(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng

(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng(Luận án tiến sĩ) Về sự tồn tại điểm bất động của một số lớp ánh xạ trong không gian với cấu trúc đều và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH LÊ KHÁNH HƯNG VỀ SỰ TỒN TẠI ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ TRONG KHÔNG GIAN VỚI CẤU TRÚC ĐỀU VÀ ỨNG DỤNG LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN - 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH LÊ KHÁNH HƯNG VỀ SỰ TỒN TẠI ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA MỘT SỐ LỚP ÁNH XẠ TRONG KHÔNG GIAN VỚI CẤU TRÚC ĐỀU VÀ ỨNG DỤNG LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Tốn Giải tích Mã số: 62 46 01 02 TẬP THỂ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS TRẦN VĂN ÂN TS KIỀU PHƯƠNG CHI NGHỆ AN - 2015 MỤC LỤC Mục lục Lời cam đoan iii Lời cảm ơn iv Các ký hiệu dùng luận án vi Mở đầu Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn Tổng quan cấu trúc luận án 7.1 Tổng quan luận án 7.2 Cấu trúc luận án Không gian định lý điểm bất động 1.1 Không gian 1.2 Điểm bất động ánh xạ co yếu 1.3 Điểm bất động ánh xạ (β,Ψ1 )-co 1.4 Ứng dụng vào phương trình tích phân phi tuyến 1 5 6 6 10 10 12 23 33 Điểm bất động số lớp ánh xạ không gian 40 thứ tự phận ứng dụng 2.1 Điểm bất động đôi không gian thứ tự phận 40 2.2 Điểm bất động ba không gian thứ tự phận 51 2.3 Ứng dụng vào phương trình tích phân phi tuyến 69 Điểm bất động đại số lồi địa phương ứng dụng 3.1 Đại số lồi địa phương 3.2 Điểm bất động đại số lồi địa phương 3.3 Ứng dụng vào phương trình tích phân phi tuyến 82 82 84 90 Kết luận kiến nghị 97 Danh mục cơng trình nghiên cứu sinh liên quan đến luận án 99 Tài liệu tham khảo 100 iii LỜI CAM ĐOAN Luận án hoàn thành hướng dẫn PGS TS Trần Văn Ân TS Kiều Phương Chi Tơi xin cam đoan kết trình bày luận án hoàn toàn trung thực, đồng tác giả cho phép sử dụng luận án không trùng lặp với tài liệu khác Tác giả iv LỜI CẢM ƠN Luận án hoàn thành hướng dẫn khoa học PGS TS Trần Văn Ân TS Kiều Phương Chi Trước hết, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc người Thầy mình: PGS TS Trần Văn Ân TS Kiều Phương Chi, người đặt toán hướng nghiên cứu cho tác giả Các Thầy dạy bảo, dẫn tác giả nghiên cứu cách kiên trì nghiêm khắc Tác giả học nhiều kiến thức khoa học, nhận chia sẻ, yêu thương Thầy trình học tập nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS TS Đinh Huy Hoàng, người dạy bảo tác giả từ bước nghiên cứu khoa học từ sinh viên Trong suốt q trình học tập, nghiên cứu, Thầy ln tận tình bảo tạo điều kiện thuận lợi để tác giả học tập hoàn thành luận án Tác giả xin bày tỏ cảm ơn đến Ban Giám hiệu Trường Đại học Vinh, Trường THPT Chuyên - Trường Đại học Vinh quan tâm động viên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả tập trung học tập nghiên cứu Tác giả xin chân thành cảm ơn Khoa Sư phạm Tốn học, Tổ Giải tích, Phịng đào tạo Sau đại học Phòng chức khác Trường Đại học Vinh tạo điều kiện thuận lợi để tác giả hoàn thành nhiệm vụ nghiên cứu sinh Xin cảm ơn thầy cô giáo, anh chị em nghiên cứu sinh Trường Đại học Vinh tất bạn bè tác giả chia sẻ, động viên trình học tập nghiên cứu v Cuối cùng, tác giả vô biết ơn thành viên gia đình mình, tạo điều kiện dành tất quan tâm, chia sẻ khó khăn tác giả suốt năm tháng qua để tác giả hoàn thành luận án Nghệ An, năm 2015 Tác giả vi CÁC KÝ HIỆU ĐƯỢC DÙNG TRONG LUẬN ÁN N : Tập hợp số tự nhiên, hay tập hợp {0, 1, 2, } N∗ : Tập hợp số tự nhiên khác 0, hay tập hợp {1, 2, 3, } R : Tập hợp số thực R+ : Tập hợp số thực không âm, hay [0, +∞) I : Tập hợp số An : Tích Descartes n tập A idX : Ánh xạ đồng từ tập X vào f n (x) : Hợp thành f f ( (x) ) với n lần f C(X, R) : Không gian tất hàm liên tục từ X vào R Φ : Họ hàm φα : R+ → R+ , α ∈ I , đơn điệu tăng, liên tục thỏa mãn φα (0) = < φα (t) < t với t > Φ1 : Họ hàm φα : R+ → R+ , α ∈ I , đơn điệu không giảm thỏa mãn φα (0) = < φα (t) < t với t > Ψ : Họ hàm ψα : R+ → R+ , α ∈ I , đơn điệu tăng, liên tục thỏa mãn ψα (t) = t = Ψ1 : Họ hàm ψα : R+ → R+ , α ∈ I , đơn điệu không giảm thỏa mãn ψα (0) = với α ∈ I tồn ψ α ∈ Ψ1 cho +∞ sup ψj n (α) (t) : n = 0, 1, 2, ≤ ψ α (t) n ψ α (t) < +∞ n=1 với t > Π : Họ hàm ϕα : R+ → R+ , α ∈ I , liên tục thỏa mãn ϕα (t) = t = MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài 1.1 Kết điểm bất động ánh xạ thu từ năm 1911 Lúc đó, L Brouwer chứng minh rằng: Mỗi ánh xạ liên tục từ tập lồi compắc không gian hữu hạn chiều vào có điểm bất động Năm 1922, S Banach giới thiệu lớp ánh xạ co không gian mêtric chứng minh nguyên lý ánh xạ co tiếng: Mỗi ánh xạ co từ khơng gian mêtric đầy đủ (X, d) vào có điểm bất động Sự đời Nguyên lý ánh xạ co Banach với ứng dụng để nghiên cứu tồn nghiệm phương trình vi phân đánh dấu phát triển hướng nghiên lý thuyết điểm bất động Sau đó, nhiều nhà tốn học tìm cách mở rộng Nguyên lý ánh xạ co Banach lên lớp ánh xạ không gian khác Chỉ riêng việc mở rộng ánh xạ co, đến năm 1977 B E Rhoades tổng kết so sánh với 25 dạng tiêu biểu ([62]) 1.2 Nguyên lý ánh xạ co Banach ([14]) gắn liền với lớp ánh xạ co T : X → X không gian mêtric đầy đủ (X, d) với điều kiện co (B) d(T x, T y) ≤ kd(x, y), với x, y ∈ X ≤ k < Đã có nhiều nhà tốn học tìm cách mở rộng Ngun lý ánh xạ co Banach lên lớp ánh xạ không gian khác Mở rộng thu E Rakotch ([59]) cách làm giảm nhẹ điều kiện co có dạng (R) d(T x, T y) ≤ θ d(x, y) d(x, y), với x, y ∈ X , θ : R+ → [0, 1) hàm đơn điệu giảm Năm 1969, D W Boyd S W Wong ([22]) đưa dạng mở rộng kết trên, xét điều kiện co có dạng (BW) d(T x, T y) ≤ ϕ d(x, y) , với x, y ∈ X , ϕ : R+ → R+ hàm nửa liên tục bên phải thỏa mãn ≤ ϕ(t) < t với t ∈ R+ Cùng thời gian trên, F E Browder ([23]), M Furi A Vignoli ([40]) xét điều kiện co dạng tương tự Trong báo M Furi ([39]), R M Bianchini M C Grandolfi ([20]), tác giả đưa điều kiện co dạng (F) d(T x, T y) ≤ ϕ d(x, y) , với x, y ∈ X , ϕ(t) hàm đơn điệu tăng thỏa mãn lim ϕn (t) = với t > n→∞ Năm 1975, F Matkowski ([55]) làm nhẹ điều kiện (F) xét điều kiện co sau (M) d(T x, T y) ≤ ϕ d(x, y) , với x, y ∈ X , ϕ(t) < t với t > Năm 2001, B E Roades ([63]) cải tiến mở rộng kết Y I Alber S Guerre-Delabriere đưa điều kiện co dạng (R1) d(T x, T y) ≤ d(x, y) − ϕ d(x, y) , với x, y ∈ X , ϕ : R+ → R+ hàm liên tục, đơn điệu tăng cho ϕ(t) = t = Tiếp tục theo hướng giảm nhẹ điều kiện co, năm 2008, P N Dutta B S Choudhury ([34]) đưa điều kiện co dạng (DC) ψ d(T x, T y) ≤ ψ d(x, y) − ϕ d(x, y) , với x, y ∈ X , ψ, ϕ : R+ → R+ hàm liên tục, đơn điệu không giảm cho ψ(t) = = ϕ(t) t = Lưu ý điều kiện co (DC), ta lấy ψ(t) = t ϕ(t) = (1−k)t với t ∈ R+ , ta thu điều kiện co (B) Năm 2009, R K Bose M K Roychowdhury ([21]) đưa khái niệm ánh xạ co yếu suy rộng với điều kiện co sau nhằm nghiên cứu điểm bất động chung ánh xạ (BR) ψ d(T x, Sy ≤ ψ d(x, y) − ϕ d(x, y) , với x, y ∈ X , ψ, ϕ : R+ → R+ hàm liên tục cho ψ(t) > 0, ϕ(t) > với t > ψ(0) = = ϕ(0), nữa, ϕ hàm đơn điệu không giảm ψ hàm đơn điệu tăng 91 hàm Ω(t, x1 , , xm , y1 , , yn ) : Rm+n+1 → R+ liên tục theo t, + không giảm liên tục theo biến xi , yl , Ω(t, ay, , ay, y, , y) < y với số a > theo y Ω(t, ay, , ay, y, , y) hàm không giảm y D3) Hàm q : R+ → R liên tục R+ , q +∞ f s, x(s) ds < − q ∞ ∞ = supt∈R+ |q(t)| < với x ∈ C(R+ , R) mà |x(t)| ≤ với t 3.3.2 Định lý Với giả thiết D1), D2) D3), phương trình (3.3) có nghiệm x = x(t) thuộc C(R+ , R) Chứng minh Đặt S = x ∈ C(R+ , R) : p[0,n] (x) ≤ 1, n = 1, 2, Dễ thấy S tập lồi, đóng bị chặn C(R+ , R) Xét hai toán tử A : C(R+ , R) → C(R+ , R) B : S → C(R+ , R) xác định ∆1 (t) ∆m (t) x(s)ds, , (Ax)(t) = F t, x(s)ds, x τ1 (t) , , x τn (t) t (Bx)(t) = q(t) + f s, x(s) ds, với t ∈ R+ Khi đó, phương trình (3.3) tương đương với phương trình tốn tử x = AxBx C(R+ , R) Bây giờ, ta toán tử A B thỏa mãn tất giả thiết Định lý 3.2.5 với S xác định Xét tập số I = [0, k] : k = 1, 2, , với [0, k] ∈ I ta đặt r(k) := max max ∆i (t), max τl (t) : i = 1, 2, , m; l = 1, 2, , n , t∈[0,k] t∈[0,k] [x] phần nguyên x ∈ R Nhờ điều kiện D1) ta có r(k) ≤ k Đặt r(k) + r(k) < k R(k) = r(k) r(k) = k 92 xác định ánh xạ j : I → I cho công thức j [0, k] = 0, R(k) Dễ thấy 0, max ∆i (t) ⊂ j [0, k] t∈[0,k] 0, max τl (t) ⊂ j [0, k] t∈[0,k] (3.4) với i = 1, 2, , m, l = 1, 2, , n Với k = 1, 2, ta đặt ∆ik = maxt∈[0,k] ∆i (t) ak = max{∆ik : i = 1, 2, , m} Khi đó, từ điều kiện D2) ta có hàm φ[0,k] (y) := sup Ω(t, ak y, , ak y, y, , y) : t ∈ [0, k] liên tục không giảm, φ[0,k] (y) < y với y > φ[0,k] (y) không y giảm Tiếp theo, ta chứng tỏ A D-Lipschitz Thật vậy, với [0, n] ∈ I với x, y ∈ C(R+ , R), sử dụng D2), ta có p[0,k] (Ax − Ay) = = sup (Ax)(t) − (Ay)(t) t∈[0,k] ∆1 (t) ∆m (t) = sup F t, x(s)ds, , t∈[0,k] x(s)ds, x τ1 (t) , , x τn (t) ∆1 (t) − F t, ∆m (t) y(s)ds, , y(s)ds, y τ1 (t) , , y τn (t) ∆1 (t) ≤ sup Ω t, ∆m (t) (x(s) − y(s))ds , , t∈[0,k] (x(s) − y(s))ds , x τ1 (t) − y τ1 (t) , , x τn (t) − y τn (t) ∆1 (t) ≤ sup Ω t, t∈[0,k] ∆m (t) |x(s) − y(s)|ds, , |x(s) − y(s)|ds, x τ1 (t) − y τ1 (t) , , x τn (t) − y τn (t) (3.5) 93 Với t ∈ [0, k], từ (3.4), ta có ∆1 (t) Ω t, ∆m (t) |x(s) − y(s)|ds, , |x(s) − y(s)|ds, x τ1 (t) − y τ1 (t) , , x τn (t) − y τn (t) ≤ Ω t, |∆1 (t)| max s∈[0,maxt∈[0,k] ∆1 (t)] |∆m (t)| max |x(s) − y(s)|, , s∈[0,maxt∈[0,k] ∆m (t)] max s∈[0,maxt∈[0,k] τ1 (t)] |x(s) − y(s)|, |x(s) − y(s)|, , max s∈[0,maxt∈[0,k] τn (t)] |x(s) − y(s)| ≤ Ω t, |∆1 (t)| max |x(s) − y(s)|, , |∆m (t)| max |x(s) − y(s)|, s∈j([0,k]) s∈j([0,k]) max |x(s) − y(s)|, , max |x(s) − y(s)| s∈j([0,k]) s∈j([0,k]) ≤ Ω t, ∆1k pj([0,k]) (x − y), , ∆m k pj([0,k]) (x − y), pj([0,k]) (x − y), , pj([0,k]) (x − y) (3.6) ≤ Ω t, ak pj([0,k]) (x − y), , ak pj([0,k]) (x − y), pj([0,k]) (x − y), , pj([0,k]) (x − y) Từ (3.5) (3.6), ta có p[0,k] (Ax − Ay) ≤ sup Ω t, ak pj([0,k]) (x − y), , ak pj([0,k]) (x − y), t∈[0,k] pj([0,k]) (x − y), , pj([0,k]) (x − y) = φ[0,k] pj([0,k]) (x − y) Điều chứng tỏ A D-Lipschitz với họ hàm {φ[0,k] }k∈N∗ ∈ Ψ Hơn nữa, giả thiết D1) cách xác định j kéo theo j k [0, n] ⊂ [0, n] với n, k ∈ N∗ Điều dẫn đến điều kiện 3) 4) Định lý 3.2.5 thỏa mãn Từ lập luận trên, ta có φj k ([0,n]) (y) ≤ φ[0,n] (y) := φ[0,n] (y) ∈ Φ 94 Tiếp theo, ta kiểm tra phần lại điều kiện 5) Với [0, n] ∈ I M[0,n] = sup p[0,n] B(x) : x ∈ S Ta có t p[0,n] B(x) = sup q(t) + t∈[0,n] f s, x(s) ds t f s, x(s) ds ≤ sup |q(t)| + sup t∈[0,n] t∈[0,n] (3.7) ∞ ≤ q ∞ + f s, x(s) ds < q ∞ + 1− q ∞ =1 với n = 1, 2, x ∈ S Do đó, M[0,n] ≤ 1, M[0,n] φ[0,n] (t) < t với t > điều kiện 5) Định lý 3.2.5 thỏa mãn Bây giờ, ta kiểm tra điều kiện 2) Trước hết, ta chứng minh B hoàn toàn liên tục Giả sử (xk ) ⊂ S xk → x Vì S đóng nên x ∈ S Nhờ định nghĩa nửa chuẩn p[0,n] , ta kết luận (xk ) hội tụ đến x [0, n] với n = 1, 2, Điều dẫn đến f s, xk (s) − f s, x(s) → k → ∞ với s ∈ [0, ∞) Hơn nữa, nhờ điều kiện D3), ta suy hàm g(s) := f s, x(s) bị chặn [0, n] với n = 1, 2, Với k = 1, 2, , đặt gk (s) = f s, xk (s) , với s ∈ [0, n] Ta chứng minh dãy (gk ) bị chặn [0, n] Giả sử ngược lại, với k = 1, 2, tồn sk ∈ [0, n] cho |gk (sk )| = |f (sk , xk (sk ))| > k (3.8) Vì [0, n] compact nên tồn dãy (skj ) (sk ) hội tụ tới s0 ∈ [0, n] Do xk hội tụ tới x [0, n] nên xkj (skj ) → x(s0 ) kj → ∞ Vì vậy, (3.8) cho kj → ∞ sử dụng tính liên tục f ta nhận |f (s0 , x(s0 ))| = ∞ Mâu thuẫn với f bị chặn [0, n] áp dụng định lý hội tụ bị chặn Lebesgue, ta có n f s, xk (s) − f s, x(s) ds → 0 95 k → ∞ Từ t p[0,n] B(xk ) − B(x) = max f s, xk (s) ds − t∈[0,n] ≤ f s, x(s) ds t ≤ max t∈[0,n] n t f s, xk (s) − f s, x(s) ds f s, xk (s) − f s, x(s) ds, ta kết luận p[0,n] B(xk ) − B(x) → k → ∞, với n = 1, 2, Điều chứng tỏ B liên tục Bây giờ, ta chứng minh B(S) hoàn toàn bị chặn Với ε > cho ∞ trước Bx ∈ B(S) Vì f s, x(s) ds < − q nên tồn số M ∞ cho f s, x(s) ≤ M < ∞ với s ≥ Mặt khác, q liên tục ε R+ nên tồn δ(ε) cho |q(t) − q(τ )| < với t, s ∈ [0, ∞) |t − τ | < δ(ε) Khi đó, ta chọn δ = ε , δ(ε) 2M t τ f s, x(s) ds − q(τ ) − Bx(t) − Bx(τ ) = q(t) + τ ≤ |q(t) − q(τ )| + f (s, x(s))ds f s, x(s) ds t ≤ |q(t) − q(τ )| + M |t − τ | < ε, với t, s ∈ [0, ∞) |t − τ | < δ Do đó, B(S) họ đồng liên tục Nhờ định lý Arzela-Ascoli ta suy B(S) tập hoàn tồn bị chặn C(R+ , R) Do đó, B hoàn toàn bị chặn Kết hợp với B liên tục ta có B hồn tồn liên tục Phần lại điều kiện 2) dễ dàng suy từ miền giá trị hàm F Cuối cùng, áp dụng Định lý 3.2.5, ta kết luận phương trình (3.3) có nghiệm Ví dụ minh họa cho Định lý 3.3.2 3.3.3 Ví dụ Xét phương trình tích phân phi tuyến sau x(t) = + x τ (t) te −t2 t + se−s 1+x2 (s) ds , (3.9) 96 τ (t) hàm liên tục [0, ∞) τ (t) ≤ t với t ∈ [0, ∞) Ta chứng minh phương trình có nghiệm C(R+ , R) Đặt q(t) = te−t f s, x(s) = se−s [0, 1] xác định F (t, u, v) = 1+x2 (s) xét hàm F : R+ × R2 → , + |v| với (t, u, v) ∈ R+ × R2 Dễ dàng thấy điều kiện D1) thỏa mãn Từ cách cho hàm F ta dễ y dàng kiểm tra F thỏa mãn điều kiện D2) với hàm Ω(t, x, y) = với (t, x, y) ∈ R3+ Mặt khác, ta có q liên tục R+ q ∞ −s2 1+x2 (s) se ∞ ∞ ds ≤ 0 = √