Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 45 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
45
Dung lượng
492,78 KB
Nội dung
p TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ĐÀO THỊ TĨNH LÝTHUYẾTBẬCBROUWER KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Giải tích Người hướng dẫn khoa học TS BÙI KIÊN CƯỜNG HÀ NỘI - 2014 LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội LỜI CẢM ƠN Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Tiến sĩ Bùi Kiên Cường, người đã tận tình hướng dẫn để em có thể hồn thành khóa luận này. Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới tồn thể các thầy cơ giáo trong khoa Tốn, trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 2 đã dạy bảo em tận tình trong suốt q trình học tập tại khoa. Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã ln bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt q trình học tập và thực hiện khóa luận tốt nghiệp. Hà Nội, tháng 05 năm 2014 Sinh viên Đào Thị Tĩnh GV: TS Bùi Kiên Cường Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan rằng đây là cơng trình nghiên cứu của tơi với sự hỗ trợ từ Tiến sĩ Bùi Kiên Cường. Các nội dung trong đề tài này khơng trùng với đề tài nào trước đây. Nếu phát hiện có bất kỳ sự gian lận nào, tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm trước Hội đồng cũng như kết quả khóa luận của mình Hà Nội, tháng 05 năm 2014 Sinh viên Đào Thị Tĩnh GV: TS Bùi Kiên Cường Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội MỤC LỤC MỞ ĐẦU . 1 Chương 1. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 2 1.1. Hàm số liên tục và khả vi nhiều biến số . 2 1.2. Tích phân Cauchy 5 1.3. Hàm có dao động trung bình triệt tiêu VMO . 8 1.4. Không gian Sobolev W m, p . 8 Chương 2. LÝ THUYẾT BẬC BROUWER 10 2.1. Đặt vấn đề . 10 2.2. Sự xây dựng bậc Brouwer . 12 2.3. Định lý bậc với hàm trong VMO . 29 2.4. Ứng dụng vào phương trình vi phân thường (ODE) 35 KẾT LUẬN 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO 41 GV: TS Bùi Kiên Cường Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bậc Brouwer là một khái niệm mới đề cập đến bậc của ánh xạ trong không gian hữu hạn chiều cùng định lý Brouwer về điểm bất động và định lý Borsuk. Khái niệm bậc Brouwer cùng các kết quả kèm theo dùng để nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm của phương trình phi tuyến. Với mong muốn tìm hiểu sâu về bậc Brouwer cùng các ứng dụng của nó và được sự hướng dẫn của Tiến sĩ Bùi Kiên Cường, tơi lựa chọn đề tài “Lý thuyết bậc Brouwer” để làm khóa luận tốt nghiệp. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu bậc của các hàm nhiều biến, định lý điểm bất động, bậc của ánh xạ, bậc của các hàm VMO. Nghiên cứu một vài ứng dụng của bậc Brouwer. Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu bậc của hàm nhiều biến, bậc của ánh xạ, bậc của các hàm BMO,VMO và ứng dụng của nó. Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đề tài chủ yếu tập trung nghiên cứu vào các hàm xác định trên tập n Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý thuyết. Phân tích, đánh giá, tổng hợp kết quả. Cấu trúc khóa luận Ngồi phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo đề tài gồm 2 chương: Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị. Chương 2: Lý thuyết bậc Brouwer. Dự kiến đóng góp Khóa luận là bài viết tổng quan về lĩnh vực lý thuyết bậc Brouwer. GV: TS Bùi Kiên Cường 1 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Hàm số liên tục khả vi nhiều biến số Chúng ta bắt đầu với định lý giá trị trung gian phụ của Bolzano sau đây: Định lý 1.1.1. Cho f : a, b hàm liên tục, với m nằm f a f b , tồn x0 a, b để f x0 m f : a, b hàm liên tục thỏa mãn Hệ 1.1.2. Cho f a f b 0 Khi đó, tồn x0 a, b để f x0 Hệ 1.1.3. Cho f : a, b a, b hàm liên tục Khi đó, tồn x0 a, b để f x0 x0 Cho n là một tập con mở. Chúng ta nhớ lại rằng một hàm f : n là khả vi tại x0 nếu có một ma trận f x0 để: f x0 h f x0 f x0 h o h , trong đó x0 h và o h h tiến đến khi h Chúng ta kí hiệu C k là khơng gian các hàm liên tục khả vi k lần. Nếu f khả vi tại x0 thì ta gọi J f x0 det f x0 là định thức Jacôbi của f tại x0 Nếu J f x0 thì x0 được gọi là điểm tới hạn của f và kí hiệu S f { x : J f x 0} là tập những điểm tới hạn của f trong Nếu f 1 y S f thì y được gọi là giá trị chính quy của f Trái lại, y được gọi là giá trị kỳ dị của f GV: TS Bùi Kiên Cường 2 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Bổ đề 1.1.4. (Bổ đề Sard’s) Cho n tập mở f C1 Khi đó, n f S f , n độ đo Lebesgue. Chứng minh: Do mở nên Qi , trong đó Qi là các hình i 1 lập phương với i 1, 2, Chúng ta chỉ cần chỉ ra rằng n f S f với một hình lập phương Q Thật vậy, gọi l là diện tích xung quanh của Q Do f liên tục đều trên Q nên với bất kì cho trước, tồn tại số nguyên m để f x – f y với x, y Q với x y n l Do đó, chúng ta có: m f x f y f y x y f y t x y f y x y dt x y với x, y Q , x y phương, Qi , cạnh n l Chúng ta phân tích Q thành r hình lập m n l l , i 1,2,, r Do là diện tích xung quanh m m của Qi nên chúng ta có r mn Bây giờ, giả sử rằng Qi S f Chọn y Qi S f , chúng ta có: f x y f y f y x R ( y , x ) với mọi x Qi – y , trong đó R y, x y n l m Do đó, chúng ta có: f Qi f y f y Qi – y R y, Qi GV: TS Bùi Kiên Cường 3 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Mặt khác, f y 0 nên f y Qi – y được chứa trong một không gian con n 1 chiều của n Do đó, n f y Qi – y n f Q Vì vậy, chúng ta có: i n n n 2 l m 0 n r Hiển nhiên, f S f Q f (Qi ) vì vậy, ta có: i 1 n f S f Q n n n n r.2 l n n m nl n Bằng cách cho 0 , ta thu được n f S f Q 0 Do đó, n f S f 0 Ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.1.5. Cho K n tập đóng bị chặn f : K n liên tục Khi đó, tồn hàm liên tục f : n convf ( K ) để f x f x với x K , convf K bao lồi f K Chứng minh: Vì K là tập con đóng bị chặn nên tồn tại đếm được các giá trị ki : i 1,2, K để ki : i 1,2, K x ki ,0 với x K Đặt d x, K inf x y , i x max 2 yK d x, K bất kì và: f ( x), x K 2i. i x f ki f x i 1 , x K 2i. i x i 1 Khi đó f là hàm cần tìm. GV: TS Bùi Kiên Cường 4 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Mệnh đề 1.1.6. Cho K n tập đóng bị chặn f : K n liên tục Khi đó, tồn hàm g C n để f x g x Chứng minh: Theo Mệnh đề 1.1.5, tồn tại hàm số f liên tục mở rộng của f tới n Định nghĩa hàm số sau đây: 1 1 x x c.e , x 1 0, x (1.1.1) x trong đó, c thỏa mãn x dx Đặt x n với mọi n x n và f x f y . y x dx với mọi x n , n Hiển nhiên, sup f x n : f x x : x với Do đó, ta có f C và f x hội tụ đều đến f x trên K khi 0 Lấy g và f khi đủ nhỏ thì g là hàm cần tìm. Mệnh đề được chứng minh. 1.2 Tích phân Cauchy Định lí 1.2.1. Giả sử f hàm chỉnh hình z0 Khi với chu tuyến γ Ω γ Ω ta có cơng thức tích phân Cauchy: f z0 f d 2 i z0 (1.2.1) Tích phân bên vế phải được gọi là tích phân Cauchy của hàm f Ý nghĩa: Cơng thức này cho phép ta tính được giá trị của hàm f trong miền khi biết giá trị của nó trên biên. GV: TS Bùi Kiên Cường 5 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Nếu thêm f liên tục trên và Ω là một chu tuyến, thì với mọi z ta có: f d 2 i z f z (1.2.2) Giả sử là đường cong Jordan trơn từng khúc, f là hàm liên tục trên Với mọi z \ , hàm: f z liên tục trên Do đó, nếu đặt: F z f d 2 i z (1.2.3) Ta nhận được hàm F xác định trên \ Hàm F z được gọi là tích phân loại Cauchy. Định lí 1.2.2. Giả sử f hàm liên tục đường cong Jordan trơn khúc Khi đó, tích phân (1.2.3) hàm chỉnh hình \ Hơn nữa, \ hàm F z có đạo hàm cấp, chúng cho công thức: f n! n F z d , n 0,1, , 2 i z n 1 (1.2.4) Ở định nghĩa quy nạp n n 1 F z F z Với F z F z Định lí sau đây là hệ quả trực tiếp của Định lí 1.2.2 và cơng thức tích phân Cauchy. GV: TS Bùi Kiên Cường 6 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội t x x do f là ánh xạ một đối một và x , đây là một sự 1 t 1 t mâu thuẫn. Do đó, ta có: deg f , Br ,0 deg h 1,. , Br ,0 Do h 1,. là lẻ. Chọn t 0 để t inf f x : x Br Khi đó: deg f , Br , y deg f , Br ,0 Bây giờ, ta có Bt f Br và f là mở. Định lí đã được chứng minh. Định lí 2.2.17 Cho tập mở, bị chặn đối xứng Nếu Ai k đóng, Ai Ai với i 1,2, , k Ai k n i 1 Chứng minh: Giả sử ngược lại, k n Đặt fi x trên Ai , fi x 1 trên Ai với i 1,2, , k , fi x trên với i k , , n và f f1, f , , f n Giả sử f liên tục trên , khi đó f x f x trên với mọi Trái lại, f x0 f x0 với và x0 Bây giờ, với thì f x trên Cũng có x0 Ai Ai với i k do fi x fi x Vì vậy, x0 Ak , cũng có x0 Ak vì vậy x0 Ai với i k vì vậy x0 Ai , điều này mâu thuẫn. Do đó, f x f x trên với mọi Vì vậy, ta có: deg f , ,0 , f x với một số x , điều này mâu thuẫn với f n x 1 trên Định lí được chứng minh. GV: TS Bùi Kiên Cường 27 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Tiếp theo, ta chứng minh một số biến thiên là một trường hợp đặc biệt của bậc Brouwer. Định lí 2.2.18 Cho B 0,1 hình cầu đơn vị, B 0,1 f : B 0,1 C1 hàm Giả sử a f Khi đó: deg f , B 0,1 , a 1 dz 2 i f z a (2.2.5) Chứng minh: Chỉ cần chứng minh (2.2.5) trong trường hợp a f S f Cho f 1 a z1, z2 , , zk Khi đó, ta cần chỉ ra: k 1 dz sgnJ f zi 2 i f z a i 1 Lấy đủ nhỏ để các Vi (2.2.6) rời nhau, trong đó Vi B zi , , sgnJ f zi với z Vi , Vi B 0,1 và hạn chế của f trên Vi là một phép đồng phôi với i 1,2,, k Đặt Si Vi , khi đó f Si là một đường cong Jordan để a nằm trong phần trong của nó, f Si có cùng sự định hướng với Si nếu J f zi và ngược hướng với Si nếu J f zi k Bây giờ, đặt u B 0,1 \ Vi Khi đó f z a trong đó u i 1 với Ta có thể chia u thành những hình chữ nhật nhỏ R j để f z f trên mỗi R j Do ảnh f R j V không quay quanh a , chúng ta có f R j V , a và lấy tổng trên tất cả các R j thu được : GV: TS Bùi Kiên Cường 28 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội k 1 dz dz i 1 f Si z a f z a Do sự định hướng của f Si được quyết định bởi J f zi , nên f Si xác định quanh a Do đó, ta có: dz sgn J f zi f Si z a Vì vậy (2.2.5) đúng . Định lí này được chứng minh. Chú ý: Cơng thức (2.2.5) cũng đúng nếu f liên tục trên B 0,1 Định lí 2.2.19. Cho B 0,1 hình cầu đơn vị, B 0,1 f z an zn : B 0,1 với nan an Giả sử f Khi n 1 n 0 đó, nan an số nguyên khơng âm. n 1 Chứng minh: Do 0 theo Định lí 2.2.18, ta có: deg f , B 0,1 ,0 1 dz 2 i f z Và: f z 1 1 dz dz f z f z dz nan an 2 i f z 2 i f z 2 i n 1 Do đó, kết luận trên là đúng. Định lí được chứng minh. 2.3 Định lýbậc với hàm VMO Cho n là một tập con mở bị chặn và f : n là một hàm đo được để f x dx Với mọi hình cầu Br x , ta định nghĩa Ar f x là giá trị trung bình của f như sau: GV: TS Bùi Kiên Cường 29 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Ar f x f y dy m Br x Br x Bổ đề 2.3.1 Ar f x liên tục r với x đo theo x với r Chứng minh: Do m Br x r n m B 0,1 và m Br x , ta có B x y B x y hầu khắp nơi khi r s , trong đó r s y nếu y và y nếu y Theo định lí hội tụ bị trội của Lebesgue, ta biết rằng Ar f x là liên tục trong r Ta cũng có: Ar f x r n m B 0,1 1 Br x y f y dy B x y đo được, vì vậy tính đo được của Ar f x được suy ra từ định r lí Fubini. Định lí đã được chứng minh. Bổ đề 2.3.2. Cho tập hợp hình cầu mở n U B Nếu C m U tồn hình cầu rời B k B1, B2 , , Bk để m Bi 3 n C i 1 Chứng minh: Do C m u , nên tồn tại một tập compact k U với m k C và những hữu hạn cầu trong gọi là A1, A2 , , Am , phủ k Cho Bi là hình cầu lớn nhất của Ai (có nghĩa là chọn Bi là hình cầu có bán kính lớn nhất), B2 là hình cầu lớn nhất của các Ai còn lại mà khơng giao nhau với Bi , làm tiếp q trình này đến tận khi dãy Ai bị vét cạn. Nếu A j khơng là một trong những Bi thì tồn tại i để A j Bi và bán kính của A j lớn nhất trong các Bi Do đó, A j Bi* , GV: TS Bùi Kiên Cường 30 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội trong đó Bi* là hình cầu đồng tâm với Bi mà bán kính của nó gấp 3 lần bán kính của Bi Nhưng K Bi* nên: i C m k m Bi* 3n m Bi i i Việc chứng minh đã hoàn thành. Tiếp theo, nếu f L1 , ta định nghĩa hàm cực đại Hardy Littlewood H f bởi: f y dy r 0 m Br x Br x H f x sup Ar f x sup r 0 Định lí 2.3.3. Có số để với f L1 thì: m x : H f x f x dx Chứng minh: Cho x : H f x Với mỗi x , ta có thể chọn rx để Arx f x Những hình cầu Brx x phủ và vì vậy, theo Bổ đề 2.3.2, nếu c m E thì tồn tại x1, x2 , , xk E để k Bi Brx xi rời nhau và m Bi 3 n c Nhưng: i i 1 k c 3n m Bi i 1 3n k 3n f y dy f y dy i 1 Bi Bằng cách cho c m E , ta thu được kết quả cần tìm. Định lí được chứng minh. Định lí 2.3.4. Nếu f L1 lim Ar f x f x với hầu hết r 0 x GV: TS Bùi Kiên Cường 31 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Chứng minh: Với bất kì, tồn tại hàm g liên tục để: f x g x dx Từ tính liên tục của g suy ra với mọi x và , tồn tại r để g y g x khi y x r và do đó: Ar g x g x Do đó, Ar g x g x khi r với mọi x , vì vậy ta có: lim sup Ar f x f x r 0 lim sup Ar f g x Ar g x g x g f x r 0 H f g x f x g x Do đó, nếu: E x : lim sup Ar f g x , F x : f x g x r 0 thì ta có: E F x : H f g x 2 Tuy nhiên, m F f x g x dx vì vậy theo Định lí F 2.3.3, ta có: m E 2 2 Bằng cách cho , ta nhận được m E với Định lí được chứng minh. Mệnh đề 2.3.5 Nếu f . W 1,n f VMO Chứng minh: Theo bất đẳng thức Poincare’, ta có: GV: TS Bùi Kiên Cường 32 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer f y Br Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 1 f x dx dy c m B n f x dx m Br Br Br Theo bất đẳng thức Hölder, ta suy diễn được rằng: n 1 f y f x c f x dx m Br Br m Br Br Do đó, kết luận là đúng. Nhớ lại rằng, với s , p , không gian Sobolev W s, p bậc phân số được đặc trưng bởi: W s, p p f x f y p f L , n sp x y Mệnh đề 2.3.6 Nếu sp n , W s, p VMO Chứng minh: Hiển nhiên ta có: f x f y dxdy BB BB f x f y x n s y p c m B x n s y p dxdy 1 f x f y p n dxdy n BB s x y p Với hằng số c , theo bất đẳng thức Hölder, ta suy ra: p s f x f y 2 dxdy cm B p n dxdy p n sp n x y BB B B s x y p f x f y Do đó, khi sp n thì: GV: TS Bùi Kiên Cường 33 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội p f x f y f x f y dxdy c dxdy n sp B B x y m B B B Định lí đã được chứng minh. Bổ đề 2.3.7 Cho B 0,1 hình cầu đơn vị n1 , S n B 0,1 f L1 S n , S n cho f VMO Khi đó: Ar f x f y dy m Br x Br x liên tục với r đủ nhỏ lim Ar f x S n r 0 Chứng minh: Từ tính liên tục của Ar f x bảo đảm cho f VMO Để chứng minh tính hội tụ đều của Ar f x trên S n , ta đặt: r x m Br x Br x Br x f y f z dydz Khi đó, r x hội tụ đều đến 0 khi r trên S n và ta có: r x Ar f x Do đó, Ar f x hội tụ đều đến 1 trên S n khi r Định lí được chứng minh. Bây giờ, giả sử rằng f L1 S n , S n và f VMO Theo Bổ đề 2.3.5, tồn tại r0 để Ar f x với mọi x S n và r r0 Cho ~ Ar f x là một mở rộng liên tục của Ar f x trong B 0,1 Khi đó, bậc Brouwer deg A r f , B 0,1 ,0 được định nghĩa với r 0, r0 Nó khơng phụ thuộc vào mở rộng Ar f Quan tâm đến sự đồng luân GV: TS Bùi Kiên Cường 34 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Atr 1 t r2 f t0,1 với mọi r1, r2 0, r0 Từ Bổ đề 2.3.7 suy ra rằng Atr1 1 t r2 f x với mọi t , x 0,1 S n và do đó deg A r f , B 0,1 ,0 không phụ thuộc vào r 0, r0 Bây giờ, ta định nghĩa bậc tôpô bởi: deg f , S n lim deg Ar f , B 0,1 ,0 r 0 Mệnh đề 2.3.8 Ta có: lim deg Ar f , B 0,1 ,0 lim deg r 0 r 0 Ar f , B 0,1 ,0 A f r Ar f x Chứng minh: Chú ý tính đồng luân H r t , x 1 t Ar f x với mọi t , x 0,1 B 0,1 Theo Bổ đề 2.3.7, ta biết rằng H r t , x với mọi t , x 0,1 S n với r đủ nhỏ, vì vậy kết luận được suy ra từ Định lí 2.2.6. 2.4 Ứng dụng vào phương trình vi phân thường (ODE) Trong phần này, tơi trình bày một vài ứng dụng của những kết quả phần 2.2 đối với bài tốn tuần hồn và khơng tuần hồn của phương trình vi phân thường trong n Định lí 2.4.1. Cho f : n n hàm liên tục f t T , x f t , x với t , x n Giả sử điều kiện sau thỏa mãn: (1) Tồn r để f t , x , x với t 0, T x r (2) Với x n , tồn rx 0, Lx để: GV: TS Bùi Kiên Cường 35 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội f t , y f t , z Lx y z với t ; y, z B x, rx Khi tốn sau: x t f t , x t , t 0, x x T (E.2.4.1) có nghiệm Chứng minh: Với mỗi x0 B 0, r , theo định lí Peano, bài tốn giá trị ban đầu: x t f t , x t , t 0, t0 x x (E.2.4.2) có một nghiệm với t0 Nếu (E.2.4.2) có 2 nghiệm x . , y . thì: d x t y t x t y t , x t y t Lx0 x t y t (2.4.1) dt Với t1 0, t0 nào đó và t 0, t1 Từ (2.4.1), ta nhận được : x t y t Lx t x y với mọi t 0, t1 , Vậy x t y t với mọi t 0, t1 Do đó, x t y t với mọi t 0, t0 Vậy nghiệm của (E 2.4.2) là duy nhất. Nếu x t r thì: d x t x t , x t f t , x t , x t dt Do đó x t nằm trong B 0, r với mọi t 0, t0 vì vậy x t có thể mở rộng lên 0, và x t B 0, r với t 0, Bây giờ, ta định nghĩa ánh xạ S : B 0, r B 0, r như sau: Sy x y, T với mọi y B 0, r trong đó, x y, t là nghiệm duy nhất của (E 2.4.2) với giá trị ban đầu y GV: TS Bùi Kiên Cường 36 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Hơn nữa, sử dụng (2.4.1), ta có thể dễ dàng chứng minh S liên tục. Do đó, theo định lí điểm bất động Brouwer, S có một điểm bất động trong B 0, r , nghĩa là (E 2.4.1) có nghiệm. Định lí được chứng minh. Định lí 2.4.2. Cho G : n hàm chẵn khả vi liên tục thỏa mãn điều kiện Lipschitz G , f : n hàm liên tục để f t T f t với t , tốn sau: x t Gx t f t , t x t T x t , t (E 2.4.3) có nghiệm Chứng minh: Đầu tiên, nếu x t là một nghiệm của (E 2.4.3) thì: x t Gx t , x t f t , x t với mọi t Lấy tích phân trên 0, T và chú ý rằng: T Gx t , x t dt , Ta có: T T x t dt f t , x t dt 0 Do đó: T x t dt 0 t T t T f t dt 0 Ngoài ra, x t x s ds x s ds , do đó, ta có: T T max x t f t dt t 0,T 0 GV: TS Bùi Kiên Cường 37 M Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Ta lấy một hàm chẵn, khả vi liên tục thỏa mãn x với x M và x với x 2M Xét bài toán sau: 2 x t x t x t , G x t x t f t , t (E 2.4.4) n x 0 y Do là bị chặn đều, chúng ta có, với mỗi nghiệm x t của (E 2.4.4), 2 d x t x t 2L x t f t x t dt với hằng số L nào đó. Do đó, nếu tồn tại một số N sao cho x N , thì x T N Bây giờ, ta định nghĩa ánh xạ S : n n mà Sy x T , trong đó x . là nghiệm duy nhất của (E 2.4.4) với x y Hiển nhiên, là S liên tục vì vậy theo định lí điểm bất động Brouwer, Định lí 2.2.7, tồn tại y n để Sy y , , x T y Do đó, x t M với mọi t Từ đó, ta có: 2 x t G x t x t Gx t x t Vì vậy, x . là một nghiệm của (E 2.4.3). Định lí được chứng minh. Hệ 2.4.3 Cho A ma trận đối xứng n n f : n hàm liên tục để f t T f t với t Khi đó, tốn sau: x t Ax t f t , t x t T x t , t GV: TS Bùi Kiên Cường 38 (E 2.4.5) Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội có nghiệm Chứng minh: Do A là đối xứng, đặt Gu Au, u với u n và khi đó A G , từ Định lí 2.4.2 suy ra kết luận trên. Ví dụ 2.4.4. Hệ phương trình sau: x t x t x t sin t , t x2 t x1 t 3x2 t sin t , t x1 t x1 t , x2 t x2 t , t (E 2.4.6) có một nghiệm, trong đó là một hằng số. Thật vậy, đặt: A sin t x1 f t , , x x 3 2 sin t Do A đối xứng nên từ Hệ quả 2.4.3 suy ra kết luận. GV: TS Bùi Kiên Cường 39 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội KẾT LUẬN Khóa luận đã đạt được những mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu đề ra. Đó là nghiên cứu bậc của các hàm nhiều biến, định lí điểm bất động, bậc của ánh xạ, bậc của các hàm VMO và một vài ứng dụng của bậc Brouwer. Khóa luận là một tài liệu tổng quan ban đầu đối với lý thuyết bậc Brouwer và một số ứng dụng trong lý thuyết phương trình vi phân, khơng gian hàm BMO, VMO. GV: TS Bùi Kiên Cường 40 Đào Thị Tĩnh – K36C LýthuyếtbậcBrouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt 1. Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2001), Cơ sở lýthuyết hàm giải tích hàm, tập 2, Nxb Giáo dục, Hà Nội. 2. Hồng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, Nxb Đại học Quốc gia Hà nội. 3. Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2001), Hàm biến phức, Nxb Đại học Quốc gia Hà nội. Tiếng Anh 4. Donal O’Regan, Yeol Je Cho, Yu-Qing Chen (2006), Topological degree theory and applications, Chapman & Hall/CRC, London. GV: TS Bùi Kiên Cường 41 Đào Thị Tĩnh – K36C ... Chương 2: Lý thuyết bậc Brouwer. Dự kiến đóng góp Khóa luận là bài viết tổng quan về lĩnh vực lý thuyết bậc Brouwer. GV: TS Bùi Kiên Cường 1 Đào Thị Tĩnh – K36C Lý thuyết bậc Brouwer Trường Đại học. .. 35 KẾT LUẬN 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO 41 GV: TS Bùi Kiên Cường Đào Thị Tĩnh – K36C Lý thuyết bậc Brouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bậc Brouwer là một khái niệm mới đề cập đến bậc của ánh xạ trong ... với chuẩn (1.4.1) được gọi là không gian Sobolev. GV: TS Bùi Kiên Cường 9 Đào Thị Tĩnh – K36C Lý thuyết bậc Brouwer Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội Chương LÝ THUYẾT BẬC BROUWER 2.1 Đặt vấn đề Cho là tập hợp các số thực, n