Trong mục này, E luôn là không gian Banach phản xạ thực, ta định nghĩa bậc tôpô suy rộng cho toán tử nửa đơn điệu, định nghĩa này dựa trên bao đóng yếu của mở tập con bị chặn của E.
Xây dựng bậc
Cho Ω ⊂ E là một tập hợp con mở bị chặn và Ωw là bao đóng yếu của
Ω, J : E →E∗ là ánh xạ đối ngẫu. Ta luôn có giả thiết rằng cả E và E∗
là các không gian lồi đều địa phương.
Định nghĩa 2.4. Giả sử A : Ωw×Ωw →E∗ là một toán tử nửa đơn điệu và Gu = A(u, u) là demi-liên tục, nghĩa là nếu uj → u0 thì Guj * Gu0.
Bổ đề 2.2. NếuAlà nửa đơn điệu vàGlà demi-liên tục, khi đóA(u, u)+ J u : Ω →E∗ là một toán tử demi-liên tục thuộc lớp (S+).
Chứng minh. Giả sử uj * u0 và lim sup j→∞ hA(uj, uj) +J uj, uj −u0i ≤ 0. Vì hA(uj, uj)−A(uj, u0), uj −u0i ≥ 0 và lim j→∞hA(uj, u0), uj −u0i = 0
theo tính chất hoàn toàn liên tục của A(·, u0), ta có:
lim inf j→∞ hA(uj, uj), uj −u0i ≥ 0. Do đó lim sup j→∞ hJ uj, uj −u0i ≤ 0. J là một toán tử của lớp (S+), vì vậy
uj →u0 và J uj → J u0, A(uj, uj) * A(u0, u0).
Do đó A+J là một toán tử demi-liên tục của lớp (S+).
Theo chứng minh trên và theo Bổ đề 2.2, nếu 0 ∈/ A(∂Ω, ∂Ω), tồn tại
0 > 0 sao cho 0 ∈/ (A+J) (∂Ω) và A+ J là toán tử liên tục của lớp
(S+). Theo [5] bậc tôpô deg(A+ J,Ω,0) là xác định với ∈ (0, 0). Ta dễ dàng chỉ ra rằng {A+t1J + (1−t)2J}t∈[0,1] là đồng luân của lớp
Định nghĩa 2.5. Ta gọi bậc tôpô suy rộng Deg(A,Ω,0) của toán tử nửa đơn điệu A là:
Deg(A,Ω,0) = lim
→0+deg (A+J,Ω,0).
Định lý 2.14. Bậc tôpô suy rộng được định nghĩa ở trên có các tính chất sau:
(a) Nếu Deg(A, B(0, r),0) 6= 0, thì A(u, u) = 0 có nghiệm trong
B(0, r), trong đó B(0, r) = {u ∈ E : kuk < r};
(b) Cho A1 và A2 là hai toán tử nửa đơn điệu sao cho nếu
uj → u0 và tj →t0 ∈ [0,1], thì tjA1(uj, uj)+(1−tj)A2(uj, uj) * t0A1(u0, u0)+(1−t0)A2(u0, u0). Giả sử 0 ∈ ∪/ t∈[0,1] [tA1 + (1−t)A2] (∂Ω), thì Deg (A1,Ω,0) = Deg(A2,Ω,0) ;
(c) Cho Ω1,Ω2 là hai tập con mở rời nhau của Ω. Giả sử có
0∈/ Ω−(Ω1 ∪Ω2),Ω−(Ω1 ∪Ω2),
thì
Deg (A,Ω,0) = Deg (A,Ω1,0) + Deg (A,Ω2,0) ;
Chứng minh. (a) Nếu Deg (A, B(0, r),0)6= 0, thì
deg (A+ J, B(0, r),0) 6= 0
với ∈ (0, 0) và với hằng số 0 > 0 nào đó.
Ta có theo [5], A(u, u) +J u = 0 có nghiệm u ∈ B(0, r) với ∈ (0, 0).
Cho →0+, ta có thể giả sử u * u0.
Vì ku0k ≤ lim→0+kuk, ta phải có u0 ∈ B(0, r). Vì nếu trái lại thì
u0 ∈ ∂B(0, r), theo tính lồi đều địa phương của E, ta có u → u0. Vì vậy
A(u, u) →A(u0, u0) = 0,
điều này mâu thuẫn với
0 ∈/ A(∂B(0, r), ∂B(0, r)). Vì hA(u, u) +J u, v−ui ≥ 0, do đó hA(u, v) +J v, v−ui ≥ 0, ∀v ∈ B(0, r). Cho →0+, ta có hA(u0, v), v−u0i ≥ 0, ∀v ∈ B(0, r). (2.6) Với bất kì u ∈ E, u0 +tu ∈ B(0, r) với t > 0 đủ bé, theo (2.6) ta có
hA(u0, u0 +tu), ui ≥ 0 với t > 0 đủ bé .
Từ đó
Do đó
A(u0, u0) = 0.
(b) Dễ dàng thấy tồn tại 0 > 0, sao cho
0 ∈ ∪/
t∈[0,1]
[tA1 + (1−t)A2 +J] (∂Ω), ∀∈ (0, 0).
Điều này có thể suy ra từ chứng minh trong Bổ đề 2.2 để kiểm tra
{tA1 + (1−t)A2 + J}t∈[0,1] là phép đồng luân của lớp (S+). Theo [5] ta có deg(A1 +J,Ω,0) = deg(A2 +J,Ω,0) với mọi ∈ (0, 0). Từ đó
Deg (A1,Ω,0) = Deg (A2,Ω,0).
(c) Chứng minh: Xem ý (b) trong Định lý 1 của [5].
(d) Rõ ràng, deg ((1 +)J,Ω,0) = deg (J,Ω,0), vì vậy kết luận trên là
đúng.
Định lý 2.15. Cho A : B(0, r)×B(0, r) →E∗ là một toán tử nửa đơn điệu. Giả sử Gu = A(u, u) là demi-liên tục và
hA(u, u), ui ≥ 0, ∀u ∈ ∂B(0, r),
khi đó A(u, u) = 0 có nghiệm trong B(0, r).
Chứng minh. Đặt
A(u, v) =A(u, v) +J u, u, v ∈ B(0, r)
với bất kỳ > 0 cho trước. Khi đó A là một toán tử nửa đơn điệu và
G0(u, u) =A(u, u) là demi-liên tục. Dễ dàng thấy rằng
Theo Định lý 2.14, (b) và (d), ta có
Deg (A, B(0, r),0) = Deg (J, B(0, r),0) = 1.
Vì vậy theo (a) của Định lý 2.14, A(u, u) = 0 có nghiệm u trong
B(0, r), nghĩa là
A(u, u) +J u = 0.
Ta có thể giả thiết u * u0 khi →0+. Nếu u0 ∈ ∂B(0, r), thì u → u0, vì A(u, u) → 0 = A(u0, u0). Nếu trái lại, u0 ∈ B(0, r). Khi đó, theo chứng minh của phần (a) trong Định lý 2.14, chúng ta có A(u0, u0) = 0.
Điều phải chứng minh.