Phương pháp Lyapunov-Schmidt - Một số phương pháp- 123docz.net

Ở đây ta xét các phương trình có dạng f(u, µ) = 0,

với f :X ×R→ Y là một hàm liên tục, X, Y là các không gian Banach. Định nghĩa 2.2.1. [8] Một toán tử tuyến tính T : X → Y giữa các không gian Banach X và Y được gọi là một toán tử Fredholm (Fredholm operator) nếu Ker(T) là hữu hạn chiều và hạng <(T) có số đối chiều hữu hạn (nghĩa là: codim(<(T)) < ∞ hay dim(Y /<(T)) < ∞).

Khái niệm 2.2.1. [8] Cho f : X ×R→ Y là một ánh xạ Cp với p ≥1. Giả sử rằng f(0, λ) = 0 với mọi λ ∈ R. Hơn nữa ∂xf(0, λ0) : X →Y là một ánh xạ Fredholm. Vì vậy:

X1 = Ker(∂xf(0, λ0)), dim(X1) < ∞, Y1 = <(∂xf(0, λ0)), codim(Y1) < ∞.

Do đó, tồn tại một không gian con đóng X2 của X và không gian con hữu hạn chiều Y2 của Y sao cho:

X = X1 ⊕X2, Y = Y1 ⊕Y2.

Giả sử P là phép chiếu từ Y lên Y1. Để giải phương trình f(u, µ) = 0 ta cần giải tập hợp các phương trình tương đương sau đây:

( P f(x, λ) = 0 (I −P)f(x, λ) = 0. (2.2) Xét ánh xạ g : (X1 ×R)×X2 →Y1 xác định bởi: g((x1, λ), x2) =P f(x1 +x2, λ).

Khi đó:

∂x2g((0, λ0),0) = P ∂xf(0, λ0)|X

2 = ∂xf(0, λ0)|X 2.

Rõ ràng ∂x2g((0, λ0),0) là một phép đẳng cấu. Do đó, theo định lý hàm ẩn, tồn tại một lân cận U của (0, λ0) trong X1 ×R và một lân cận V

của điểm gốc trong X2 và một hàm Cp u : U →V sao cho:

P f(x1 + u(x1, λ), λ) = 0,

với mọi (x1, λ) ∈ U và là các nghiệm trong lân cận đó. Vì vậy, phương trìnhP f(x, λ) = 0 trong (2.2) được thỏa mãn và do đó ta sẽ giải phương trình:

(I −P)f(x1 +u(x1, λ), λ) = 0. (2.3) Chú ý rằng phương trình trên xét trong không gian X1×R và Y2 mà cả hai không gian là hữu hạn chiều.

Phương trình (2.3) được gọi là phương trình rẽ nhánh (bifurcation equa- tion).

Nếu dim(Y2) = 1, thì tồn tại y∗ ∈ Y∗ với Y∗ là không gian đối ngẫu của

Y, sao cho phương trình rẽ nhánh (2.3) được quy về:

< y∗, f(x1 +u(x1, λ), λ) >= 0, (2.4) ở đây < ., . > kí hiệu là cặp đối ngẫu giữa Y∗ và Y.

Theo định lý hàm ẩn ta có thể tính được đạo hàm của u. Ta có:

∂u ∂x1(0, λ0) = ∂g ∂x2((0, λ0),0) −1 ∂g ∂x1((0, λ0),0) , ∂u ∂λ(0, λ0) = ∂g ∂x2((0, λ0),0) −1 ∂g ∂λ((0, λ0),0) . Nhưng, vì Ker(∂xf(0, λ0)) = X1 ta có: ∂g ∂x1((0, λ0),0) = P ∂xf(0, λ0)|X1 = 0.

Vì vậy: ∂u ∂x1(0, λ0) = 0; ∂u ∂λ(0, λ0) = ∂xf(0, λ0)|X 2 −1 [P ∂λf(0, λ0)].

Nhận xét 2.2.1. Nếu ∂xf(0, λ0) là toàn ánh thì P = I và vì vậy không có phương trình rẽ nhánh. Tập nghiệm gần (0, λ0) là một tập con hữu hạn chiều của X được mô tả như sau:

{(x1+u(x1,λ),λ)|(x1,λ) ∈ U}.

2.3. Bổ đề Morse

Kết quả sau đây của Morse sẽ mô tả cấu trúc của tập hợp phương trình phi tuyến nhận giá trị 0 trong các trường hợp gần với điểm rẽ nhánh.

Định lý 2.3.1. [8] Cho f : Rn → R là một ánh xạ Cp với p ≥ 2. Giả sử rằng f(0) = 0, f0(0) = 0 và f00(0) là một ma trận không suy biến. Khi đó, trong một lân cận của gốc tồn tại một phép biến đổi x 7→ y(x) là một ánh xạ Cp−2 sao cho y(0) = 0 y0(0) = I và:

f(x) = 1 2(f

00(0)y(x), y(x)). (2.5) Chứng minh.

Ta sẽ tìm một ma trận R(x) sao cho R(0) = I và đặt y(x) =R(x)x. Khi đó, rõ ràng, y(0) = 0 và y0(0) = I. Ta biểu diễn f(x) dưới dạng:

1 2R(x)

(f00(0)R(x)x, x),

với AT là ma trận chuyển vị của A.

Bước 1: Theo định lí cơ bản của tích phân, ta có:

f(x) =

Tích phân từng phần ta có: f(x) =f0(x)x− 1 R 0 t(f00(tx)x, x)dt = 1 R 0 (1−t)(f00(tx)x, x)dt. . Bước 2: Đặt: B(x) = 2 1 Z 0 (1−t)(f00(tx)dt. Chú ý rằng B(x) là một ma trận đối xứng và B(0) = f00(0).

Giả sử M là không gian của các ma trận n×n và S là không gian con các ma trận đối xứng cấp n. Xét ánh xạ Cp−2:

g : Rn × M → S

xác định bởi:

g(x, R) = RTf00(0)R−B(x).

Khi đó g(0, I) = 0. Hơn nữa:

∂g

∂R(0, I)S = S

Tf00(0) +f00(0)S ∈ S.

Nếu S ∈ S thì T = 12(f00(0))−1S sao cho

∂g ∂R(0, I)T = S. Vì thế ∂g ∂R(0, I)là toàn ánh. Bước 3: Đặt M1 = Ker ∂g ∂R (0, I) , M = M1 ⊕ M2.

Lấy A ∈ M và xét toán tử

P(A) = 1

2(A−(f00(0))−1ATf00(0)).

Khi đó ta thấy rằng P(A) ∈ M1 với mọi A ∈ M, và với mọi A thuộc M1, ta cóP(A) = A. Do đó, P là một phép chiếu từM lên M1. Vì vậy,

P(I) = 0 suy ra I ∈ M2.

Bước 4 : Bây giờ ta xét:

ϕ : (M1 ×Rn)× M2 → S xác định bởi: ϕ((R1, x), R2) = g(x, R1 +R2). Khi đó: ϕ((0,0), I) = g(0, I) = 0 và ∂ϕ ∂R2((0,0), I) = ∂g ∂R(0, I) M2

là một đẳng cấu từ M2 vào S. Vì vậy, theo định lí hàm ẩn, tồn tại một lân cận của gốc trong M1 ×Rn và một ánh xạ Cp−2 từ lân cận này vào M2 sao cho u(0,0) = I và g(x, R1 +u(R1, x)) = 0 với mọi (R1, x) trong lân cận đó. Đặt R(x) = u(0, x) sao cho trong một lân cận của gốc trong Rn, ta có: g(x, R(x)) = 0 nghĩa là:

R(x)Tf00(0)R(x) = B(x).

Định lí được chứng minh. Nhận xét 2.3.1.

1. Với n = 2 và cho f như trong Định lí. Nếu f00(0) là một ma trận không xác định thì tập hợp các nghiệm của phương trình f(x) = 0 gần gốc là một cặp đường cong cắt nhau tại gốc. Nếup > 2 các đường cong này là C1 , chúng cắt nhau và không tiếp xúc với nhau.

2. Với n > 2 và nếu f00(0) là một ma trận không xác định thì tập hợp các nghiệm gần gốc là một hình nón biến dạng.

Sau đây ta xét một số áp dụng của bổ đề Morse.

Định lý 2.3.2. [8] Cho f là một ánh xạ Cp từ một không gian Banach

X vào không gian Banach Y, với p ≥ 2. Giả sử f(0) = 0 và f0(0) là một toán tử Fredholm. Giả sử X1 = Ker(f0(0)) có số chiều là n và

Y1 = <f0(0) có số đối chiều là 1, vì vậy tồn tại y∗ ∈ Y∗ sao cho:

Y1 = {y ∈ Y |< y∗, y >= 0}.

Giả sử rằng y∗∂∂x2f2 1

(0) là một ma trận không xác định. Khi đó trong một lân cận của gốc, tập hợp các nghiệm của f(x) = 0 là một hình nón biến dạng có số chiều n−1 với đỉnh tại gốc. Đặc biệt, nếu n = 2, thì nó gồm hai đường cong Cp−2 chỉ đi qua điểm gốc.

Nếu y∗∂∂x2f2 1

(0) xác định dương (hoặc âm), thì điểm gốc chỉ là nghiệm địa phương của phương trình.

Chứng minh.

Trong phương pháp Lyapunov-Schmidt, tồn tại một ánh xạ Cp kí hiệu là u từ lân cận của gốc trong X1 vào một lân cận của gốc phần bù của nó X2 sao cho chỉ những nghiệm của f(x) = 0 trong một lân cận của gốc trong X được xác định bởi:

g(x1) =< y∗, f(x1 +u(x1)) >= 0.

Ta áp dụng bổ đề Morse từ phương trình ở trên để suy ra kết quả mong muốn.

Trước hết, ta biết rằng u(0) = 0 và u0(0) = 0. Vì vậy, g(0) = 0. Nếu

z ∈ X1,

g0(0)z =< y∗, f0(0)◦(I +u0(0))z >=< y∗, f0(0)z >= 0,

vì X1 là hạt nhân của f0(0) theo giả thiết.

hợp. Nếu H = G◦F và nếu F(a) =b thì: H00(a)(z1, z2) = G0(b)(F00(a)(z1, z2)) +G00(b)(F0(a)z1, F0(a)z2). Đặt ϕ(x1) = f(x1 +u(x1)). Ta có: g00(0)(x1, x01) =< y∗, ϕ00(0)(x1, x01) >,

với mọi x1, x01 ∈ X1. Ta lại có:

ϕ = f ◦(I +u)

và:

ϕ00(0)(x1, x01) = f0(0)(u00(0)(x1, x01)) +f00(0)(I +u0(0))x1,(I +u0(0))x10).

Vì y∗ triệt tiêu trên ảnh của f0(0), ta dễ dàng nhận thấy:

g00(0)(x1, x01) =< y∗, f00(0)(x1, x01) > .

Kết quả được suy ra từ tính không xác định của g00(0), như một hệ quả trực tiếp của bổ đề Morse.

Nhận xét 2.3.2.

1. Nếu n = 2 và p > 2 thì tập hợp nghiệm gần gốc bao gồm 2 đường cong cắt nhau. Độ dốc của chúng được xác định bởi các vectơ mà chúng không định dạng bởi

< y∗,∂ 2f

∂x21(0)(v, v) > triệt tiêu.

2. f : X ×R → Y là một ánh xạ Cp với p ≥ 2. Giả sử f(0, λ) = 0 với mọi λ ∈ R. Ta có thể nhận ra rằng để (0, λ0) là một điểm rẽ nhánh, nó là cần để ∂xf(0, λ0) không là một đẳng cấu và nó là điều kiện cần chứ không phải là điều kiện đủ. Bây giờ ta xét một kết quả dẫn tới điều kiện đủ để một điểm là một điểm rẽ nhánh.

Định lý 2.3.3. [8] Cho f : X ×R → Y là một ánh xạ Cp với p ≥ 2. Giả sử rằng f(0, λ0) = 0. Giả thiết thêm rằng:

1. ∂λf(0, λ0) = 0.

2. Ker(∂xf(0, λ0)) là một chiều và được sinh bởi x0 ∈ X.

3. <(∂xf(0, λ0)) = Y1 mà có số đối chiều là 1.

4. ∂λλf(0, λ0) ∈ Y1 và ∂λxf(0, λ0)x0 ∈/ Y1.

Khi đó (0, λ0) là một điểm rẽ nhánh và tập hợp các nghiệm của

f(x, λ) = 0 gần (0, λ0) bao gồm hai đường cong Cp−2 là Γ1 và Γ2

chỉ cắt nhau tại (0, λ0). Hơn nữa, nếu p > 2, Γ1 tiếp xúc với trục λ

tại (0, λ0) và có thể tham số hóa bởi λ, nghĩa là:

Γ1 = {(x(λ), λ)||λ| ≤ ε}.

Γ2 có thể tham số hóa như sau:

Γ2 = {(sx0 +x2(s), λ(s))||s| ≤ ε}, với x2(0) = 0, x20(0) = 0, λ(0) = λ0. Chứng minh. Đặt X∧ = X × R và xác định F : X∧ → Y bởi F(x∧) = f(x, λ) với (x∧) = (x, λ) Ta có: F0((0, λ0)) = ∂xf(0, λ0)⊕∂λf(0, λ0).

Vì vậy Ker(F0((0, λ0))) là hai chiều và được sinh bởi (x0,0) và (0,1) do các điều kiện (1.) và (2.) ở trên. Ảnh của F0((0, λ0)) là Y1 và có số đối chiều là 1. Cho y∗ ∈ Y∗ sao cho y∗|Y1 = 0.

Khi đó ma trận

y∗∂∧

x1 ∧

với x∧1 là biến trong

∧

X1 = Ker(F0((0, λ0))), được cho bởi

< y∗, ∂x0x0f(0, λ0) >< y∗, ∂x0λf(0, λ0) > < y∗, ∂x0λf(0, λ0) >< y∗, ∂λλf(0, λ) >

Theo điều kiện (4.) ở trên, số hạng không nằm trên đường chéo là khác không, trong khi số hạng cuối cùng trong đường chéo chính triệt tiêu. Do đó định thức của ma trận này là âm và vì vậy ma trận là không suy biến. Khi đó, ta kết luận sự tồn tại của hai nhánh nghiệm sẽ cắt nhau khi p > 2. Độ dốc của các nhánh này tại điểm rẽ nhánh được xác định bởi các vectơ mà làm cho dạng toàn phương liên hợp với ma trận ở trên triệt tiêu. Vì số hạng cuối cùng của đường chéo là không, một vectơ như vậy là (0,1). Vì vậy, một trong các đường cong là tiếp xúc với trục λ tại điểm rẽ nhánh.

Nhận xét 2.3.3. Nếu f(0, λ) = 0 với mọi λ ∈ R thì Γ1 chính là trục λ.

Ví dụ 2.3.1. Cho g : R → R là một hàm C1 với đạo hàm bị chặn sao cho g(0) = 0 và g0(0) 6= 0. Cho Ω ⊂ Rn là một miền bị chặn. Xét bài toán:

(

∆u = λg(u), u ∈ Ω

u = 0 , u∈ ∂Ω. (2.6)

Với mọi λ ∈ R, ta có nghiệm tầm thường u ≡ 0. Ta tìm các nghiệm trong H01(Ω).

Theo giả thiết, u 7→ g(u) là một ánh xạ L2(Ω) → L2(Ω), và vì vậy ánh xạ

u 7→ T(u, λ) = w ∈ H01(Ω),

với w là nghiệm duy nhất của bài toán:

(

∆w = λg(u), u ∈ Ω

w = 0 , u∈ ∂Ω

là một ánh xạ compact của L2(Ω) → L2(Ω). Vì vậy, nghiệm của (2.6) cũng là nghiệm của phương trình: u−T(u, λ) = 0.

Dễ dàng thấy rằng ∂uT(0, λ)v = z với z ∈ H01(Ω) là nghiệm của bài toán:

(

∆z = λg0(0)v, u∈ Ω

z = 0 , u∈ ∂Ω.

Ta lại có ∂uT(0, λ) là một toán tử compact và tự liên hợp. Giả sử rằng

λ0 6= 0 là một giá trị đặc trưng đơn tức là λ−10 là một giá trị riêng đơn của toán tử này với hàm riêng chuẩn hoá ϕ ∈ H01(Ω), nghĩa là (ϕ, ϕ) = R

Ω

ϕ2dx= 1.

Vì toán tử là tự liên hợp, suy ra:

Y1 = <(I −∂uT(0, λ0))

có số đối chiều là 1 và là phần bù trực giao của ϕ trong L2(Ω).

Bây giờ ∂λT(u, λ) có thể được đồng nhất với các phần tử của L2(Ω) và thực tế nó là nghiệm (trong H01(Ω) ) của bài toán:

( ∆w = g(u), u ∈ Ω w = 0 , u ∈ ∂Ω. (2.7) Vì vậy, ta có ∂λT(0, λ) = 0 và ∂λ(I −T(0, λ0)) = 0. Ta cũng có: ∂λλ(I −T(0, λ0)) = 0 ∈ Y1.

Cuối cùng, ∂λu(I−T(0, λ0))ϕ cũng có thể được đồng nhất với một phần tử của L2(Ω) là nghiệm (trong H01(Ω) ) của bài toán:

( ∆w = g0(0)ϕ, u ∈ Ω w = 0 , u ∈ ∂Ω. Dễ dàng thấy rằng w /∈ Y1. Ta có: (w, ϕ) = 1 λ0g0(0)(w,∆ϕ) = 1 λ0g0(0)(∆w, ϕ) = 1 λ0(ϕ, ϕ) 6= 0.

Vì vậy, theo định lí trên, nếu λ0 là một giá trị riêng đơn của bài toán, thì (0, λ0) là một điểm rẽ nhánh.

Trong chương này, chúng ta đã tiếp cận với khái niệm điểm rẽ nhánh, các ví dụ về điểm rẽ nhánh, phương pháp Lyapunov- Schmidt, bổ đề Morse và một số áp dụng của nó. Sau đây, chúng ta sẽ tìm hiểu thêm một số phương pháp nữa về giải phương trình phi tuyến phụ thuộc tham số.

Chương 3

Phương pháp nhiễu và phương pháp biến phân

3.1. Phương pháp nhiễu

Khái niệm 3.1.1. [8] Cho H là một không gian Hilbert tách.

L : H → H là một toán tử tuyến tính bị chặn, compact và tự liên hợp. Giả sử λ0 là một giá trị đặc trưng đơn và ϕ0 là một vectơ riêng sao cho:

ϕ0 = λ0Lϕ0 , (Lϕ0, ϕ0) = 1. (3.1) Cho A : H →H là một ánh xạ compact sao cho A(0) = 0 và thỏa mãn: tồn tại một hằng số C > 0sao cho nếu kuk ≤ r và kvk ≤ r,với u, v ∈ H, thì:

kA(u)−A(v)k ≤ Cr2ku−v k (3.2) Ta xét các nghiệm (u, λ) ∈ H ×R của phương trình:

u−λLu+A(u) = 0. (3.3) Theo giả thiết, nghiệm tầm thường u = 0 với mọi giá trị λ. Sự rẽ nhánh có thể tìm thấy chỉ tại các giá trị đặc trưng của L. Dễ dàng kiểm tra được tất cả các giả thiết của Định lí 2.3.3 và vì vậy (0, λ0) là một điểm rẽ nhánh và có hai nhánh, trong đó một nhánh chính là trục λ.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại của nhánh khác đó là phương pháp nhiễu. Phương pháp này đưa ra cách tính toán nhánh của các nghiệm không tầm thường rẽ nhánh từ nhánh tầm thường. Tức là chúng ta tìm các nghiệm có dạng: u = εϕ0 +v, (3.4) với ε là một tham số đủ nhỏ, (v, ϕ0) = 0 và kvk ≤ ε. Từ phương trình: u−λLu+A(u) = 0, ta có: εϕ0 +v −λL(εϕ0 +v) +A(εϕ0 +v) = 0. Hay: v−λ0Lv = (λ−λ0)Lu −A(u). (3.5) Nhưng phương trình này có một nghiệm khi và chỉ khi (theo nguyên lý Fredholm), vế phải trực giao với ϕ0. Hơn nữa, nghiệm v là duy nhất nếu ta áp đặt điều kiện: (v, ϕ0) = 0.

Do đó:

(λ−λ0)(Lu, ϕ0) = (A(u), ϕ0).

Bây giờ, ta sử dụng điều kiện:

ϕ0 = λ0Lϕ0 , (Lϕ0, ϕ0) = 1. Ta có: (Lu−ϕ0) =ε(Lϕ0, ϕ0) + (Lv, ϕ0) = ε+ (v, Lϕ0) = ε+λ−10 (v, ϕ0) = ε. Do đó: λ = λ0 +ε−1(A(u), ϕ0). (3.6)

Ta xác định với w ∈ H,

(

Λεw = λ0 +ε−1(A(w), ϕ0)

Sεw = (Λεw −λ0)Lw −A(w). (3.7)

Nếu P0 là một phép chiếu trực giao vào phần bù trực giao của ϕ0, nghĩa là ta có không gian con {ϕ0}⊥. Cho Qw là kí hiệu nghiệm v ∈ {ϕ0}⊥ của phương trình:

v −λ0Lv = P0w. (3.8)

Rõ ràng Q là một ánh xạ tuyến tính bị chặn, do đó tồn tại một hằng số

C > 0 sao cho:

kQwk ≤ Ckwk.

Thật vậy, nếu không, ta có thể tìm một dãy {wn} trong H sao cho {wn} → 0trong H, với zn = Qwn sao cho kznk= 1 với mọi n thì có một dãy con zn hội tụ yếu đến z trong H và theo tính compact của L suy ra:

z−λ0Lz = 0.

Ta suy ra:z = αϕ0 với α ∈ R. Nhưng(zn, ϕ0) = 0kéo theo(z, ϕ0) = 0và vì vậy ta cóz = 0. Lại theo tính compact của L, ta có:zn = λ0Lzn+P0wn

hội tụ mạnh trong H và vì vậy kzk = 1 là điều mâu thuẫn. Vậy với

v ∈ {ϕ0}⊥, ta xác định Tεv ∈ {ϕ0}⊥ bởi:

Tεv = Q(Sε(εϕ0 +v)). (3.9) Đồng thời ta tìm các điểm cố định của Tε sao cho kvk ≤ ε theo (3.5) và (3.6).

Ta chỉ ra Tε là phép co từ hình cầu đóng bán kính ε trong {ϕ0}⊥ vào chính nó. Theo định lý ánh xạ co Banach sẽ tồn tại duy nhất điểm bất động với mỗi ε.

Định lý 3.1.1. [8] Cho H là không gian Hilbert tách.

Bε = {v ∈ H |(v, ϕ0) = 0,kvk ≤ ε}, Uε = {εϕ0 + v|v ∈ Bε }.

Tồn tại một hằng số C > 0, không phụ thuộc vào ε sao cho với mọi

Suy ra: |Λεu1 −Λεu2| ≤Cεku1 −u2k. Tiếp theo ta có: kSεuk ≤ |Λεu−λ0| kLuk+kA(u)k