3 Phương pháp nhiễu và phương pháp biến phân
3.2. Định lí Krasnoselskij
Cho X là một không gian Banach và L : X → X là một toán tử tuyến tính bị chặn, compact. Cho g : X × R → X là một ánh xạ compact. Ta xét các nghiệm của phương trình:
u−λLu+g(u, λ) = 0. (3.14) Giả sử rằng g(0, λ) = 0 với mọi λ ∈ R, ta luôn có nhánh các nghiệm tầm thường. Cho λ0 là giá trị đặc trưng của L và cho g(x, λ) = o(kxk) đều trong một lân cận của λ0, vì vậy ∂uf(0, λ0) (trong đó f(u, λ) =
Do đó (0, λ) thoả mãn điều kiện cần để trở thành một điểm rẽ nhánh. Định lí Krasnoselskij sau đây sẽ chứng minh điều kiện đủ để nó là một điểm rẽ nhánh.
Định lý 3.2.1. [8] (Krasnoselskij) Cho λ0 là một giá trị đặc trưng bội lẻ của L. Khi đó (0, λ0) là một điểm rẽ nhánh.
Chứng minh.
Giả sử ngược lại. Khi đó tồn tại ε0 > 0 và ε1 > 0 sao cho |λ−λ0| ≤ ε0
và kxk ≤ ε1, x 6= 0, ta có f(x, λ) 6= 0. Vì vậy, với λ cố định bất kì sao cho |λ−λ0| < ε0, bậc d(f(., λ), B(0;ε1),0) được xác định.
f(., λ) là một nhiễu compact của phép đồng nhất. Bậc này không phụ thuộc vào λ theo tính bất biến đồng luân.
Giả sử λ1 < λ0 và λ2 > λ0 với |λj −λ0| < ε0 với j = 1,2. Khi đó, ta biết rằng:
d(f(., λj), B(0;ε1),0) = i(f(., λj),0,0) = (−1)β(λj), j = 1,2,
trong đó β(λ) là tổng các bội số của các giá trị đặc trưng của L giữa 0 và λ. Nhưng ta có thể luôn chọn được ε0 đủ nhỏ sao cho λ0 là một giá trị đặc trưng của L trong khoảng (λ0 −ε0, λ0 +ε0).
Từ đó suy ra β(λ2) =β(λ1) ± bội số của λ0.
Điều này mâu thuẫn. Định lí được chứng minh.
Nhận xét 3.2.1. Nếu bội số của λ0 là chẵn, ta không thể bảo đảm rằng (0, λ0) là một điểm rẽ nhánh. Có thể dựa vào ví dụ để giải thích. Nếu
g là trơn và nếu λ0 là một giá trị đặc trưng đơn, thì ta có hai nhánh nghiệm cắt nhau ( một nhánh chính là trục λ). Nếu bội số không bằng 1, thì ta vẫn có điểm rẽ nhánh tại (0, λ0), nhánh không tầm thường có thể không cắt nhánh tầm thường.
Ví dụ 3.2.1. Cho v : S2 → R3 là một trường vectơ chỉ triệt tiêu tại (0,0,1), nghĩa là (v(y), y) = 0 với mọi y ∈ S2 và nó chỉ triệt tiêu tại điểm cực bắc, ví dụ trường vectơ sau đây:
v(y) = (1−y3 −y12,−y1y2, y1 −y1y3),
với y = (y1, y2, y3) ∈ S2.
Dễ dàng nhận thấy rằng (v(y), y) = 0 với mọi y ∈ S2.
Và ta có: |v(y)|2 = (1−y3)2 sao cho v(y) = 0 khi và chỉ khi y3 = 1 và do đó y1 = y2 = 0.
Ta xác định hàm g(x) với x ∈ R3 như sau:
g(x) = ( e−x12v(x/|x|), khi x 6= 0 0 khi x = 0. Cho L = I, ta xét phương trình: (1− λ)x + g(x) = 0. (3.15) Khi đó λ = 1 là một giá trị đặc trưng bội số 3.
Vì (g(x), x) = 0, ta suy ra chỉ có các nghiệm không tầm thường của (1− λ)x + g(x) = 0 khi λ = 1. Trong trường hợp này, ta có g(x) = 0 và x = (0,0, x3) với x3 > 0. Vì vậy, nhánh rẽ từ trục λ là nửa đường thẳng dương song song với trục x3 mà không cắt trục λ.