Một số phương pháp nghiên cứu sự phân nhánh

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH Trần Hòa Hiệp MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU SỰ PHÂN NHÁNH LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH Trần Hòa Hiệp MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU SỰ PHÂN NHÁNH Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS Nguyễn Bích Huy Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2012 MỤC LỤC MỤC LỤC Lời cảm ơn Phần mở đầu Phần nội dung Chương 1: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ HÀM ẨN 1.1 Định lý Hàm ẩn 1.2 Ứng dụng định lý hàm ẩn 18 Chương 2: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BỔ ĐỀ MORSE 22 2.1 Phép dựng Lyapunow-Schmidt 22 2.2 Phương pháp sử dụng Bổ đề Morse 26 Chương PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẬC TƠPƠ 34 3.1 Sự phân nhánh địa phương 34 3.2 Sự phân nhánh tồn cục 54 Chương 4: PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN 60 4.1 Phương pháp biến phân 60 4.2 Ví dụ: 63 Phần kết luận 66 Tài liệu tham khảo 67 Lời cảm ơn Lời luận văn này, tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Thầy PGS TS Nguyễn Bích Huy dành nhiều thời gian q báu để hướng dẫn, đóng góp ý kiến cho luận văn tơi, xin cảm tạ đến thầy PGS TS Lê Hồn Hóa giúp đỡ, bổ túc kiến thức để luận văn tơi hồn tất Xin chân thành cảm tạ q Thầy, Cơ khoa Tốn-Tin học, Trường Đại học Sư phạm, Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh tận tâm giảng dạy, truyền đạt kiến thức hỗ trợ tài liệu cho tơi suốt thời gian học tập Tiếp đến xin chân thành cảm tạ q Thầy Cơ, Cán phòng Quản lý Khoa học Cơng nghệ - Sau đại học, Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh giúp đỡ, động viên tạo điều kiện thuận lợi thủ tục hành chánh cho tơi suốt q trình học tập Sau cùng, tơi xin chân thành cảm ơn đến Ban Giám hiệu trường Đại học Sài Gòn tạo điều kiện thuận lợi cho tơi tham dự lớp Cao học Trường Đại học Sư Phạm, Thành phố Hồ Chí Minh Xin gửi lời tri ân tất bạn bè đồng nghiệp, bạn lớp Cao học Giải tích khóa 21, gia đình động viên quan tâm đến tơi qng thời gian học tập làm luận văn Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2012 Học viên Trần Hòa Hiệp Phần mở đầu Nhiều vấn đề Khoa học tự nhiên, Khoa học xã hội, Kinh tế học dẫn đến việc nghiên cứu phân nhánh nghiệm phương trình chứa tham số Về mặt tốn học, vấn đề mơ tả phương trình dạng F(x, λ) = với λ tham số, đóng vai trò yếu tố tác động vào hệ thống xét Với λ ta ký hiệu S(λ) = {x : F(x, λ) = 0} ta cần nghiên cứu tính chất S(λ) mà λ thay đổi; đặc biệt ta muốn xét tồn điểm λ cho λ qua λ cấu trúc tập S(λ) có thay đổi hay hệ thơgns xét có biến động đột ngột Giá trị λ gọi điểm phân nhánh nghiệm phương trình Vì ý nghĩa quan trọng ứng dụng thực tế, tốn xác định điểm phân nhánh nghiên cứu tập S(λ) λ gần λ λ xa λ quan tâm nghiên cứu từ kỷ XIX ngày cơng trình Liapunov,S chmit, Nekrasov, Krasnoselskii, Rabinowitz, Dancer, Tùy theo tính chất ánh xạ tham gia vào phương trình mà có nhiều phương pháp khác để nghiên cứu phân nhánh Phần nội dung Nội dung luận văn nói việc nghiên cứu nghiệm (x, y) phương trình f(x, y) = lân cận (x , y ) Bao gồm chương: Chương Định lý hàm ẩn trình bày tồn nghiệm x(t) f(x,y) = Các cơng cụ đắc lực để chứng minh định lý bao gồm kiến thức phép đồng đẳng cấu tuyến tính khả vi theo Fréchet Chương Trình bày phương pháp sử dụng bổ đề Morse Ta nghiên cứu tốn lân cận Ω (0, λ ) ∈ X × A với A khơng gian tham biến, cách sử dụng phép dựng Lyapunow-Schmidt A hữu hạn chiều việc nghiên cứu địa phương phương trình f(x, λ) = quy việc nghiên cứu số hữu hạn phương trình với số hữu hạn ẩn nhờ vào bổ đề Morse Chương Phương pháp sử dụng bậc tơpơ, chia làm hai phần Thứ nhất, phân nhánh địa phương nói điều kiện cần để (0, λ ) điểm phân nhánh f, giá trị riêng đơn tốn tử tuyến tính liên tục K, phân nhánh vơ cực, giải pháp Đại số Banach Thứ nhì, phân nhánh tồn cục, nói tồn cục hàm ẩn, nghiệm mở rộng tồn cục, mở rộng tồn cục nón Chương Trình bày phương pháp biến phân, dùng để nghiên điểm phân nhánh phương trình f(x, λ) = điểm phân nhánh ϕ’(x) – λx = với ϕ ∈ C2 (Ω,  ) Chương 1: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ HÀM ẨN 1.1 Định lý Hàm ẩn Nội dung chương trình bày dựa theo [1] PGS.TS Lê Hồn Hóa, trang 283-285; [7] L Nirenberg (bản Việt dịch), trang 74-77; [3] Jean Dieudonné, trang 127-131 Các khơng gian đề cập khơng gian Banach Định nghĩa 1.1 Ánh xạ f: X → Y đẳng cấu nếu: (I) f ánh xạ tuyến tính, liên tục (II) Ánh xạ f đảo (tức tồn ánh xạ tuyến tính liên tục g: Y → X cho g o f = I X f o g = I Y ) Tay ký hiệu: Isom(X, Y) = {f ∈  (X,Y) cho: NĨI CÁCH KHÁC Ánh xạ f : X → Y đẳng cấu, điều kiện cần đủ f phép đồng phơi, tuyến tính Định nghĩa 1.2 (Khả vi theo Fréchet) Cho Ω tập mở X, ánh xạ f : Ω → Y gọi khả vi (theo Fréchet) điểm x ∈ Ω, ∃A ∈ L(X, Y) cho: f ( x0 + u ) − f ( x0 ) − Au = o( u ) Y (1.1) có nghĩa ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀u ∈ X : u f ( x0 + u ) − f ( x0 ) − Au Y X (1.1) < δ thì: ≤ε u X Như (1.1) viết dạng quen thuộc sau: lim f ( x0 + u ) − ( f ( x0 ) − Au u →0 u Y =0 X Định nghĩa 1.3 Nếu f khả vi x ∈ Ω ta nói f khả vi Ω (hay f khả vi) Khi ánh xạ f’: Ω → L(X,Y) cho f’(x) ∈ L(Xy,Y) ∀x ∈ Ω, gọi đạo hàm (hay đạo ánh) f Bây giờ, f’ liên tục Ω ta gọi f khả vi liên tục hay thuộc lớp C1(Ω) Mệnh đề 1.1 (Tích phân giá trị trung bình) Giả sử f ∈ C1 tập lồi mở Ω, lấy x ∈ Ω hai điểm tùy ý x , x ∈ Ω ta có x = tx + (1 – t)x , (0 ≤ t ≤ 1) Khi f(x ) – f(x ) = d ∫ dt f [tx + (1 − t ) x ]dt = ∫ fx [tx + (1 − t ) x ]dt.( x − x ) (1.2) Chứng minh: Ta có: d ∫ dt f [tx + (1 − t ) x ]dt= f [tx1 + (1 − t ) x2 ] t =0 t =1 = f [1x1 + (1 − t ) x2 ] − f [ x1 + (1 − 0) x2 ] = f ( x1 ) − f ( x2 ) Mặt khác 1 d d ∫0 dt f [tx1 + (1 − t ) x2 ]dt = ∫0 dt f ( x)dt d d f ( x) x(t )dt dt dt =∫ = ∫ f [tx + (1 − t ) x ] dt.( x − x ) x 2 Vậy (1.2) kiểm chứng xong Định lý 1.1 (Ngun lý ánh xạ co nghiêm ngặt) Cho X khơng gian Banach, f : X → X Giả sử tồn k ∈ [0, 1) cho f ( x) − f ( y ) ≤ k x − y , ∀x, y ∈ X Khi X tồn x* điểm bất động f lim f n ( x) = x* , ∀x ∈ X x →∞ Chứng minh Xem [1], PGS TS Lê Hồn Hóa, trang 13-14 Định lý 1.2 (Định lý hàm ẩn) Cho X, Y, Z khơng gian Banach, Ω tập mở khơng gian X × Y, f : Ω → Z liên tục f có đạo hàm riêng Fréchet f x : Ω → L(X,Z) liên tục Giả sử điểm (x , y ) ∈ Ω ta có f(x , y ) = Ta muốn nghiên cứu nghiêm (x, y) phương trình: f(x, y) = 0, lân cận (x , y ) Muốn vậy, giả sử A = f x (x , y )1 ∈ Isom(X, Z) tức A đẳng cấu khơng gian X lên khơng gian Z Khi đó: (a) Tồn cầu mở B r (y ) = { y : y − y0 < r } Y ánh xạ u : B r (y ) → X cho u(y ) = x f(u(y), y) = (b) Trường hợp f ∈ C1 u(y) ∈ C1 u y ( y ) = − [ fx(u ( y ), y ) ] f y (u ( y ), y ) −1 (c) Trường hợp f ∈ CP với P > u(y)∈ CP Chứng minh (a) Giả sử x = y = Ta viết phương trình f(x, y) = với (x, y) ∈ Ω lân cận điểm (0, 0) dạng tương đương sau: Ax = Ax – f(x,y,):đặt = R(x, y) ⇔ ⇔ A-1Ax = A-1[Ax – f(x, y)] = A-1R(x, y) x = A-1Ax – A-1f(x,y) = A-1R(x, y): đặt= g(x,y) Bước Ta chứng minh với số r, δ > thích hợp điểm cố định y ∈ B r (0), ta ánh xạ: g(x, y) : B δ (0) → B δ (0) ánh xạ co nghiêm ngặt Thật vậy: • Vì A ∈ Isom(X, Z) nên A-1 ánh xạ tuyến tính liên tục, đó: ∀ε > ta có ε A−1 ≤ (1.3) • Cần chứng minh ∀x , x ∈ B δ (0) cho: R( x1 , y ) − R ( x2 , y ) ≤ ε x1 − x2 (1.4) Với x , x ∈ B δ (0) ≤ t ≤ x = tx + (1 – t)x (do khơng gian Banach X khơng gian lồi địa phương), ta có: R(x , y) – R(x , y) = [Ax – f(x ,y)] – [Ax – f(x ,y)] = Ax – Ax – [f(x ,y) – f(x , y)dt], (áp dụng (1.2)) 1  0  = A(x – x ) -  ∫ f x (tx1 + (1 − t ) x2 , y )dt  ( x1 − x2 )     =  A − ∫ f x ( x, y )dt  ( x1 − x2 )     =  f x (0, 0) − ∫ f x ( x, y )dt  ( x1 − x2 ) = ∫[ f x (0, 0) − f x ( x, y ) ]dt.( x1 − x2 ) Do đạo hàm f x liên tục nên ta chọn r, δ > cho x < δ , y < r f x (0, 0) − f x ( x, y ) ≤ ε (1.5) Ta xét: R( x1 , y ) − R ( x2 , y ) ∫[ f = x (0, 0) − f x ( x, y ) ]dt.( x1 − x2 ) = ∫[ f x (0, 0) − f x ( x, y ) ]dt x1 − x2 ≤ ∫ f x (0, 0) − f x ( x, y ) dt x1 − x2 ≤ ∫ ε dt x1 − x2 (do (1.5)) = ε x1 − x2 Như (1.4) kiểm chứng xong * Ta có: g ( x1 , y ) − g ( x2 , y ) = A−1R( x1 , y ) − A−1R( x2 , y ) = A−1 R( x1 , y ) − A−1R( x2 , y ) ≤ ε A−1 x1 − x2 ≤ (do (1.4)) x1 − x2 (1.6) Điều chứng tỏ g(x, y) ánh xạ co nghiêm ngặt theo biến x ∈ B δ (0) với y cố định thuộc B r (0) Bước Ta khẳng định g(x,y) ánh xạ từ B δ (0) → B δ (0) y ∈ B δ (0) Thật vậy: Lấy x ∈ B δ (0) ta chứng minh g(x,y) ∈ B δ (0) * Do g(x,y) liên tục (0, 0) (vì g ánh xạ co) nên ∀δ > 0, ∃r > : y < r ⇒ g (0, y ) − g (0, 0) ≤ δ ⇒ g (0, y ) − ≤ δ ⇒ g (0, y ) ≤ δ (1.7) * Ta có: g ( x, y ) = g ( x, y ) − g (0, y ) + g (0, y ) ≤ g ( x, y ) − g (0, y ) + g (0, y ) ≤ 1 x−0 + δ 2 ≤ 1 x + δ 2 (do (1.6) (1.7)) 1 δ (do x ∈ Bδ (0) ) < δ+ δ= 2 Vậy g ( x, y ) ∈ Bδ (0) hay g(x,y) ánh xạ từ Bδ (0) → Bδ (0) Bước Ta chứng minh có ánh xạ u: B r (y ) → X cho: u ( y0 ) = x0   f (u ( y ), y ) = Thật vậy: * Vì ánh xạ g(x, y) co nghiêm ngặt nên theo ngun lý ánh xạ co phương trình: g(x, y) = x có nghiệm với y mà ta cố định cầu B r (0) Điều chứng tỏ x phụ thuộc theo biến y mà ta ký hiệu chúng là: u(y) = x Như ta có ánh xạ u : B r (0) → X chọn x = y = ta có kết u(0) = * Từ phương trình: g(x, y) = x ⇔ g (u ( y ), y ) = u( y) Mặt khác ta có: g ( x, y )= x − A−1 f ( x, y ) (1.8) ⇔ g (u ( y ), y ) =− u ( y ) A−1 (u ( y ), y ) (1.9) Thế từ (1.8) (1.9) cho ta: u= ( y ) u ( y ) − A−1 f (u ( y ), y ) ⇔ A−1 f (u ( y ), y ) = ⇔ f (u ( y ), y ) = (do A đồng phơi tuyến tính) -1 Bước Cần chứng minh u: B r (0) → X liên tục Thật vậy, ∀y1 , y2 ∈ Br (0) ta có: u ( y= ) − u ( y2 ) g (u ( y1 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) = g (u ( y1 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y1 ) + g (u ( y2 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) ≤ g (u ( y1 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y1 ) + g (u ( y2 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) ≤ u ( y1 ) − u ( y2 ) + g (u ( y2 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) Từ ta suy g ( y1 ) − u ( y2 ) ≤ g (u ( y2 ), y1 ) − g (u ( y2 ), y2 ) (1.10) Do g(x, y) liên tục theo biến y nên ta cho y → y vế phải (1.10) tiến hay →0 u ( y1 ) − u ( y2 )  y1 → y2 Điều chứng tỏ u liên tục (b) * Ta xét y + δy cho y + δ y ≤ r tiếp đến ta đặt: δ u := u ( y + δ y ) − u ( y ) Theo bước cho ta u: B r (0) → X liên tục nên = δ u : u ( y + δ y ) − u ( y )  →0 δ y →0 * Ngồi f: Ω ⊂ X × Y → Z ánh xạ thuộc lớp C1; tức f khả vi liên tục với (x, y)∈ Ω, cho nên: Với ε > cho trước tùy ý (như nêu (1.3)), theo Fréchet thì: f (u ( y ) + δ u, y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ y − T ( y )δ y ≤ ε ( δ y + δ u S ( y ) : đặt = f x (u ( y ), y ) T(y):đặt f y (u ( y ), y ) Ta xét vế phải (1.11): f (u ( y ) + δ u, y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ u − T ( y )δ y (1.11) = = f (u ( y ) + u ( y + δ y ) − u ( y ), y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ u − T ( y )δ y f (u ( y + δ y, y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ u − T ( y )δ y Như (1.11) tương đương với: = f (u ( y + δ y ), y + δ y ) − f (u ( y ), y ) − S ( y )δ u − T ( y )δ y ≤ ε ( δ y + δ u ) (1.12) * Ta có f liên tục (do giả thiết) nên với ε > cho trước tùy ý, δ y đủ nhỏ thì: →0 , f (u ( y + δ y ), y + δ y ) − f (u ( y ), y )  δ y →0 vậ từ (1.12) suy ra: S ( y )δ u − T ( y )δ y ≤ ε ( δ y + δ u ) (1.13) * Do tính liên tục f x cho ta f x (u ( y ), y ) → f x (0, 0) (như nêu (1.5)), ngồi [ f x (0, 0)] −1 bị chặn (vì giả thiết cho = A f x (0, 0) ∈ Isom( X , Z ) ) nên từ suy [ fx(u ( y), y)] −1 tồn bị chặn với y đủ nhỏ; tức chọn: ε S −1 ( y ) ≤ (1.14) * Ta tác động hai vế biểu thức (1.13) cho S −1 ( y ) ta được: δ u + S −1 ( y )T ( y )δ y ≤ ε S −1 ( y ) ( δ y + δ u ) (1.15) kết hợp (1.14) với (1.15) suy ra: δ u + S −1 ( y )T ( y )δ y ≤ ( δ y + δ u ) (1.16) * Bây ta đánh giá δ u sau: Từ (1.16) suy ra: δ u − S −1 ( y )T ( y ) δ y ≤ δ y + δu ta đặt a: = S −1 ( y )T ( y ) + , xét vế trái (1.17): S −1 ( y )T ( y ) + − δ u − S ( y )T ( y ) δ y = δu − −1 = δu − a −1 δy thay kết vào (1.17), ta δu − 1 a −1 δ y ≤ δ y + δu 2 (1.17) từ ta suy ra: δu ≤ a δ y * Như thay kết δ u vừa đánh giá vào (1.15), suy ra: δ u + S −1 ( y )T ( y )δ y ≤ ε (a + 1) S −1 ( y ) δ y hay với δ y đủ nhỏ thì: δ u + S −1 ( y )T ( y )δ y ≤ ε (a + 1) S −1 ( y ) δ y Do theo Fréchet u khả vi từ ta có kết là: u y ( y ) = − [ f x (u ( y ), y ] f y (u ( y ), y ) −1 (1.18) (c) Theo giả thiết f ∈ C1, từ suy vế phải đẳng thức (1.18) liên tục theo y; tức u(y) ∈ C1; tức u(y) ∈ C2 Vậy theo qui nạp cho ta f ∈ C P u ( y ) ∈ C P Chú ý 1.1 Trong định lý hàm ẩn vừa chứng minh ánh xạ y → u ( y ) từ Bδ (0) vào X gọi ánh xạ ẩn suy từ phương trình f(x, y) = Từ định lý hàm ẩn, ta có vài hệ quan trọng mà ta dùng chúng cho việc chứng minh kết lý thuyết phân nhánh sau Cho A ∈ L(X, Y) ta ký hiệu:  N ( A) := ker A  ( A) : Im = A A( X )  R= Hệ 1.1 Cho tập Ω lân cận mở x X, f : Ω → Y khả vi liên tục thuộc lớp CP Giả sử f x (x ) ∈ Isom(X,Y) Khi đó: (a) Tồn cầu B ε (y ) = {y ∈ Y : y − y0 < ε} cho y = f(x ) (b) Tồn f—1khả vi liên tục thuộc lớp CP Chứng minh (a) * Đặt Y:=Z đặt h: Ω x Y → Z, cho bởi: h(x, y):= f(x) – y, ∀(x, y) ∈ Ω × Y Giả sử x = 0, ta xem Ω × Y lân cận mở điểm (0, 0) Do h thỏa mãn giả thiết định lý hàm ẩn, tồn cầu mở B ε (0) ⊂ Y ánh xạ liên tục u: Bε (0) → X cho: u(0) = (1.19) h(u(y),y) = (1.20) * Với y:= 0, từ (1.20) cho ta: h(u (0), 0) = ⇔ f (u (0)) − = ⇔ f (u (0)) = ⇔ f (u (0)) = (do (1.19)) (b) Đặt W := B ε (0) * Chứng minh Ω = u(W), thật vậy: Với x ∈ Ω , ta xem x = 0, chọn y = ∈ W, ta có = u(0) (do (1.19)) điều chứng tỏ x ∈ u(W) Ngược lại: ∀x ∈ u (W) ⇒ ∃y ∈ W : x =u ( y ) chọn y = ⇒ x= u (0)= (do (1.19)) ⇒ x∈Ω Do Ω =u (W) * Chứng minh u: W → u(W) song ánh liên tục, thật vậy: Ta có u: W → u(W) tồn ánh (hiển nhiên) Mặt khác lại có u đơn ánh, vì: ∀y1 , y2 ∈ W : u ( y1 ) = u ( y2 ) ⇒ f (u ( y1 ) = f (u ( y2 )) (do f ánh xạ) ⇒ y1 = y2 (do (1.19) (1.20)) Ngồi ta có u liên tục (như chứng minh định lý hàm ẩn) Do u song ánh liên tục * Chứng minh u(W) = f-1(W) tập mở X, thật vậy: ∀x ∈ u (W) ⇒ ∃y ∈ W : x =u ( y ) ⇒ f ( x) = f (u ( y )) (do f ánh xạ) ⇒ f ( x) = y (do (1.20)) ⇒ f ( x) ∈ W (do y ∈ W ) ⇒ x ∈ f −1 (W) Ngược lại: ∀x ∈ f −1 (W) ⇒ f ( x) ∈ W ⇒ f ( x) ∈ ε (1.21) Chọn y ∈ Y cho x = u(y), ta có: f ( x) = f (u ( y )) = y (do (1.20)) Kết với (1.21) suy y < ε hay y ∈ W Như ∃y ∈ W cho x = u(y), điều chứng tỏ x ∈ u(W) Do u(W) = f—1(W) * Mặt khác ta có f: Ω → Y liên tục, mà W mở Y, nên f-1(W) tập mở Y Tóm lại: f—1: Y → = Ω u (W) = f −1 (W) y → f −1 ( y ) = u( y) Giả thiết cho f ∈ CP hay f-1 khả vi liên tục thuộc lớp CP Ngồi tính f – sủy a từ tính u (theo định lý hàm ẩn) Hệ 1.2 Giả sử Ω lân cận mở (0, 0) X × Y, f: Ω → Z khả vi liên tục thuộc lớp CP cho: (i) f(0, 0) = 0, (ii) Rf (0, 0) = Z, (iii) Nf x (0, 0) = X có khơng gian X bù đóng X, nghĩa X = X ⊕ X Khi đó: Với x ∈ X : x1 ≤ δ y ∈ Y : y ≤ r δ , r > đủ bé, tồn x = u(x , y) khả vi liên tục thuộc lớp CP nghiệm phương trình thỏa mãn u(0, 0) = Chứng minh * Giả thiết cho X= X ⊕ X , nên với x ∈ Ω ⊂ X viết cách dạng: x= x1 + x2 , với x1 ∈ X , x2 ∈ X ~ ~ ~ ~ Đặt Y=: X × Y , lấy y ∈ Y y có dạng: ~ y = ( x1 , y ) , với x1 ∈ X , y ∈ Y ~ ~ Đặt G := X × Y → Z cho bởi: ~ ~ G = ( x1 , y ) : đặt ~ ~ = f ( x1 + x2 , y ) , với ( x2 , y ) ∈ X × Y ~ * Ta kiểm tra G ánh xạ, thật vậy:  x2 ∈ X ∀( x 2, y ) ∈ X × Y ⇒   y ∈ Y  x2 ∈ X với x1 ∈ X , y ∈ Y ⇒   y = ( x1 , y ) ta có f(x + x , y) = f(x, y) (do x = x + x ), mà f : Ω → Z ánh xạ nên f(x, y) ∈ Z, f(x + x , y) ∈ Z  ( x , y ) ∈ Z , G  ta suy G  ánh xạ Từ theo định nghĩa G * Với x ∈ X y ∈ Y cho y ≤ r , δ , r > , đủ bé Ta có: y= −θ ( x1 , y ) − (0, 0) = ( x1 − 0, y − 0) = ( x1 , y ) = (x1 + y ≤ δ + r  thỏa mãn điều kiện giả thiết chọn ε > đủ nhỏ thỏa mãn δ + r < ε , G đỉnh lý hàm ẩn, tồn cầu mở: = Bε (θ ) { y - θ f: [0, T] × ×  →  ánh xạ thỏa mãn điều kiện Carathéodory; tức f(t,u,u’) liên tục hầu khắp nơi t (u, u’) đo theo t (u, u’) cố định Ta xét tốn Dirichlet; tức tốn tìm hàm u khả vi biên thỏa mãn: = u " f (t , u , u '), < t < T ,  = = t 0= hay t T u 0, (1.25) Định lý 1.3 Cho hàm f nêu thỏa mãn với u, u , v, v ∈  < t < T cho: f (t , u , v) − f (t , u , v ≤ a u − u + b v − v a, b ≥ thỏa mãn a λ1 + a λ1 (1.26) < λ1 giá trị riêng –u” điều kiện biên Dirichlet u(0) = u(T) = 0; tức λ1 số λ nhỏ làm cho tốn = < t < T, −u " λu ,  = t 0= hay t T  u 0, = (1.27) có nghiệm khơng tầm thường Khi tốn Dirichlet (1.25) có nghiệm u ∈ C01 ([0, T ]} , với u’ liên tục hầu khắp nơi Chứng minh * Từ kết phương trình đạo hàm riêng cho ta λ1 số λ dương cho tốn (1.25) có nghiệm khơng tầm thường; tức  λ1 = π2 T2 * Để chứng minh định lý này, ta cho v ∈ L1 (0, T ) , đặt: Av’ := f(., w, w’), (1.28) đó: T w(t ) = ∫ G (t , s )v( s )ds với G(t, s) hàm Green cần tìm có dạng: (1.29)  g1 (t , s ) G (t ,s) =   g (t , s ) nêu ≤ s ≤ t nêu t ≤ s ≤ T * Các hàm g (t, s) g (t, s) thỏa mãn điều kiện tốn Dirichlet (1.25); tức là: (w",G)=(v,G) T T 0 ⇔ ∫ w"(s)G(t,s)ds = ∫ G(t, s)v(s)ds (1.29) T ⇔ ∫ w"(s)G(t,s)ds = w(t) Ta tính vế trái (1.30): ∫ T t T t w "( s )G (t , s )ds =∫ w"(s)g1 (t , s )ds + ∫ w"(s)g (t , s )ds = s =t t  w '( s ) g1 (t , s ) − w( s ) g1s (t , s )  + ∫ w( s ) g1ss (t , s )ds +  w '( s ) g (t , s ) = s =0 − w( s ) g 2s (t , s )  s =T s =t T + ∫ w( s ) g 2ss (t , s)ds, t với g 1ss (t, s) = g 2ss (t, s) = 0, ta có: ∫ T w "( s )G (t , s= )ds w '(t )  g1 (t , t ) − g (t , t )  + w(t )  g 2s (t , t ) − g1s (t , t )  + + w '(T ) g (t , T ) − w '(0) g1 (t , 0) Kết hợp điều với (1.30) tiếp đến thực phép đồng đa thức ta được: g (t, t) – g (t, t) = 0, (1.31) g (t,t) – g 1s (t, t) = 1, (1.32) g (t, 0) = (1.33) g (t, T) = (1.34) Do g 1ss (t, s) = g 2ss (t, s) = nên từ suy ra: g (t, s) = Ms + N, (1.35) g (t, s) = Ps + Q (1.36) Từ (1.35) (1.36) ta cho ta: g (t, s) = M (1.37) g (t, s) = P (1.38) Từ (1.33) (1.35) suy N = Từ (1.34) (1.36 suy PT + Q = hay Q = - PT Từ (1.32), (1.37) (1.38) suy P – M = hay P = M + Thế với kết này, thay chứng vào (1.35) (1.36) ta được: g (t, s) = Ms, (1.39) g (t, s) = Ps – PT = (M + 1)s – (M + 1)T (1.40) Kết hợp (1.31), (1.39) (1.40) ta được: Mt – (M + 1)t + (M + 1)T = 0, T Từ suy M = − (T − t ) Bây thay M vừa tìm vào (1.39) (1.40) ta kế hàm Green cần tìm là:  − T (T − t ) s G (t ,s) =  − t (T − s )  T nêu ≤ s ≤ t (1.41) nêu t ≤ s ≤ T * Theo giả thiết (1.25) tốn tử A ánh xạ thuộc C1(0, T) tới CP(0, T), p > Nếu cách khách có phép nhúng: C P (0, T ) → C1 (0, T ) u → u, ánh xạ liên tục, ta có: u L1 p p −1 ≤T u LP Trong trường hợp p = 2, sử dụng phép biến đổi Fourier hàm: T w(t ) = ∫ G (t , s )v( s )ds ta có kết là: u L2 ≤ λ1 v L2 Từ suy A ánh xạ co hay nói cách khác, v ∈ L2(0, T) điểm bất động A thì: T w(t ) = ∫ G (t , s )v( s )ds Ví dụ 1.1 Xét tốn biên phi tuyến sau đây:  X := C02 ([ 0, π ] ,  )  Y :=   Z := C 0, π [ ]  f : X × Y → Z cho bởi: [...]... trên ánh xạ y → u ( y ) từ Bδ (0) vào X được gọi là ánh xạ ẩn được suy từ phương trình f(x, y) = 0 Từ định lý hàm ẩn, ta có một vài hệ quả quan trọng mà ta sẽ dùng chúng cho việc chứng minh các kết quả về lý thuyết phân nhánh sau này Cho A ∈ L(X, Y) ta ký hiệu:  N ( A) := ker A  ( A) : Im = A A( X )  R= Hệ quả 1.1 Cho tập Ω là một lân cận mở của x 0 trong X, f : Ω → Y khả vi liên tục thuộc lớp CP Giả... với điều kiện biên Dirichlet u(0) = u(T) = 0; tức λ1 là số λ nhỏ nhất làm cho bài toán = 0 < t < T, −u " λu ,  = t 0= hay t T  u 0, = (1.27) có nghiệm không tầm thường Khi đó bài toán Dirichlet (1.25) có nghiệm duy nhất u ∈ C01 ([0, T ]} , với u’ liên tục hầu khắp nơi Chứng minh * Từ các kết quả của phương trình đạo hàm riêng cho ta λ1 là số λ dương đầu tiên sao cho bài toán (1.25) có nghiệm không... đó: Với x 1 ∈ X 1 : x1 ≤ δ và y ∈ Y : y ≤ r trong đó δ , r > 0 đủ bé, tồn tại x 2 = u(x 1 , y) khả vi liên tục thuộc lớp CP là nghiệm duy nhất của phương trình thỏa mãn u(0, 0) = 0 Chứng minh * Giả thiết cho X= X 1 ⊕ X 2 , nên với mọi x ∈ Ω ⊂ X đều được viết một cách duy nhất dưới dạng: x= x1 + x2 , với x1 ∈ X 1 , x2 ∈ X 2 ~ ~ ~ ~ Đặt Y=: X 1 × Y , lấy mọi y ∈ Y thì y có dạng: ~ y = ( x1 , y ) , với x1... ánh xạ g(x, y) là co nghiêm ngặt nên theo nguyên lý ánh xạ co thì phương trình: g(x, y) = x có nghiệm duy nhất với mỗi y mà ta cố định nó trên quả cầu B r (0) Điều này chứng tỏ rằng x phụ thuộc theo biến y mà ta ký hiệu chúng là: u(y) = x Như vậy ta có ánh xạ u : B r (0) → X là duy nhất và chọn x = y = 0 ta có được kết quả u(0) = 0 * Từ phương trình: g(x, y) = x ⇔ g (u ( y ), y ) = u( y) Mặt khác ta... ×  →  là ánh xạ thỏa mãn điều kiện Carathéodory; tức là f(t,u,u’) liên tục hầu khắp nơi đối với t tại (u, u’) và đo được theo t đối với (u, u’) cố định Ta xét bài toán Dirichlet; tức là bài toán tìm một hàm u khả vi trên biên thỏa mãn: = u " f (t , u , u '), 0 < t < T ,  = = t 0= hay t T u 0, (1.25) Định lý 1.3 Cho hàm f đã nêu ở trên thỏa mãn với mọi u, u , v, v ∈  và 0 < t < T sao cho: f (t... từ (1.23) cho ta f ( x1 + x2 , y ) = 0 hay: f(x 1 + u(x 1 ,y),y) = 0 (1.24) Đặt x 2 = u(x 1 ,y), khi đó từ (1.24) suy ra f(x 1 + x 2 ,y) = 0 Do vậy dẫn đến kết luận rằng x 2 = u(x 1 , y) là nghiệm của phương trình (1.24) thỏa mãn u(0,0) = 0 Nghiệm này là duy và thuộc lớp CP (vì theo định lý hàm ẩn, ánh xạ u duy nhất và thuộc lớp CP) Vậy hệ quả được chứng mĩnhong 1.2 Ứng dụng của định lý hàm ẩn Cho