B ậc tôpô của ánh xạ cô đặc

CHƯƠNG 2: ĐỘ ĐO PHI COMPACT

3.2. B ậc tôpô của ánh xạ cô đặc

Trong mục này, tôi giới thiệu bậc cho ánh xạ cô đặc đếm được.

Xây dựng bậc cho ánh xạ cô đặc đếm được

Giả sử E là không gian Banach và Ω ⊂E là tập con, mở, bị chặn. Giả sử :T Ω →E là ánh xạ cô đặc đếm được, liên tục và 0∉ −(I T( )∂Ω ). Nếu 0∉(I −T)( )Ω , ta định nghĩa

( )

deg I − ΩT, ,0 =0. Cách khác, đặt F ={x∈Ω:Tx = x} và C là tập lồi compact thỏa mãn mệnh đề 3.1.10. Ta có C≠ ∅ vì F ⊂C. Hiển nhiên, :T C∩ Ω →C là ánh xạ cô đặc đếm được. Nếu :r E→C là phép co, thì Tr là compact và r−1( )Ω là mở trong .E Bởi giả thiết,

( )( )

0∉ I −T ∂Ω và 0∉ −(I T) (∂(r−1( )Ω ∩ Ω) ), bậc Leray Schauder

( 1( ) )

deg I −Tr r, − Ω ∩ Ω,0 được định nghĩa tốt với mỗi phép co .r Bây giờ, ta định nghĩa

( ) ( 1( ) )

deg I − ΩT, ,0 =deg I −Tr r, − Ω ∩ Ω,0 trong đó deg(I −Tr r, −1( )Ω ∩ Ω,0) là bậc Leray Schauder.

Để thấy định nghĩa này là hợp lí, ta chứng tỏ rằng, nếu r r1, 2: X →C là hai phép co thì

( 1 11( ) ) ( 2 21( ) )

deg I −Tr r, − Ω ∩ Ω,0 =deg I −Tr r, − Ω ∩ Ω,0 .

Đặt r t x( ), =tr x1 + −(1 t r x)2 với mọi ( )t x, ∈[ ]0,1 ×E. Khi đó, r t( ), :⋅ E→C là phép co với mỗi t∈[ ]0,1 . Hiển nhiên x≠Tr t x( ), với ( )t x, ∈[ ]0,1 ∂(r1−1( )Ω ∩r2−1( )Ω ∩ Ω). Do đó,

do tính đồng luân của bậc Leray Schauder, ta có

( ) ( )

( 1 11 21 ) ( 2 11( ) 21( ) )

deg I−Tr r, − Ω ∩r− Ω ∩ Ω,0 =deg I −Tr r, − Ω ∩r− Ω ∩ Ω,0 . Thật đơn giản để kiểm tra rằng

( ) ( ) ( )

1 1 1

1 1 2

0∉r− Ω ∩ Ω\r− Ω ∩r− Ω ∩ Ω. Do đó bởi tính cắt của bậc Leray Schauder suy ra rằng

( 1 11( ) ) ( 1 11( ) 21( ) )

deg I −Tr r, − Ω ∩ Ω,0 =deg I −Tr r, − Ω ∩r− Ω ∩ Ω,0 . và

( 2 21( ) ) ( 2 11( ) 21( ) )

deg I−Tr r, − Ω ∩ Ω,0 =deg I−Tr r, − Ω ∩r− Ω ∩ Ω,0 . Do đó, ta có

( 1 11( ) ) ( 2 11( ) 21( ) )

deg I −Tr r, − Ω ∩ Ω,0 =deg I −Tr r, − Ω ∩r− Ω ∩ Ω,0 .

Ta cũng có thể định nghĩa bậc bởi cách chọn C như trong mệnh đề 3.1.12. Bậc này sẽ trùng với bậc ở trên bởi tính cắt của bậc Leray Schauder.

Định lí 3.2.1. Bậc định nghĩa như trên có các tính chất sau:

(1) (Tính chuẩn tắc) deg(I, ,0Ω )=1 nếu và chỉ nếu 0∈Ω.

(2) (Tính giải được) Nếu deg(I − ΩT, ,0)≠ x, thì Tx =x có nghiệm trong .Ω (3) (Tính đồng luân) Giả sử H t x( ), : 0,1[ ]× Ω →E là ánh xạ cô đặc đếm được và liên tục, nghĩa là α( [ ]0,1 ×B)<α( )B với mọi tập con đếm được B của Ω,α( )B >0

và H t x( ), ≠x với mọi ( )t x, ∈[ ]0,1 × ∂Ω. Khi đó, deg(I−H t( ), , ,0⋅ Ω ) không phụ

thuộc vào t∈[ ]0,1 .

(4) (Tính cộng tính) Giả sử Ω Ω1, 2 là hai tập con không giao nhau của Ω và

( ) ( 1 2)

0∉ −I T Ω − Ω ∪ Ω . Khi đó

( ) ( 1 ) ( 2 )

deg I− ΩT, ,0 =deg I− ΩT, ,0 +deg I − ΩT, ,0 .

Chứng minh. (1), (2) và (4) được suy ra từ định nghĩa và các tính chất của bậc Leray Schauder.

Để chứng minh (3), ta đặt

( [ ] )

( ) ( ( [ ] ( ) ) )

0 0,1 , n 0,1 n1

C =conv H × Ω C =conv H × C − × Ω với n≥1. Khi đó,

0 n n

C C

∞

=

= là compact bởi mệnh đề 3.1.12 và H( [ ]0,1 ×C)→C là

ánh xạ cô đặc đếm được. Giả sử :r E →C là phép co. Khi đó, x≠H t rx( , ) với mọi

( )

( 1 ).

x∈∂ r− Ω ∩C ∩ Ω Do đó deg(I −H t( ),⋅ r r, −1(C∩ Ω ∩ Ω) ,0) không phụ thuộc vào .

t Do đó, kết luận đạt được từ định nghĩa bậc ở trên và tính cắt của bậc Leray Schauder.

Định lí 3.2.2. Giả sử E là không gian Banach, Ω ⊂ E là tập con mở, bị chặn với 0∈Ω và T :Ω →E là ánh xạ cô đặc đếm được và liên tục. Giả sử x≠λTx với mọi

[ )0,1 ,x .

λ∈ ∈∂Ω Khi đó, T có điểm bất động trong .Ω

Chứng minh. Ta giả sử Tx≠x với mọi x∈∂Ω. Đặt H t x( ), =tTx với mọi

( )t x, ∈[ ]0,1 × Ω. Dễ dàng thấy rằng {H t( ),⋅ }t∈[ ]0,1 là một đồng luân của các ánh xạ cô đặc đếm được. Bởi giả thiết, ta có H t x( ), ≠x với mọi x∈∂Ω. Bởi vì,

( ) ( )

deg I− ΩT, ,0 =deg I, ,0Ω =1 nên Tx= x có nghiệm trong .Ω

Hệ quả 3.2.3. Giả sử E là không gian Banach, Ω ⊂E là tập con mở, bị chặn với 0∈Ω và T :Ω →E là ánh xạ cô đặc đếm được và liên tục. Giả sử Tx < x với mọi x∈∂Ω. Khi đó, T có điểm bất động trong .Ω

Chứng minh. Ta giả sử Tx ≠x với mọi x∈∂Ω. Do đó, ta có Tx ≠λx với mọi x≠ ∂Ω và λ≤1. Bởi định lí 3.2.2, T có điểm bất động trong .Ω

Định lí 3.2.4. Giả sử E là không gian Banach và T E: → E là ánh xạ cô đặc đếm được và liên tục. Khi đó, một trong các kết luận sau được thỏa mãn

(1) T có điểm bất động trong ;E

(2) { :x Tx =λx với λ>1nào đó} không bị chặn.

Chứng minh. Giả sử { :x Tx =λx với λ >1 nào đó} bị chặn. Lấy r>0 thỏa mãn

{ :x Tx=λx với λ>1 nào đó}⊂ B( )0,r . Nếu Tx =x với một vài x∈∂B( )0,r thì (1)

thỏa mãn. Vì vậy, ta giả sử Tx≠ x với mọi x∈∂B( )0,r . Do đó x≠tTx với mọi t∈[ ]0,1 và ( )0, ,

x∈∂B r vậy deg(I−T B, ( )0,r ,0)=1 và T có điểm bất động trong B( )0,r .

Bổ đề 3.2.5. Giả sử E là không gian Banach vô hạn chiều và 0∉∂Ω với Ω là tập con mở của .E Giả sử :T Ω →E là ỏnh xạ compact liờn tục. Giả sử Tx ≠àx với mọi

[ ]0,1 ,x

à∈ ∈∂Ω và 0∉ ∂ΩT . Khi đú, deg(I − ΩT, ,0)=0.

Chứng minh.Đầu tiên, ta chứng minh tồn tại ε0 >0 thỏa mãn ,

Tx−T xε <ε àx≠T xε

với mọi à∈[ ]0,1 ,x∈∂Ω và ε∈( )0,ε , trong đú Tε giống như trong bổ đề 1.3.1.

Giả sử điều này khụng đỳng. Khi đú, tồn tại εj →0,xj∈∂Ω,àj →à0∈[ ]0,1 sao cho

jxj T xεj j

à = và vỡ vậy ta cú Txj −àjxj →0. Ta cú 0∉ ∂ΩT và vỡ vậy à0 ≠0,( )xj cú dóy

con hội tụ đến x0∈∂Ω và Tx0 ≠àx với mọi à∈[ ]0,1 ,x∈∂Ω. Từ định nghĩa của bậc Leray Schauder, ta có

( ) ( )

deg I − ΩT, ,0 =deg I −Tε,Ω ∩F,0

Với ε đủ nhỏ và bất kì F ⊃spanR T( )ε . Từ tính đồng luân của bậc Brouwer suy ra rằng

( ) ( )

deg I −Tε,Ω ∩F,0 =deg −Tε,Ω ∩F,0 .

Bởi vì E là không gian Banach vô hạn chiều, ta có thể chọn một không gian con hữu hạn chiều F của E sao cho spanR T( )ε là không gian con riêng của ,F và

( ) ( )

deg −Tε,Ω ∩F,0 =deg −Tε,Ω ∩F p, với bất kì p∈F với p dần tới 0, vì vậy ta có

( )

deg −Tε,Ω ∩F,0 =0. Do đó

( )

deg I − ΩT, ,0 =0.

Định lí 3.2.6. Giả sử E là không gian Banach vô hạn chiều, Ω ⊂E là tập con mở, bị chặn với 0∈Ω,T:Ω →E là ánh xạ cô đặc đếm được và liên tục và :S ∂Ω → E là ánh xạ compact, liên tục. Giả sử tTx+ −(1 t Sx) ≠x và Sx ≥ x với mọi x∈∂Ω và t∈[ ]0,1 . Khi

đó deg(I − ΩT, ,0)=0.

Chứng minh. Đầu tiên, tồn tại ánh xạ compact, liên tục :L Ω →E thỏa mãn Lx =Sx với x∈∂Ω. Hiển nhiên, ta có tTx+ −(1 t Lx) ≠x với mọi ( )t x, ∈[ ]0,1 × ∂Ω. Do đó

( ) ( )

deg I − ΩT, ,0 =deg I− ΩL, ,0 .

Bởi bổ đề 3.2.5, ta có deg(I − ΩL, ,0)=0 và deg(I − ΩT, ,0)=0.

Hệ quả 3.2.7. Giả sử E là không gian Banach vô hạn chiều, Ω ⊂ E là tập con mở, bị chặn với 0∈Ω,x0∈E thỏa mãn 0 sup ,

x

x x

∈∂Ω

> và giả sử :T Ω →E là ánh xạ cô đặc đếm được và liên tục. Giả sử Tx > x và Tx ≠λx+(λ−1)x0 với mọi x∈∂Ω và λ >1. Khi đó,

( )

deg I − ΩT, ,0 =0.

Chứng minh.Định nghĩa ánh xạ :S ∂Ω →E bởi Sx =x0. Khi đó S là compact, liên tục và tTx+ −(1 t Sx) ≠x với mọi x∈∂Ω và t∈[ ]0,1 . Hiển nhiên, Sx > x với mọi x∈∂Ω. Bởi định lí 3.2.6 ta có deg(I − ΩT, ,0)=0.

Định lí 3.2.8. Giả sử E là không gian Banach vô hạn chiều, Ω ⊂i E i, =1, 2, là hai tập con mở, bị chặn thỏa mãn 0∈Ω ⊂ Ω1 2,x0∈E sao cho

2

0 sup

x

x x

∈∂Ω

> và T :Ω →2 E là ánh xạ cô đặc đếm được và liên tục. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn:

(1) Tx ≤ x với mọi x∈∂Ω1;

(2) Tx ≥ x và Tx ≠λx+(λ−1)x0 với mọi x∈∂Ω và λ>1.

Khi đó T có điểm bất động trong Ω Ω2 \ 1.

Chứng minh. Giả sử Tx ≠x với x∈∂Ω ∪ ∂Ω1 2. Bởi giả thiết (1), ta có x−tTx≠0 với

[ ]0,1

t∈ và x∈∂Ω1. Do đó, deg(I − ΩT, 1,0)=1. Mặt khác, bởi giả thiết (2) và hệ quả 3.2.7, có deg(I − ΩT, 2,0)=0. Do vậy

( 2 1 ) ( 2 ) ( 1 )

deg I − Ω ΩT, \ ,0 =deg I − ΩT, ,0 −deg I − ΩT, ,0 = −1 và vậy T có điểm bất động trong Ω Ω2 \ 1.