Bậc tôpô và một số ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ DUNG BẬC TÔPÔ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ DUNG BẬC TÔPÔ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 8.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: PGS.TSKH HUỲNH VĂN NGÃI Bình Định - 2021 Mục lục Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các đạo hàm thường dùng 1.2 Không gian hàm 11 1.3 Toán tử Compact 14 Bậc tôpô không gian hữu hạn chiều 2.1 2.2 2.3 17 Cách xây dựng định nghĩa bậc tôpô 17 2.1.1 Định nghĩa bậc tôpô ánh xạ khả vi liên tục 18 2.1.2 Định nghĩa bậc tôpô hàm liên tục 23 Tính chất bậc tơpơ 27 2.2.1 Tính cộng tính theo miền 27 2.2.2 Tính bất biến qua ánh xạ đồng luân 28 2.2.3 Biểu diễn bậc tôpô qua định thức Jacobi 32 Ứng dụng bậc tôpô 37 2.3.1 Ứng dụng bậc tôpô chứng minh định lý điểm bất động 37 2.3.2 Định lý Borsuk 38 Bậc tôpô không gian Banach 44 3.1 Cách xây dựng khái niệm bậc tôpô không gian Banach 44 3.2 Tính chất bậc tôpô không gian Banach 45 3.3 Ứng dụng bậc tôpô không gian Banach 46 3.3.1 Ứng dụng bậc tôpô chứng minh điểm bất động 46 3.3.2 Ứng dụng bậc tôpô không gian Banach vô hạn chiều 49 3.3.3 Ứng dụng bậc tôpô giải phương trình vi phân Kết luận 51 55 Danh mục tài liệu tham khảo 56 Một số kí hiệu ❼ R: Tập số thực ❼ Rn : Không gian véc tơ n chiều ❼ Ω ⊆ Rn : miền mở Rn ❼ Ω: Bao đóng Ω ❼ Ω \ Ω = ∂Ω: Biên Ω ❼ C(Ω): Không gian tất ánh xạ liên tục ❼ C (Ω): Không gian tất ánh xạ khả vi liên tục Ω ❼ C k (Ω): Không gian tất ánh xạ khả vi liên tục đến cấp k Ω ❼ suppφ = {x ∈ Rn : φ(x) ̸= 0}: Giá hàm φ ❼ Jf (x) = ∂fj (x) : Ma trận Jacobi ∂xi ❼ detJf (x) = If (x): Định thức Jacobi Lời nói đầu Bậc tơpơ khái niệm công cụ quan trọng lĩnh vực giải tích hàm phi tuyến; có nhiều ứng dụng khác nghiên cứu toán phi tuyến như: Hệ động lực, Phương trình đạo hàm riêng,Lý thuyết tốn tử Trong khn khổ luận văn đặt mục tiêu khiêm tốn bước đầu tìm hiểu cách xây dựng bậc tôpô không gian hữu hạn chiều đến không gian vô hạn chiều; xem xét hệ thống tính chất cốt lõi bậc tơpơ số ứng dụng tính chất điểm bất động phương trình vi phân Nội dung luận văn chủ yếu hệ thống hoá chắt lọc từ tài liệu tham khảo [1] [2] Những chứng minh hay tập ví dụ trình bày vắn tắt khơng trình bày chúng tơi cố gắng trình bày lại cách chi tiết luận văn Ngoài mục lục, danh mục ký hiệu, phần mở đầu phần kết luận, nội dung luận văn chúng tơi trình bày ba chương Chuơng Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức sở để chuẩn bị cho chương sau luận văn Chương Nội dung chương tìm hiểu cách xây dựng bậc tơpơ khơng gian hữu hạn chiều; số tính chất bậc tôpô ứng dụng bậc tôpô chứng minh định lí điểm bất động Brouwer, định lý Borsuk Chương Nội dung chương cách xây dựng Bậc tôpô không gian Banach, số tính chất, ứng dụng bậc tơpơ chứng minh điểm bấtt động ứng dụng bậc tôpô để giải phương trình vi phân có nghiệm tuần hồn phản tuần hoàn Dưới hướng dẫn thầy Huỳnh Văn Ngãi, chọn đề tài luận văn:"Bậc tôpô số ứng dụng" Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học tận tình PGS.TSKH Huỳnh Văn Ngãi Tôi xin chân thành cảm ơn thầy nhận lời hướng dẫn làm luận văn Mặc dù thân cố gắng, chắn luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý thẳng thắn quý thầy cô giáo bạn học viên để luận văn hoàn thiện Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến Ban Giám Hiệu Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Sau đại học, Khoa Tốn q thầy giáo giảng dạy lớp cao học Tốn giải tích khóa 22 tận tình giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho thời gian học tập nghiên cứu thực đề tài Quy Nhơn, tháng 07 năm 2021 Học viên Nguyễn Thị Dung Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức chuẩn bị như: đạo hàm thường dùng; khơng gian hàm; định lý giá trị trung bình; bổ đề Sard; mệnh đề thác triển liên tục, bổ đề liên quan đến toán tử compact làm cở sở tiền đề để người đọc dễ dàng nắm bắt nội dung chương sau Tuy nhiên chúng tơi trình bày chứng minh kết thường sử dụng chương sau, kết chưa chứng minh độc giả dễ dàng tìm thấy mục tài liệu tham khảo [1] [2] 1.1 Các đạo hàm thường dùng Đầu tiên ta tìm hiểu khái niệm đạo hàm Fréchet hàm hàm tuyến tính liên tục xác định sau Định nghĩa 1.1.1 Cho X, Y hai không gian Banach Ω ⊆ X tập mở, x ∈ Ω Một ánh xạ f : Ω −→ X gọi khả vi Fréchet x ∈ Ω, tồn ánh xạ tuyến tính liên tục A : X −→ Y cho f (x + h) − f (x) = A(h) + ◦(∥h∥), h ∈ X h −→ 0(∗) Khi A đạo hàm Fréchet f x kí hiệu Df (x), f ′ (x) Với Ω ⊆ Rn tập mở bị chặn ta đồng không gian ánh xạ tuyến tính liên tục với khơng gian ma trận cỡ m × n sau L(Rn , Rm ) = {A : ma trận cỡ m × n} ma trận đạo hàm theo biến hàm f định nghĩa sau Định nghĩa 1.1.2 Cho ánh xạ f : Ω −→ Rn thoả mãn f (x) = (f1 (x), , fn (x)) ∈ Rn với x ∈ Ω.Khi f khả vi x ∈ Ω ma trận đạo hàm f x định nghĩa sau  ∂f1 ∂f2 ∂fn  ∂x1 (x) ∂x1 (x) ∂x1 (x)   ∂f ∂f2 ∂fn    (x) (x) (x)     ∂x ∂x ∂x 2 Df (x) ≡ Jf (x) =        ∂f1 ∂f2 ∂fn  (x) (x) (x) ∂xn ∂xn ∂xn  Khi Df đồng với ma trận Jacobi hàm f định thức detJf (x) = If (x) gọi định thức Jacobi f x Với Ω ⊆ Rn miền mở bị chặn xét f ∈ C (Ω)∩C(Ω) với f (x) = (f1 (x), , fn (x)), ∀x ∈ Ω Với (ij) thoả i = 1, , n; j = 1, 2, , n ta định nghĩa Aij (x) định thức If (x) bỏ dòng thứ i cột thứ j ta có bổ đề sau Bổ đề 1.1.1 Cho Ω ⊂ Rn miền mở f ∈ C (Ω) n i=1 ∂Aij (x) = 0; ∀j = 1, 2, , n; ∀x ∈ Ω ∂xi Chứng minh Cố định j, với k ∈ {1, 2, , n}, kí hiệu fxk cột ( ∂fj−1 ∂fj+1 ∂fn ∂f1 ∂f2 , , , , , , ) ∂xk ∂xk ∂xk ∂xk ∂xk Khi ta có Aij = (−1)i+j det(fx1 , fx2 , , fxi−1 , fxi+1 , , fxn ) Vì định thức ma trận tuyến tính theo cột nên ta có n ∂Aij ∂fxk = (−1)i+j det(fx1 , fx2 , , fxi−1 , fxi+1 , , , fxn ).(∗) ∂xi ∂xi k=1,k̸=j Đặt dik = det( Khi f ∈ C (Ω) ta có ∂fxk , fx1 , fx2 , , fxi−1 , fxi+1 , fxn ), với k, i = 1, n, k ̸= j ∂xi ∂ fm ∂ fm = , ≤ i, k, m ≤ n nên dik = dki , Công thức (*) ∂xi ∂xk ∂xk ∂xi trở thành i+j ∂Aij (−1) ∂xi n k−1 (x) = (−1) ki (−1)k−1 σki dki , dki = k=1 với        σik =      −1 k < i k = i k ≥ i Vì σki = −σik với ≤ i, k ≤ n nên ta có n (−1)j k=1 n n n ∂Aij = (−1)k−1+i σki dki = (−1)i−1+k σik dik = − (−1)k−1+i σki dki ∂xi i,k=1 i,k=1 i,k=1 Do ta có điều phải chứng minh Cho Ω ⊆ Rn tập mở, bị chặn bổ đề sau cho ta kết quan trọng tích phân Bổ đề 1.1.2 Cho f ∈ C (Ω) ∩ C(Ω) ε > cho |f (x)| > ε với x ∈ ∂Ω Xét hàm φ : R −→ R hàm số liên tục với suppφ ⊂ (0, ε) ∞ n−1 t φ(t)dt = φ(∥f (x)∥)|If (x)|dx = 0.(1) Ω Chứng minh Theo định lý xấp xỉ Weierstrass tồn dãy hàm {fk } ∈ C (Ω) ∩ C(Ω) cho fk ⇒ f ∥Dfk (x) − Df (x)∥ ⇒ Khi φ(∥fk (x)∥)Ifk (x)dx ⇒ Rn φ(∥f (x)∥)If (x)dx Rn |fk (x)| > ε, ∀x ∈ ∂Ω k đủ lớn Do ta cần chứng minh (1) cho f ∈ C (Ω) ∩ C(Ω) Xét ψ : R −→ R cho   t−n t sn−1 φ(s)ds ψ(t) =  0 t > t ̸= Ta chứng minh suppψ ⊆ (0, ε) ψ khả vi liên tục R Thật vậy, ta có suppφ ⊆ [α, β] ⊆ (0, ε), β n−1 s φ(s)ds = 0 α t−n sn−1 φ(s)ds = (+) Nếu t ≥ β ψ(t) = t−n (+) Nếu t ≤ α ψ(t) = Do suppψ ⊆ (0, ε) Tiếp theo ta 42 Khi x∗j ̸= kéo theo φ(x∗j ) ̸= (iii) Bởi cách dựng ta có deg(f, Ω, 0) = deg(g, Ω, 0) = deg(g, Ω, 0) Nhưng g ∈ C(Ω) ∩ C (Ω), ∈ / g(∂Ω), ∈ / g(Sg ), deg(g, Ω, 0) tính cơng thức sau deg(g, Ω, 0) = sign(Ig (0)) + sign(Ig (x)) x∈g −1 (0) Khi x∈g −1 (0) x̸=0 sign(Ig (x)) số chẵn, sign(Ig (0)) = sign(Ig (0)) = −1 Do deg(g, Ω, 0) số lẻ Như hệ định lý Borsuk’s ta có định lý sau Định lý 2.3.4 ( Borsuk- Ulam) Cho Ω ⊆ Rn miền mở bị chặn ∈ Ω, đối xứng qua 0, cho f ∈ C(∂Ω; Rm ) với số thực m < n Thì tồn điểm x ∈ ∂Ω cho f (x) = f (−x) Chứng minh Theo định lý mở rộng hàm với hàm f : (Ω −→ Rm liên tục tồn hàm f ∈ C(Ω; Rn ) Rm ⊂ Rn Giả sử kết luận sai, tức là, f (x) ̸= f (−x), ∀x ∈ ∂Ω, đặt g(x) := f (x) − f (−x), x ∈ Ω Thì hàm g : Ω −→ Rn định nghĩa có tính chất sau g ∈ C(Ω, Rn ), g hàm lẻ , ∈ / g(∂Ω) Theo định lý Borsuk δ := deg(g, Ω, 0) số lẻ Tuy nhiên, theo bổ đề 2.1.1 , tồn s > cho deg(g, Ω, y) = δ ̸= 0, ∀y ∈ B(0, s) ⊂ Rn Khi với y ∈ B(0, s), tồn x ∈ Ω cho g(x) = y Do B(0, s) ⊂ g(Ω) ⊂ Rm , điều cho ta mẫu thuẫn độ đo B(0, s) ⊂ Rn lớn độ đo cua Rn lại Do ta có điều cần phải chứng minh Định lý 2.3.5 Cho Ω ⊂ Rn tập mở f ∈ C(Ω; Rn ) ánh xạ đơn ánh địa phương, tức là, với x ∈ Ω có lân cận V (x) cho f |V (x) : V (x) −→ Rn đơn ánh 43 Thì f ánh xạ mở, tức là, với tập U ⊂ Ω tập mở ảnh U qua f f (U ) ⊂ Rn tập mở Đặc biệt, ánh xạ đơn ánh f ∈ C(Ω, Rn ) phép đồng phôi Chứng minh i) Với x0 ∈ Ω, ta chứng minh tồn r > 0, t > cho B(x0 ; r) ⊂ Ω B(f (x0 ); s) ⊂ Rn thoả mãn B(f (x0 ); s) ⊂ f (B(x0 ; r)) Khơng tính tổng qt ta giả sử x0 = f (x0 ) = ( Nếu x0 ̸= ta thay ánh xạf ánh xạ f1 (x) = f (x + x0 ) − f (x0 ) với x ∈ Ω.) ii) Khi f đơn ánh địa phương, tồn đường tròn mở B := B(0; r) cho f |B : B −→ Rn đơn ánh Đặt H(x, λ) := f ( λ x) − f (− x), (x, λ) ∈ B × [0, 1] 1+λ 1+λ Thì ánh xạ đồng luân H ∈ C(B × [0, 1]; Rn ) định nghĩa thoả H(·, 0) = f H(·, 1) hàm lẻ Ta có, ∈ / H(∂B × [0, 1]), phương trình f( λ x) = f (− x), (x, λ) ∈ B × [0, 1], 1+λ 1+λ giả sử f |B đơn ánh kéo theo x = ∈ / ∂B iii) Theo định lý Borsuk ta có deg(H(·, 1), B, 0) số lẻ ta có deg(f, B, 0) số lẻ ( deg(f, B, 0) = deg(H(·, 1), B, 0).) iv) Theo chứng minh định lý Bosurk Ulam ta kết luận tồn s > cho B(0; s) ⊂ f (B) f ánh xạ mở Chương Bậc tôpô không gian Banach Trong chương này, chúng tơi trình bày cách xây dựng định nghĩa bậc tơpơ không gian Banach Đồng thời, khai thác số tính chất ứng dụng bậc topo khơng gian Banach, làm rõ số ví dụ Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [1] [2] 3.1 Cách xây dựng khái niệm bậc tôpô không gian Banach Ta xây dựng khái niệm bậc topo không gian vô hạn chiều dựa vào khái niệm bậc tôpô không gian hữu hạn chiều ánh xạ compact sau Định nghĩa 3.1.1 Cho X không gian Banach, Ω ⊂ X tập đóng bị chặn, T : Ω → X ánh xạ compact liên tục Giả sử ∈ / (I − T )(∂Ω), theo bổ đè 1.3.1 tồn ϵ0 > cho x ̸= tTϵ1 x + (1 − t)Tϵ2 x với t ∈ [0, 1] x ∈ ∂Ω Trong ϵi ∈ (0, ϵ0 ), Tϵi : Ω → Fϵi , i = 1; với Tϵi Fϵi , i = 1, xác định bổ đề 1.3.1 Ta định nghĩa bậc Brouwer I − T sau deg(I − T, Ω, 0) = deg(I − Tϵ , Ω ∩ Fϵ , 0) với ϵ ∈ (0, ϵ0 ) Chú ý 3.1.1 Bởi tính bất biến qua ánh xạ đồng luân bậc Brouwer, ta có deg(I − Tϵ1 , Ω ∩ span{Fϵ1 ∪ Fϵ2 }, 0) = deg(I − Tϵ1 , Ω ∩ span{Fϵ1 ∪ Fϵ2 }, 0) 44 45 Nhưng Tϵi : Ω ∩ span{Fϵ1 ∪ Fϵ2 } → Fi với i = 1; Theo Định lý 2.1.2 ta có deg(I − Tϵ1 , Ω ∩ span{Fϵ1 ∪ Fϵ2 }, 0) = deg(I − Tϵ1 , Ω ∩ Fϵ1 , 0), deg(I − Tϵ2 , Ω ∩ span{Fϵ1 ∪ Fϵ2 }, 0) = deg(I − Tϵ2 , Ω ∩ Fϵ2 , 0) Do ta có deg(I − Tϵ1 , Ω ∩ Fϵ1 , 0) = deg(I − Tϵ2 , Ω ∩ Fϵ2 , 0) định nghĩa bậc tôpô hợp lý Tổng quát p ∈ / (I − T )∂Ω, ta định nghĩa deg(I − T, Ω, p) = deg(I − T − p, Ω, 0) 3.2 Tính chất bậc tơpơ không gian Banach Tương tự bậc tôpô không gian hữu hạn chiều bậc tôpô không gian Banach có tính chất sau Định lý 3.2.1 (Tính chất bậc Leray Schauder) Cho X không gian Banach,Ω ⊂ X tập mở bị chặn, T : Ω −→ X ánh xạ compact liên tục Khi deg(I − T, Ω, 0) có tính chất sau deg(I, Ω, 0) = ∈ Ω Nếu deg(I − T, Ω, 0) ̸= 0, T x = x có nghiệm Ω Cho Tt : [0, 1] × Ω → E liên tục compact Tt x ̸= x với (t, x) ∈ [0, 1] × ∂Ω Thì deg(I − Tt , Ω, 0) số với t ∈ [0, 1] (Tính cộng tính theo miền) Cho Ω1 , Ω2 ⊆ Ω hai tập mở rời 0∈ / (I − T )(Ω − Ω1 ∪ Ω2 ) deg(I − T, Ω, 0) = deg(I − T, Ω1 , 0) + deg(I − T, Ω2 , 0) Chứng minh Phần chứng minh định lý tương tự phép chứng minh tính chất bậc Brouwer không gian hữu hạn chiều 46 3.3 Ứng dụng bậc tôpô không gian Banach 3.3.1 Ứng dụng bậc tôpô chứng minh điểm bất động Định lý 3.3.1 Cho X không gian Banach, ∅ ̸= C ⊂ X tập lồi, đóng bị chặn T : C → C ánh xạ compact liên tục T có điểm bất động C Nếu T ánh xạ liên tục kết luận khơng cịn Ta xét phản ví dụ sau Ví dụ 3.3.1 Cho T : l2 → l2 ánh xạ định nghĩa T (x1 , x2 , ) = (1 − ∥x∥, x1 , x2 , ) với x = (x1 , x2 , ) ∈ l2 Thì T : B(0, 1) → B(0, 1) liên tục nhiên không tồn x ∈ B(0, 1) cho T x = x hay nói cách khác T khơng có điểm bất động B(0, 1) Định lý điểm bất động Schauder ứng dụng cho kết khơng gian siêu bất biến tốn tử tuyến tính bị chặn Định lý 3.3.2 Cho X không gian Banach, ̸= T : X → X ánh xạ tuyến tính liên tục compact Γ(T ) = {S ∈ L(X) : T S = ST } Thì tồn không gian siêu bất biến không tầm thường F T, tức là, F ̸= 0, S(F ) ⊆ F với S ∈ Γ(T ) Chứng minh: Giả sử điều kiện khơng T khơng có giá trị riêng Chọn x0 ∈ X cho ∥x0 ∥ = Thì với x ̸= ta có T x ̸= {ST x : S ∈ Γ(T )} khơng gian bất biến Γ(T ) ta có {Sx : S ∈ Γ(T )} = X Bây với y ∈ B(x0 , 1), tồn Sy ∈ Γ(T ) cho ∥Sy T y − x∥ < Bởi tính liên tục S, tồn δ(y) > cho ∥Sy T x − x0 ∥ < với x ∈ B(y, δ(y)) Khi {B(y, δ(y)) : y ∈ B(x0 , 1)}là phủ mở B(x0 , 1) tồn phủ hữu hạn địa phương {Vi }i∈I {B(y, δ(y)) : y ∈ B(x0 , 1)} Đặt {ϕi }i∈I phân hoạch đơn vị ứng với họ {Vi }i∈I xét ánh xạ K : B(x0 , 1) → B(x0 , 1) xác định sau ϕi (x)Si T x với x ∈ B(x0 , 1) Kx = i∈I 47 Khi T compact, K ánh xạ compact liên tục T có điểm bất động y0 ∈ B(x0 , 1), tức ϕi (y0 )Si T y0 = y0 i∈I Đặt Z = {y ∈ X : i∈I ϕi (y0 )Si T y = y} Thì Z không gian hữu hạn chiều X T : Z → Z T có giá trị riêng,điều mâu thuẫn với giả sử ta có điều phải chứng minh Định lý 3.3.3 Cho X không gian Banach Ω ⊂ X tập mở bị chặn Nếu T : Ω → X, S : X → X ánh xạ liên tục compact p ∈ / (I − S) ◦ (I − T )(∂Ω) deg((I − S) ◦ (I − T ), Ω, p) = deg(I − T, Ω, Ui )deg(I − S, Ui , p) i∈I {Ui }i∈I thành phần liên thông X\(I − T )(∂Ω) deg(I − T, Ω, Ui ) = deg(I − T, Ω, z) với z ∈ Ui Chứng minh Ta chứng minh vế phải biểu thức có hữu hạn số hạng khác Cho r > cho (I − T )(Ω) ⊂ Br (0) M = Br (0) ∩ (I − S)− 1(p) compact, M ⊂ Rn \f (∂Ω) = i≥1 Ui tồn số hữu hạn i, i = 1, 2, , t cho t+1 i=1 Ui ⊇ M, Ut+1 = U∞ ∩ Br+1 Ta có deg(I − T, Ω, Ut+1 ) = deg(I − S, Ui , p) = với i ≥ t + Khi Uj ⊂ Br (0) g −1 (y) ∩ Uj = ∅ với j ≥ t + Do vế phải (2.2.1) có hữu hạn số hạn khác Đặt Vm = {z ∈ Br+1 (0)\(I − T )(∂Ω) : deg(I − T, Ω, z) = m} Tiến hành chứng minh sau deg(I − T, Ω, Ui )deg(I − S, Ui , p) = i∈I mdeg(I − S, Vm , p) m Bây ta chọn ε đủ nhỏ Cho F không gian hữu hạn chiều, p ∈ F T1 : Ω → F, S1 : Br+1 (0) → F hai ánh xạ liên tục compact cho ∥T x − T1 x∥ < ε, x ∈ Ω, ∥Sy − S1 y∥ < ε với y ∈ Br+1 (0) 48 Thì với tính bất biến ánh xạ đồng luân ta có deg((I − S) ◦ (I − T ), Ω, p) = deg((I − S1 ) ◦ (I − T1 ), Ω, p), mdeg(I − S, Vm , p) = m mdeg(I − S1 , Vm , p) = m mdeg(I − S1 , Vm ∩ F, p) m Do định lý 2.3.4 ta có: deg(I − T, Ω, Ui )deg(I − S, Ui , p) = deg((I − S1 ) ◦ (I − T1 ), Ω ∩ F, p) i∈I Dễ dàng kiểm tra deg((I − S1 ) ◦ (I − T1 ), Ω, p) = deg((I − S1 ) ◦ (I − T1 ), Ω ∩ F, p) Cho X không gian Banach, X0 khơng gian đóng X Ω ⊂ X tập mở bị chặn Khi bậc toppo Ω Ω ∩ X0 Định lý 3.3.4 Cho X không gian Banach, X0 khơng gian đóng X Ω ⊂ X tập mở bị chặn Nếu T : Ω → X0 ánh xạ liên tục compact p ∈ X0 , deg(I − T, Ω, p) = deg(I − T, Ω ∩ X0 , p) Chứng minh Khi T (Ω) ⊂ X0 , ta chọn không gian hữu hạn F ⊂ X0 với p ∈ F T1 : Ω → F cho ∥Tx − T1 x∥ < ε Theo định nghĩa 3.1.1 với ε > đủ nhỏ ta có deg(I − T, Ω, p) = deg(I − T1 , Ω ∩ F, p) = deg(I − T, Ω ∩ X0 , p) Định lý 3.3.5 Cho X không gian Banach, ∈ Ω ⊂ X với Ω tập mở bị chặn Nếu T : Ω → X ánh xạ liên tục compact, điều sau T có điểm bất động Ω Tồn λ > x ∈ ∂Ω cho T x = λx Chứng minh Nếu (2) định lý chứng minh xong.Ngược lại giả sử (2) sai ta chứng minh (1) Đặt H(t, x) = x − tT x với (t, x) ∈ [0, 1] × Ω (+) Nếu T x = x với x ∈ ∂Ω, (1) 49 (+) Nếu T x ̸= x với x ∈ ∂Ω Do ta có x ∈ / tT x với (t, x) ∈ [0, 1] × ∂Ω Bởi định lý 3.2.1 ta có deg(I − T, Ω, 0) = deg(I, Ω, 0) = 1, T có điểm bất động Ω nghĩa (1) 3.3.2 Ứng dụng bậc tôpô không gian Banach vô hạn chiều Bổ đề 3.3.1 Cho X không gian Banach vô hạn chiều, ∈ / ∂Ω với Ω tập mở bị chặn X Cho T : Ω → X ánh xạ compact liên tục Giả sử T x ̸= µx với µ ∈ [0, 1], x ∈ ∂Ω ∈ / T ∂Ω Thì deg(I − T, Ω, 0) = Chứng minh Thứ nhất, tồn ε0 > cho ∥T x − Tε x∥ < ε, µx ̸= Tε x, với µ ∈ [0, 1], x ∈ ∂Ω ε ∈ (0, ε), Tε xem Tε bổ đề 1.3.1 Giả sử phản chứng điều khơng đúng, tồn εj → 0, xj ∈ ∂Ω, µj → µ0 ∈ [0, 1] cho µj xj = Tεj xj ta có T xj − µj xj → Bây ta có ∈ / T ∂Ω µ0 ̸= (xj ) có dãy hội tụ đến x0 ∈ ∂Ω T x0 = µ0 x0 Từ định nghĩa bậc Leray Schauder, ta biết deg(I − T, Ω, 0) = deg(I − Tε , Ω ∩ F, 0) với ε đủ nhỏ F ⊃ spanR(Tε ) Theo tính bất biến qua đồng luân bậc Brower, ta có deg(I − Tε , Ω ∩ F, 0) = deg(−Tε , Ω ∩ F, 0) Khi X không gian Banach vơ hạn chiều, ta chọn F khơng gian hữu hạn chiều X cho spanR(Tε ) tập thực F deg(−Tε , Ω ∩ F, 0) = deg(−Tε , Ω ∩ F, p), với p ∈ F cho p đủ gần ta có deg(−Tε , Ω ∩ F, 0) = Do deg(I − T, Ω, 0) = 50 Định lý 3.3.6 Cho X không gian Banach vô hạn chiều, ∈ Ω0 ⊂ Ω với Ω0 Ω hai tập mở bị chặn E Cho T : Ω \ Ω0 → X ánh xạ compact liên tục, giả sử điều kiện sau thoã mãn (1) T x ̸= λx với λ > 1, x ∈ ∂Ω0 (2) T x ̸= µx với µ ∈ [0, 1], x ∈ ∂Ω ∈ / T ∂Ω Thì T có điểm bất động Ω \ Ω0 Chứng minh Ta giả sử T định nghĩa Ω Tương tự ta giả sử T x ̸= x với x ∈ ∂Ω0 ∪ ∂Ω Từ (1) định lý 3.2.1 ta có deg(I − T, Ω0 , 0) = Bởi (2) bổ đề 3.3.1 ta có deg(I − T, Ω, 0) = Do deg(I − T, Ω \ Ω0 , 0) = deg(I − T, Ω, 0) − deg(I − T, Ω0 , 0) = −1 Vậy T có điểm bất động Ω \ Ω0 Khi thay đổi điều kiện giả thiết ta có kết luận tương tự định lý Hệ 3.3.1 Cho X không gian Banach vô hạn chiều Ω0 ⊂ Ω với ∈ Ω0 , Ω hai tập bị chặn X Cho T : Ω \ Ω0 −→ E ánh xạ compact liên tục, thêm điều kiện sau thoả mãn (1) ∥ T x ∥≤∥ x ∥ với x ∈ ∂Ω0 ; (2) ∥ T x ∥≥∥ x ∥ với x ∈ ∂Ω Thì T có điểm bất động Ω\Ω0 Chú ý 3.3.1 Kết luận định lý 3.3.2 khơng cịn bỏ điều kiện vô hạn chiều Sau phản ví dụ chứng tỏ điều Ví dụ 3.3.2 Cho Ω = {(x, y) : x2 + y < 4}, Ω1 = {(x, y) : x2 + y < 1} T : Ω \ Ω1 −→ R2 định nghĩa T (x, y) = ( x2 + y cos(0 + π ), x2 + y sin(0 + π )) 51 Với (x, y) ∈ Ω\Ω1 , x + yi = x2 + y eiθ Thì ta có T (x, y) ̸= µ(x, y) với µ ∈ [0, 1], x2 + y = T (x, y) ̸= λ(x, y) với λ ≥ 1, x2 + y = Vì deg(I − T, Ω\Ω1 , 0) = deg(I − T, Ω, 0) − deg(I − T, Ω1 , 0) = nên T khơng có điểm bất động Ω\Ω1 Định lý 3.3.7 Cho X không gian Banach ∈ Ω0 ⊂ Ω với Ω0 , Ω hai tập mở bị chặn X Cho T : Ω\Ω0 −→ X ánh xạ liên tục compact, điều kiện sau đúng, (1) T x ̸= λx với λ > x ∈ ∂Ω0 ; (2) T x ̸= µx với µ ∈ [0, 1], x ∈ ∂Ω ∈ / ConvT ∂Ω Thì T có điểm bất động Ω\Ω0 Chứng minh Tương tự chứng minh định lý 3.3.1 ta giả sử T x ̸= x với x ∈ ∂Ω0 ∪ ∂Ω Ta cần chứng minh deg(I − T, Ω, 0) = Giả sử điều không đúng, tức deg(I − T, Ω, 0) ̸= Khi tồn ánh xạ compact T1 : Ω −→ convT ∂Ω cho T1 x = T x với x ∈ ∂Ω Cho k > 1, ta dễ dàng thấy x ̸= tT x + (1 − t)kT1 x với (t, x) ∈ [0, 1] × ∂Ω Do ta có deg(I − kT1 , Ω, 0) = deg(I − T, Ω, 0) ̸= ta có kT1 x = x có nghiệm Ω với k > 1, trái với giả thiết Ω Vì ta có deg(I − T, Ω, 0) = 3.3.3 Ứng dụng bậc tơpơ giải phương trình vi phân Trong phần đưa ứng dụng bậc tơpơ cho tốn tuần hồn phản tuần hồn phương trình vi phân thơng thường Rn 52 Định lý 3.3.8 Cho f : R × Rn → Rn hàm liên tục f (t + T, x) = f (t, x) với (t, x) ∈ R × Rn Giả sử điều kiện sau thoã mãn: Tồn r > cho (f (t, x), x) < với t ∈ [0, T ] |x| = r Với x ∈ Rn , tồn rx > 0, Lx > O cho |f (t, y) − f (t, z)| ≤ Lx |y − z| với t ∈ R, y, z ∈ B(x, rx )   x′ (t) = f (t, x(t)), t ∈ [0, ∞) Thì hệ phương trình sau (1)  x(0) = x(T ) có nghiệm Chứng  minh Với x0 ∈ B(0, 1), bỡi định lý Peano vấn đề giá trị ban đầu  x′ (t) = f (t, x(t)), t ∈ (0, t ) (2)  x(0) = x có nghiệm với t0 > Nếu (2) có nghiệm x(.), y(.) d |x(t) − y(t)|2 = 2(x′ (t) − y ′ (t), x(t) − y(t) ≤ Lx0 |x(t) − y(t)|, (3) dt với t1 ∈ (0, t0 ) t ∈ (0, t1 ) Từ (3) ta có |x(t) − y(t)| ≤ eLx0 t |x(0) − y(0)| với t ∈ (0, t1 ) Vì x(t) = y(t) với t ∈ (0, t1 ) Do x(t) = y(t) với t ∈ (0, t0 ), nghiệm (2) Nếu x(t) = r d |x(t)|2 = 2(x′ (t), x(t)) = (f (t, x(t), x(t)) < dt Do x(t) phải nằm B(0, r) với t ∈ [0, t0 ] x(t) mở rộng (0, +∞) sau x(t) ∈ B(0, r) với t ∈ [0, +∞) Bây ta định nghĩa ánh xạ S : B(0, r) → B(0, r) sau Sy = x(y, T ) với y ∈ B(0, r), với x(y, t) nghiệm (2) với giá trị ban đầu y Bằng cách sử dụng (1), ta dễ dàng chứng minh S liên tục Do đó, bỡi định lý điểm bất động Brower, S có điểm bất động B(0, r) tức (1) có nghiệm 53 Định lý 3.3.9 Cho G : Rn → Rn hàm chẵn liên tục khả vi cho ∂G Lipchit f : R → Rn hàm liên tục cho f (t + T ) = −f (t) với t ∈ R Thì phương trình   x′ (t) = ∂G (t) + f (t), t ∈ R x (3)  x(t + T ) = −x(t), t ∈ R có nghiệm Chứng minh Đầu tiên x(t) nghiệm (3) |x′ (t)|2 = (∂Gx(t), x′ (t)) + (f (t), x′ (t)) với t ∈ R Lấy tích phân (0, T ) ý T (∂Gx (t), x′ (t)))dt = 0, ta có T T (f (t), x′ (t))dt |x′ (t)|2 dt = 0 T |x (t)| dt) ≤ ( ′ ( T |f (t)| dt) 2 t t x′ (s)ds − 2x(t) = ta có x′ (s)ds T √ T ( maxt∈[0,T ] |x(t)| ≤ T |f (t)| dt) = M Ta lấy hàm khả vi liên tục ϕ với ϕ(x) = |x| ≤ M ∂ϕ(x) = |x| ≥ 2M Bây giờ, ta xét hệ phương trình sau   x′ (t) + x(t) = ∂(ϕ(x(t))[G(x(t)) + |x(t)|2 ]) + f (t), t ∈ R (4)  x(0) = y ∈ Rn Khi ∂ϕ bị chặn đều,ta có với nghiệm x(t) (4) d (|x(t)|2 ) + |x(t)|2 ≤ 2L|x(t)| + 2|f (t)||x(t)|, dt 54 với số L > Do tồn N > cho |x(0)| ≤ N , |x(T )| ≤ N Bây ta định nghĩa ánh xạ S : Rn → Rn bỡi Sy = −x(T ) Ở x(.) nghiệm (4) với x(0) = y Rõ ràng S liên tục, theo định lý điểm bất động Brower , tồn y ∈ R cho Sy = y, tức x(T ) = −y Do |x(t)| < M với t ∈ R theo ta có ∂(ϕ(x(t))[G(x(t)) + |x(t)|2 ] = ∂Gx(t) + x(t) Do đó, x(.) nghiệm (3) Hệ 3.3.2 Cho A ma trận đối xứng cỡ n × n f : R → Rn hàm liên tục cho f (t + T ) = −f (t) với t ∈ R, phương trình sau   x′ (t) = Ax(t) + f (t), t ∈ R (5)  x(t + T ) = −x(T ), t ∈ R có nghiệm Chứng minh Khi A đối xứng, đặt Gu = (Au, u) với u ∈ R2 A = ∂G Do kết luận suy từ định lý Tiếp theo ta xét ví dụ đơn gian sau Ví dụ 3.3.3 Hệ phương trình sau:    x′ (t) = 2x1 (t) − αx2 (t) + sin t, t ∈ R   (6) x′2 (t) = −αx1 (t) − 3x2 (t) + sin3 t, t ∈ R     x (t + π) = −x (t), x (t) − π) = −x (t), t ∈ R 1 2 có nghiệm α ∈ R số Ta có      −α x sin t  , x =   , f (t) =   A= −α −3 x2 sin3 t Khi f hàm số liên tục thoả f (t + π) = −f (t) với t ∈ R A ma trận đối xứng hệ (6) thoả điều kiên hệ 3.3.2 nên hệ (6) có nghiệm R Kết luận Nội dung chủ yếu luận văn nhằm nghiên cứu định nghĩa, tính chất, mở rộng ứng dụng bậc tôpô Luận văn đạt số kết sau: ❼ Trình bày cách hệ thống cách xây dựng định nghĩa tính chất sô ứng dụng bậc tôpô từ không gian hữu hạn chiều đến không gian vô hạn chiều khơng gian Banach ❼ Trình bày ứng dụng bậc tôpô chứng minh điểm bất động Brouwer, chứng minh tồn nghiệm phương trình vi phân đơn giản không gian Rn Học viên Nguyễn Thị Dung 55 Tài liệu tham khảo [1] P Ciarlet, Linear and Nonlinear Functional Analysis with Applications, SIAM Text Book, 2013 [2] D.O’regan, Y J Cho, Y-Q Chen, Topological Degree Theory and Applications, Chapman Hall/CRC, 2006 [3] F.E Browder, Degree theorem for nonlinear problem Bull Amer Math Soc 1983 [4] R Bader, A topological fixed-point index theory for evolution inclusions, Z Anal Anw 2001 [5] J Cronin, Fixed Points and Topological Degree in Nonlinear Analysis, Math Surveys, No 11, Amer Math Soc 1964 [6] Y H Du, Fixed points of increasing operators in ordered Banach spaces and applications, Appl Anal 1990 56 ... điều phải chứng minh Tiếp theo ta tìm hiểu vài ứng dụng bậc topo 2.3 Ứng dụng bậc tôpô 2.3.1 Ứng dụng bậc tôpô chứng minh định lý điểm bất động Một ứng dụng quan trọng bậc tôpô dùng để chứng minh... khái niệm bậc tôpô không gian Banach 44 3.2 Tính chất bậc tơpơ không gian Banach 45 3.3 Ứng dụng bậc tôpô không gian Banach 46 3.3.1 Ứng dụng bậc tôpô chứng minh... 3.3.2 Ứng dụng bậc tôpô không gian Banach vô hạn chiều 49 3.3.3 Ứng dụng bậc tôpô giải phương trình vi phân Kết luận 51 55 Danh mục tài liệu tham khảo 56 Một số kí hiệu ❼ R: Tập số thực