  phụ thuộc theo p)
sao cho:
p ((U xr0 ( x )  U xr0 ( y )   p ( x  y )

(iv) C hoàn toàn liên tục, p(C ( A))   với p( A)   , A  X
10


(v) lim

p ( x )

p(C ( x ))
0
p( x )

x  X

Khi đó U+C có điểm bất động.
Chứng minh: Vì U thỏa điều kiện (A) trên X, nên (I-U) là một tự đồng cấu trên X do đó
chỉ cịn phải chỉ ra rằng tồn tại một tập con lồi đóng bị chặn D của X sao cho với bất kỳ x thuộc
D, điểm bất động duy nhất của U C ( x ) thuộc về D. Giả sử Z 0 là một điểm bất động của U x (điều
0

này có được do định lý 1.1, bước 1).
Với mọi x  X và p  P , ta có:
y  X

U Cr ( x ) ( y )  U xro ( y )  U (U Cr (1x ) ( y ))  U (U xro1 ( y ))  (C ( x )  xo )

Từ (ii) và (iii) ta suy ra rằng
p (U Crn( x ) ( Z o )  Z o )  p (U Cr ( x )U Cr ( n 1) ( Z o )  U xroU Cr ((nx)1) ( Z o ))  p (U xroU Cr ((nx)1) ( Z o )  U xro ( Z o )
 kp (U Cr (1x )U Cr ((nx)1) ( Z o )  U xro1U Cr ((nx)1) ( Z o ))  p (C ( x )  xo )   ( p (U Cr ((nx)1) ( Z O )  Z o )

Tương tự ta nhận được
p (U Crn( x ) ( Z o )  Z o )  (1  k  ...  k r 1 ) p (C ( x )  xo )   p (U Cr ((nx)1) ( zo )  zo )

Bằng phương pháp qui nạp, n  N , ta có:
 r 1   n 1 
p(U Crn( x ) ( Z o )  Z o )    k i     i  p (C ( x )  xo )
 i 0   i 0 

 r 1 i 
 k 
  i o   p(C ( x )  p( xo )
(1   )

11

(9)


  p(C ( x ))   p( xo )
 r 1 i 
 k 
Ở đây    i 0  .
(1   )

Từ điều kiện (v), ta có:
lim

p ( x  zo )

p(C ( x ))
0
p( x  zo )

Vì vậy tồn tại R1 p  0 sao cho
p(C ( x )  (1 / 2  ) p( x  zo ) nếu p( x  zo )  R1 p

Từ giả thiết (iv), tồn tại R2 p  0 sao cho với mọi x: p( x  z0 )  R1 p
Suy ra

p(C ( x ))  R2 p

Giả sử

R3 p  2  p( xo )   R2 p

Đặt

D p  x  X : p( x  zo )  R3 p 

Và D   pP D p . Khi đó Z o  D và D là lồi đóng và bị chặn.
Với mỗi x  D và p  P , chúng ta xét hai trường hợp:
 Nếu p( x  zo )  R1 p thì theo (9)
p (U Crn( x ) ( Z o )  ( Z o ))   p ( xo )   R2 p  R3 p

Điều này cho ta

U Crn( x ) ( Z o )  D p

 Nếu R1 p  p( x  zo )  R3 p , thì theo (9)

12


p (U Crn( x )  zo )   p ( xo )  (1 / 2) p ( x  zo )

  p( xo )  (1 / 2) R3 p

Điều này cho ta U Crn( x ) ( zo )  D p
Suy ra rằng: U Crn( x ) ( zo )  D x  D
Vì D đóng và dãy (U Crn( x ) ( Z o )) n hội tụ về điểm bất động duy nhất  (C ( x )) của U C ( x )
, nên  (C ( x ))  D x  D . Như thế D, ta có ( I  U ) 1 C ( D )  D . Do tính hồn tồn
liên tục của C, tập ( I  U ) 1 C ( D )  ( I  U ) 1 C ( D ) là compact tương đối. Khi đó
theo định lý điểm bất động của Schauder – Tychonoff,  I  U  C có một điểm bất
1

động trong D, đó cũng chính là một điểm bất động của U+C trong D.

13


CHƯƠNG II: ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ ĐỂ MỘT TẬP LÀ COMPACT
TƯƠNG ĐỐI.
Giả sử S là một không gian metric và E là một không gian Banch với chuẩn . . Giả sử C(S) là
không gian Banach các ánh xạ liên tục từ S vào E với chuẩn .  sup  x( s ) , s  S  . Theo định
lý Ascoli-Azela, ta có:
Tập hợp A trong C(S) là compact tương đối nếu và chỉ nếu A là đẳng liên tục và với mọi s  S
tập hợp A( s )  x ( s ) / x  A là compact tương đối trong E.
Giả sử S là không gian metric sao cho:


(c)

S   Sn ở đây Sn là một tập con khác rỗng của S với tính chất

(c.i)

Sn  Sn 1

1

n  N

(c.ii) Với mỗi tập con K compact của S, n  N sao cho K  Sn .
(Chẳng hạn như S là một khơng gian metric compact địa phương tách được).
Chú thích 1:
a, Chú ý điều kiện (c.ii) suy ra rằng nếu một ánh xạ x từ S vào E là liên tục trên Sn , n  N ,
thì x là liên tục trên S.
b, Điều kiện (c.i) không suy ra điều kiện (c.ii).








1 n  1
n  2 . Thì Sn
 n n 

Thực vậy, ta xét một ví dụ, giả sử S  0,1 , Sn  0   ,


S   Sn và Sn  Sn 1 n  2 .
2

14

là compact,


1
2




Giả sử K  0   / n  2  . Khi đó K là compact nhưng khơng có n  N sao cho: K  Sn .
Với mỗi n  N , đặt p pn ( x )  sup  x( s ) , s  Sn  x  C ( S )
và đặt:


d ( x, y )  
1

2  n pn ( x  y )
1  pn ( x  y )

x, y  C ( S )

Khi đó ( pn )n là một nửa chuẩn và d là một metric trên C(S). Chúng ta hiểu rằng C(S) là không
gian Frechet và dãy ( xk )k trong C(S) hội tụ về x nếu và chỉ nếu:
lim pn ( xk  x )  0
k 

n  N

Với những ký hiệu trên ta có:
Định lý 2.1: Tập hợp A trong C(S) là compact tương đối nếu và chỉ nếu với mỗi n  N , A
đẳng liên tục trên Sn và tập x ( s ) / x  A, s  Sn  là compact tương đối trong E.
Chứng minh:
Với mỗi n  N , giả sử X n  C ( Sn ) là không gian Banch các ánh xạ liên tục từ Sn vào E với





chuẩn pn  sup  x ( s ) , s  Sn  và giả sử An  x S , x  A ở đây x S là ánh xạ thu hẹp của x lên Sn .
n

n

Khi đó, với mỗi n  N , An là đẳng liên tục trên Sn và tập An ( s )  x ( s ) / x  An , s  Sn  là
compact tương đối trong E. Nên theo định lý Ascoli-Azela, An là compact tương đối trong Xn.

15


Giả sử ( ( xk )k là một dãy trong A. Ta sẽ chứng minh rằng nó có một dãy con hội tụ. với n=1, vì
 1

A1 là compact tương đối trong X1, nên tồn tại một dãy con  X  của ( xk ) k sao cho:
 k k

lim X k1 s1  x1 trong X1.
k 

Ta giả sử qui nạp rằng, có một dãy con ( xkn )k của ( xk )k sao cho:
lim X kn Sn  x n trong X n và x n sm  x m m  n
k 

n
n 1
Vì An 1 compact tương đối trong X n 1 nên dãy ( xk )k có một dãy con ( xk )k sao cho:

lim xkn 1 sn  x n 1 trong X n 1 và x n 1 sm  x m

m  n  1

k 

Như thế ta thiết lập được một họ các dãy con ( xkn )k của ( xk )k , n  N , sao cho với mỗi n  N
:
lim X kn
k 

k
Đặt yk  xk

Sn

 x n trong X n và x n

k  N . Khi đó

lim yk trong C(S) và x
k 

Sn

Sm

 xm

m  n .

( yk ) k là một dãy con của ( X k ) k và tồn tại x  C ( S ) sao cho:

 x n n  N .

(Chú ý rằng tính liên tục của x trên S được suy ra từ điều kiện (c))
Điều này chứng tỏ A là compact trên C(S).
Điều ngược lại là rõ ràng và như thế chứng minh hoàn thành.

16


Bây giờ ta giả sử B(S) là không gian Banach các ánh xạ liên tục bị chặn từ S vào E với chuẩn
x  sup  x ( s ) , s  S  .

Định lý 2.2: Giả sử A là tập con của B(S) và A( S )  x ( s ) / x  A, s  S  .

a, Giả sử A(S) là compact tương đối trong E. Khi đó A là compact tương đối trong B(S).
b, Giả sử thêm là S hoàn toàn bị chặn (chẳng hạn S là tập con bị chặn trong Rn) và A đẳng liên
tục trên S. Khi đó hai điều kiện sau là tương đương:
(i)

A là compact tương đối trong B(S)

(ii)

A(S) tương đối trong E.

Chứng minh:
a, Giả sử A khơng phải là compact tương đối trong B(S). Khi đó tồn tại a>0 và một dãy ( X k )k
sao cho:
X k X m  a

nếu k  m

Suy ra có một dãy kép (tkm ) trong S sao cho:
X k (tkm )  X m (tkm )  a nếu k  m .

Từ đó tập  X k (tkm ), X m (tkm ) / m, k  N  không phải là compact tương đối trong E. Điều này là mâu
thuẫn. Vậy A là compact tương đối trong B(S).
b, Chúng ta sẽ chứng minh rằng (i)  (ii )  (i ) .

17


Giả sử S là làm đẫy của S. Vì S là hồn tồn bị chặn nên S là compact. Vì A đẳng liên tục trên
S, mỗi x  A là liên tục đều trên S nên nó có duy nhất một mở rộng liên tục trên S , gọi là x .

Tập x ( S ) là compact và do đó x(S) là compact tương đối. Ta sẽ chứng minh A(S) là compact
tương đối trong E.
Với mỗi   0 , vì A compact tương đối trong B(S) nên có một số hữu hạn quả cầu
k

B( xi ,  / 2) , bán kính  / 2 , tâm xi  A , i=1,2,…,k, sao cho A   B( X i ,  / 2) .
i

k

Suy ra A( S )    B(O,  / 2)  X i ( S ) , ở đây B(O,  / 2) là quả cầu trong E tâm O bán kính  / 2
1

.
k

 X (S )

Vì tập

i

là compact tương đối trong E nên tồn tại hữu hạn các quả cầu B( y j , / 2)

i

trong E, bán kính  / 2 , tâm y j , j = 1, 2, …, m, sao cho:
k

m

1

1

 X i ( S )   B( y j ,  / 2)
Dẫn đến:
m

m

1

1

A( S )    B(O,  / 2)  B( y j ,  / 2)    B( y j ,  ) .

Chứng tỏ rằng A(S) là compact tương đối trong E.
Còn quan hệ (ii)  (i) được suy ra từ phần (a).
Chứng minh hoàn thành.
Chú thích: Từ phần (a), nếu E là hữu hạn chiều và A bị chặn đều trên S thì A compact tương
đối trong B(S).

18


CHƯƠNG III: ÁP DỤNG
Giả sử E là không gian Banch với chuẩn . , C=C([-r,0],E) là không gian Banach các hàm
liên tục trên [-r,0] vào E  r  0  với chuẩn x  sup  x( ) ,     r,0
Đặt X  C (  r,   , E ) là không gian tất cả các hàm liên tục trên   r ,   vào Ex  X và

t  0 , đặt xt  C được định nghĩa bởi: xt ( )  x (t   ) ,     r ,0

 Ta xét bài toán với giá trị đầu kiểu đối số chậm:
( I )[

x '( t )  ( t , xt )  g ( t , xt )

, t0

x0 

Ở đây   C cho trước và f, g thỏa các điều kiện:
f : 0,  ) xC  E liên tục thỏa: với mỗi n  N , kn  0 :

(I.1)

f (t , x )  f (t , y )  kn x  y

x, y  C , t  0, n 

( I .2) g : 0,  ) xC  E là compact, ie g là liên tục và biến tập bị chặn trong 0,  )xC thành

tập compact tương đối trong E.
Ta có:
Định lý 3.1: Giả sử f, g thỏa (I.1) (I.2) và
( I .3) : lim

x 

g (t , x )

 0 đều theo t trên mỗi tập bị chặn của 0,   , x  C .
x

Khi đó, bài tốn (I) có nghiệm trên   r , ) .
Chứng minh:
Bài toán (I) tương đương với phương trình tích phân:
 x ( t ) (0)  f ( s , xs ) ds   g ( s , xs ) ds
0
0
( I ')  x0 


t

t

,

t0

19


Đặt X0=C (0,  ), E ) là không gian Frechet tất cả các hàm liên tục trên 0, ) vào E với họ
nửa chuẩn:
pn ( x )  sup  x (t ) , t  0, n 

n  N

Và metric:



d ( x, y )   2  n
1

pn ( x  y )
1  pn ( x  y )

Với mỗi x  X 0 , đặt x :   r,    E được định nghĩa như sau:


x( s )   x ((ss)) (0) x (0)

,s 0
, s  r ,0



Khi đó, x là liên tục trên   r,   .
Ta định nghĩa các toán tử U , G : X 0  X 0 như sau:
 Ux ( t )  f ( s , x ) ds
0
(1) 
t
 Gx ( t ) g ( s , x ) ds  (0)


0
t

,t  0
,t  0

Ta nhận thấy nếu x  X 0 là 1 điểm cố định của U+G, tức là:
U(x)(t)+G(x)(t)=x(t)

t  0

 x ( t ) (0)  f ( s , x ) dx   g ( s , xs ) ds

0
0

 x (0) (0)

t

t

t
t



x ( t )  (0)   f ( s , x s ) ds   g ( s , x s ) ds

0
0



 x ( t ) ( t )

,t  0

,t  0
, t    r,0



 x là nghiệm của (I’) trên   r ,  

Ta sẽ chứng minh U+G có 1 điểm bất động bằng cách sử dụng định lý 1.2.
20


Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau:
Bổ đề 1:
Giả sử f thỏa mãn điều kiện (I.1) và giả sử U được định nghĩa bởi (1). Khi đó, với mỗi
n  N và bất kỳ z  X 0 :
pn (U zi ( x )  U zi ( y )) 

2( nkn )i
pn ( x  y )
i!

i  N

Chứng minh: Ta sẽ chứng minh rằng:
2(tkn )i
U ( x )(t )  U ( y )(t ) 

pn ( x  y )
i!
i
z

t  0, n  , i  N

i
z

(2)

Với bất kỳ s  0, n  và     r ,0 , ta có:
,s   0
,s   0




x ( s   )  y ( s   )    x ( s  ) y ( s  ) x (0)  y (0)
0





 x ( s   )  y ( s   )  x ( s   )  y ( s   )  x (0)  y (0)
 ( x  y )( s   )  x  y )(0)

 2 pn ( x  y )

Do p pn ( x  y )  sup x  y (t ) / t  0, n 
Ta chứng minh (2) bằng quy nạp
t



+) i=1 Vì U z ( x )(t )  U ( x )(t )  z (t )   f ( s, x s )ds  z (t )
0

Nên:
t





U z ( x )(t )  U z ( y )(t )   f ( s, x s )  f ( s, y s ) ds
0

21

,(t  0)

n  N


t









  k n xs  y s
0
t

  kn x s  y s  kn .t.2 pn ( x  y )
0

Vậy (2) đúng khi i=1.
Giả sử (2) đúng với i  1 , ta có:
t

U zi 1 ( x )(t )  U zi 1 ( y )(t )   f ( s,(U zi ( x )) s )  f ( s,(U zi ( y )) s ) ds
0

t

  kn (U zi ( x )) s  (U zi ( y )) s ds
0

t

 kn  (U zi ( x )) s  (U zi ( y )) s ds
0

Mà với mỗi s  0, n  và     r ,0 , ta có:
,s   0
,s   0

 U i ( x )( s  ) U i ( y )( s  )
(U zi ( x )) s ( )  (U zi ( y )) s ( )  
0
2 kn ( s   )
pn ( x  y )

i!
i

2 kn s 
pn ( x  y )

i!
i

2 kn s 

pn ( x  y )
i!
i

 (U ( x )) s  (U ( y )) s
i
z

i
z

t

si
 U ( x )(t )  U ( y )(t )  2( kn ) (  ds ) pn ( x  y )
i!
0
i 1
z

i 1
z

i 1

2

( kn t )i 1
pn ( x  y )
(i  1)!

22

t  0, n 


Vậy U zi 1 ( x )(t )  U zi 1 ( y )(t ) 

2( kn t )i 1
pn ( x  y )
(i  1)!

t  0, n 

Nghĩa là (2) đúng với i+1
Kết luận: (2) đúng i  N
Từ bất đẳng thức (2), ta suy ra:
2( kn n )i
pn (U ( x )  U ( y )) 
pn ( x  y )
i!
i
z

i
z

i  N và x, y  X 0

Bổ đề 1 được chứng minh xong.
Bổ đề 2:
Giả sử các g thỏa (I.2) và giả sử Gn được định nghĩa như sau:
t

, t  0, n 

Gn ( x )(t )   g ( s, x s )ds   (0)
0

Khi đó Gn là các tốn tử compact trên khơng gian Banach X n  C (0, n  , E ) với chuẩn
x  sup  x (t ) , t  0, n  .

Ở đây ta hiểu x  X n thì x :   r, n   E (định nghĩa như trên)
Và xs :   r,0  E )
Chứng minh: Rõ ràng Gn ( x )  X n , x  X n . Ta chứng minh Gn . Ta chứng minh Gn liên tục.
Đặt ( X k )k là dãy trong Xn sao cho lim xk  x0 .
k 

Đặt B  ( X k ) s / s  0, n  , k  Z   . Khi đó B là compact trong C.
Thật vậy, giả sử  ( X k  Si )i là dãy trong B. Ta có thể giả sử rằng lim Si  s và lim X k  x trong
i

i 

i 

i

Xn.
(Chú ý rằng x có thể là một trong các Xk đã cho, k  Z  và ( X k )i có thể khơng là dãy con của
i

( X k )k ) .

23


Ta có:

X 
ki

si

 X s  ( X k i ) si  X si  X si  X s
 2 pn ( xk i  x )  xsi  xs

Vì với mỗi x cố định thuộc X n , ánh xạ s  xs , s  0, n  là liên tục nên bất đẳng thức này suy
ra:
lim( xk i ) si  xs trong C.
i 

Vậy B là compact.
Với bất kỳ   0 , vì g liên tục trên tập compact 0, n  xB , nên có   0 sao cho:
n, v  B , n  v    g ( s, n )  g ( s, v ) 


n

s  0, n 

Vì lim xk  x0 trong X n , nên ko sao cho:
k 

xk  xo

n



k  ko
s  0, n  .

Dẫn đến ( xk ) s  ( xo ) s  
Suy ra, t  0, n 

n

Gn ( xk )(t )  Gn ( xo )(t )   g ( s,( xk ) s  g ( s,( x o ) s ) ds
0

Gn ( xk )  Gn ( xo ) n  

Do đó

k  ko

Nghĩa là Gn liên tục.
Bây giờ ta chứng minh Gn là compact. Giả sử  là tập bị chặn trong Xn.
Đặt





A  xs  C / x  , s  0, n  .

24