2 Các kết chính
2.4 Chứng minh của định lý tách Gromoll-Meyer
Trong phần này, H là một không gian Hilbert với tích vô hướng < ., . > và không gian đối ngẫu H∗ của nó luôn luôn xác định và trùng với H. Ta định nghĩa B(x0, r) tập hợp
{x∈H| ||x−x0||< r} với mọix0 thuộcH. Bây giờ ta nhắc lại định nghĩa về lớp (S)+ được giới thiệu bởi Browder (xem [3, 4]).
Định nghĩa 2.7 Cho A là một tập con của H và h là một ánh xạ từ A vào H. Ta nói:
(i) h là liên tục yếu nếu dãy {h(xn)} hội tụ yếu về h(x) trong H với mọi dãy {xn} hội tụ mạnh về x thuộc H.
(ii) h thuộc lớp (S)+ nếu h liên tục yếu và có tính chất sau :
Cho {xn}một dãy trong A sao cho {xn} hội tụ yếu về x trong H. Thì {xn} hội tụ mạnh về x trong H nếu lim sup
n→∞ < h(xn), xn−x > ≤ 0.
ChoDlà tập con mở bị chặn trongH với biên ∂Dvà bao đóng D.Cho hlà ánh xạ thuộc lớp
(S)+ trên Dvà pthuộc H\h(∂D). Theo Định lý 4 và 5 trong [3], bậc tôpô của h trên D tại
p được định nghĩa là một họ số nguyên và được kí hiệu deg(h, D, p). Trong [21] Skrypnik đã chứng minh rằng bậc tôpô này là đơn trị( xem [4]).
CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 39
Để chứng minh định lý tách Gromoll-Meyer ta cần những bổ đề sau, những kí hiệu và giả sử của Định lý được trong 0.2 được sử dụng.
Bổ đề 2.9 Giả sử DJ thuộc lớp (S)+. Cho {xn} là một dãy bị chặn trong H sao cho dãy {DJ(xn)} hội tụ về c trongH. Thì {xn} có một dãy con hội tụ trong H.
Chứng minh
Ta có thể giả sử{xn} hội tụ yếu vềx0 trong H. Ta có
lim sup n→∞ hDJ(xn), xn−x0i ≤lim sup n→∞ | hDJ(xn), xn−x0i | ≤lim sup n→∞ | hDJ(xn)−c, xn−x0i |+ lim sup n→∞ | hc, xn−x0i | ≤lim sup n→∞ ||DJ(xn)−c||.||xn−x0||+ lim sup n→∞ | hc, xn−x0i |= 0 VìDJ thuộc lớp (S)+, ta có bổ đề.
Bổ đề 2.10 Tồn tại các số thực dương C, α và Γ, một không gian véctơ con đóng H+, hai không gian véctơ con hữu hạn chiều H0 và H− của H sao cho H−⊕H0 ⊕H+ là tổng trực tiếp của H, H0 = kerA,
< Ax, x > ≥ C||x||2 ∀x∈H+ and
< Ax, x > ≤ −C||x||2 ∀ x∈H−.
Γ||y|| ≥ ||A(y)|| ≥α||y|| ∀y ∈Y ≡H+⊕H−.
Chứng minh
ChoE là thành phần vuông góc củaH0 trong H. Ta thấy rằng
< Au, v >=< u, Av >= 0 ∀u ∈ E, v∈H0.
Vì thếA(E)⊂E. Định nghĩaB là hạn chế củaAtrênE. Ta thấy rằngB là toán tử tuyến tính tự liên hợp bị chặn trênE. Rõ ràngB là đơn ánh.
Ta chứng minh rằng B(E) là không gian con đóng của E. Cho {xn} là một dãy trong E
sao cho {B(xn)} hội tụ về y thuộc E, ta sẽ chứng minh rằng y ∈B(E). Trước hết, ta chứng minh rằng {xn} bị chặn. Giả sử ngược lại rằng {||xn||} tiến về∞. Đặt vn = (||xn||+ 1)−1xn
với mọi số nguyênn, thì{||vn||}hội tụ về1và{B(vn)}hội tụ về0.Không mất tính tổng quát, ta có thể (và sẽ) giả sử rằng{vn}hội tụ yếu về véctơ v0 trong E.DoA thuộc lớp (S)+, và
lim sup
n→∞ < A(vn), vn−v0>= lim sup
n→∞ < B(vn), vn−v0 >= 0,
{vn} hội tụ về v0. Do đó, A(v0) = 0 và ||v0||= 1, Điều này mâu thuẩn. Vì thế {xn} bị chặn và ta có thể giả sử rằng nó hội tụ yếu về một véctơx0 trong E. Do {A(xn)} hội tụ về y, với
định nghĩa của lớp(S)+, dãy {xn} hội tụ vềx0 thuộcE. Vì thế A(x0) =y vàB(E) đóng. Tiếp theo ta chứng minh rằngB(E) =E. Ngược lại, cóx thuộcE\ {0} sao cho
< B(z), x > = 0 ∀ z∈E
< B(z), x > = 0 ∀ z∈E
or < z, A(x)> = 0 ∀z∈E.
Do đó,A(x) thuộc H0. Điều đó suy ra rằngA(A(x))cũng thuộcH0 và
< A(x), A(x)>=< x, A(A(x))>= 0.
Điều đó suy ra rằngxthuộcH0∩E, và vì thếx= 0, điều này không thể. Do đóB(E) =E. Ta đã chứng minh rằng B là một song ánh từ E vào E. Do đó, theo định lý ánh xạ mở,
B là một toán tử tuyến tính khả đảo tự liên hợp bị chặn trênE và ta có thể tìm các số thực dươngα vàΓ. Theo kết quả của toán tử tự liên hợp (xem [16], p.172), tồn tại số thực dương
C và thành phần vuông góc H−⊕H+ củaE sao cho H−và H+là không gian vétơ con đóng
A-bất biến củaE và
< A(x), x > ≤ −C||x||2 ∀ x∈ H−, < A(x), x > ≥ C||x||2 ∀x∈ H+.
Cuối cùng ta chứng minhH−⊕H0 là không gian hữu hạn chiều. Ta chỉ cần chứng minh rằngH−⊕H0 compắc địa phương. Cho {xn}là một dãy hội tụ yếu về x trongH−⊕H0. Ta thấy rằng
lim
n→∞< A(x), xn−x >= 0 and < A(xn−x), xn−x > ≤ 0 ∀n∈IN. Do đó, lim sup
n→∞ < A(xn), xn−x >≤ 0 và {xn} hội tụ về x. Vì thế H−⊕H0 compắc địa phương. Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.11 Nếu 0 là điểm tới hạn cô lập của J và x∈B0(0, δ),ta có
||DJ(x)−A(x)|| ≤ α 2||x||.
Chứng minh
Với mọi v∈H, theo định lý giá trị trung bình cótx thuộc(0,1)sao cho
DJ(x)v =DJ(x)v−DJ(0)v=D2J(txx)(x, v). Do đó
CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 41 |< DJ(x)−A(x), v >|=|D2J(txx)(x, v)−D2J(0)(x, v)|. =t−1 x |(D2J(txx)−D2J(0))(txx, v)| ≤ α 2||x||||v||. Suy ra||DJ(x)−A(x)|| ≤ α 2||x||.
Bổ đề 2.12 Nếu x0 là điểm tới hạn cô lập không suy biến củaJ, ta có
i(DJ, x0) = P∞
q=0
(−1)q rank Cq(J, x0) .
Chứng minh
Ta có thể giả sửx0 = 0. theo bổ đề2.12,H=H−⊕H+,H+đóngdimH−=j <∞. theo hệ quả2.1, nó đủ để chứng minh rằngi(DJ,0) = (−1)j. Ta cần chứng minh hai bước sau
Bước 1: Chứng minhdeg(DJ, B0(0, δ),0) = deg(A, B0(0, δ),0).
Định nghĩa
k(t, x) = (1−t)DJ(x) +tA(x) ∀t∈[0,1], x∈B0(0, δ).
Ta sẽ chứng minh rằng k(t, x) 6= 0 với mọi (t, x) thuộc [0,1]×∂B(0, δ). Giả sử ngược lại rằngk(t, x) = 0với(t, x) thuộc[0,1]×∂B(0, δ). Ta cóA(x) + (1−t)(DJ(x)−A(x)) = 0 và theo bổ đề2.11 0 =||A(x) + (1−t)(DJ(x)−A(x))|| ≥ ||A(x)|| −(1−t)||DJ(x)−A(x)|| ≥α||x|| −(1−t)α 2||x|| ≥ α 2||x||>0 ,
Điều này mâu thuẩn. Do đó theo tính chất bất biến đồng luân của bậc tôpô,deg(DJ, B0(0, δ),0) = deg(A, B0(0, δ),0), suy ra i(DJ,0) =i(A,0).
Bước 2: Định nghĩa
A1(y+z) =y+A(z) ∀y∈H+ , z∈H− .
Ta chứng minh deg(A, B0(0, δ),0) = deg(A1, B0(0, δ),0).Thật vậy, đặt
h(t, x) = (1−t)A(x) +tA1(x) ∀t∈[0,1], x∈B0(0, δ).
Ta sẽ chứng minh h(t, x)6= 0 với mọi(t,(y+z))thuộc[0,1]×∂B(0, δ).
Giả sử ngược lại rằng h(t, x) = 0 với (t,(y+z)) thuộc [0,1]×∂B(0, δ). Do đó (ty+ (1−t)A(y)) +A(z) = 0. Do A(H+) ⊂H+ và A(H−)⊂ H−, suy ra ty+ (1−t)A(y) = 0 và
thuẫn. Do đódeg(A, B0(0, δ),0) = deg(A1, B0(0, δ),0), điều này suy ra
i(A,0) = i(A1,0).
Chú ý rằngA1 là trường véctơ compắc, vì thế theo tính chất bất biến đồng luân của bậc tôpô Leray - Schauder topological ta có
i(A1,0) = (−1)j.
Kết hợp hai bước này ta nhận được bổ đề.
Bổ đề 2.13 Giả sử H− = {0}. Đặt δ1 = δ/2, Y = H+ và Z = H0. Giả sử rằng z thuộc
B0
Z(0, δ1)
hDJ(z+y1)−DJ(z+y2), y1−y2i>0 ∀y1 6=y2 ∈BY0 (0, δ1). (2.23)
Ta có
(i) Tồn tại một ánh xạ ψ từ BZ(0, δ1) vào BY(0, δ1) sao choDJ(z+ψ(z))|Y = 0 và
J(z+ψ(z)) = min
v∈B0
Y(0, δ1)J(z+v) ∀ z∈BZ(0, δ1). (ii) ψ liên tục trênBZ(0, δ1).
(iii) Đặt j(z) =J(z+ψ(z)) với mọiz thuộc BZ(0, δ1). Thì j thuộc lớp C1 và
Dj(z)h=DJ(z+ψ(z))h ∀ h∈Z. Chứng minh (i) Cố địnhz trong BZ(0, δ1). Ta sẽ định nghĩaA|Y và DJ(.+z)|Y bằngAvà DJ(.+z). Theo bổ đề 2.12ta có deg(A, B0 Y(0, δ1),0) = (−1)dimH− = 1. Ta sẽ chứng minh deg(DJ(.+z), BY0 (0, δ1),0) = deg(A, B0Y(0, δ1),0). (2.24) Đặt h(t, y) = (1−t)DJ(y+z) +tA(y) ∀ (t, y)∈[0,1]×B0 Y(0, δ1).
Ta sẽ chứng minh (1−t)DJ(y+z) +tA(y)6= 0 với mọi(t, y) thuộc[0,1]×∂BY(0, δ1). Giả sử ngược lại rằng(1−t)DJ(y+z) +tA(y) = 0 với(t, y)thuộc[0,1]×∂BY(0, δ1). Suy ra rằng
A(y) + (1−t)(DJ(y+z)−A(y)) = 0.
DoZ là kerA,A(y+z) =A(y). Do đó
CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 43 Mặt khác từ||y||=δ1,||z||< δ1 và theo bổ2.11, ||A(y) + (1−t)(DJ(y+z)−A(y+z))|| ≥ ||A(y)|| −(1−t)α 2||y+z|| ≥α||y|| − α 2(||y||+||z||) = α 2(δ1− ||z||)>0,
Điều này trái với (2.25).Do đó theo tính chất bất biến đồng luân của bậc tôpô, ta có (2.24). Suy ra deg(DJ(.+z)|Y, B0
Y(0, δ1),0) = (−1)dimH−
= 1. Theo tính chất bậc tôpô và(2.23)có duy nhấty0 thuộcBY(0, δ1) sao cho
DJ(z+y0)|Y = 0. (2.26)
Do đó, ta định nghĩa hàm số ψsao cho ψ(z) =y0. Bây giờ ta chứng minh J(z+ψ(z)) = min
v∈B0 Y(0,δ1)J(z+v). Thật vậy, theo (2.23) và(2.26), Nếuy6=ψ(z), ta có J(z+y)−J(z+ψ(z)) = Z 1 0 DJ(z+ψ(z) +s(y−ψ(z)))(y−ψ(z))ds = Z 1 0 [DJ(z+ψ(z) +s(y−ψ(z)))−DJ(z+ψ(z))](y−ψ(z))ds >0 và ta nhận được (i).
(ii) Cho {zn} là một dãy hội tụ về z0 trong Z. Ta chứng minh rằng {ψ(zn)} hội tụ về
ψ(z0). Thật vậy, từ {ψ(zn)} nằm trong BY(0, δ1) với bất kì số nguyên n, ta có thể giả sử
{ψ(zn)} hội tụ yếu về y0 thuộc B0
Y(0, δ1). Bây giờ ta chứng minh rằng {ψ(zn)} hội tụ về y0. Do||zn+ψ(zn)||<2δ1=δ, theo bổ đề 2.11ta thấy rằng ||DJ(zn+ψ(zn))||=||DJ(zn+ψ(zn))−A(zn+ψ(zn)) +A(zn+ψ(zn))|| ≤ ||A(zn+ψ(zn))||+||DJ(zn+ψ(zn))−A(zn+ψ(zn))|| ≤Γ||zn+ψ(zn)||+α 2||zn+ψ(zn)|| ≤(Γ + α 2).δ (2.27) Theo (2.26)và(2.27), ta có | hDJ(zn+ψ(zn)),(zn+ψ(zn))−(z0+y0)i |= =| hDJ(zn+ψ(zn)), zn−z0i | ≤ ||DJ(zn+ψ(zn))||||zn−z0|| ,
lim
n→∞hDJ(zn+ψ(zn)),(zn+ψ(zn))−(z0+y0)i= 0.
Do DJ thuộc lớp (S)+, nó suy ra rằng lim
n→∞ψ(zn) = y0. Chú ý DJ(zn+ψ(zn))|Y = 0. theo điều kiện (ii) của Định lý 0.2, DJ(z0+y0))|Y = 0. Do tính duy nhất của ψ(z0) suy ra
ψ(z0) =y0 vàψ liên tục.
(iii) Ta chứng minh j thuộc lớp C1. Cố địnhh trong Z. Sử dụng (i)của bổ đề này,
J(z+th+ψ(z+th))−J(z+ψ(z+th))≤
≤J(z+th+ψ(z+th))−J(z+ψ(z))
≤J(z+th+ψ(z))−J(z+ψ(z)), (2.28)
Theo điều kiện(ii) của Định lý0.2và tính liên tục củaψ, ta có
lim t→0 J(z+th+ψ(z+th))−J(z+ψ(z+th)) t = lim t→0 Z 1 0 DJ(z+sth+ψ(z+th))(h)ds=DJ(z+ψ(z))(h) (2.29) Tương tự, lim t→0 J(z+th+ψ(z))−J(z+ψ(z)) t =DJ(z+ψ(z))(h) (2.30) Theo (2.28),(2.29)và(2.30)ta nhận được lim t→0 J(z+th+ψ(z+th))−J(z+ψ(z)) t =DJ(z+ψ(z))(h). Vì thếDj(z)h=DJ(z+ψ(z))(h)và ánh xạ z7→Dj(z)h liên tục trên BZ(0, δ1). DoZ là không gian hữu hạn chiều, j thuộc lớp C1 trên BZ(0, δ1). Điều này hoàn thành chứng minh của bổ đề.
Định nghĩa 2.8 Cho Y là H+⊕H−. Ta kí hiệu P và Q lần lượt là phép chiếu từ Y vào
H+ và H−.
Bổ đề 2.14 Đặt δ1 = δ
2 , Y =H+⊕H− và Z=H0. Giả sử rằng với mọi zthuộcBZ0 (0, δ1),
x1+y1 6=x2+y2 ∈B0
Y(0, δ1)
hDJ(z+x1+y1)−DJ(z+x2+y2),(x1−x2)−(y1−y2)i>0. (2.31)
Ta có
(i) Tồn tại duy nhất ánh xạ ψ từ BZ(0, δ1) vào BY(0, δ1) sao cho
CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 45
J(z+ψ(z)) = min{J(z+Qψ(z) +x) :x∈H+;Qψ(z) +x∈BY(0, δ1)}, J(z+ψ(z)) = max{J(z+P ψ(z) +t) :t∈H−;P ψ(z) +t∈BY(0, δ1)}.
(ii) ψ liên tục trênBZ(0, δ1).
(iii) Đặt j(z) =J(z+ψ(z)) với mọiz thuộc BZ(0, δ1). Thì j thuộc lớp C1 và
Dj(z)h=DJ(z+ψ(z))h ∀ h∈Z.
Chứng minh
(i)Cố địnhz trongBZ(0, δ1). Ta sẽ kí hiệuA|Y vàDJ(.+z)|Y bằngA vàDJ(.+z). Theo bổ đề 2.12ta có deg(A, BY0 (0, δ1),0) = (−1)dimH−. Ta sẽ chứng minh
deg(DJ(.+z), BY0 (0, δ1),0) = deg(A, B0Y(0, δ1),0). (2.32) Đặt
h(t, y) = (1−t)DJ(y+z) +tA(y) ∀ (t, y)∈[0,1]×BY0 (0, δ1).
Ta sẽ chứng minh (1−t)DJ(y+z) +tA(y)6= 0 với mọi(t, y) thuộc[0,1]×B0
Y(0, δ1). Giả sử ngược lại rằng(1−t)DJ(y+z) +tA(y) = 0 với(t, y)thuộc[0,1]×∂BY(0, δ1). Suy ra rằng A(y) + (1−t)(DJ(y+z)−A(y)) = 0. DoZ là kerA,A(y+z) =A(y). Do đó A(y) + (1−t)(DJ(y+z)−A(y+z)) = 0. (2.33) Mặt khác từ||y||=δ1,||z||< δ1 và bổ đề2.11, ||A(y) + (1−t)(DJ(y+z)−A(y+z))|| ≥ ||A(y)|| −(1−t)α 2||y+z|| ≥α||y|| − α 2(||y||+||z||) = α 2(δ1− ||z||)>0,
điều này trái với (2.25). Do đó theo tính chất bất biến đồng luân của bậc tôpô, ta có (2.24)
vàdeg(DJ(y+z)|Y, B0
Y(0, δ1),0) = (−1)dimH−
. Theo tính chất của bậc tôpô và(2.23)có duy nhấty0 thuộcBY(0, δ1) sao cho
DJ(z+y0)|Y = 0. (2.34)
J(z+ψ(z)) = min{J(z+Qψ(z) +x) :x∈H+;Qψ(z) +x∈BY(0, δ1)}.
Thật vậy, chox thuộcH+ sao cho Qψ(z) +x∈BY(0, δ1), theo(2.32)và (2.34)
J(z+Qψ(z) +x)−J(z+ψ(z)) = = Z 1 0 DJ(z+ψ(z) +t(x−P ψ(z)))(x−P ψ(z))dt = Z 1 0 [DJ(z+ψ(z) +t(x−P ψ(z)))−DJ(z+ψ(z))](x−P ψ(z))dt >0. Tương tự ta có J(z+ψ(z)) = max{J(z+P ψ(z) +t) :t∈H−;P ψ(z) +t∈BY(0, δ1)}.
(ii) Cho {zn} là một dãy hội tụ về z0 trong Z. Ta chứng minh rằng {ψ(zn)} hội tụ về ψ(z0). Thật vậy, Do {ψ(zn)} nằm trong BY(0, δ1) với mọi số nguyên n,ta có thể giả sử
{ψ(zn)} hội tụ yếu về y0 trong BY0 (0, δ1). Bây giờ ta chứng minh {ψ(zn)} hội tụ về y0. Do
||zn+ψ(zn)||<2δ1=δ, theo bổ đề 2.11 ta thấy rằng ||DJ(zn+ψ(zn))||=||DJ(zn+ψ(zn))−A(zn+ψ(zn)) +A(zn+ψ(zn))|| ≤ ||A(zn+ψ(zn))||+||DJ(zn+ψ(zn))−A(zn+ψ(zn))|| ≤Γ||zn+ψ(zn)||+α 2||zn+ψ(zn)|| ≤(Γ + α 2)δ (2.35) Theo (2.34)và(2.35), ta có | hDJ(zn+ψ(zn)),(zn+ψ(zn))−(z0+y0)i |= =| hDJ(zn+ψ(zn)), zn−z0i | ≤ ||DJ(zn+ψ(zn))||||zn−z0|| ,
Điều này suy ra rằng
lim
n→∞hDJ(zn+ψ(zn)),(zn+ψ(zn))−(z0+y0)i= 0.
DoDJ thuộc lớp(S)+, suy ra lim
n→∞ψ(zn) =y0. Chú ý rằng DJ(zn+ψ(zn))|Y = 0. Theo điều kiện(ii)của Định lý0.2,DJ(z0+y0))|Y = 0. Do tính duy nhất củaψ(z0)suy raψ(z0) =y0
and ψ liên tục.
(iii) Ta chứng minh j thuộc lớp C1. Cố địnhh trong Z. Sử dụng (i)của bổ đề này,
CÁC KẾT QUẢ CHÍNH 47
≤J(z+th+ψ(z+th))−J(z+ψ(z))
≤J(z+th+P ψ(z) +Qψ(z+th))−J(z+P ψ(z) +Qψ(z+th)) (2.36)
Theo điều kiện(ii) của Định lý0.2và tính liên tục củaψ, ta có
lim t→0 J(z+th+P ψ(z+th) +Qψ(z))−J(z+P ψ(z+th) +Qψ(z)) t = lim t→0 Z 1 0 DJ(z+sth+P ψ(z+th) +Qψ(z))(h)ds=DJ(z+ψ(z))(h) (2.37) Tương tự, lim t→0 J(z+th+P ψ(z) +Qψ(z+th))−J(z+P ψ(z) +Qψ(z+th)) t =DJ(z+ψ(z))(h), (2.38) Theo (2.36),(2.37)và(2.38) ta nhận được lim t→0 J(z+th+ψ(z+th))−J(z+ψ(z)) t =DJ(z+ψ(z))(h). Vì thếDj(z)h=DJ(z+ψ(z))(h) và ánh xạz7→Dj(z)h liên tục trênBZ(0, δ1). DoZ là không gian hữu hạn chiều,j thuộc lớpC1 trênBZ(0, δ1) và ta nhận được (iii) Chứng minh định lý 0.2
Sử dụng bổ đề 2.14 và Định lý 0.1 và theo như chứng minh của Định lý 5.1 trong [5], ta nhận được định lý.
Trong tiểu luận này chúng tôi đã làm được những việc sau :
1. Chứng minh một định lý Mountain-pass không cần một số điều kiện compắc và trơn của toán tử. Kết quả này mạnh hơn hẳn các kết quả trong [1, 5, 7, 11, 18, 20].
2. Đưa ra bổ đề Morse-Palais mới không cần điều kiện C2 của hàm số cũng như là sự đầy đủ của không gian. Bổ đề Morse-Palais của chúng tôi có thể áp dụng cho một số bài toán mà những kết quả trong [14, 17] không áp dụng được.
3. Chứng minh một định lý Gromoll-Meyer không cần một số điều kiện compắc và trơn của toán tử. Kết quả này mạnh hơn hẳn các kết quả trong [5, 12, 17, 18].
Tiểu luận này là một phần trong bài báo [8] của chúng tôi, bài báo này đã được nhận đăng trên tạp chí "Topological Methods in Nonlinear Analysis". Gần đây một phần kết quả trong tiểu luận đã được mở rộng trong bài báo [9].
Tài liệu tham khảo
[1] A. Ambrosetti and P. H. Rabinowitz.Dual Variational methods in critical point theory and applications. J. Functional. Anal.14(1973), 349-381.
[2] L.H. An, P.X. Du, D.M. Duc and P.V. Tuoc, Lagrange multipliers for functions derivable along directions in a linear subspace, Proc. Amer. Math. Soc133 (2005),595-604.
[3] F. E. Browder,Nonlinear Elliptic Boundary Value Problems and the Generalized Topological Degree, Bull. Amer. Math. Soc,76, 999-1005,(1970).
[4] F. E. Browder, Fixed Point Theory and Nonlinear Problems, Proc. Sympos. Pure Math,
39, Part II, Amer. Math. Soc., Providence, R. I., 49-87, (1983).
[5] K.C.Chang, Infinite Dimensional Morse Theory and Multiple Solution Problems, Birkhauser (1993).
[6] Dương Minh Đức, Giải tích hàm, NXB Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Tp Hồ Chí Minh (2001).
[7] D.M. Duc, Nonlinear singular elliptic equations, London Math.Soc.40(1989), pp. 420-440. [8] D.M. Duc, T.V. Hung and N.T. Khai,Critical points of non-C2 functional, đã được nhận
đăng trên tạp chí Topological Methods in Nonlinear Analysis.
[9] D.M. Duc, T.V. Hung and N.T. Khai,Morse - Palais lemma for nonsmooth functionals on normed spaces, đã được nhận đăng trên tạp chí Proc. Amer. Math. Soc.
[10] D.M. Duc, N.L. Luc, L.Q. Nam and T.T. Tuyen, On topological degree for potential oper- ators of class (S)+, Nonlinear Analysis,55(2003), pp. 951-968.
[11] D.M. Duc and N.T. Vu, Nonuniformly elliptic equations of p-Laplacian type, Nonlinear Analysis,61 (2005), pp. 1483 - 1495.
[12] D. Gromoll and W. Meyer,On differentiable functions with isolated critical points, Topol- ogy, 8 (1969), pp. 361-369.
[13] H. Hofer,The topological degree at a critical point of mountain-pass type, Proc. Sym. Pure. Math.,45 (1986), Part 1, pp. 501-509.
[14] N. Kuiper,C1-equivalence of functions near isolated critical points, Princeton Univ. Press (1972).
[15] V. Lakshmikantham and S. Leela, Differential and integral inequalities V.1, Academic Press, New York, 1969.
[16] S. Lang,Analysis II, Addison- Wileys, Reading, 1969.
[17] C. Li, S.Li and J. Liu,Splitting theorem, Poincare - Hopf theorem and Jumping nonlinear problems, Functional Analysis, 221(2005), pp. 439 - 455.
[18] J.Mawhin and M. Willem, Critical point theory and Hamiltonian systems, Appl. Math. Sci., 74Springer Verlag(1989).
[19] R.S. Palais, Homotopy theory of infinite dimensional manifolds, Topology,5 (1966), pp. 1-16.
[20] P. Rabinowitz,Minimax methods in critical points theory with applications to Differential equations, CBMS regional Conf. Ser. Math., 65, Providence,(1986).
[21] I.V. Skrypnik,Nonlinear higher order elliptic equations(Russian), Noukova Dumka. Kiev (1973).