Không gian R n
Cho 1 ≤ p ≤ ∞, ta xỏc định chuẩn || ã || p trờn R n như sau: với x = (x 1 , , x n ) ∈ R n , ta định nghĩa n
Khi p = ∞, chuẩn ||x|| p được định nghĩa là giá trị lớn nhất trong tập hợp {|x 1|, , |x n |} Trong trường hợp này, không gian R n với chuẩn ||x|| p trở thành không gian Banach Hai chuẩn ρ 1 và ρ 2 trên không gian định chuẩn X được gọi là tương đương nếu tồn tại hai số thực dương C 1 và C 2 sao cho điều kiện nhất định được thỏa mãn.
Trong không gian X, một dãy điểm {x n } hội tụ theo chuẩn ρ1 về x0 ∈ X nếu và chỉ nếu dãy {x n } cũng hội tụ về x0 theo chuẩn ρ2 Điều quan trọng cần lưu ý là mọi chuẩn trên Rn đều tương đương với nhau.
Không gian các ánh xạ liên tục
C(X, R m ) = {f : X → R m |f là ánh xạ liên tục}.
||x|| p trong đú, || ã || là một chuẩn trong R n liên tục nên C(X, R m ) là không gian
Banach Vì giới hạn của một dãy các ánh xạ liên tục hội tụ đều cũng là một ánh xạ
Không gian các ánh xạ khả vi liên tục
Cho D ⊂ R n là một tập mở bị chặn của R n Cho β = (i 1 , , i n ) ∈ N n , đặt |β| = i 1 + + i n
Cho D β f : D → R m là đạo hàm riêng của hàm f : D → R n bậc β β ∂ β f (x)
Khi đó C k (D, R m ) là không gian Banach với chuẩn của f ∈ C k (D, R m ) được xác định bởi
Không gian Hilbert
hàm song tuyến tớnh, đối xứng (ã, ã) : X ì X → R thỏa mãn Định nghĩa 1.1.4 Cho X là không gian tuyến tính Nếu trên
Ta gọi X là không gian tiền Hilbert.
Hơn nữa, nếu ta định nghĩa
(x, x), thỡ (X, || ã ||) là khụng gian định chuẩn Nếu khụng gian này đủ thỡ
(X, (ã, ã)) được gọi là không gian Hilbert.
Toán tử liên hợp, giá trị riêng, véctơ riêng
Cho hai không gian véctơ bất kỳ X, Y Một ánh xạ
A : X → Y được gọi là một ánh xạ tuyến tính hay toán tử tuyến tính nếu
(ii) A(αx) = αA(x) với mọi x ∈ X và với mọi α ∈
R Để cho gọn ta viết Ax thay cho A(x).
Toán tử A được gọi là liên tục nếu x n → x 0 luôn kéo theo Ax n → Ax 0 với mọi dãy {x n } ⊂ X, x 0 ∈ X.
Toán tử A được gọi là bị chặn nếu có một hằng số K > 0 để cho
||Ax|| Y ≤ K||x|| X , ∀x ∈ X. Định lý 1.2.1 Một toán tử tuyến tính A : X → Y liên tục khi và chỉ khi nó bị chặn.
Cho X, Y là hai không gian Banach với
Y ∗ = {g|g : Y → R, g tuyến tính liên tục}, tương ứng là các không gian đối ngẫu của X và Y
Cho A : X → Y là một toán tử liên tục.
Khi đó, toán tử A ∗ : Y ∗ → X ∗ của A là toán tử tuyến tính được xác định bởi
(A ∗ y, x) = (y, Ax), x ∈ X, y ∈ Y ∗ , với (ã, ã) là cặp đối ngẫu giữa X và X ∗ , Y và Y ∗
Cho X là không gian Hilbert, toán tử tuyến tính liên tục A : X → Y gọi là đối xứng nếu (Ay, x) = (y, Ax).
Một toán tử tuyến tính A trong không gian Banach X được gọi là hoàn toàn liên tục nếu nó biến mỗi tập bị chặn thành một tập hoàn toàn bị chặn Điều này có nghĩa là tồn tại một x khác không sao cho Ax = λx, với |λ| = ||A|| Khi đó, nghiệm x này là một véc tơ riêng của A tương ứng với giá trị riêng λ Một toán tử đối xứng hoàn toàn liên tục A luôn có ít nhất một giá trị riêng.
Toán tử Fredholm
Cho X, Y là hai không gian Banach, A : X → Y là một toán tử tuyến tính với A ∗ : Y ∗ → X ∗ là toán tử liên hợp.
Xét các không gian con ker A = {a ∈ X|Ax 0}; ker A ∗ = {y ∈ Y ∗ |
Các không gian này được gọi là các không gian riêng của A và A ∗
Nếu dim ker A = p, (p < ∞) và dim ker A ∗ = q, (q ≤ p, q < ∞) thì A được gọi là toán tử Fredholm với chỉ số s = p − q.
Toán tử liên tục Lipschitz, toán tử thế năng
Cho X, Y là các không gian định chuẩn, ta nói rằng
(i) Toán tử f : X > 0 sao cho→ Y là liên tục Lipschitz nếu tồn tại hằng số L
(ii) f là Lipschitz địa phương tại
Lipschitz trên U x¯ nếu tồn tại lân cận U chứa x¯ để f là
Xét toán tử A : X → X ∗ , A được gọi là toán tử thế năng nếu tồn tại hàm khả vi f : X → R sao cho A(x) = ∂f (x), với ∂f (x) là vi dưới phân của hàm f tại x.
Định lý hàm ẩn
Cho X, Y, Z là các không gian Banach U ⊂ X × Y là một tập mở. f : U → Z là ánh xạ liên tục tại điểm (a, b) ∈ U thỏa mãn các điều kiện sau
(ii) Đạo hàm riêng f y ′ (a, b) tồn tại trong U và liên tục tại (a, b),
(iii) f y ′ (a, b) là ánh xạ 1-1 và lên.
Khi tồn tại một lân cận V1 của a trong X và một lân cận V2 của b trong Y, với điều kiện V1 × V2 ⊂ U, đồng thời có một ánh xạ g: V1 → V2 liên tục tại a, thì với mọi (x, y) ∈ V1 × V2, ta có f(x, y) = 0 nếu và chỉ nếu y = g(x).
Lý thuyết bậc ánh xạ
Trong chương này ta định nghĩa bậc của ánh xạ liên tục từ tập
D (D là tập mở bị chặn) trong R^n thể hiện một số tính chất cơ bản của bậc ánh xạ Trước tiên, chúng ta cần ôn lại những khái niệm cơ bản liên quan đến ánh xạ khả vi.
Một vài ký hiệu và bổ đề
Nếu các đạo hàm riêng ∂f (x) tồn tại với mọi i = 1, 2, , n thì véctơ i
∂x n (x)Σ được gọi là gradient của f tại x, ký hiệu grad f (x). Định nghĩa 2.1.2 Cho ánh xạ f = (f 1 , , f n ) : R n → R n
Nếu tại thời điểm x = (x 1 , , x n ) của R n , tồn tại các đạo hàm riêng ∂ f i
(x), với mọi i, j = 1, , n thì ma trận
∂x 1 ∂x n được gọi là ma trận Jacobi của f tại điểm x, còn Định thức của nó, ký hiệu
|J f (x)| gọi là Jacobian của f tại x.
Cho D ⊆ R n là một tập mở, ánh xạ f ∈ C 1 (D, R n ) và điểm x ∈ D.
Nếu |J f (x)| = 0 thì x được gọi là điểm tới hạn của f và tập các điểm tới hạncủa f trong D ký hiệu là
Z = {x ∈ D||J f (x)| = 0}. Điểm y ∈ R n gọi là điểm chính quy của f nếu f −1 (y) ∩ Z = ∅ Ta có kết quả sau. Định lý 2.1.1 (Bổ đề Sard) Cho tập mở D ⊆ R n và hàm f ∈ C 1 (D,
R n ) Khi đó, với mỗi tập E ⊆ D đo được, thì f (E) cũng đo được và à(f (E)) ≤ ∫ |J f (x)|dx.
Từ đõy suy ra à(f (Z)) = 0. Định nghĩa 2.1.3 Ta nói hai ánh xạ liên tục f, g : D → R n đồng luân với nhau nếu có một ánh xạ liên tục h : [0, 1] × D → R n sao cho h(0, ã) = f (ã), h(1, ã) = g(ã).
Định nghĩa bậc của ánh xạ liên tục khả vi
chính qui Xét hàm φ ∈ C 1 (D, R n ) và điểm p ∈ R n , p ∈/ φ(∂D)
Trước hết chúng ta định nghĩa bậc của ánh xạ khả vi liên tục tại các điểm
Ta sẽ định nghĩa bậc của hàm φ trên D đối với p là một số nguyên, được ký
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu φ ∈ C 1 (D, R n ), p ∈ R n \ φ(∂D), φ −1 (p) ∩ Z = ∅ thì tập φ −1 (p) hữu hạn.
Nếu x 0 ∈ D và x 0 ∈ φ −1 (p), thì J φ (x 0) ƒ= 0 Theo Định lý hàm ẩn, tồn tại một lân cận U của x 0 và một lân cận V của p, sao cho φ : U → V là một đồng phôi, dẫn đến việc tập φ −1 (p) trở nên rời rạc.
Hơn nữa, D là tập compact nên φ −1 (p) là hữu hạn Do đó ta định nghĩa deg(p, φ, D) φ(x)=p sign |J φ (x)|.
Như vậy, hiển nhiên ta thấy nếu p ∈/ φ(D) thì deg(p, φ, D) = 0.
Ví dụ 2.2.1 Cho hàm φ xác định bởi φ(x, y) = (x 2 − y 2 − ǫ, 2xy), với 0 < ǫ < 1.
Do đó, deg(p, φ, D) là xác định và theo định nghĩa ta có deg(p, φ, D) = 1 + 1 = 2.
Theo Định lý 2.1.1, trong trường hợp này ta có φ(Z) = 0, từ đó suy ra intφ(Z) = 0 Điều này cho thấy tồn tại một dãy {q_n} với q_n → p và n sao cho q_n ∈ φ(∂D) và Σ φ^(-1)(q_n) ∩ Z = ∅ Theo trường hợp 1, ta có thể định nghĩa deg(q_n, φ, D) và sẽ thấy rằng giới hạn lim q_n → p deg(q_n, φ, D) tồn tại và không phụ thuộc vào dãy.
Định nghĩa deg(p, φ, D) được xác định là giới hạn khi q n tiến đến p của deg(q n, φ, D), với điều kiện φ −1 (q n) ∩ Z = ∅ Để chứng minh điều này, chúng ta sẽ xem xét biểu diễn tích phân của deg(p, φ, D) và chỉ ra một số tính chất của các ánh xạ φ thỏa mãn các điều kiện trong trường hợp 1 Theo Định lý 2.2.1, nếu hàm φ thuộc lớp C 1 trên miền D và p nằm ngoài ảnh của biên ∂D, đồng thời φ −1 (p) ∩ Z là tập rỗng, thì tồn tại một họ hàm liên tục f ǫ từ R n đến R.
Chứng minh Theo giả thiết φ −1 (p) ∩ Z = ∅ nên φ −1 (p) là hữu hạn hay phương trình φ(x) = p chỉ có k nghiệm (x 1 , , x k ) và J φ (x(i = 1, i ) ∅
Theo Định lý hàm ẩn, tồn tại lân cận U i của x i và K i của p(K i ) = S(p, ǫ i ) sao cho
Chọn ǫ = min i=1, , k φ : U i → K i là đồng phôi. ǫ i sao cho
Do hàm f ǫ triệt tiêu ở bên ngoài ∪ n K i và U i ∩ U j = ∅ nên f ǫ (φ(x))|J φ (x)|dx = ∫ i f ǫ (φ(x))|J φ (x)|dx ǫ i=1 f ǫ (φ(x))|J φ (x)|dx.
Vì |J φ (x i )| 0 (i = 1, , k), ta giả thiết rằng |J φ (x)| 0 tại mỗi điểm trong U i Trong trường hợp này, dấu của J φ trên mỗi U i là ǫ ǫ không đổi Theo định lý đổi biến của phép tính tích phân đối với các đồng phôi φ : U i → K i, ta có công thức: ǫ ǫ f ǫ (φ(x))|J φ (x)|dx = Σ i.
Vậy định lý đã được chứng minh.
Tiếp theo, ta xét hàm véctơ v : R n → R n thuộc lớp C 1 , v(x) = (v 1 (x),
, v n (x)) với v i : R n → R. Đặt f = Σ ∂v i=1 ∂x i , thì hàm f : R n → R được gọi là divergence của v và ký hiệu là div v,
(f = div v) Khi đó, ta thu được kết quả của bổ đề sau, chứng minh của nó suy ra ngay từ Định lý Fubini về tích phân bội.
Bổ đề 2.2.1 Cho hàm véctơ v : R n → R n thuộc lớp C 1 , v = (v 1 , , v n ) và ǫ ǫ
D f = div v Nếu supp v = K là tập giới nội trong R n , thì
Cho v như ở trên và φ ∈ C 1 (D, R n ) ta thu được kết quả:
Bổ đề 2.2.2 Nếu K ∩ φ(∂D) = ∅, thì hàm g(x) = f (φ(x))|J φ (x)| cũng là divergence của một hàm u nào đó thuộc lớp C 1 với supp u chứa trong
Chứng minh Theo giả thiết hàm φ ∈ C 1 (D, R n ), do đó tồn tại ma trận Jacobi của φ tại x là
Giả sử a i,j là định thức con của |J φ (x)| bỏ đi thành phần ∂φ
Ta xác định hàm u bởi u i (x) = v j (φ(x))a i,j (x), (i = 1, , n). j
Từ giả thiết K ∩ φ(∂D) = ∅ nên ta có thể coi u được định nghĩa trên toàn
R n (với giá trị 0 nằm ngoài D) và có supp u nằm trong D.
Bây giờ ta chứng minh div u = g Ta dễ dàng tính được u i = Σ
Theo định nghĩa thì ta có
1 j,j 1 , ,j n−1 là chu kỳ của hoán vị m h
Lấy đạo hàm ta được Σ i a i i,j = 0 Từ đó suy ra div u = g(x).
Bổ đề 2.2.3 Cho hàm f là hàm liên tục xác định trên R n với supp f ⊂ D.
Giả sử x 0 ∈ R n và conv(K ∪ (K − x 0 )) ⊂ D, khi đó hàm f (x) − f (x
+ x 0 ) là divergance của ánh xạ v : R n → R n có supp v ⊂ D.
Chứng minh Đặt φ(x) = f (x) − f (x + x 0 ), khi đó, supp φ ⊂ conv(K ∪ (K − x 0 )).
Ta định nghĩa Φ(x) = ∞ φ(x + tx 0 )dt,
Suy ra supp v i ⊂ conv(K ∪ (K − x 0 )) Hơn nữa, nếu v = (x 1 , , v n ), ta có div v = φ
Thực tế, ta có div v = Σ v i = Σ x 0 ∂ Φ do Σ , x 0 ∂ Φ là đạo hàm theo phương của hàm Φ tại điểm x 0 và bằng d Φ(x+ i tx 0 ) t=0 i ∂x i d t
Theo định nghĩa của Φ thì d
Định nghĩa đạo hàm của hàm số f là div v = φ(x) = f(x) − f(x + x₀), và điều này đã được chứng minh Xét x(s) là một đường cong liên tục trên Rⁿ với 0 ≤ s ≤ 1, ta thiết lập quan hệ tương đương trên đoạn [0, 1] như sau: hai giá trị s₁, s₂ thuộc [0, 1] được coi là tương đương nếu f(x + x(s₁)) − f(x + x(s₂)) bằng nhau.
∂x i là divergence của một ánh xạ u ∈ C 1 nào đó với giá nằm trong D.
Theo Bổ đề 2.2.2 ta thấy tính divergence được bảo toàn qua một đường cong liên tục Điều này được thể hiện rõ qua hệ quả sau:
Hệ quả 2.2.1 Cho x(s) là một đường cong liên tục trong R n , 0 ≤ s ≤ 1. f : R n → R là hàm liên tục với K = supp f ⊂ D.
(ii) M − x(s) ∩ ∂D = ∅ với mọi s ∈ [0, 1], khi đó f (x + x(0)) − f (x + x(1)) là divergence của ánh xạ v ∈ C 1 , v : R n → R n mà supp v ∈ D.
Theo Bổ đề 2.2.3 thì f (y) − f (y + x 0 ) là divergence của một hàm v ∈ C 1 và supp v ⊂ D.
Mặt khác, y ∈ K 1 nên suy ra y = x + x(s), (x ∈ K) Do đó f (y) − f (y + x 0 ) = f (x + x(s)) − f (x + x(s) + x 0 )
= f (x + x(s)) − f (x + x(s ′ )) là divergence của hàm v ∈ C 1 có supp v ⊂ D, tức là s ∼ s ′
Theo Bổ đề 2.2.3, mọi lớp tương đương đều là tập mở Tuy nhiên, vì [0, 1] là tập liên thông, nên chỉ tồn tại một lớp tương đương duy nhất, tức là 0 ∼ 1 Điều này có nghĩa là f(x + x(0)) − f(x + x(1)) là độ phân kỳ của v ∈ C 1 với supp v ⊂ D.
Trở lại định nghĩa deg(p, φ, D) ta có tính chất sau.
Mệnh đề 2.2.1 Cho φ ∈ C 1 (D, R n ) Xét hai điểm p, q ∈ R n \ φ(∂D) và φ −1 (p) ∩ Z = ∅, φ −1 (q) ∩ Z = ∅.
Nếu p, q cùng thuộc một thành phần liên thông của tập mở R n \ φ(∂D) thì deg(p, φ, D) = deg(q, φ, D).
Chứng minh Vì φ −1 (p) ∩ Z = ∅ và φ −1 (q) ∩ Z = ∅ nên ta định nghĩa được deg(p, φ, D) và deg(q, φ, D).
Nếu K ǫ = K(p, ǫ) với ǫ đủ nhỏ, lấy họ hàm f ǫ : R n → R sao cho K ǫ supp f ǫ và thì
Do p, q cùng nằm trong một thành phần liên thông nên tồn tại x : [0, 1]
→ R n sao cho x(0) = 0, x(1) = q − p Khi đó, với hàm f ǫ như trên, áp dụng Bổ đề
Divergence của hàm f ǫ (x) − f ǫ (x + q − p) thuộc lớp C 1 cho phép chúng ta áp dụng Bổ đề 2.2.2, từ đó suy ra rằng f ǫ (φ(x))|J φ (x)| − f ǫ (φ(x) + q − p)|J φ (x)| cũng là một divergence của hàm thuộc lớp C 1 với giá trị nằm trong D.
Từ (2.1) và (2.2) suy ra deg(p, φ, D) = ∫D f ǫ (φ(x) + q − p)|J φ (x)|dx (2.3) Đặt g ǫ (x + q − p) (với x ∈ D), ta có supp g ǫ (x) = supp f ǫ (x + q − p) = K(p + q − p, ǫ) = K(q, ǫ), và ∫Rn g ǫ (x)dx = ∫R f ǫ (x + q − p)dx ∫R f ǫ (t)dt = 1.
Từ (2.3) ta được deg(p, φ, D) = ∫ f ǫ (φ(x) + q − p)|J φ (x)|dx
Với các tính chất đã xét ở trên ta thấy lim
−1 n→∞ deg(q n , φ, D), φ (q n )∩Z=∅ là tồn tại và không phụ thuộc vào q n
Nếu p thuộc R^n \ φ(∂D), thì R^n \ φ(∂D) là tập mở, điều này cho phép tồn tại một lân cận U của điểm p, sao cho U nằm trong R^n \ φ(∂D) Khi q_n tiến tới p với n ≥ N, ta có thể khẳng định rằng q_n cũng thuộc U Như vậy, với n ≥ N, p và q_n nằm trong cùng một thành phần liên thông Theo Mệnh đề 2.2.1, điều này dẫn đến sự tồn tại của giới hạn deg(q_n, φ, D).
Mặt khác, giới hạn này không phụ thuộc vào q n vì giả sử q n và q n ′ cùng thỏa
D n n mãn: q n → p; q n ′ → p khi n → ∞, q n , q n ′ ∈ φ(Z) Tức là, tồn tại N 1 sao cho với mọi n ≥ N 1 có q n , p cùng thuộc một thành phần liên thông; N 2 sao chovới mọi n ≥ N 2 có q n ′ , p cùng thuộc một thành phần liên thông.
Chọn N = max{N 1 , N 2} thì với mọi n ≥ N có q n , q n ′ , p cùng thuộc một thành phần liên thông Khi đó, theo mệnh đề trên ta có lim deg(q n , φ, D) = lim deg(q n ′ , φ, D).
Với kết luận như vậy, ta có thể định nghĩa deg(p, φ, D) trong trường hợp 2 như sau:
Nếu φ ∈ C 1 (D, R n ), p ∈ R n \ φ(∂D), φ −1 (p) ∩ Z ƒ= ∅ thì ta định nghĩa deg(p, φ, D) = lim
Ví dụ 2.2.2 Xét hàm φ xác định bởi φ(x, y) = (x 2 − y 2 , 2xy).
Xét điểm p(0, 0), suy ra p là điểm tới hạn của hàm φ nên φ −1 (p) ∩ Z ƒ= ∅. Xét
D = {(x, y) ∈ R 2 |x 2 + y 2 < 1}. Để tính deg(p, φ, D) ta xét dãy điểm p m = ( 1 , 0) với m
≥ 2 Rõ ràng p m → p, p m ∈/ φ(∂D) và φ −1 (p m ) ∩ Z = ∅ với mọi m.
Tính toán tương tự Ví dụ 2.2.1, ta có deg(p m , φ, D) = 2 với mọi m.
Do đó, deg(p, φ, D) lim m→∞ deg(p m , φ, D) = 2.
Hệ quả 2.2.2 Cho φ ∈ C 1 (D, R n ), hai điểm p, q ∈ R n \ φ(∂D) và φ −1 (p)
∩ Z ƒ= ∅, φ −1 (q) ∩ Z ƒ= ∅ Nếu p, q cùng nằm trong một thành phần liên thông của tập mở R n \ φ(∂D) thì deg(p, φ, D) = deg(q, φ, D).
Chứng minh rằng vì p và q thuộc cùng một thành phần liên thông, nên với n ≥ N nào đó, sẽ tồn tại các chuỗi p_n và q_n sao cho p_n tiến tới p và q_n tiến tới q khi n tiến tới vô cực Đồng thời, p_n và q_n cũng nằm trong cùng một thành phần liên thông.
Mệnh đề 2.2.2 Giả sử φ ∈ C 1 (D, R n ) Khi đó với mỗi p ∈ φ(∂D) ∪ φ(Z), tồn tại một lân cận U của φ sao cho với mỗi ψ ∈ U ta có p ∈/ ψ(∂D) và deg(p, φ, D) = deg(q, ψ, D).
Định nghĩa bậc của ánh xạ liên tục
Bậc của ánh xạ liên tục khả vi được nghiên cứu thông qua sự tồn tại của dãy hàm {φ n } thuộc lớp C 1 (D, R n ) hội tụ tới φ, với điều kiện p ∈/ φ(∂D) Chúng ta đã định nghĩa deg(p, φ n , D) và cần chứng minh rằng lim n→∞ deg(p, φ n , D) tồn tại và không phụ thuộc vào {φ n } Khi xét φ n ∈ C 1 (D, R n ) trong lân cận U chứa φ và φ n → φ khi n → ∞, ta thấy rằng deg(p, φ n , D) là một hằng số, do đó lim deg(p, φ n , D) sẽ tồn tại Nếu có hai hàm φ 1 , φ 2 ∈ C 1 (D, R n ) sao cho với mọi n > N, p =ƒ φ i (∂D) (i = 1, 2), thì theo mệnh đề đã nêu, bậc của ánh xạ liên tục khả vi sẽ được khẳng định.
Định nghĩa bậc của hàm φ trong miền D được xác định dựa trên giới hạn của bậc deg(p, φ_n, D) khi n tiến đến vô cùng Cụ thể, nếu φ là một hàm liên tục trong C(D, R^n) và p thuộc R^n \ φ(∂D), thì bậc deg(p, φ, D) được định nghĩa là giới hạn của bậc deg(p, φ_n, D) với dãy hàm φ_n thuộc lớp C^1 (D, R^n) hội tụ về φ khi n tiến đến vô cùng.
Ví dụ 2.3.1 Xét tập D = (−1, 1), điểm p = 0 và hàm φ(x) = |x| Ta có φ ∈ C(D, R) nhưng φ ∈/ C 1 (D, R).
Đối với mọi m ≥ 1, deg(p, φ m , D) = 0 cho thấy dãy hàm {φ m } m≥1 hội tụ về φ trên D Theo định lý 2.3.1, với mỗi ánh xạ liên tục φ : D → R n và mỗi p không thuộc φ(∂D), tồn tại số nguyên deg(p, φ, D) với các tính chất nhất định Hơn nữa, lim m→∞ deg(p, φ m , D) = 0.
1 Tính tồn tại nghiệm: Cho hàm φ ∈ C(D, R n ) và điểm p ∈/ φ(∂D).Nếu deg(p, φ, D) ƒ= 0,thì phương trình φ ( x) = p có nghiệm trong D.
2 Tính liên tục: Với của φ deg(p, φ, D) = deg(p, ψ, D).trong C(D, φ ∈ C(D, RR n ) sao cho nếu n ) và p ∈/ φ(∂D), tồn tại lân cận ψ ∈ U thì p ∈/ ψ(∂D) vàU
Bất biến đồng luân đề cập đến số nguyên deg(p, φ, D), chỉ phụ thuộc vào lớp đồng luân của φ Cụ thể, nếu φ thuộc khoảng [0, 1] trong miền D và p không thuộc φ t, thì các ánh xạ φ t trên biên ∂D sẽ cho ra deg(p, φ t : D → R0 , D) bằng deg(p, φ n Điều này cho thấy tính liên tục của deg(p, φ t) theo t trong khoảng [0, 1].
4 Tính phụ thuộc vào giá trị trên biên: Như là một hệ quả của 2 ta có: Nếu φ |∂D = ψ |∂D và p
∈/ deg(p, ψ, D). φ(∂D) = ψ(∂D) thì deg(p, φ, D) 5 Nếu p ∈/ φ(D) thì cùng nằm trong một thành phần liên thông thì deg(p, φ, D) = deg(p, ψ, D) deg(p, φ, D) = 0 Nếu p, q ∈ R n \ φ(∂D)
6 Tính cộng tính: Nếu D = ∪ i D i với D i là mở, D i ∩ D j = ∅ (i ƒ= j) và
∂D i ⊂ ∂D j thì với mỗi p ∈/ φ(∂D) ta có: deg(p, φ, D) = deg(p, φ, D i ). i
7 Tính khoét: Nếu p ∈/ φ(∂D), K ⊂ D, K là đóng và p ∈/ φ(K) thì deg(p, φ, D) = deg(p, φ, D|K). Σ
Ứng dụng của bậc ánh xạ
Trong mục này, chúng ta sẽ áp dụng Định lý 2.3.1 để chứng minh một số kết quả quan trọng Đặc biệt, sẽ chứng minh rằng không tồn tại ánh xạ liên tục φ: B → ∂B sao cho φ |∂B = i d Ngoài ra, Định lý 2.4.1, được gọi là Định lý không co rút được, sẽ được xem xét trong bối cảnh B ⊂ R n là một hình cầu.
Chứng minh Giả sử tồn tại φ : B(0, r) → ∂B liên tục, 0 ∈/ φ(∂B), đặt ϕ t (x) = tx + (1 − t)φ(x), t ∈ [0, 1] Ta có ϕ 1(x) = x, ϕ 0 = φ(x) và
Trong bài viết này, chúng ta xem xét hàm ϕ t (x) thỏa mãn tính chất của Định lý 2.3.1, từ đó suy ra rằng deg(0, ϕ 1 , B) = deg(0, ϕ 0 , B) Đồng thời, với điều kiện |J i d (x)| = 1, chúng ta có deg(0, ϕ 0 , B) = 1, dẫn đến deg(0, φ, B) cũng bằng 1 Điều này cho thấy tồn tại ít nhất một điểm x ∈ B sao cho φ(x) = 0 Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với giả thuyết rằng 0 không thuộc ∂B và φ : B.
Vậy không tồn tại φ : B → ∂B sao cho φ |∂B = i d Định lý 2.4.2 (Định lý điểm bất động Browner) Cho B là hình cầu mở trong R n Nếu φ : B → B liên tục thì tồn tại x ∈ B sao cho φ(x) = x
Giả sử có ánh xạ ψ : B → B thỏa mãn ψ(x) = x cho mọi x ∈ B(0, r) Ta định nghĩa φ(x) = λx + (1 − λ)ψ(x) với λ ≥ 1 Khi đó, φ(x) sẽ cắt biên ∂B, dẫn đến việc với mỗi x ∈ ∂B, có φ(x) = x Điều này chứng tỏ sự tồn tại của φ : B → ∂B sao cho φ |∂B = id, gây ra mâu thuẫn với Định lý đã được thiết lập.
2.4.1 Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Giải bài toán rẽ nhánh
Lý thuyết rẽ nhánh
Trong suốt chương này X, Y luôn được coi là không gian Banach thực với đối ngẫu tương ứng là X ∗ , Y ∗ Chuẩn và tích vô hướng giữa các phần tử của
X, X ∗ và Y, Y ∗ được ký hiệu lần lượt là ǁ ã ǁ và (ã, ã), trong đó Λ là một tập con mở của không gian định chuẩn Chuẩn của không gian định chuẩn chứa Λ hạn chế trên Λ được ký hiệu là | ã |Λ Gọi D là tập mở chứa 0 trong X và xem xét toán tử phi tuyến.
F : Λ × D → Y, với D là bao đóng của D trong X.
Nếu với mỗi λ ∈ Λ tồn tại v(λ) ∈ D sao cho F (λ, v(λ)) = 0 thì (λ, v(λ)) được gọi là nghiệm tầm thường của phương trình
Bằng cách tịnh tiến, ta luôn có thể giả thiết v(λ) = 0, ∀λ ∈ Λ, thật vậy Đặt F˜(λ, v(λ)) := F (λ, v(λ) + v(λ)),
⇒ (λ, 0) là nghiệm tầm thường của phương trình (3.1). Định nghĩa 3.1.1 Một nghiệm tầm thường (λ, 0) được gọi là nghiệm rẽ nhánh của phương trình (3.1) nếu ∀δ, ∀ǫ > 0,
∃(λ, v) ∈ Λ × D là nghiệm không tầm thường với |λ − λ| λ < δ và 0 < ǁvǁ < ǫ.
Hay nói cách khác, (λ, 0) là nghiệm rẽ nhánh của phương trình (3.1) nếu
(λ, 0) ∈ cl{(λ, v) ∈ Λ × D|F (λ, v) = 0, v ƒ= 0}, với cl(A) là bao đóng của tập A Khi đó, λ được gọi là điểm rẽ nhánh
Những bài toán nghiên cứu nghiệm rẽ nhánh của phương trình
(3.1) được gọi là bài toán rẽ nhánh.
Trong luận văn này ta luôn xét phương trình (3.1) với
F (λ, v) = T (v) − L(λ, v) − H(λ, v) − K(λ, v), tức là phương trình trong đó T (v) = L(λ, v) + H(λ, v) + K(λ, v), (λ, v) ∈ Λ × D,
• T : X → Y là toán tử tuyến tính liên tục;
• L(λ, ã) : X → Y là toỏn tử tuyến tớnh liờn tục với λ ∈ Λ cố định;
• H, K : Λ × D → Y là các toán tử phi tuyến liên tục sao cho với mọi λ ∈ Λ, ta có H(λ, 0) = K(λ, 0) = 0.
Ta xét sự rẽ nhánh của phương trình (3.1) với F : Λ × D → Y là toán tử phi tuyến trong không gian C 1 (Λ × D, Y ) với F (λ, 0) = 0 cho mọi λ ∈ Λ Xét phương trình
Theo khai triển Taylor của hàm F tại (λ, 0) ta có
Do (λ, 0) là nghiệm tầm tường của (3.1) nên
Lấy λ 1 bất kỳ thuộc Λ, áp dụng khai triển Taylor của F ′ (λ, 0)(v) tại điểm (λ 1 , 0) ta có
Nếu λ 1 ∈ Λ sao cho tồn tại v ƒ= 0 để
Trong trường hợp này phương trình (3.1) có thể viết dưới dạng
• T : X → Y là toán tử tuyến tính liên tục;
• L(λ, ã) : X → Y là toỏn tử tuyến tớnh liờn tục với λ ∈ Λ cố định;
• H, K : Λ × D → Y là các toán tử phi tuyến liên tục sao cho với mọi λ ∈ Λ, ta có H(λ, 0) = K(λ, 0) = 0.
Ta sẽ tìm điều kiện cần và đủ để (λ, 0) là nghiệm rẽ nhánh của phương trình (3.1).
Giải bài toán rẽ nhánh
Một vài kí hiệu và bổ đề
Định nghĩa 3.2.1 Cho T và L như phần trên, ta gọi λ ∈ Λ là giá trị riêng của cặp (T, L) nếu tồn tại v ∈ X, v ƒ= 0 sao cho T (v) = L(λ, v).
T (v) = L(λ, v) + H(λ, v) + K(λ, v), (λ, v) ∈ Λ × D, (3.1) được xác định như trên Giả sử λ là giá trị riêng của cặp (T, L) sao cho
T − L(λ, ã) là toỏn tử Fredholm, tức ta cú: ker(T − L(λ, ã)) = {v ∈ X|T (v) − L(λ, v) = 0}, là không gian tuyến tính hữu hạn chiều của X, ker(T − L(λ, ã)) ∗ = {γ ∈ Y ∗ |(T (v) − L(λ, v)) ∗ (γ) = 0}, là không gian con tuyến tính hữu hạn chiều của Y ∗
Giả sử dim ker(T − L(λ, ã)) = p (p < +∞); dim ker(T − L(λ, ã)) ∗ = q (q < +∞, q ≤ p). Đặt s = p − q là chỉ số của toỏn tử Fredholm (T − L(λ, ã)). Để đơn giản ta chỉ xét trường hợp s = 0 (trường hợp s > 0 ta nghiên cứu tương tự).
Khi F(λ, 0) = 0 và λ không phải là giá trị riêng của cặp (T, L), điều này dẫn đến việc ker(T - L(λ, ã)) = {0}, tức là (T - L(λ, ã)) là ánh xạ một-một và lơn Theo định lý hàm ẩn, từ F(λ, 0) = 0 suy ra rằng (λ, 0) là nghiệm, do đó tồn tại lân cận V chứa λ và lân cận U chứa 0, sao cho (λ, 0) thuộc V × U và tồn tại duy nhất ánh xạ v: V → U.
F (λ, v(λ)) = 0 ⇒ v(λ) = 0, ∀λ ∈ V. Điều này chứng tỏ với mọi lân cận của (λ, 0) thì (3.1) chỉ có nghiệm dạng (λ, 0) hay (λ, 0) không là nghiệm rẽ nhánh của (3.1).
Nghiệm rẽ nhánh (λ, 0) của phương trình (3.1) chỉ xảy ra khi λ là giá trị riêng của cặp (T, L) và điều kiện ker(T − L(λ, ã)) = {0} được thỏa mãn Tuy nhiên, đây chỉ là điều kiện cần, vì không phải mọi giá trị riêng của phần tuyến tính đều dẫn đến điểm rẽ nhánh Để (λ, 0) thực sự là nghiệm rẽ nhánh, λ cần phải là giá trị riêng của cặp đã nêu.
(T, L) vậy, để nghiên cứu sự rẽ nhánh của phương trình (3.1) ta đi tìm điều kiện đủ
Giả sử {v₁, v₂, , vₚ} là cơ sở của không gian ker(T - L(λ, ã)) và {ψ₁, ψ₂, , ψₚ} là cơ sở của không gian ker(T - L(λ, ã))* Theo định lý Hahn-Banach, có thể tìm được p phiếm hàm tuyến tính liên tục γ₁, γ₂, , γₚ trên X và p phần tử z₁, z₂, , zₚ của Y sao cho
, p Ta kí hiệu các tập
Y 1 = {y ∈ Y |(y, ψ j ) = 0, j = 1, 2, , 0}, với [z 1 , z 2 , , z p ] kí hiệu cho không gian sinh bởi {z 1 , z 2 , , z p } Dễ thấy
Y = Y 0 ⊕ Y 1 , i m toỏn tử T − L(λ, ã) hạn chế trờn X 1 là tuyến tớnh liờn tục từ X 1 lờn Y 1. Tiếp theo ta xét các phép chiếu
Do F (λ, v) = 0 ∈ Y , mà mỗi phần tử y ∈ Y = Y 0 ⊕ Y 1 nên y được biểu diễn dạng y = P Y (y) + Q Y (y) do đó y = 0 ⇐⇒
Vì thế, để tìm nghiệm của phương trình (3.1) ta đi tìm nghiệm của hệ phương trình
(3.2) Để đơn giản ta kí hiệu M (λ, v) = H(λ, v) + K(λ, v) Theo định nghĩa của
P Y ta có hệ (3.2) tương đương với hệ j= 1 i=
(3.3) với i = 1, 2, , p Do mỗi v ∈ X = X 0 ⊕ X 1 đều có thể viết được dưới dạng v = P X (v) + Q X (v).
(R n là khụng gian vộctơ Euclid n chiều với chuẩn | ã |).
Vì vậy việc giải hệ (3.3) tương đương với việc tìm λ ∈ Λ; ǫ = (ǫ 1 , ǫ 2 , , ǫ p ) ∈
1 j=1 j=1 Để chỉ ra sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình (3.4), (3.5) ta cần số giả thiết sau:một
Giả thiết 2 H là toán tử liên tục Lipschitz trên Λ × D, tức là tồn tại hằng số C 1 sao cho
Ngoài ra tồn tại một số thực α > 1 và hàm thực ρ : R → R với ρ
= ρ(δ) thỏa mãn lim ρ(δ) = 0 sao cho δ→0
K( λ , αv) → 0 khi α → 0 + đều theo v với v ∈ D, và
Ta sẽ tìm nghiệm (λ, v) tại lân cận (λ, 0) với λ dạng λ(α) λ
1 + α (λ ∈ Λ), trong đó α thuộc lân cận I 0 của 0, I 0 ⊂ (−1, 1) sao cho λ
Tiếp theo, ta tìm (α, ǫ, w) thỏa mãn hệ phương trình
Từ Giả thiết 1: αL(λ, v) = L(αλ, v),∀v ∈ D, α ∈ [0, 1] ta có p p
Mặt khác, do T, L là các toán tử tuyến tính nên hệ tương đương với p p p
Do λ là giá trị riêng của cặp (T, L) nên ta có p
Do đó phương trình (3.6) có dạng
Mặt khỏc, do toỏn tử T − L(λ, ã) hạn chế trờn X 1 là tuyến tớnh liờn tục từ
3 5 lên Y 1 và w ∈ X 1 nên T (w) − L(λ, w) ∈ Y 1, mà Q Y : Y → Y 1 do đó phương trình (3.7) trở thành
Hơn nữa, T − L(λ, ã) : X 1 → Y 1 là ỏnh xạ 1 − 1 và lờn, nờn tồn tại ỏnh xạ Π = (T − L(λ, ã)) −1 Khi đú (3.9) cú thể viết thành w + ΠQ
Vì vậy, việc giải hệ (3.6), (3.7) trở thành giải hệ (3.8), (3.10):
Chọn hình cầu mở U 0 = U (0, r) trong R p sao cho p ǫ j v j + w ∈ P X (D), ∀(ǫ 1 , ǫ 2 , , ǫ p ) ∈ U 0 , D ⊂ X. j=1 Đặt V 0 = I 0 × U 0 × Q X (D) và định nghĩa ánh xạ G 1 : V 0 → X 1 xác định bởi
Khi đó phương trình (3.10) tương đương với w + G 1(z, w) = 0 (3.11)
Giải (3.11) ta được w = w(z) với z = (α, ǫ 1 , , ǫ p ) Vì thế ta chỉ còn phải tìm (α, ǫ 1 , , ǫ p ) ∈ I 0 × U 0. Để giải được (3.11), ta cần có một vài bổ đề sau.
Bổ đề 3.2.1 Với Giả thiết 1,2 tồn tại lân cận V ⊂ V 0 và một hằng số C 2 sao cho
Chứng minh Đặt V (t) = tVV 0 , t ∈ [0, 1] Khi đó, với bất kì (z, w) ∈ V
(t) có thể viết z = (α, ǫ 1 , , ǫ p ) = (tα ′ , tǫ ′ 1 , , tǫ ′ p ) với (α ′ , ǫ ′ 1 ,
, ǫ ′ p ) ∈ I 0 × U 0 và w = tw ′ với w ′ ∈ Q X (D) Hơn nữa, ta định nghĩa ánh xạ N i : V 0 → X 1 , (i = 1, 2, 3) xác định bởi p
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết Q X (D) = B(0, s) là hình cầu mở trong X 1 với tâm 0 và bán kính s.
Ta xét (z, w), (z˜, w˜) ∈ V (t), t ∈ (0, 1) và w = tw ′ , w˜ = tw˜ ′ z = (α, ǫ 1 , , ǫ p ) = (tα ′ , tǫ ′ 1 , , tǫ ′ p ); z˜ = (α˜, ǫ˜1 , , ǫ˜ p ) = (tα˜ ′ , tǫ˜1 ′ , , tǫ˜ ′ p ). Đặt γ = ||Π||ǁQ Y ǁ, ta có p p
Xét ||N 2(z, w) − N 2(z˜, w˜)||, sử dụng tính Lipschitz và tính dương thuần nhất của ánh xạ H, ta có
C 1 là hằng số Lipschitz của toán tử H, k 4(t) = 2γC 1 t a−1
Tương tự ta đánh giá được
Do k 2(0) = k 4(0) và ρ(δ) → 0 khi δ → 0 nên tồn tại t 0 ∈ (0, 1) và hằng số
Do đó từ (3.15) ta có k 1 + k 3 + k 5(z, z˜, w, w˜) ≤ C 2
Vậy bổ đề đã được chứng minh.
Bổ đề 3.2.2 Với Giả thiết 1,2 tồn tại các lân cận I 2 , U 2 , D 2 của gốc trong
R, R p , X 1 sao cho I 2 × U 2 × D 2 ⊂ V = I 1 × U 1 × D 1 (V của Bổ đề 3.3.1) và ánh xạ liên tục Lipschitz w : I 2 × U 2 → D 2 , w(0) = 0 sao cho với mọi
Ngoài ra, với bất kì số tự nhiên n nào cũng tồn tại hằng số E n , F n sao cho w(|α| a−1 , |α|x 1 , , | α|x p ) a−1
Từ đó ta kết luận
Chứng minh Giả sử tồn tại V trong Bổ đề 3.3.1, ta định nghĩa ánh xạ
Dễ thấy V, id, G 1 và S thỏa mãn mọi giả thiết của Hệ quả 3.1 trong
Với điều kiện z 0 = w 0 = 0 và S(0, 0) = 0, chúng ta có thể kết luận rằng tồn tại lân cận I 2 × U 2 của 0 trong R p+1, D 2 của 0 trong X 1, và ánh xạ liên tục Lipschitz w = w(z) với miền xác định trong I 2 ×.
U 2, miền giá trị trong D 2 sao cho S(z, w(z)) = 0 với mọi z ∈ I 2 × U 2.
Ngoài ra, nghịch ảnh S −1 (0) trong
Đồ thị của w được biểu diễn qua công thức I 2 × U 2 × D 2 Theo định nghĩa của S, ta có thể áp dụng công thức (3.16) Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh công thức (3.17) bằng phương pháp quy nạp Đầu tiên, cần xác định một hằng số C 3 > 0 để chứng minh rằng w(|α| a−1 , |α|x 1 , , |α|x p ) a−2.
Thật vậy, do ánh xạ w liên tục Lipschitz và w(0) = 0 nên tồn tại hằng số
Hơn nữa, từ S(z, w(z)) = 0 với mỗi z = (|α| a−2 , |α|x 1 , , |α|x p ) ∈ I 2 × U 2 kéo theo w(|α| a−1 , |α| x
Sử dụng giả thiết 2(ii) và chọn I 2 ′ một hằng số C 4 > 0 sao cho
⊂ I 2 nếu cần thiết, ta suy ra rằng tồn tại
Kết hợp (3.18) và (3.21) ta có w(|α| a−1 , |α|x 1 , , | α|x p ) a− 1
Vậy (3.17) được chứng minh cho n = 1.
Giả sử (3.17) đúng với n = k, tức là w(|α| a−1 , |α|x 1 , , |α|x p ) a−1
Ta sẽ chứng minh (3.17) đúng với mọi n = k + 1.
Thật vậy, từ (3.21) và (3.22) ta có w(|α| a−1 , |α|x 1 , , | α|x p ) a−1.
Tiếp theo, với bất kì x = (x 1 , , x p ) ∈ U 2, ta chọn n 0 sao cho (n 0 + 1)a −
Suy ra ||w(|α| a−1 , |α|x 1 , , |α|x p )|| = o(|α|) khi α → 0 với mọi x ∈ U 2 Vậybổ đề đã được chứng minh.
Phương trình w + G 1(z, w) = 0, giải được w = w(z) với z = (α, ǫ) Vì vậy, để giải được hệ phương trình (3.8), (3.10) ta sẽ phải tìm α và (ǫ 1 , , ǫ p ) thỏa mãn phương trình p
Ta tìm nghiệm của phương trình này dạng α ′ = |α| a−1 , ǫ 1 = |α|x 1 , ǫ 2 = |α|x 2 , , ǫ p = |α|x p , với α ′ , x 1 , , x p là những số phải tìm.
, ψ i ) = 0. Chia cả hai vế của phương trình trên cho |α| a ta được p
Cho α → 0, áp dụng Bổ đề 3.3.2 ta được p Σ p Σ
+ Theo Giả thiết 2(ii) có
Vậy khi α → 0 thì (3.24) trở thành p p
Các kết quả chính
trên Ta định nghĩa ánh xạ A : R p → R p , A = (A 1 , , A p ) với Giả sử λ, {v 1 , , v p } và {ψ 1 , , ψ p } và các toán tử T,
Khi A(x) = (A1(x), , Ap(x)) ∈ Rp là một toán tử liên tục, chúng ta có thể định nghĩa bậc của ánh xạ A theo chương 2 Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình (3.4) và (3.5), cần bổ sung giả thiết sau: Σj=1 j=.
. như trong (3.25) là toán tử liên tục khả vi, x = (x 1 , , x p ) ∈
Giả sử các giả thiết 1 và 2 được thỏa mãn trong không gian R^p, ánh xạ A được định nghĩa trong lân cận U* của x̄, với điều kiện deg(0, U*, A) ƒ= 0 Điều này chỉ có thể đạt được nếu
Định lý 3.2.1 trong lý thuyết rẽ nhánh khẳng định rằng với ǫ > 0 và các giả thiết 1, 2, 3 được thỏa mãn, thì (λ, 0) là một nghiệm rẽ nhánh của phương trình (3.1) Hơn nữa, với δ > 0, tồn tại một lân cận I3 của gốc trong R, trong đó cho mỗi α ∈ I3, có thể tìm được x(α) = (x1(α), , xp(α)) ∈ U* thỏa mãn giả thiết 3 và một nghiệm không tầm thường (λ(α), v(α)) của (3.1) với λ(α).
Chứng minh Để chứng minh định lý, lấy δ > 0, ǫ > 0, I 2 , U 2 , D 2 và w được xác định như trong Bổ đề 3.2.2.
D 2 ⊂ Q X (D(0, ǫ)) với D(0, ǫ) là hình cầu mở tâm 0 và bán kính ǫ trong X. Với mỗi (t, α, x) ∈ [0, 1] × I 2 × U 2 , t 0, i = 1, , p, đặt g 1i (t, α, x) p
Và với mọi α ∈ I, α ƒ= 0, ta định nghĩa hàm
g mi (t, α, x),0, A0, i (x), khikhi t ƒ= t Họ A α là một họ ánh xạ liên tục từ [0, 1] × R p →
R p Giả sử có lân cận I 3 của 0, I 3 ⊂ I 2 sao cho
A α (t, x) ƒ= 0, ∀α ∈ I 3 , t ∈ [0, 1], x ∈ ∂U ∗ , (3.26) với αU ∗ ⊂ U 2 Thật vậy, bằng phản chứng, giả sử tồn tại dãy {J n } của lân cận điểm 0, J n+1 ⊂ J n ⊂ ⊂ I 2 và ∩J n = {0} Ta giả thiết thêm rằng với bất kỳ n = 3, 4, có α n ⊂ J n , t n ∈ [0, 1], x n ∈ ∂U ∗ với
A α (t n , x n ) = 0 Bằng cách trích ra dãy con, nếu cần chúng ta có thể giả sử α n → 0, t n → t¯ ∈ (0, 1] và x n → x ∗ ∈ ∂U ∗ Từ (3.17) và tính liên tục của H, K ta suy ra Σ p i
A α (t n , x n ) → A(x ∗ ) và A(x ∗ ) = 0 Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của bậc tôpô của A Do đó ta có (3.26) Từ đó với α ∈ I 3 bất kỳ thì ánh xạ
A α (1, ã) là đồng luõn với A α (0, ã) = A trờn U ∗ Mặt khỏc, theo định lý về bậc trên tôpô của ánh xạ liên tục trong không gian hữu hạn chiều ta có deg(A α (1, ã), U ∗ , 0) = deg(A, U ∗ , 0) ƒ= 0.
Từ đó suy ra với mọi α ∈ I 3 , α =ƒ 0 tồn tại x(α) ∈ U ∗ sao cho
A α (1, x(α)) = 0 Theo định nghĩa của A α (1, ã) thỡ
= 0, (3.27) với i = 1, , p (do M = H + K) Nhân cả hai vế của (3.27) với |α| a được.
(3.28) Do λ là giá trị riêng của cặp (T, L) nên p p
Chia cả hai vế cho (1 + |α| a−1 ta được p
Theo Bổ đề 3.2.2 ta có
Từ (3.8), (3.30) và (3.31) ta suy ra
Với λ(α) = λ a−1 Dễ thấy |λ(α) − λ|Λ < δ và ||v(α)|| < ǫ vì v(α) ∈
P X (U 2) ⊕ Q X (D 2) ⊂ D(0, ǫ). Để chứng minh ||v(α)|| > 0 với bất kỳ α ∈ I 3 , α ƒ= 0 ta cần chỉ ra rằng v(α) ƒ= 0, v(α) → 0 khi α → 0 Thật vậy, bằng phản chứng, ta giả sử v(α) = 0 với mọi α ∈ I p 3 , α ƒ= 0 Khi đó ta có
Từ {v 1 , , v p } độc lập tuyến tính suy ra x j (α) = 0, j = 1, , p, tức là x(α¯) Vì x(α) ∈ U 0 ∗ , là lân cận những điểm khác 0 Điều này vô lý, do đó điều giả sử là sai Vậy v(α) ƒ= 0, ∀v(α) ∈ I 3 , α =ƒ 0.
Hiển nhiên v(α) → 0 khi α → 0 vậy định lý được chứng minh
Ta có một vài chú ý và hệ quả sau. Σ
Nếu có hai điểm phân biệt x1, x2 ∈ R^p với x1 ≠ 0 và x2 ≠ 0, thỏa mãn Giả thiết 3, và tồn tại hai lân cận rời nhau U1*, U2* (U1* ∩ U2* = ∅) trong R^p của x1, x2, cùng với các đại lượng I1, I2, v1, v2 theo Định lý 3.2.1, thì v1(α) ≠ v2(α) cho mọi α ∈ I1 ∩ I2 với α ≠ 0.
Chứng minh Bằng phản chứng, giả sử v 1(α) = v 2(α) với α ∈ I 1 ∩I 2 , α ƒ= 0.
Do đó x 1 (α) = x 2 (α) Điều này mâu thuẫn với giả thiết
U 1 ∗ ∩ U 2 ∗ điều giả sử là sai, nghĩa là v 1(α) =ƒ v 2(α), ∀α ∈ I 1 ∩
Chú ý 3.2.2 Nếu Giả thiết 1, 2, 3 được thỏa mãn, a là một số chẵn, a ≥
Khi đó ta có thể áp dụng Định lý 3.2.1 ở trên và Định lý 1 trong [6]để nhận được một lân cận I và nghiệm (λ i (α), v i (α)), α ∈ I, i = 1, 2 Ở đó λ 1 (α) = λ
Trong trường hợp α ∈ I và α < 0, ta có thể nhận thấy rằng λ 1 (α) = λ 2 (α) Điều này dẫn đến kết luận rằng trong bất kỳ lân cận nào của (λ, 0), sẽ tồn tại ít nhất hai nghiệm rẽ nhánh khác nhau cho phương trình (3.1) Ví dụ dưới đây sẽ minh họa cho điều này.
Ví dụ 3.2.1 Xét sự rẽ nhánh của phương trình
Ta xét các không gian
Ta định nghĩa tích vô hướng (u, v) = ∫ 1 uvdx và ||u|| 2 = ∫ 1 u 2 dx.
Khi đú, (X, || ã ||◦) là khụng gian Hilbert.
Mặt khác, theo Định lý Riesz thì tồn tại duy nhất các ánh xạ
Do đó phương trình vi phân trên tương đương với phương trình
X = X ∗ là một mối quan hệ rõ ràng X được xác định bởi tập hợp X = {cos nπt : n = 1, 2, } Để giải phương trình toán tử, chúng ta cần tìm giá trị riêng của cặp (T, L), tức là xác định λ sao cho T (u) = L(λ, u) Điều này tương đương với việc tìm ra các giá trị riêng thích hợp.
Với giá trị riêng tìm được, ta tìm x ƒ= 0 sao cho n n
Xét với n=1, ta có λ = λ 1 = π 2 , và v 1 = cos πt Do vậy
Vì vậy, λ = 1 là điểm rẽ nhánh của phương trình đã cho Chính xác hơn là tồn tại I 3 , I 4 ⊂ (−1, 1) và các hàm số liên tục x 1 , x 2 : R → I 3 sao cho
3 để nghiệm tầm thường của phương trình có dạng là (λ1 1 , v 1), (λ 2 , v 2) với λ 1(α) 1 + α 2 λ 1(α) = 1
Với n = 2, 3, ta làm tương tự.
Hệ quả sau đây chỉ ra sự tồn tại của điểm rẽ nhánh cho phương trình toán tử thế năng
Nếu Giả thiết 1 và 2 được thỏa mãn, ánh xạ A được định nghĩa và là điểm tới hạn cô lập với x ƒ= 0, thì kết luận của Định lý 3.2.1 cho thấy rằng toán tử với thế năng h có x là cực tiểu địa vẫn áp dụng cho một số lân cận U ∗ của x trong R p.
Điểm tới hạn cô lập x với ƒ=0 là điểm cực tiểu địa phương Giả thiết A là toán tử thế năng cho thấy A là ánh xạ khả vi U ∗ của x không chứa 0, do đó deg(A, U ∗) được xác định.
0) = deg(A, x, 0) = 1 hàm h Sử dụng Bổ đề 1.1 trong [7] để chứng minh rằng có một lân cận mở
Vì vậy, Giả thiết 3 được thỏa mãn Áp dụng Định lý 3.2.1 ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo ta giả sử rằng với bất kỳ v cố định, v ∈ D thỡ ỏnh xạ L(ã, v) khả vi liên tục với λ ∈ Λ và định nghĩa ánh xạ
Hơn nữa, ta đưa ra các giả thiết: j=1
Giả thiết 4: Tồn tại điểm (β, x) ∈ X × R p và lân cận mở U ∗ của x khụng chứa 0 trong R p sao cho bậc tụpụ deg(B(β, ã), U ∗ , 0) của
B(β, ã) tại 0 trong U ∗ được xỏc định và khỏc 0.
Giả thiết 5: Giả thiết 2 được thỏa mãn với α −a K( λ
Khi đó ta có định lý. Định lý 3.2.2 Với các Giả thiết 4, 5 và β = β ∗ , kết luận của Định lý 3.2.1 vẫn đúng với λ(α) thay thế bởi β α a−1 λ(α) = λ −
Ta định nghĩa ánh xạ
Khi đó phương trình (3.1) tương đương với
Ta dễ dàng kiểm tra rằng β là giá trị riêng của cặp (Tˆ, Lˆ) và ker(Tˆ − Lˆ(β, ã)) = ker(T − L(λ, ã)) = [v 1 , , v p ]; ker(Tˆ − Lˆ(β, ã)) ∗ = ker(T − L(λ, ã)) ∗ = [ψ 1 , , ψ p ].
Hˆ , Kˆ thỏa mãn Giả thiết 1, 2 và
Như vậy, Giả thiết 3 được thỏa mãn Áp dụng Định lý 3.2.1 ta chứng minh được Định lý 3.2.2.
Giả sử Giả thiết 5 được thỏa mãn và ánh xạ B(β ∗, ã) được xác định như trong (3.33), với β ∗ là một toán tử thế năng có phép thế h, có một điểm x¯ cực tiểu địa phương và tới hạn cô lập, với x¯ ƒ = 0 Khi đó, Định lý 3.2.2 được áp dụng cho lân cận mở U ∗ của x¯ trong R p.
Chứng minh Áp dụng phương pháp chứng minh tương tự như chứng minh
Hệ quả 3.2.1 để chỉ ra rằng giả thiết 4 là thỏa mãn Sử dụng Định lý 3.2.2 ta được điều phải chứng minh.
Hệ quả 3.2.3 Giả sử Giả thiết 5 được thỏa món và ỏnh xạ B(β ∗ , ã) xỏc định như trong (3.33) là khả vi và x ∗ ∈ R p , x ∗ ƒ= 0, thỏa mãn những điều kiện
Khi đó, kết luận của Định lý 3.2.2 vẫn đúng với β thay thế bở β ∗
Phương pháp chứng minh trong bài viết này tương tự như chứng minh Hệ quả 3.2.3, nhưng thay vì sử dụng Định lý 3.2.1, chúng ta sẽ áp dụng Định lý 3.2.2 Đối với cặp (T, L), ta có ker(T − L(λ, ã)) = [v1] và ker(T − L(λ, ã)) = [ψ1].
(v 1 ), ψ 1 ) =ƒ Tiếp theo ta xét phương trình (3.1) trong trường hợp λ là giá trị riêng của 0.
Giả thiết 6: Giả thiết 2 thỏa mãn với α −a P Y K( λ a−1 , αv) thay thế
Định lý sau đây mở rộng kết quả của Cranclall và Rabinowitz liên quan đến phương trình ánh xạ liên tục Lipschitz, với biểu thức 1+|α| bởi α −a P Y K(λ(1 + |α| a−1 β), αv), trong đó β thuộc tập số thực R bất kỳ.
Điểm rẽ nhánh của hệ phương trình (3.3) được xác định bởi 6 thì (λ, v) Theo Định lý 3.2.3, nếu λ, v1, ψ1 được xác định như trên và L, M thỏa mãn các giả thiết cho δ > 0, ǫ > 0, thì tồn tại một lân cận I của 0 trong R Trong lân cận này, với mỗi γ ∈, các điều kiện được thiết lập sẽ được thỏa mãn.
I, γ ƒ= 0 có thể tìm β(γ) ∈ R và một nghiệm rẽ nhánh (λ(γ), v(λ)) của phương trình
Chứng minh được thực hiện bằng cách lấy I 2, U 2 và w theo cách tương tự như trong Bổ đề 3.2.2 Ta nhận thấy rằng bổ đề này vẫn giữ nguyên tính đúng đắn nếu Giả thiết 1 và 2 được thay thế bằng Giả thiết 1 và 6 Đặt β = H(λ, v 1) và ψ 1.
Lấy một lân cận mở U ∗ của β Với mỗi γ ∈ I 2 , γ ƒ= 0, ta định nghĩa ánh xạ h δ : [0, 1] × R → R xác định bởi
Bằng cách lập luận tương tự như trong chứng minh Định lý 3.2.1, ta suy ra
, ψ tγ tồn tại lân cận I của 0 sao cho với mỗi γ ∈ I, γ ƒ= 0, h γ (t, β)
Từ đú deg(h γ (t, ã), U ∗ , 0) được xỏc định với mọi t ∈ [0, 1] và
Từ đó suy ra với mỗi γ ∈ I 3 , γ ƒ= 0, ∃β(γ) ∈ U ∗ sao cho h γ (1, β(γ))
= 0 Tiếp theo chứng minh tương tự Định lý 3.2.1 ta sẽ chứng minh được Định lý
Sau đõy, chỳng ta giả thiết rằng với mọi v ∈ D, ỏnh xạ L(ã, v) là khả vi liên tục và
Giả thiết 7: Tồn tại γ ∈ Λ sao cho (D λ L(λ, v 1 )(λ), ψ 1 ) 0.
Giả thiết 8: Giả thiết 2 là thỏa mãn với thay thế bởi α −a P
1 + γ a−1 γ ′ , γv), với γ ′ ∈ R bất kỳ, α → 0 thay cho γ → 0, γ ở Giả thiết 7. Định lý 3.2.4 Với các Giả thiết 7, 8, kết quả của Định lý 3.2.3 vẫn đúng với λ(γ) thay bởi γ γ a−1 β(γ) λ(γ) = λ −
Chúng ta định nghĩa các ánh xạ Tˆ, Lˆ, Hˆ, Kˆ như đã trình bày trong chứng minh Định lý 3.2.3 Áp dụng Định lý 3.2.3 cho phương trình (3.34), chúng ta sẽ chứng minh được điều cần thiết Lưu ý rằng Giả thiết 1-3 và 6 (cũng như Giả thiết 4-7, 8) phải được thỏa mãn và lân cận.
U ∗ từ Giả thiết 3 (Giả thiết 4 tương ứng) không chứa 1 và I 1 , (λ 1 (α), v 1(α)),
I 2 , (λ 2 (α), v 2(α)) tồn tại bởi Định lý 3.2.1 và Định lý 3.2.3 (Định lý 3.2.2 và 3.2.4 tương ứng) Đặt I 0 = I 1 ∩ I 2 , ta kết luận rằng với bất kỳ α
Thật vậy, bằng phản chứng ta giả sử v 1(α) = v 2(α) với α ∈ I 0 , α ƒ= 0 nào đó.Từ đó ta có
Như vậy, x 1(α) = 1 ∈ U ∗ Điều này mâu thuẫn với điều giả sử, vì vậy ta có α ∈ I 0 , α ƒ= 0, v 1(α) ƒ= v 2(α).
Chú ý 3.2.4 Giả sử các Giả thiết 1-3, 6 (Giả thiết 4, 7, 8) đều thỏa mãn, P Y H(λ, tv) = t α P Y H(λ, v) với mọi t ∈ [−1, 1], (λ, v) ∈ Λ × D,
(λ 1 (α), v 1(α)), J 2 , (λ 2 (α), v 2(α)) tồn tại bởi Định lý 3.2.1 và Định lý 3.2.3 (tương ứng Định lý 3.2.2 và 3.2.4) và J 3 , (λ 3 (α), v 3(α)), J 4 , (λ 4 (α), v 4(α)) tồn tại bởi Định lý 3.2.1 và 3.2.3 (tương ứng Định lý 3.2.2 và
Với α ∈ J 0 , α < 0 và giả sử U ∗ từ Giả thiết 3 (tương ứng Giả thiết
4),khi đó ta có khẳng định phía dưới.
2 Nếu U (λ 3 (α), v ∗ không chứa 1 thì (λ 3(α)) ƒ= (λ 4 (α), v 4(α)) với α ∈ J 1 (α), v 1(α))0 , α < 0.(λ 2 (α), v 2(α)) và
Trong trường hợp này ta kết luận rằng tồn tại ít nhất 3 tham số khácnhau của những nghiệm rẽ nhánh của phương trình(3.1) trong lân cận
3 Nếu U v 2(α)) ƒ= (λ ∗ không chứa −1 thì (λ 3 (α), v 3(α)) với α ∈ J 1 (α), v 0 và α < 0.1(α)) ƒ= (λ 4 (α), v 4(α)) và (λ 2 (α), i= 1
Thật vậy, phản chứng giả sử tồn tại α 0 ∈ J 0 , α 0 < 0 sao cho (λ 1 (α 0), v 1(α 0)) (λ 4 (α 0), v 4(α 0)) Suy ra λ 1 (α 0) = λ 4 (α 0) và v 1(α 0) = v 4(α 0) Nó kéo theo |α 0|x 1(α 0)v 1 + v(α 0) = α 0 v 1 + o(|α 0|) Khi đó |α 0|x 1(α 0)
= α 0 Do α 0 ∈ J 0 , α 0 < 0 nên suy ra x 1(α 0) = −1 Điều này vô lý Vậy có điều phải chứng minh Chứng minh tương tự cho trường hợp còn lại.
Trong trường hợp này, theo Chú ý 3.2.2, trình (3.1) tại khu vực (λ, 0) có ít nhất ba tham số của các nghiệm rẽ nhánh của phương trình.
4 Cuối cùng nếu U ∗ không chứa cả 1 và −1 thì từ trên suy ra tồn tại ítnhất bốn tham số khác nhau của nghiệm rẽ nhánh của phương trình