Chúng ta sẽ xem xét hệ (3.30) – (3.31). Để thuận tiện ta đặt:
Y = [1; 2], Z = [0; 2] Chúng ta giả sử rằng:
(i) h là một hàm tăng nghiêm ngặt, liên tục và ánh xạ X lên Y.
Chúng ta tìm hàm σ : Z →Z liên tục, tăng nghiêm ngặt thỏa mãn cả hai (3.30) và (3.31) trên X. Để thuận tiện ta thay thế (3.30) – (3.31) bởi hệ tương đương:
ϕ h(2−ny)= 1 + 2−nϕ(y), n∈N0, y ∈Y (3.33) Bổ đề 3.3.7.
X thì ψ =σ|Y thỏa mãn (3.33). Đảo lại, nếu ψ : Y → Y thỏa mãn (3.33) và
ψ(1) = 1, ψ(2) = 2 thì σ :Z →Z xác định bởi
σ(0) = 0
σ(x) = 2−nψ(2nx), 2−n < x≤2−n+1, n∈N0
thỏa mãn (3.30) và (3.31) trong X. Hàm σ liên tục hoặc tăng hoặc tăng nghiêm
ngặt trên Z khi ψ cũng như vậy trên Y.
Chúng ta sẽ xây dựng một nghiệm thích hợp của (3.33). Dãy xác định bởi
tn =h(2−n), n∈N0
là dãy giảm nghiêm ngặt và lim
n→∞tn =h(0) = 1. Cho ψ0 : Y → R là một hàm bất kỳ thỏa mãn ψ0(1) = 1, ψ0(2) = 2. Xác định dãy hàm ψm :Y →R, n∈N bởi
ψm(1) = 1
ψm(y) = 1 + 2−nψm−1 2nh−1(y), 1< y < tn,∀n0 ∈N0
)
(3.34)
Định lí 3.3.8.
Với mọi hàm bị chặn ψ0 : Y →R với ψ0(1) = 1, ψ0(2) = 2 dãy (3.34) hội tụ đều
tới hàm bị chặn ψ : Y → R với ψ(1) = 1, ψ(2) = 2, thỏa mãn hệ (3.33) trên Y
(∀n∈N0). Nghiệm ψ này liên tục hoặc tăng trên Y khi ψ0 cũng vậy.
Chứng minh.
Ứng với mỗi y ∈ Y\ {1} có một n ∈ N0 duy nhất sao cho tn+1 < y ≤ tn, tức là
y1= 2nh−1(y)∈Y\ {1}. Vì vậy theo (3.34) ta có:
|ψm+1(y)−ψm(y)|= 2−n|ψm(y1)−ψm−1(y1)| ≤ 1
2|ψm(y1)−ψm−1(y1)|.
Tiếp tục lập luận này đối với y1 và cứ tiếp tục như vậy cuối cùng ta thu được
ym ∈Y\ {1} sao cho:
|ψm+1(y)−ψm(y)| ≤2−m|ψ1(ym)−ψ0(ym)| ≤M .2−m
Với y ∈Y, m ∈N, bất đẳng thức cuối cùng thu được từ tính bị chặn của ψ0. Từ đó suy ra {ϕm} là một dãy hội tụ đều tới một hàm ψ :Y →R trên Y. Theo (3.34) chúng ta có với n ∈N0 cố định:
ψm h(2−ny)= 1 + 2−nψm−1(y), y∈Y, m ∈N.
Cho m →+∞ chúng ta thây rằng ψ thỏa mãn (3.33) trong Y.
Bây giờ, nếu ψ0 là liên tục hoặc tăng hoặc ánh xạ Y lên chính nó thì tính chất đó cũng đúng cho mọi ψm, m ∈N. Quá trình tính giới hạn sẽ bảo toàn các tính chất đó nên ta có điều phải chứng minh.
Chúng ta xem xét tới sự duy nhất của nghiệm liên tục và tăng nghiêm ngặt
ψ :Y →Y của (3.33). Đầu tiên chúng ta xét chúng trên tập D gồm các số hữu tỷ nhị nguyên trong (1, 2): D= ( d∈(1,2) :d= 1 + k X j=1 2−n1−...−nj; nj ∈N;j = 1, k, k∈N ) Ta xét hàm hn :Y →[tn, tn−1] xác định bởi: hn(y) = h(2−ny), n∈N
Bằng quy nạp chúng ta thu được với ψ thỏa mãn (3.33) và d ∈D
ψ(hn1 ◦hn2 ◦...◦hnk(y)) =d+ 2−n1−...−nk(ψ(y)−1), k ∈N (3.35) Tiếp theo chúng ta thay y=1 và viết:
H(d) =hn1 ◦hn2 ◦...◦hnk(1) với d= 1 +
k
P
j=1
2−n1−...−nk ∈D
Gọi C là dãy các H(d), C = H(D) ⊂ (1,2). Ta chứng minh được rằng H là một ánh xạ một - một tăng từ D vào C.
Từ ϕ(1) = 1, chúng ta thu được từ (3.35)
ψ(H(d)) =d, d∈D (3.36)
Vì vậy, ψ xác định duy nhất trên C.
Cho cl(C) là một tập con đúng của Y, lấy một khoảng mở (a, b) ⊂ Y\cl(C) tiếp giáp với cl(C). Chúng ta chứng minh rằng ψ(a) = ψ(b), tức là ψ là hằng trên [a; b]. Thật vậy ψ(a) ≤ ψ(b) do ψ là hàm tăng. Nếu ψ(a) < ψ(b) thì có một d ∈ D
sao cho ψ(a) < d < ψ(b). Hơn nữa, d =ψ(c) ở đó c=H(d) ∈C và a < c < b, theo (3.36) ψ là một song ánh tăng nghiêm ngặt từ C vào D. Nhưng (a, b) không thể chứa một điểm của C và đây là một mâu thuẫn nên ψ(a) = ψ(b).
Cuối cùng, nếu C trù mật trong Y thì tính đơn điệu và liên tục của ψ cùng với (3.36) ngụ ý tính duy nhất nghiệm ψ :Y → Y của (3.33). Lại theo (3.36), ψ cần phải tăng nghiêm ngặt trên Y.
Áp dụng định lý 3.3.8 và bổ đề 3.3.7 ta chứng minh được định lý sau: Định lí 3.3.9.
Nếu giả thiết (i) được thỏa mãn thì có duy nhất một hàm tăng, liên tục σ :Z →Z
thỏa mãn (3.30) và (3.31) trên X. Hơn nữa, σ tăng nghiêm ngặt nếu và chỉ nếu
Chú ý 3.3.10.
Định lý 3.3.9 ngụ ý rằng s.A T được nói đến trong định lý 3.3.6(a) tồn tại nếu và chỉ nếu tập C trù mật trong [1,2].
Các phần tử của C có thể được khai triển quaf và g, nhưng kiểm tra tính trù mật là một bài toán khó. (xem trong Darsow – Frank [9]).
3.4. Hệ Abel và các phương trình vi phân có lệch
Chúng ta xét phương trình vi phân bậc một với lệch f(x) là:
A(f) =A x, y(x),y(f(x)), y0(x), y0(f(x))= 0
bằng phép đổi biến x → t = ϕ(x) phương trình A(f) = 0 chuyển sang dạng khác với lệch g(t), ở đó g =ϕ◦f◦ϕ−1. Theo cách này, chúng ta dẫn đến phương trình liên hợp (1.12), hơn nữa ϕ là hàm khả nghịch và đủ trơn. Nếu chúng ta muốn có một lệch hằng g(t) =t+c thì (1.12) trở thành phương trình Abel:
α(f(x)) =α(x) +c
Để tìm một nghiệm α thích hợp, chúng ta sẽ áp dụng lý thuyết về các nghiệm khả vi.
Bây giờ chúng ta xét phương trình bậc n với k lệchf1(x), f2(x), ..., fk(x)làAn(f1, ..., fk) = 0. Việc tồn tại một phép biến đổi α biến phương trình này thành phương trình dạng Bn(g1, ..., gn) = 0 với các lệch hằng số:
gi(t) = t+ci, i= 1, ..., k; ci 6= 0.
tương đương với việc tồn tại một nghiệm chung α của hệ các phương trình Abel đồng thời:
α(fi(x)) = α(x) +ci, i= 1, ..., k, ci6= 0 (3.37) Hệ (3.37) sẽ được giải dưới các giả thiết sau:
(i) X ⊂R là một tập mở bị chặn hoặc một khoảng vô hạn.
(ii) fi : X → X thuộc lớp Cn trên X, fi0(x) > 0, ∀x ∈ X, fi(x) 6= x trên X,
fi(X) = X với i= 1,2, ..., k, n∈N.