(Luận văn thạc sĩ) một số phương pháp giải bài toán rẽ nhánh

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ MAI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN RẼ NHÁNH Chun ngành: Giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH NGUYỄN XUÂN TẤN HÀ NỘI- 2015 Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Banach 1.1.1 Không gian Rn 1.1.2 Không gian ánh xạ liên tục 1.1.3 Không gian ánh xạ khả vi liên tục 1.1.4 Không gian Hilbert 1.2 Toán tử liên hợp, giá trị riêng, véctơ riêng 1.3 Toán tử Fredholm 10 1.4 Toán tử liên tục Lipschitz, toán tử 10 1.5 Định lý hàm ẩn 11 Lý thuyết bậc ánh xạ 12 2.1 Một vài ký hiệu bổ đề 12 2.2 Định nghĩa bậc ánh xạ liên tục khả vi 13 2.3 Định nghĩa bậc ánh xạ liên tục 23 2.4 Ứng dụng bậc ánh xạ 25 Giải toán rẽ nhánh 3.1 26 Lý thuyết rẽ nhánh 26 3.2 Giải toán rẽ nhánh 29 3.2.1 Một vài kí hiệu bổ đề 30 3.2.2 Các kết 45 Kết luận 61 Tài liệu tham khảo 62 MỞ ĐẦU Nhiều tượng tự nhiên khoa học mơ tượng mơ tả ngơn ngữ tốn học thơng qua việc giải phương trình phụ thuộc tham số: (λ, v) ∈ Λ × D, F (λ, v) = 0, đó, F hàm số tích khơng gian metric (Λ, d) với D, (D lân cận điểm không gian định chuẩn X) vào không gian định chuẩn Y Nghiên cứu rẽ nhánh phương trình việc nghiên cứu thay đổi nghiệm theo tham số Trong thời gian gần đây, lý thuyết rẽ nhánh sử dụng nhiều để nghiên cứu phương trình phụ thuộc tham số, đặc biệt tìm giá trị tham số mà cấu trúc tập nghiệm bị thay đổi Giả thiết với λ ta có v(λ) để F (λ, v(λ)) = Bằng cách tịnh tiến, ta giả thiết v(λ) = Mỗi nghiệm (λ, 0) gọi nghiệm tầm thường phương trình (λ, v) ∈ Λ × D F (λ, v) = 0, (1) Ta tìm nghiệm tầm thường (λ, 0) mà lân cận có tính chất với δ > 0, ǫ > cho trước, tồn nghiệm không tầm thường (λ, u) ∈ Λ × D (1) thỏa mãn d(λ, λ) < δ < ||u|| < ǫ Nghiệm tầm thường (λ, 0) gọi nghiệm rẽ nhánh (1), λ gọi điểm rẽ nhánh Những toán nghiên cứu nghiệm rẽ nhánh (1) gọi tốn rẽ nhánh Có nhiều phương pháp khác để giải toán rẽ nhánh, phương pháp ứng dụng cho phương trình khác Dựa vào định lý hàm ẩn, ta dễ dàng thấy điểm rẽ nhánh giá trị riêng phần tuyến tính phương trình Tuy nhiên, khơng phải giá trị riêng phần tuyến tính điểm rẽ nhánh Rất nhiều cơng trình tác giả khác cho ba toán: tồn nghiệm rẽ nhánh, tồn nhánh nghiệm, tìm giá trị tham số tính nghiệm bị phá vỡ, với phương pháp biến phân, tơpơ, giải tích cho trường hợp đặc biệt, tham số số thực dạng T (v) − λc(v) = 0, (λ, v) ∈ Λ × D Trong luận văn ta nghiên cứu rẽ nhánh phương pháp LyapunovSchmidt [1] sử dụng phép chiếu đưa phương trình nghiên cứu thành hai phần: phần nằm không gian hữu hạn chiều, phần cịn lại nằm khơng gian vơ hạn chiều trực giao Sau sử dụng bậc ánh xạ để giá trị riêng phần tuyến tính điểm rẽ nhánh Từ đó, ta có phương pháp kết hợp phương pháp tơpơ giải tích cho toán rẽ nhánh Bố cục luận văn gồm ba chương, phần mở đầu, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương trình bày số kiến thức làm sở cho việc trình bày lý thuyết rẽ nhánh, bao gồm số định nghĩa định lý sử dụng việc chứng minh bổ đề định lý lý thuyết rẽ nhánh Chương hai trình bày lý thuyết bậc ánh xạ liên tục Tiếp theo ta tính chất bậc ánh xạ Cuối số ứng dụng bậc ánh xạ Chương ba trình bày khái niệm phép chiếu không gian Banach lược đồ Lyapunov-Schmidt để chuyển phương trình tốn tử hệ phương trình gồm hai phần: phần dễ giải thường nằm khơng gian vơ hạn chiều phần khó giải nằm không gian hữu hạn chiều Nhờ lược đồ này, ta nghiên cứu rẽ nhánh phương trình phụ thuộc tham số Từ ta có số hệ tốn tìm nghiệm rẽ nhánh phương trình (1) Khi viết luận văn tác giả tham khảo tài liệu [2], [3], [4] [5], nêu điều kiện đủ để giá trị riêng phần tuyến tính điểm rẽ nhánh công thức biểu diễn nghiệm phương trình theo véctơ riêng Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Xuân Tấn, người thầy trực tiếp hướng dẫn, bảo tận tình giúp đỡ tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô giáo nhà trường, đặc biệt thầy giáo chun ngành Giải tích, khoa Tốn - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội, thầy cô phịng Sau Đại học tận tình giúp đỡ tác giả suốt thời gian theo học, thực hồn thành khóa luận Cuối tác giả xin gửi lời cảm ơn đến người thân, gia đình, bạn bè động viên tạo điều kiện cho tác giả suốt thời gian học tập hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng năm 2015 Nguyễn Thị Mai Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, nhắc lại số không gian thường dùng luận văn số định nghĩa, định lý làm sở cho chương chương 1.1 Không gian Banach Định nghĩa 1.1.1 Cho X không gian véctơ thực Một ánh xạ ||·|| : X → R gọi chuẩn X thỏa mãn tiên đề sau: (i) ||x|| ≥ 0, ∀x ∈ X, (ii) ||λx|| = |λ|.||x||, ||x|| = ⇐⇒ x = 0, ∀x ∈ X, (iii) ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||, ∀λ ∈ R, ∀x, y ∈ X Khi đó, cặp (X, || · ||) gọi không gian định chuẩn Định nghĩa 1.1.2 Dãy {xn } ⊂ X gọi dãy (dãy Cauchy) không gian định chuẩn (X, || · ||) lim ||xn − xm || = m,n→∞ Định nghĩa 1.1.3 Nếu không gian định chuẩn (X, || · ||), dãy hội tụ tới giới hạn thuộc không gian X X gọi khơng gian đủ hay không gian Banach, tức với dãy {xn } ⊂ X ln tồn x0 ∈ X cho xn → x0 n → ∞ Sau đây, ta xét số trường hợp cụ thể không gian Banach 1.1.1 Không gian Rn Cho ≤ p ≤ ∞, ta xác định chuẩn || · ||p Rn sau: với x = (x1 , , xn ) ∈ Rn , ta định nghĩa n ||x||p = i=1 |xi |p p p < ∞ Trường hợp p = ∞, ta định nghĩa ||x||p = max{|x1 |, , |xn |} Khi đó, Rn với chuẩn || · ||p không gian Banach Hai chuẩn ρ1 , ρ2 không gian định chuẩn X gọi tương đương tồn hai số thực dương C1 , C2 cho C1 ρ1 (x) ≤ ρ2 (x) ≤ C2 ρ1 (x), ∀x ∈ X Hai chuẩn tương đương dãy điểm {xn } ⊆ X hội tụ theo chuẩn ρ1 x0 ∈ X {xn } hội tụ x0 theo chuẩn ρ2 Chú ý rằng, chuẩn Rn tương đương 1.1.2 Không gian ánh xạ liên tục Cho X ⊆ Rn , định nghĩa C(X, Rm ) = {f : X → Rm |f ánh xạ liên tục} Cho f ∈ C(X, Rm ), đặt ||f ||◦ = sup ||f (x)||, x∈X đó, || · || chuẩn Rn Vì giới hạn dãy ánh xạ liên tục hội tụ ánh xạ liên tục nên C(X, Rm ) không gian Banach 1.1.3 Không gian ánh xạ khả vi liên tục Cho D ⊂ Rn tập mở bị chặn Rn Cho β = (i1 , , in ) ∈ Nn , đặt |β| = i1 + + in Cho Dβ f : D → Rm đạo hàm riêng hàm f : D → Rn bậc β Dβ f (x) = ∂ β f (x) , ∂ i1 x1 ∂ in xn x = (x1 , , xn ) ∈ D Định nghĩa C k (D, Rm ) = {f : D → Rm |Dβ f (x) liên tục D, ∀β : |β| ≤ k} Khi C k (D, Rm ) khơng gian Banach với chuẩn f ∈ C k (D, Rm ) xác định ||f ||k = 1.1.4 max {||Dβ f ||0 } |β|≤k Không gian Hilbert Định nghĩa 1.1.4 Cho X khơng gian tuyến tính Nếu X có hàm song tuyến tính, đối xứng ·, · : X × X → R thỏa mãn x, x ≥ 0, ∀x ∈ X x, x = x = Ta gọi X khơng gian tiền Hilbert Hơn nữa, ta định nghĩa ||x|| = x, x , (X, || · ||) khơng gian định chuẩn Nếu khơng gian đủ (X, ·, · ) gọi không gian Hilbert 1.2 Toán tử liên hợp, giá trị riêng, véctơ riêng Cho hai không gian véctơ X, Y Một ánh xạ A:X →Y gọi ánh xạ tuyến tính hay tốn tử tuyến tính (i) A(x1 + x2 ) = A(x1 ) + A(x2 ) (ii) A(αx) = αA(x) với x ∈ X với α ∈ R Để cho gọn ta viết Ax thay cho A(x) Toán tử A gọi liên tục xn → x0 kéo theo Axn → Ax0 với dãy {xn } ⊂ X, x0 ∈ X Toán tử A gọi bị chặn có số K > ||Ax||Y ≤ K||x||X , ∀x ∈ X Định lý 1.2.1 Một tốn tử tuyến tính A : X → Y liên tục bị chặn Cho X, Y hai không gian Banach với X ∗ = {f |f : X → R, f tuyến tính liên tục}; Y ∗ = {g|g : Y → R, g tuyến tính liên tục}, tương ứng không gian đối ngẫu X Y Cho A : X → Y toán tử liên tục Khi đó, tốn tử A∗ : Y ∗ → X ∗ A tốn tử tuyến tính xác định A∗ y, x = y, Ax , x ∈ X, y ∈ Y ∗ , với ·, · cặp đối ngẫu X X ∗ , Y Y ∗ Cho X không gian Hilbert, tốn tử tuyến tính liên tục A : X → Y gọi ∗ ∗ Aα n (tn , xn ) → A(x ) A(x ) = Điều mâu thuẫn với định nghĩa bậc tơpơ A Do ta có (3.26) Từ với α ∈ I3 ánh xạ Aα (1, ·) đồng luân với Aα (0, ·) = A U ∗ Mặt khác, theo định lý bậc tôpô ánh xạ liên tục khơng gian hữu hạn chiều ta có deg(Aα (1, ·), U ∗ , 0) = deg(A, U ∗ , 0) = Từ suy với α ∈ I3 , α = tồn x(α) ∈ U ∗ cho Aα (1, x(α)) = Theo định nghĩa Aα (1, ·) p w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) xj (α)v + T |α| j=1 j p a−1 − (1 + |α| −a )|α| λ M xj (α)v j ) , |α|( + |α|a−1 j=1 w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) + ) , ψ i = 0, |α| (3.27) với i = 1, , p (do M = H + K) Nhân hai vế (3.27) với |α|a p a−1 |α| T j=1 w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) |α| |α|xj (α)v j + p a−1 − (1 + |α| λ |α|xj (α)v j ,( )M a−1 + |α| j=1 + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α))) , ψ i = (3.28) Do λ giá trị riêng cặp (T, L) nên p p j T( j=1 |α|xj (α)v ) − L(λ, Mặt khác, T : X1 → Y1 , j=1 |α|xj (α)v j ) = w ∈ X1 nên p a−1 T (w(|α| , |α|x1 (α), , |α|xp (α))) − L(λ, j=1 |α|xj (α)v j + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α))), ψ i = 0, 48 với i = 1, , p Từ suy p T( j=1 |α|xj (α)v j + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α))) p − L(λ, j=1 |α|xj (α)v j + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)), ψ i = (3.29) Cộng (3.28) (3.29) p a−1 (1 + |α| )T j=1 p − L λ, j=1 |α|xj (α)v j + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) |α|xj (α)v j + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) p a−1 − (1 + |α| λ )M |α|xj (α)v j , a−1 + |α| j=1 + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) , ψ i = Chia hai vế cho (1 + |α|a−1 ta p T j=1 |α|xj (α)v j + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) p − |α|xj (α)v j + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) L λ, + |α|a−1 j=1 p λ −M |α|xj (α)v j +w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) , ψ i = , a−1 + |α| j=1 (3.30) Đặt p v(α) = j=1 p = j=1 |α|xj (α)v j + w(|α|a−1 , |α|x1 (α), , |α|xp (α)) |α|xj (α)v j + o(|α|), 49 α → (3.31) Khi (3.30) trở thành T (v(α) − L λ λ , v(α) − M , v(α) , ψ i = a−1 a−1 + |α| + |α| (3.32) Theo Bổ đề 3.2.2 ta có QY T (v(α)) − L λ λ , v(α) − M , v(α) a−1 + |α| + |α|a−1 = Từ (3.8), (3.30) (3.31) ta suy T (v(α)) = L λ λ , v(α) + M , v(α) a−1 + |α| + |α|a−1 = L(λ(α), v(α)) + M (λ(α), v(α)) Với λ(α) = λ 1+|α|a−1 Dễ thấy |λ(α) − λ|Λ < δ ||v(α)|| < ǫ v(α) ∈ PX (U2 ) ⊕ QX (D2 ) ⊂ D(0, ǫ) Để chứng minh ||v(α)|| > với α ∈ I3 , α = ta cần v(α) = 0, v(α) → α → Thật vậy, phản chứng, ta giả sử v(α) = với α ∈ I3 , α = Khi ta có p j=1 α|a−1 , |¯ α|x1 (¯ α), , |¯ α|xp (¯ α)) ∈ X0 ∩ X1 = {0} |α|xj (α)v j = −w(|¯ Từ {v , , v p } độc lập tuyến tính suy xj (α) = 0, j = 1, , p, tức x(¯ α) = Vì x(α) ∈ U ∗ , lân cận điểm khác Điều vơ lý, điều giả sử sai Vậy v(α) = 0, ∀v(α) ∈ I3 , α = Hiển nhiên v(α) → α → định lý chứng minh Ta có vài ý hệ sau Chú ý 3.2.1 Nếu có hai điểm phân biệt x1 , x2 ∈ Rp , x1 = 0, x2 = thỏa mãn Giả thiết hai lân cận rời U1∗ , U2∗ (U1∗ ∩ U2∗ = ∅) Rp x1 , x2 I , I , v1 , v2 tồn Định lý 3.2.1 tương ứng với x1 U1∗ ; x2 , U2∗ v1 (α) = v2 (α), ∀α ∈ I ∩ I , α = 50 Chứng minh Bằng phản chứng, giả sử v1 (α) = v2 (α) với α ∈ I ∩I , Khi α = p j=1 x1j (α) − x2j (α) v j = 0, với x1 (α) = x11 (α), , x1p (α) ∈ U1∗ ; x2 (α) = x21 (α), , x2p (α) ∈ U2∗ Do x1 (α) = x2 (α) Điều mâu thuẫn với giả thiết U1∗ ∩ U2∗ = ∅ Vậy điều giả sử sai, nghĩa v1 (α) = v2 (α), ∀α ∈ I ∩ I , α = Chú ý 3.2.2 Nếu Giả thiết 1, 2, thỏa mãn, a số chẵn, a ≥ PY H(λ, tv) = ta PY H(λ, v), ∀t ∈ [−1, 1], (λ, v) ∈ Λ × D Khi ta áp dụng Định lý 3.2.1 Định lý [6] để nhận lân cận I nghiệm (λi (α), vi (α)), λ1 (α) = λ ; + |α|a−1 α ∈ I, λ2 (α) = j=1 λ ; + αa−1 p p v1 (α) = i = 1, Ở |α|x1j (α)v j + o(|α|), v2 (α) = j=1 |α|x2j (α)v j + o(|α|), α ∈ I α → Dễ thấy λ1 (α) = λ2 (α) với α ∈ I, α < Vì trường hợp này, ta kết luận lân cận (λ, 0) tồn hai nghiệm rẽ nhánh khác (3.1) Điều thể qua ví dụ sau Ví dụ 3.2.1 Xét rẽ nhánh phương trình −u′′ = λu + u3 + u5 51 thỏa mãn   u(0) = u(1) = 0; Ta xét không gian  u = u(x), x ∈ (0, 1) L1 [0, 1] = {f : [0, 1] → R 1 L [0, 1] = {f ∈ L [0, 1] : X = {u ∈ L [0, 1] cho ′ ′′ khả tích}; |f |2 dx < +∞}; u , u ∈ L [0, 1] Ta định nghĩa tích vơ hướng u, v = u(0) = u(1) = 0} uvdx ||u||2◦ = u2 dx Khi đó, (X, || · ||◦ ) khơng gian Hilbert Mặt khác, theo Định lý Riesz tồn ánh xạ T : X → X; L : R × X → X; H : R × X → X; K : R × X → X, cho T (u), v = −u′′ , v ; L(λ, u), v = λu, v ; H(λ, u), v = u3 , v ; K(λ, u), v = u5 , v , với v ∈ X Do phương trình vi phân tương đương với phương trình T (u) = L(λ, u) + H(λ, u) + K(λ, u) Hơn nữa, dễ thấy X = X ∗ Bây ta xét X = {cos nπt : n = 1, 2, } Để giải phương trình tốn tử trên, ta tìm giá trị riêng cặp (T, L), tức tìm λ cho T (u) = L(λ, u) Điều tương đương với T (cos nπt) − L(λ, cos nπt), cos nπt = 0, Từ − (cos nπt)′′ cos nπtdt − 52 ∀n = 1, 2, λ cos nπt cos nπtdt = 0, hay 2 n π Suy (cos nπt) dt − λ n2 π −λ 2 (cos nπt)2 dt = 0 ∀n = 1, 2, = 0, Do λ = n2 π , (cos nπt) dt = (n π − λ) ∀n = 1, 2, Với giá trị riêng tìm được, ta tìm x = cho n n i A(x) = T ( i=1 xi v ) − H(λ, xi v i ), ψ = i=1 Xét với n=1, ta có λ = λ1 = π , v = cos πt Do T (xv ), v = T (xv )v dt = xπ cos2 πtdt = 0 x3 cos3 πt cos tπtdt = H(λ1 , xv ), v = π2 x , 3 x Khi A(x) = T (xv ), v − H(λ1 , xv ), v = 0, π2 x 3 − x =0 2π ⇐⇒ x = ± √ A(x) = Do A′ (x) = π2 2π 2π − 98 x2 nên det A′ ( √ ) = −π = 0; det A′ (− √ ) = −π = 3 Vì vậy, λ = điểm rẽ nhánh phương trình cho Chính xác tồn I3 , I4 ⊂ (−1, 1) hàm số liên tục x1 , x2 : R → I3 cho 2π x1 (0) = √ ; 2π x2 (0) = − √ để nghiệm tầm thường phương trình có dạng (λ1 , v1 ), (λ2 , v2 ) với λ1 (α) = ; + α2 v1 (α) = αx1 (α) cos πt + w(α2 , αx1 (α)); λ1 (α) = ; + α2 v2 (α) = αx2 (α) cos πt + w(α2 , αx2 (α)); Với n = 2, 3, ta làm tương tự 53 Hệ sau tồn điểm rẽ nhánh cho phương trình toán tử Hệ 3.2.1 Giả sử Giả thiết 1, thỏa mãn, ánh xạ A định nghĩa (3.25) toán tử với h có x cực tiểu địa phương điểm tới hạn cô lập, x = Lúc đó, kết luận Định lý 3.2.1 áp dụng cho số lân cận U ∗ x Rp Chứng minh Từ giả thiết A toán tử nên A ánh xạ khả vi Mặt khác, x = điểm tới hạn cô lập điểm cực tiểu địa phương hàm h Sử dụng Bổ đề 1.1 [7] để chứng minh có lân cận mở U ∗ x không chứa cho deg(A, U ∗ , 0) = deg(A, x, 0) = Vì vậy, Giả thiết thỏa mãn Áp dụng Định lý 3.2.1 ta có điều phải chứng minh Tiếp theo ta giả sử với v cố định, v ∈ D ánh xạ L(·, v) khả vi liên tục với λ ∈ Λ định nghĩa ánh xạ B : Λ × Rp → Rp , B = (B1 , , Bp ) xác định p p j Bi (x) = DΛ L(λ, j=1 xj v )(β) − H(λ, xj v j ), ψ i , (3.33) j=1 i = 1, 2, , β ∈ Λ, x = (x1 , , xp ) ∈ Rp Hơn nữa, ta đưa giả thiết: Giả thiết 4: Tồn điểm (β, x) ∈ X ×Rp lân cận mở U ∗ x không chứa Rp cho bậc tôpô deg(B(β, ·), U ∗ , 0) B(β, ·) U ∗ xác định khác Giả thiết 5: Giả thiết thỏa mãn với α−a K( λ , αv) + αa−1 54 thay α−a K(λ − β ∗ αa−1 , αv), + αa−1 với β ∗ ∈ Λ Khi ta có định lý Định lý 3.2.2 Với Giả thiết 4, β = β ∗ , kết luận Định lý 3.2.1 với λ(α) thay λ(α) = λ − β|α|a−1 + |α|a−1 Chứng minh Đặt Λ◦ = λ − β + Λ β = λ − λ + β Ta định nghĩa ánh xạ Tˆ : X → Y ; ˆ : Λ◦ × D → Y ; L ˆ : Λ◦ × D → Y ; H ˆ : Λ◦ × D → Y, K xác định Tˆ(v) = T (v) − L(λ, v) + DΛ L(λ, v)(β); ˆ L(β, v) = DΛ L(λ, v)(β); ˆ H(β, v) = H(β + λ − β, v); ˆ K(β, v) = K(β − λ − β, v) + L(β + λ − β, v) − L(λ, v) − DΛ L(λ, v)(β − β), với (β, v) ∈ Λ◦ × D Khi phương trình (3.1) tương đương với ˆ ˆ ˆ Tˆ (v) = L(β, v) + H(β, v) + K(β, v), (β, v) ∈ Λ◦ × D ˆ Ta dễ dàng kiểm tra β giá trị riêng cặp (Tˆ, L) ˆ ker(Tˆ − L(β, ·)) = ker(T − L(λ, ·)) = [v , , v p ]; ˆ ker(Tˆ − L(β, ·))∗ = ker(T − L(λ, ·))∗ = [ψ , , ψ p ] ˆ H, ˆ K ˆ thỏa mãn Giả thiết 1, Hơn nữa, L, Aˆ = (Aˆ1 , , Aˆp ) : Rp → Rp 55 (3.34) xác định p Ai (x) = (Tˆ ( j=1 với i = 1, , p, p ˆ xj v ) − H(β, j xj v j )), ψ i = Bi (β, x), j=1 x = (x1 , , xp ) ∈ Rp Như vậy, Giả thiết thỏa mãn Áp dụng Định lý 3.2.1 ta chứng minh Định lý 3.2.2 Hệ 3.2.2 Giả sử Giả thiết thỏa mãn ánh xạ B(β ∗ , ·) xác định (3.33), với β ∗ từ giả thiết toán tử với phép h mà có điểm x ¯ cực tiểu địa phương tới hạn cô lập, x ¯ = Khi đó, Định lý 3.2.2 cho lân cận mở U ∗ x ¯ Rp Chứng minh Áp dụng phương pháp chứng minh tương tự chứng minh Hệ 3.2.1 để giả thiết thỏa mãn Sử dụng Định lý 3.2.2 ta điều phải chứng minh Hệ 3.2.3 Giả sử Giả thiết thỏa mãn ánh xạ B(β ∗ , ·) xác định (3.33) khả vi x∗ ∈ Rp , x∗ = 0, thỏa mãn điều kiện B(β ∗ , x∗ ) = det ∂Bi ∗ ∗ (β , x ) ∂xk = 0, i,k=1, ,p với β ∗ từ Giả thiết Khi đó, kết luận Định lý 3.2.2 với β thay bở β ∗ Chứng minh Phương pháp chứng minh tương tự chứng minh Hệ 3.2.3, thay áp dụng Định lý 3.2.1 ta áp dụng Định lý 3.2.2 cho chứng minh Tiếp theo ta xét phương trình (3.1) trường hợp λ giá trị riêng cặp (T, L) với ker(T − L(λ, ·)) = [v ], ker(T − L(λ, ·)) = [ψ ] T (v ), ψ = 56 Ta giả thiết: Giả thiết 6: λ Giả thiết thỏa mãn với α−a PY K( 1+|α| a−1 , αv) thay α−a PY K(λ(1 + |α|a−1 β), αv), β ∈ R Định lý sau mở rộng kết thu Cranclall Rabinowitz cho phương trình liên quan ánh xạ liên tục Lipschitz Định lý 3.2.3 Giả sử λ, v , ψ L, M thỏa mãn Giả thiết 1, (λ, v) điểm rẽ nhánh hệ phương trình (3.3) Chính xác hơn, cho δ > 0, ǫ > có lân cận I R cho với γ ∈ I, γ = tìm β(γ) ∈ R nghiệm rẽ nhánh (λ(γ), v(λ)) phương trình (3.1) với λ(γ) = λ + |γ|a−1 β(γ) , v(γ) = |γ|v + o(|γ|) γ → thỏa mãn   |λ(γ) − λ| < δ,  0 < ||v(δ)|| < ǫ Chứng minh Lấy I2 , U2 w Bổ đề 3.2.2 (chứng minh tương tự Bổ đề 3.2.2, ta thấy bổ đề Giả thiết 1, thay Giả thiết 1, 6) Đặt H(λ, v ), ψ β= T (v ), ψ Lấy lân cận mở U ∗ β Với γ ∈ I2 , γ = 0, ta định nghĩa ánh xạ hδ : [0, 1] × R → R xác định  a−1   βT (v + w(|tγ||tγ| β,tβ) , ψ − (1 + |tγ|a−1 β)|tγ|a−1 M ( 1+|tγ|λa−1 β ,    hγ (t, β) = |tγ|v + w(|tγ|a−1 β, |tγ|), ψ , t = 0,      βT (v ) − H(λ, v ), ψ , t = Bằng cách lập luận tương tự chứng minh Định lý 3.2.1, ta suy tồn lân cận I cho với γ ∈ I, γ = 0, hγ (t, β) = 0, 57 ∀t ∈ [0, 1], β ∈ ∂U2 Từ deg(hγ (t, ·), U ∗ , 0) xác định với t ∈ [0, 1]   1 T (v ), ψ > 0, ∗ ∗ deg(hγ (0, ·), U , 0) = deg(hγ (1, ·), U , 0) =  −1 T (v ), ψ ≤ Từ suy với γ ∈ I3 , γ = 0, ∃β(γ) ∈ U ∗ cho hγ (1, β(γ)) = Tiếp theo chứng minh tương tự Định lý 3.2.1 ta chứng minh Định lý 3.2.3 Sau đây, giả thiết với v ∈ D, ánh xạ L(·, v) khả vi liên tục Giả thiết 7: Giả thiết 8: Tồn γ ∈ Λ cho Dλ L(λ, v )(λ), ψ = Giả thiết thỏa mãn với α−a PY K( λ , αv) + αa−1 thay γ −a PY K(λ − γγ a−1 γ ′ , γv), + γ a−1 γ ′ với γ ′ ∈ R bất kỳ, α → thay cho γ → 0, γ Giả thiết Định lý 3.2.4 Với Giả thiết 7, 8, kết Định lý 3.2.3 với λ(γ) thay λ(γ) = λ − γ|γ|a−1 β(γ) + |γ|a−1 β(γ) Chứng minh Đặt Λ◦ = λ − γ + Λ, γ = λ − λ + γ ˆ H, ˆ K ˆ chứng minh Định lý 3.2.3 áp Ta định nghĩa ánh xạ Tˆ , L, dụng Định lý 3.2.3 với phương trình (3.34) ta có điều phải chứng minh Chú ý 3.2.3 Giả sử Giả thiết 1-3, (Giả thiết 4-7, 8) thỏa mãn lân cận U ∗ từ Giả thiết (Giả thiết tương ứng) không chứa I , (λ1 (α), v1 (α)), 58 I , (λ2 (α), v2 (α)) tồn Định lý 3.2.1 Định lý 3.2.3 (Định lý 3.2.2 3.2.4 tương ứng) Đặt I = I ∩ I , ta kết luận với α ∈ I , α = 0, v1 (α) = v2 (α) Thật vậy, phản chứng ta giả sử v1 (α) = v2 (α) với α ∈ I , α = Từ ta có |α|(x1 (α) − 1)v1 ∈ X0 ∩ X1 = {0} Như vậy, x1 (α) = ∈ U ∗ Điều mâu thuẫn với điều giả sử, ta có α ∈ I , α = 0, v1 (α) = v2 (α) Chú ý 3.2.4 Giả sử Giả thiết 1-3, (Giả thiết 4, 7, 8) thỏa mãn, PY H(λ, tv) = tα PY H(λ, v) với t ∈ [−1, 1], (λ, v) ∈ Λ × D, J1 , (λ1 (α), v1 (α)), J2 , (λ2 (α), v2 (α)) tồn Định lý 3.2.1 Định lý 3.2.3 (tương ứng Định lý 3.2.2 3.2.4) J3 , (λ3 (α), v3 (α)), J4 , (λ4 (α), v4 (α)) tồn Định lý 3.2.1 3.2.3 (tương ứng Định lý 3.2.2 3.2.4) [4] Đặt J0 = ∩4i=1 Ji Từ suy (λ1 (α), v1 (α)) = (λ3 (α), v3 (α)) (λ2 (α), v2 (α)) = (λ4 (α), v4 (α)), Với α ∈ J0 , α < giả sử U ∗ từ Giả thiết (tương ứng Giả thiết 4), ta có khẳng định phía Nếu U ∗ khơng chứa (λ1 (α), v1 (α)) = (λ2 (α), v2 (α)) (λ3 (α), v3 (α)) = (λ4 (α), v4 (α)) với α ∈ J0 , α < Trong trường hợp ta kết luận tồn tham số khác nghiệm rẽ nhánh phương trình(3.1) lân cận (λ, 0) Nếu U ∗ khơng chứa −1 (λ1 (α), v1 (α)) = (λ4 (α), v4 (α)) (λ2 (α), v2 (α)) = (λ3 (α), v3 (α)) với α ∈ J0 α < Thật vậy, phản chứng giả sử tồn α0 ∈ J0 , α0 < cho (λ1 (α0 ), v1 (α0 )) = 59 (λ4 (α0 ), v4 (α0 )) Suy λ1 (α0 ) = λ4 (α0 ) v1 (α0 ) = v4 (α0 ) Nó kéo theo |α0 |x1 (α0 )v1 + v(α0 ) = α0 v1 + o(|α0 |) Khi |α0 |x1 (α0 ) = α0 Do α0 ∈ J0 , α0 < nên suy x1 (α0 ) = −1 Điều vơ lý Vậy có điều phải chứng minh Chứng minh tương tự cho trường hợp lại Hơn nữa, với Chú ý 3.2.2 ta thấy trường hợp tồn ba tham số nghiệm rẽ nhánh phương trình (3.1) lân cận (λ, 0) Cuối U ∗ khơng chứa −1 từ suy tồn bốn tham số khác nghiệm rẽ nhánh phương trình (3.1) lân cận (λ, 0) 60 KẾT LUẬN Luận văn chia làm hai phần (chương chương 3) Phần đầu giới thiệu lý thuyết bậc ánh xạ vài ứng dụng tơpơ hình học lý thuyết phương trình tốn tử Phần hai trình bày phương pháp giải tích lý thuyết rẽ nhánh đưa phương trình hai phần: phần nằm khơng gian vơ hạn chiều có nghiệm phần nằm không gian hữu hạn chiều, phương trình rẽ nhánh Theo Định lý hàm ẩn, ta nhận thấy điểm rẽ nhánh giá trị riêng phần tuyến tính điểm rẽ nhánh Sử dụng phương pháp kết hợp phương pháp tôpô giải tích, luận văn đưa điều kiện đủ để giá trị riêng phần tuyến tính điểm rẽ nhánh công thức biểu diễn nghiệm phương trình rẽ nhánh Tài liệu tham khảo [1] E Schmidt (1910), "Zur Theorie der linearen und nicht linearen Integralgleichungen", III Teil (65), Math, Ann, 370-399 [2] J T Schwartz (1969), Nonlinear functional analysis, Gordon and Breach Science Publishers New York - London - Paris [3] N X Tan (1998), "An analytical approach to bifurcation problems with applications involving Fredholm mappings", Proc Roy Soc Edinburgh Sect, (A 110), 199-225 [4] N X Tan (1991), "Bifurcation problems for equations involving Lipschitz continuous mappings", J Math Anal Appl (154,no.1), 22-42 [5] N X Tan (1992), "Local bifurcation from characteristic values with finite multiplicity and its applications to axisymmetric buckled states of a thin shell", Appl Anal, (46), 259-286 [6] P Rabinowitz (1975), "A note on topological degree for potential operators", J Math Anal Appl, (51), 483-492 [7] W Van Roosbroeck (1950), "Theory of the flow of electrons and holes in germanium and other sem iconductors", Bell Syst Tech J, (29), p.560 62 ... 0) gọi nghiệm rẽ nhánh (1), λ gọi điểm rẽ nhánh Những toán nghiên cứu nghiệm rẽ nhánh (1) gọi tốn rẽ nhánh Có nhiều phương pháp khác để giải toán rẽ nhánh, phương pháp ứng dụng cho phương trình... 0) nghiệm rẽ nhánh phương trình (3.1) 3.2 Giải tốn rẽ nhánh Trong phần tác giả trình bày phương pháp giải tích lý thuyết rẽ nhánh dựa tư tưởng Lyapunov-Schmidt, sử dụng phép chiếu đưa phương trình... điểm rẽ nhánh Từ đó, ta có phương pháp kết hợp phương pháp tơpơ giải tích cho tốn rẽ nhánh Bố cục luận văn gồm ba chương, phần mở đầu, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương trình bày số