Lý thuyết về phương trình trong không gian Banach có thứ tự

y tỏ lòng tri ân sâu sắc đến thầy PGS.TS Nguyễn Bích Huy.Thầy là người đã khơi nguồn ý tưởng ,tạo trong em ý thức ham học hỏi và lòng say mê nghiên cứu khoa học.Thầy cũng đã hết lòng tận tâm hướng dẫn, giúp em tích lũy được nhiều bài học kinh nghiệm bổ ích để em thực hiện Luận văn này. Luận văn chắc hẳn còn có những thiếu sót Kính mong nhận được sự góp ý của quý Thầy Cô. MỞ ĐẦU Lý thuyết về phương trình trong không gian Banach có thứ tự được bắt đầu từ những năm 1940 và được phát triển cho đến ngày nay. Lý thuyết này tìm được những ứng dụng có giá trị trong nhiều lĩnh vực như Vật lý, Sinh học, Hoá học, Kinh tế … Trong lý thuyết này nhiều lớp phương trình đã được nghiên cứu bằng các phương pháp khác nhau bởi các nhà toán học từ nhiều trường phái. Việc tập hợp các kết quả về một số lớp phuơng trình cơ bản nhất và trình bày chúng một cách có hệ thống là việc làm cần thiết. Mục tiêu của luận văn là trình bày một số kết quả về sự tồn tại nghiệm dương của các lớp phương trình cơ bản trong không gian có thứ tự và phương trình trong không gian Banach có thứ tự đề chứng minh sự tồn tại nghiệm của một số lớp phương trình vi phân và tích phân. Luận văn gồm 3 chương: Chương 1: Trình bày các khái niệm cơ bản về mặt nón và các dạng nón trong không gian Banach có thứ tự,lý thuyết bậc topo trên mặt nón,các kết quả về điểm bất động dương của ánh xạ compac và điểm bất động của ánh xạ tăng. Chương 2: Trình bày về sự tồn tại nghiệm dương của một lớp phương trình vi phân,tích phân.Trong đó,chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm dương tuần hoàn của phương trình tích phân,nghiệm dương của bài toán biên 3_điểm và nghiệm của phương trình vi phân hàm. Chương 3: Trình bày về phương trình vi phân chứa tham số, trong đó ứng dụng định lý phân nhánh toàn cục vào một mô hình lò phản ứng hạt nhân và hệ phản ứng khuếch tán. Chương 1: PHƯƠNG TRÌNH TRONG KHÔNG GIAN BANACH CÓ THỨ TỰ 1.1.Không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón. 1.1.1.Nón và thứ tự sinh bởi nón Định nghĩa: 1) Tập K trong không gian Banach thực X gọi là nón nếu i) K là tập đóng ii) , , 0K K K K K      iii) }{)(  KK 2) Nếu K là nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định bởi : Kxyyx  Mỗi }{\ Kx gọi là dương Mệnh đề 1: Giả sử “” là thứ tự sinh bởi nón, khi đó 1) 0,,,   Xzyxzyzxyx 2)   yxyyxxNnyx nnnn  lim,lim),( * 3) Nếu {xn} là dãy tăng, hội tụ về x thì *, Nnxxn  Chứng minh 1) Ta có (y+z)-(x+z)=y-x  K Kxyxy  )( 2) Suy từ tính chất đóng của K 3) Cho m trong bất đẳng thức mnn xx  1.1.2.Nón chuẩn Định nghĩa : Nón K gọi là nón chuẩn nếu: 0 : .N x y x N y      Mệnh đề 2 : Giả sử “” là thứ tự sinh bởi nón chuẩn, khi đó 1) Nếu vu  thì đoạn , : { : }u v x X u x v      bị chặn theo chuẩn 2) Nếu )( *Nnzyx nnn  và azax nn  lim,lim thì ayn lim 3) Nếu {xn} đơn điệu, có dãy con hội tụ về a thì axn lim Chứng minh 1) uvNuxuvuxvux  .,  vuNux  . 2) nnnnnnnn xzNxyxzxy  . 3) Coi {xn} tăng và lim nkx k a   Vì xn  xnk ( n cố định, k đủ lớn) nên xn *Nna  Cho 0 , chọn k0 để Nax kn /0  thì ta có oknnk xaxann  0  0 . knn xaNxa 1.1.3.Nón chính quy: Định nghĩa : Nón K gọi là nón chính quy nếu mọi dãy tăng, bị chặn trên thì hội tụ. Mệnh đề 3: Nón chính quy là nón chuẩn Chứng minh Giả sử K là nón chính quy nhưng không là nón chuẩn, khi đó: nnnnnn ynxyxyxNn 2* ,:,   Đặt nnnnnn xyvxxu /,/  thì nnnn vuvu ,1,0  <1/n2 Vì  1n nv nên tồn tại    1 : n nvv Dãy sn:= u1+…+un tăng, bị chặn trên (bởi v) nên hội tụ, suy ra lim (!)nu  Ví dụ : nón các hàm không âm trong Lp(1  p ) là nón chính quy. 1.1.4.Nón sinh: Định nghĩa : K gọi là nón sinh nếu X= K - K hay vuxKvuXx  :,, Ví dụ: 1) Nón các hàm trong âm trong C(K), Lp là nón sinh. 2) Nếu nón K có điểm trong uo thì ta có: Xxuxrxuxrr oo  ,....:0 Do đó K là nón sinh. Chứng minh 2) .),(:0 KBuo   Số r=1/ cần tìm Ta có: x=(x+r.||x||.uo)-r.||x||.uo Mệnh đề 4: Nếu K là nón sinh thì tồn tại số M>0 sao cho ||||.||||||,||.||||,:,, xMvxMuvuxKvuXx  Chứng minh I) Đặt C= K )1,(B ta chứng minh ),(:0 rBCr  Thật vậy, nCUX n    1 ( do K là nón sinh)  Gno  , mở : noC G (do định lý Baire) Vì C lồi, đối xứng nên : G n G n CCCC oo 2 1 2 1 2 1 2 1  (mở, chứa  ) II) Ta chứng minh : 2 r B C ( B:= B (0,1)) .Lấy 2 ra B  Ta sẽ xây dựng dãy {xn} thoả : xn 1 2n C , k 1 x n k a   < 12nr Thật vậy, vì 2n r B 1 2n C nên 1, 0, 2 2n n ry B x C      y x   Ta có : 1 1 2 1 : 2 2 2 r ra B x C a x      1 2 1 22 2 3 1 : ,... 2 2 2 r ra x B x C a x x         Vì 1 2n n x C nên 1, : , , 2n n n n n n n n u v K x u v u v     Đặt 1 1 ,n nu u v v      , ta có a u v  , , 1u v  vậy a C III) x   , ta có . ' ' 2 r x u v x   với ', ' , ' , ' 1u v K u v  2, , , , . ( : )x u v u v K u v M x M r       1.2. Điểm bất động dương của ánh xạ compắc 1.2.1 Bậc topo của toán tử dương Bổ đề : Cho không gian Banach X, tập đóng MX và ánh xạ compắc :A M X . Khi đó tồn tại ánh xạ compắc :A X X Sao cho : ( ) ( )A x A x ,x M  ( ) ( ( ))A x co A M Định nghĩa: Cho X là không gian Banach với nón K Giả sử GX là tập mở, bị chặn, :A K G K  là ánh xạ compắc sao cho Ax x x K G   Gọi :A X X là ánh xạ compắc sao cho : ( ) ( ), (*) ( ) A x A x x K G A X K       Khi đó ( )x A x   x G  nên bậc topo deg ( , , )A G  xác định Ta định nghĩa ( , ) deg ( , , )ki A G A G  . Và gọi ( , )ki A G là bậc topo theo nón K của ánh xạ A trên tập mở G  Kiểm tra định nghĩa trên có lý : Giả sử Â là một mở rộng khác của A thoả (*) Xét ánh xạ ( , ) ( ) (1 ) ( )F x t t A x t A x   ta có: ( , ) , ( , ) [0,1] deg( , , ) deg( , , ) ( ,0) ( ), ( ,1) ( ) F x t x x t G A G A G F x A x F x A x          Tính chất: 1) Giả sử Ao, A1 là compắc và đồng luân dương trên K G theo nghĩa : tồn tại ánh xạ compắc : ( ) [0,1]F K G K   sao cho 0 1( , ) , ( , ) ( ), ( ,1) ( )F x t x F x o A x F x A x   Thế thì: 0 1( , ) ( , )k ki A G i A G 2) Giả sử G, G1, G2 là các tập mở bị chặn, 1 2G G  , iG G , ( 1, 2)i  và :A K G K  compắc thoả mãn: ( )A x x , 1 2( \ ( ))x K G G G    Khi đó 1 2( , ) ( , ) ( , )k k ki A G i A G i A G  3) Nếu :A K G K  compắc và ( , ) 0ki A G  thì A có điểm bất động trong K G 1.2.2 Tính bậc: Giả sử G là tập mở, bị chặn, chứa  Bổ đề: Giả sử 0( )A x x K  . Khi đó 0 0 1, ( , ) 0, k neu x i A G neu x G    Chứng minh . 0 (0, ) deg( , , ) 1kx i G G      . 0x G (A không có điểm bất động trong G) ( , ) 0ki A G  Định lí 1: Cho A: K G K  là ánh xạ compắc 1) Nếu Ax x , x K G   , 1  thì ( , ) 1ki A G  2) Nếu tồn tại phần tử 0 \{0}x K sao cho 0x Ax x  , x K G   , 0  thì ( , ) 0ki A G  Chứng minh 1) A đồng luôn dương với 0 ( )A x  (xét F(x,t)=t A(x)) 2) Ta chứng minh A đồng luân dương với 0 0( )A x x khi  đủ lớn Chỉ cần chứng minh 0 sao cho 0(1 ) ( )x t A x t x   , x K G   , 0   , [0,1]t  Giả sử trái lại , [0,1],n n nx K G t         , sao cho: 0(1 )n n n n nx t Ax t x   (1) Có thể coi ( nếu không ta xét dãy con) lim 0n nt    (do { n nt  } bị chặn), lim nt =0 ( do lim n   ) Do A compắc nên { ( )nA x } hội tụ và do đó { nx } hội tụ về một x K G  Khi đó qua giới hạn trong (1) Ta có: 0x Ax x  (vô lý) Hệ quả: Giả sử B: X X là ánh xạ tuyến tính compắc, dương và không có vectơ riêng trong K với giá trị riêng bằng 1.Khi đó: 1) ( , ) 1ki B G  nêú B không có vectơ riêng trong K với giá trị riêng 1  2) ( , ) 0ki B G  nếu B có vectơ riêng trong K với giá trị riêng 1  Chứng minh 1) Được suy ra từ 1) định lý 1 2) Giả sử 0 0Bx x , 0 \{ }x K  , 1  . Ta có: 0x Bx tx  , x K G  Bv v  với 01 tv x x    v K  t<0 vậy điều kiện 2) của định lí 1) đúng Định lý 2; 1) Giả sử A: rK K compắc, ( )A   có đạo hàm theo nón K tại  là 'A  và 'A  không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1 Khi đó: ( , ( , ) ( ' , ( , ))k ki A B i A B    với 0  đủ nhỏ 2) Giả sử A: \ rK K K compắc, có đạo hàm theo nón K tại  và 'A  không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1. Khi đó: ( , ( , )) ( ' , ( , ))k ki A B i A B    với  >0 đủ lớn Chứng minh 1) Ta có: . ( ) (1 ) ' ( ) ' ( ) [ ( ) ' ( )x t A x t A x x A x t A x A x         ' ( ) ( ) ' ( )x A x A x A x     (do 0 1t  ) Suy ra ( )0 : ' ( ) . ,a x A x a x x K      (do ' ( )x A x , \{ }x K   và 'A  compắc trên K) , 0 ( ) ' ( )lim 0 x K x A x A x x      Do đó: A và 'A  đồng luân dương trên ( , )B   khi  đủ nhỏ 1.2.3. Tồn tại điểm bắt động dương: Ta kí hiệu { : }rB x X x r   , { : }rS x X x r   , r>0, r rK K B  Định lí 3: Giả sử A: rK K compắc và tồn tại 1 2, (0, )r r r , 1 2r r sao cho: 1) Ax x , 1rx K S   , 1  2) Tồn tại: 0 \{ }x K  thoả 0x Ax x  , 2rx K S   , 0  Khi đó A có điểm bắt động dương x thoả mãn 1 2 1 2min{ , } max{ , }r r x r r  Chứng minh Coi 1 2r r , ta có: 1( , ) 1k ri A B  , 2( , ) 0k ri A B  Áp dụng tính chất 2), 3) của bậc tôpô ta có 2 1\r rx B B  thoả x=Ax Hệ quả: Kết luận định lí 3 vẫn đúng nếu thay các điều kiện 1), 2) bởi: 1) Ax x , 1rx K S   2) Ax x , 2rx K S   Chú ý: ( )Ax x A x x   , 1  0Ax x x Ax x    , 0  Định lý 4: Giả sử có điều kiện 1) của định lí 3 và 2) Ax x , 2rx K S   , 1  (1) 2inf{ ( ) : } 0rA x x K S   (2) Khi đó kết luận của định lí 3 đúng Chứng minh Do (1) ta có A và tA (t>1) đồng luân dương trên 2rK S nên    2 2, ,k r k ri A B i tA B 1t  Ta chứng minh tồn tại 0t sao cho (*) 0t t  , 2rx K S   , 0  0 0( \{ }x tAx x x K     cố định) Giả sử trái lại nt  , 2 00 :n r n n n n nx K S x t Ax x        Có thể coi lim nAx y và 0y  (do (2)), y K Mặt khác ta có: 1n n n Ax x t   (!) vậy (*) đúng hay 2( , ) 0k ri tA B  0t t  Do đó: 2( , ) 0k ri A B  Định lí 5 Giả sử :A K K là ánh xạ compắc; A  ,A khả vi theo nón tại ,  và 1) ' , 'A A  không có trong K vectơ riêng với giá trị riêng bằng 1 2) 'A  không có, 'A  có trong K vectơ riêng với giá trị riêng lớn hơn 1. Khi đó A có điểm bất động trong \{ }K  . Chứng minh Ta có: áp dụng định lí 2) ( , ) ( ' , ) 1k r k ri A B i A B  khi r đủ nhỏ ( hệ quả 1) ( , ) ( ' , ) 0k R k Ri A B i A B  khi R đủ lớn ( hệ quả 2 của định lí 1) ( \ ) :R rx K B B x Ax    1.3.Điểm bất động của ánh xạ tăng 1.3.1. Nguyên lý Entropy ( Brezis-Browder) Giả sử i) X là tập sắp thứ tự sao cho mỗi dãy đơn điệu tăng trong X có cận trên ii) : [ , )S X    là một hàm đơn điệu tăng ( ( ) ( ))u v S u S v   và bị chặn trên Khi đó: tồn tại phần tử 0u X có tính chất 0 0, ( ) ( )u X u u S u S u     (1) Chứng minh Lấy tuỳ ý 1u X rồi xây dựng các phần tử 1 2 ...u u  như sau. Giả sử đã có nu , ta đặt { : }n nM u X u u   , sup ( ) n n u M S u   , Nếu ( )n nS u  thì nu cần tìm. Nếu ( )n nS u  ta tìm được 1nu  thoả 1 1 1( ) ( ( )) 2 n n n n n n u M S u S u        Nếu quá trình trên vô hạn thì ta có dãy tăng { }nu thỏa: 12 ( ) ( )n n nS u S u    *n N  Gọi 0u là một cận trên của { }nu với 0u u , ta có nu M *n N  (do nu u ) Suy ra 1( ) 2 ( ) ( )n n nS u S u S u    Suy ra ( ) lim ( )nS u S u (chú ý giới hạn tồn tại) Suy ra 0( ) ( )S u S u hay 0( ) ( )S u S u 1.3.2. Định lí: Giả sử X là không gian Banach được sắp bởi nón K, M X là tập đóng và :F M X là ánh xạ tăng, thỏa mãn i) ( )F M M , 0 0 0: ( )x M x F x   ii) F biến mỗi dãy tăng thuộc M thành dãy hội tụ. Khi đó F có điểm bất động trong M Chứng minh Đặt 0 { : ( )}M x M x F x   Suy ra 0M   (do 0 0x M ) 0( ) sup{ ( ) ( ) : , , }g x F y F z z y M y z x     Ta sẽ áp dụng nguyên lý Entropy cho tập 0M và hàm (-g) i) 0{ }nx M  , { }nx tăng : lim ( ),nx F x x M   nx x  (do ( )n nx F x x  ) Suy ra x là cận trên của nx trong 0( , )M  ii) 1 2 0 2 0 1 1 2{ , : } { , : }, ( ) ( )x x y z M y z x y z M y z x g x g x            nên 0a M  , 0x M  , x a thì g(x)=g(a). Ta chứng minh g(a)=0. Nếu g(a)>c >0, ta có : 1 0 1 1: , ( ) ( )y M y a F y F a c     Do 1( ) ( )g y g a c  nên 2 0 2 1,y M y y   2 1( ) ( )F y F y c  Kết quả ta có dãy tăng 0 1{ } , ( ) ( ) 0n n ny M F y F y c    (mâu thuẫn) Do g(a)=0 nên F(y)=F(a). 0 ,y M y a   . vì 0 ( )a M F a a   nên F(F(a))=F(a) hay b=F(a) là điểm bất động Hệ quả 1: Giả sử : ,F u v X  là ánh xạ tăng, thỏa mãn: i) ( ), ( )u F u F v v  ii) F() là tập compắc tương đối, K là nón chuẩn Khi đó F là điểm bất động trong . Chứng minh { } ,nx u v   , { }nx tăng, ta có: { ( )}nF x có dãy con hội tụ Suy ra { ( )}nF x hội tụ (do ( )nF x tăng, K là nón chuẩn) Hệ quả 2: Giả sử : ,F u v X  là ánh xạ tăng, thỏa : i) ,u Fu Fv v  ii) K là nón chính quy. Khi đó F có điểm bất động trong 1.4 .Phương trình chứa tham số 1.4.1. Nhánh liên tục các nghiệm dương Cho không gian Banach X được sắp bởi nón K và ánh xạ : (0 )rA K K r    Xét bài toán tìm \{ }, 0x K    thỏa phương trình ( )x A x (1) Đặt { \{ }, 0, ( )}S x K x A x      Định nghĩa: Ta nói S là nhánh liên tục từ  , có độ dài r nếu với mọi r’< r, mọi tập mở G mà ( , ')G B r   thì ta luôn có S G   Định lý 1: Cho ánh xạ hoàn toàn liên tục : rA K K thỏa mãn ( ) ( )A x B x với B có các tính chất sau: i) : rB B K là ánh xạ tăng, ii) \{ }, , 0 : ( )u K a b B tu atu     [0, ]t b  (điều kiện trên tuyến tính) Khi đó tập nghiệm S của phương trình (1) là nhánh liên tục có độ dài r. Chứng minh Xét tập mở ( , ')G B r   , r’<r . Giả sử trái lại S G  hay ( )x A x , 0x K G      ( , ) , (0, )ki A G const     (1) Ta sẽ chứng minh ( , ) 1ki A G  khi  dủ nhỏ (2) Thật vậy, chọn , 0   thỏa : ( ) x x K G A x        Khi đó ta có: . ( ),t x A x x K G   1t t     khi  nhỏ. . Ta sẽ chứng minh khi  lớn thì x Ax tu  , 0x K G t     (3) Và do đó sẽ có ( , ) 0ki A G  khi  lớn, mâu thuẫn (1), (2) Nếu (3) không đúng ta có: , 0,n nx K G t    n  : n n n nx Ax t u  (*) Gọi ns là số cực đại thỏa n nx s u Từ (*) ta có 0n n nx t u s   ( do 0n ns t  ) Đặt 1 { : }nN n s b  , 2 { : }nN n s b  * Nếu 1N vô hạn, ta có: 1 ( ) ( ) ( )n n n n n n n n nn N x A x B x B s u a s u          n n nas s  (vô lý)( chú ý n a>1) * Nếu 2N vô hạn, ta có: 2n N  ( ) ( )n n n n nx B s u B bu abu      1 n n abx u u    (vô lý) Định lí 2 Giả sử : rA K K hoàn toàn liên tục thỏa các điều kiện i) Ax  \{ }rx K   ii) Tập nghiệm S của phương trình (1) là nhánh liên tục từ  , độ dài r iii) 0 lim ( ) lim ( ) x x r x a b x     (1) Hoặc 0 lim ( ) lim ( ) x r x x a b x     Khi đó; ( , )a b  thì phương trình (1) có nghiệm Chứng minh Xét trường hợp (1) trong iii). Giả sử trái lại: 0 0( , ) :a b x Ax    \{ }x K   (2) Đặt 1 0{ : ( ) }S x S x    { } , 2 0{ : ( ) }S x S x    ta có Do (1): 1 1sup{ : } ,x x S r r   2 2inf{ : } 0x x S r   (3) Ta chứng minh 1 2( , ) 0d S S   . Ta có: . 1S là tập compắc. Thật vậy, với 1{ }nx S ta có: ( )n n nx x Ax ( )nx bị chặn nên có dãy con hội tụ về 0  ( )nA x có dãy con hội tụ { }nx có dãy con hội tụ về x thỏa ( )x A x hay 1x S . 2S là tập đóng. Thật vậy, với 2{ } ,n ny S y y  , ta có: y  (do (3)), lim ( ) ( ) 0nA y A y  ( do gt i)) 0lim ( )ny      (do 0 0( ). ( ) ( ) ,( ) ( ) n n n n n n y yy y A y y A y A y            ) 0( )y A y     (do (2)) Vậy 0  và ta có 2y S Chọn  thỏa 10 min{ , }r r    và đặt 1 ( , ) x S G B x     Ta có 1( , )G B r     , G mở, S G  vô lý. 1.4.2. Phân nhánh toàn cục nghiệm dương Ta xét toán tử A: [0,) K  K thoả mãn (H1): A(,0)=0 với mọi  0, A(,x)=L(x) + g(,x) với L và g thoả mãn: i) L là một toán tử tuyến tính compắc, biến K vào K với mọi   0 và ánh xạ L là liên tục theo chuẩn ii) g: [0,)x K  X là compắc và g(,x) = 0 (|| x ||) khi || x ||  0 và sự hội tụ là đều cho   [0, a] với mọi a0. Chúng ta sẽ xét phương trình: x = A(,x) (1) Đặt S = {(,x)[0,)x K : x =A(,x) và x  0} và S là bao đóng của S Nếu (0,0) là một điểm phân nhánh dương của (1). Nghĩa là nếu (0,0) S thì ta kí hiệu 0( )S  là thành phần liên thông của S , chứa (,x) Định lý 1: Giả sử giả thiết (H1) và giả thiết dưới đây được thoả mãn: (H2): Tồn tại 0  (0,) thoả 1 là một giá trị riêng của 0L với vectơ riêng trong K và thoả: i) tx=L(x) với x  K \ {0}, [0,0) kéo theo t1, và: ii) Với mọi (0,). Tồn tại h  K \ {0} thoả x = L(x) + t.h, x  K \{0} kéo theo t0 Thì (0, 0) là một điểm phân nhánh dương của (1) và S(0) có ít nhất một trong các tính chất sau : (a) S(0) là không bị chặn. (b) Hình chiếu của S(0) lên trục _ chứa đoạn [0,0) ( nghĩa là phương trình (1) có nghiệm không tầm thường trong K với mỗi [0,0)) Chứng minh Từ giả thuyết (H1), (H2), ta xác định được bậc tôpô d(I – A(,.), (0) ,0rB K ) với 0 và r  0 đủ nhỏ như sau : 0 0 1, [0, ) d(I – A( ,.), (0) ,0) 0, ( , )r neu B K neu          Do đó, (0,0) là điểm phân nhánh duy nhất của nghiệm dương của (1). Chúng ta sẽ chứng minh rằng tính chất (b) đúng nếu tồn tại dãy (n, xn)  S(0) thoả lim 0nn   , sup x   (2) Thật vậy, không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử rằng 0lim nn x x K   và do đó (0, x0)  S(0), x0 = A(0, 0x ). Chúng ta sẽ chỉ ra rằng x0  0. Giả sử trái lại 0x = 0. Viết :  0 0 ( , )( ) ( )( )nn n n n n n n n n x x x g xL L L x x x x     và do tính compắc của L0 ta giả sử rằng 0 ( )n n xL x hội tụ. Thì khi đó n n x x hội tụ tới một y  K\ {0} và ta có y = L0(y), trái với H2 (i). Bây giờ, giả sử rằng S(0) không chứa dãy (n, xn) thoả điều kiện (2). Thì chứng minh tương tự trong định lý phân nhánh toàn cục của Rabinowitz và Dancer ta sẽ chứng minh rằng S(0) là không bị chặn. Định lý được chứng minh đầy đủ. Từ chứng minh trên ta có hệ quả sau: Hệ quả: Với giả thiết của định lý 1 trên và giả sử thêm rằng: (H3): x  A(0,x),  x  K \ {0}. Thì thành phần S(0) là không bị chặn. Giả sử H2(ii) đúng nếu L với  (0, ) có một vectơ riêng trong K ứng với một giá trị riêng lớn hơn 1 và không có trong K vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng bằng 1. Chương 2 : NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN, TÍCH PHÂN 2.1.Nghiệm dương tuần hoàn của một phương trình tích phân Một số bài toán về sự lan truyền bệnh dịch dẫn đến việc tìm nghiệm dương, có chu kỳ  của phương trình ( ) [ , ( )]t t x t f s x s ds  (*) Với các giả thiết 1) : [0, ) [0, )f R    liên tục, có chu kỳ  theo biến thứ nhất ( ,0) 0f t  ; ( , )lim 0 x f t x x  đều đối với [0, ]t  2) Tồn tại hàm : [0, )R   có chu kỳ  , số 0  sao cho 0 ( , ) ( ) (0, ], ( ) 0f t x t x t dt x       Mệnh đề: Tồn tại số 0 sao cho 0   phương trình (*) có nghiệm dương, chu kỳ  Chứng minh Ta sẽ áp dụng định lý 3 mục 1.2.3 Ký hiệu: X là không gian các hàm liên tục, có chu kỳ  , 0 max | ( ) | t x x t  K là nón các hàm ( ) 0x t  ( ) [ , ( )] t t Ax t f s x s ds  Suy ra [ ( )]' ( , ( )) ( , ( ))Ax t f t x t f t x t     Đặt [0, ] ( ) inf ( ) t tt s ds    ta có lim ( )     (do 0( ) [ ] ( )s ds     ) Gọi 0 là số mà 0( ) 1      (do lim ( )     ) I) Chọn ( ) 1u t  coi x Ax x S   , trong đó S K S    Ta có: ( , , 0)x Ax u x S     ( )x t   0 [ , ( )]( ) ( ) ( ) min ( ) ( ) t t t t t f s x sx t x s ds x ds x t x s          (do (2)) 0 ( ) min ( ) t x t       Vô lý vì ( ) 1   II) 0   đặt ( )C  là số thỏa ( , ) 1f t xx  ( ), [0, ]x C t     (do(1)) ( ) max{ ( , ) : [0, ], [0, ( )]}M f t x t x C     Chọn . ( )r M  , coi rx Ax x S    , ta có: ( , )rAx x x S x r     Mặt khác, ta có ( , ) ( ( ), ) ( , ) ( ), [0, ( )] xf t x x C f t x M x C           Suy ra ( , ) { , ( )}xf t x max M  Suy ra ( )( ) max{ , ( )} { , ( )}t t x sx t M ds max x M     ( ) 1 x r      2.2 Nghiệm dương của một bài toán biên 3 điểm Chúng ta quan tâm tới sự tồn tại nghiệm bội dương đối xứng hai chiều của bài toán biên 3 điểm: ''( ) ( ). ( , ( )) 0 0 1 ( ) (1 ); '(0) '(1) (1/ 2) u t a t f t u t t u t u t u u u         Với a: ),0[)1,0(  là đối xứng trên (0,1) và có kỳ dị tại t = 0 và t = 1 :[0,1] [0, ) [0, )f     là liên tục và f(.,u) là đối xứng trên đoạn [0,1] với mọi ),0[ u . Ta tìm điều kiện tồn tại ít nhất một hoặc ít nhất hai nghiệm dương. Cơ sở chứng minh của chúng tôi là định lý điểm bất động Krasnoselskii trên mặt nón 2.2.1 Các bổ đề Định nghĩa : 1) Hàm w được gọi là đối xứng trên [0,1] nếu ( ) (1 ) [0,1]w t w t t   2) Một hàm u* được gọi là nghiệm dương đối xứng của BVP (1.1), (1.2) nếu u* là dương và đối xứng trên [0,1] và thỏa mãn phương trình vi phân (1.1) với điều kiện biên (1.2). Chúng tôi xét không gian Banach C[0,1] tương ứng với chuẩn 10 |)(|max||||   t tuu Ký hiệu:  [0,1] [0,1] : ( ) 0, [0,1]C w C w t t     Bổ đề 2.1: Cho ]1,0[Cy là đối xứng trên [0,1]. Thì bài toán 3 điểm ''( ) ( ) 0 0 1 (2.1) ( ) (1 ), '(0) '(1) (1/ 2) (2.2) u y t t u t u t u u u         Có duy nhất nghiệm đối xứng u(t) =  1 0 ).().,( dssystG (2.3) Với )(),(),( 21 sGstGstG  , ở đây     10)1( 10)1.( ),(1 tsts stst stG       1 2 1 2 1 2 10 2 1 )(2 ss ss sG Chứng minh Từ (2.1) ta có u’’(t) = - y(t) Cho t ]1,0[ , lấy tích phân hai vế từ 0 đến t ta có:   t Bdssytu 0 ).()(' Vì u’(t) = - u’(1-t), ta suy ra:    t t BdssyBdssy 0 1 0 )()( Suy ra:      t t t t sdsydssydssy dssyB 0 1 0 0 1 )1()1(. 2 1).( 2 1).( . 2 1)(. 2 1      t t dssysdssydssydssy 0 1 1 0 1 0 )().1()( 2 1)(. 2 1).( 2 1 Tích phân lần nữa ta có:    t Adssystdssysttu 0 1 0 ).().1(.).().()( Vì từ các điều kiện biên:  1 0 )()1(')0(' dssyuu Và    2 1 0 1 0 )().1( 2 1)(). 2 1()2/1( Adssysdssysu Từ điều kiện (2.2) ta có :     1 0 2 1 0 1 0 )().1(. 2 1).(). 2 1()( dssysdssysdssyA =   2 1 0 1 2 1 )().1( 2 1)(). 2 1( dssysdssys Cho nên bài toán 3 điểm (2.1), (2.2) có duy nhất nghiệm đối xứng      t dssysdssysdssystdssysttu 0 1 0 2 1 0 1 2 1 )().1(. 2 1)(). 2 1().().1(.)().()(    1 0 1 0 1 0 21 )().,().().()().,( dssystGdssysGdssystG Ở đây )(),(),( 21 sGstGstG  với     10)1( 10)1( ),(1 tsts stst stG       1 2 1 2 1 2 10 2 1 )(2 ss ss sG Bổ đề được chứng minh Bổ đề 2.2: Cho ]1,0[, st thì ),(),(),( 4 3 ssGstGssG  Chứng minh Cho bất kỳ ]1,0[t và ] 2 1,0[s ta có 1 2 2 1 2 1 3 1 3( , ) ( , ) ( ) ( ) 1 (1 ) (1 ) (1 )(1 ) (1 ) 2 4 2 4 2 4 4 2 3 [ ( , ) ( )] 4 s s s sG t s G t s G s G s s s G s s G s                 =3/4.G(s,s) Bằng cách chứng minh này ta có thể chứng minh G(t,s) ),( 4 3 ssG với bất kỳ t ]1,0[ và ]1, 2 1[s . Vậy bất đẳng thức thứ nhất được thỏa Bất đẳng thức thứ 2 là rõ ràng. Vậy bổ đề đã được chứng minh Bổ đề 2.3: Cho [0,1]y C thì khi đó nghiệm đối xứng duy nhất u(t) của BVP (2.1), (2.2) là không âm trên [0,1] và nếu 0)( ty thì u(t) > 0 ]1,0[t Chứng minh Lấy [0,1]y C . Từ đẳng thức u’’(t) = - y(t) ]1,0[0  t . Suy ra đồ thị của u(t) là lõm trên [0,1]. Từ (2.2) và (2.3) ta có    2 1 0 1 2 1 0)().1(. 2 1)() 2 1()0()0( dssysdssysuu Do vậy ]1,0[0)(  ttu và nếu y(t) 0 thì u(t) > 0 ]1,0[t Bổ đề 2.4: Cho [0,1]y C thì khi đó nghiệm đối xứng duy nhất u(t) của BVP (2.1), (2.2) thỏa |||| 4 3)(min ]1,0[ utu t   (2.4) Chứng minh Cho ]1,0[t từ (2.3) và bổ đề (2.2) ta có:   1 0 1 0 )().,()().,()( dssyssGdssystGtu Suy ra:  1 0 )().,(|||| dssyssGu (2.5) Mặt khác với mọi ]1,0[t , từ (2.4) và bổ đề (2.2) ta có:   1 0 1 0 )(),( 4 3)().,()( dssyssGdssystGtu (2.6) Từ (2.5), (2.6) ta có (2.4) thỏa mãn Chúng ta sẽ sử dụng các giả thiết sau: (A1): ),0[)1,0(: a là liên tục và đối xứng trên (0,1) và   1 0 )(),(0 dssassG (A2): :[0,1] [0, ) [0, )f     là liên tục và f(.,u) là đối xứng trên [0,1] với mọi u ),0[  Định nghĩa toán tử tích phân T: EE  bởi T u(t) = 1 0 ( , ). ( ). ( , ( )). , [0,1]G t s a s f s u s ds t (2.7) Ta dễ dàng thấy rằng BVP (1.1), (1.2) có nghiệm u = u(t) nếu và chỉ nếu u là điểm bất động của toán tử T định nghĩa ở (2.7) Đặt tập K = { [0,1]w C : w(t) là đối xứng, lõm trên [0,1] và |||| 4 3)(min 10 utw t  } Dễ thấy rằng K là nón các hàm số không âm trong C[0,1] Bổ đề 2.5: Giả sử (A1) và (A2) thỏa thì T là toán tử hoàn toàn liên tục và T(K) K Chứng minh Từ (Tu)’’(t) = - a(t).f(t,u(t)) 0 . Suy ra Tu là hàm lõm. Từ bổ đề (2.1), (2.3) và (2.4) ta có T(K) K . Bây giờ ta cần chứng minh T là hàm hoàn toàn liên tục Cho 2n định nghĩa an như sau: 10 11 1 1inf ( ) 0 1 1( ) ( ) 1 1inf ( ) 1 1 s n n s n a s t n a t a t t n n a s t n               Và Tn: TK  bởi  1 0 )).(,().().,()( dssusfsastGtuT nn Rõ ràng, Tn là compắc trên K với mọi 2n do định lý Ascoli – Arzela[1] vì G(t,s) a(s) là liên tục trên [0,1]x[0,1] Ký hiệu:  RuKuBR  ||:|| Ta chỉ ra rằng Tn hội tụ đều đến T khi n Thật vậy, đặt  max ( , ) : ( , ) [0,1] [0, ]RM f s x s x R     Từ   1 0 )().,(0 dssassG . Do tính liên tục tuyệt đối của tích phân ta có 0)().,(lim )1(           n e n dssassG , với ]1,11[]1,0[)1( nnn e  Vậy với bất kỳ ]1,0[t , R > 0 cố định và RBu   1 0 1 0 ).,(.|)()(||)).(,().,()].()([||)()(| dsstGsasaMdssusfstGsasatTutuT nRnn 1( ) . ( ). ( , ). 0,R e n M a s G s s ds n   Ở đây ta dùng các giả thiết (A1), (A2) và ]1,0[,),(),(  stssGstG . Vì vậy toán tử hoàn toàn liên tục Tn hội tụ đều đến T khi n trên tập hợp con bị chặn của K. Do vậy T là hoàn toàn liên tục Chúng ta sẽ dùng các ký hiệu dưới đây       x xtff x xtff txtx ),(mininflim;),(mininflim ]1,0[]1,0[00 0 0 [0,1] [0,1] ( , ) ( , )lim sup max ; lim sup max x xt t f t x f t xf f x x                và 1 1 0 ( ( , ). ( ) )A G s s a s ds   Trong phần này ta phát biểu định lý điểm bất động của Krasnoselskii trên mặt nón . Định lý 2.1: Cho E là một không gian Banach và EK  là một nón trong E. Giả sử 1 và 2 là các tập con mở của E với 0  1 và 1 _ 2 , 2 1: ( \ )T K K    là một toán tử hoàn toàn liên tục thỏa mãn (A) 1||||||||  KuuTu và 2||||||||  KuuTu Hoặc (B): 1||||||||  KuuTu và 2||||||||  KuuTu Thì T có một điểm bất động trong )\( 1 _ 2 K 2.2.2 Sự tồn tại nghiệm Trong phần này, chúng ta nghiên cứu sự tồn tại nghiệm dương đối xứng của bài toán BVP (1.1), (1.2) chúng ta có các kết quả sau Định lý 3.1: Giả sử (A1) và (A2) thỏa mãn. Nếu các điều kiện sau đây được thỏa mãn AfD 9 16)( 01  và Af  (trường hợp riêng 0,0  ff ) thì bài toán BVP (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm dương đối xứng Chứng minh Từ Af 9 16 0  suy ra tồn tại r > 0 thỏa Axxsf 9 16),(  khi ( , ) [0,1] [0, ]s x r  Đặt  ruEuu  ||||,:1 thì với u  1K thì ta có   1 0 1 0 ).().().,(. 9 16))(,().().,()( dssusastGAdssusfsastGtTu   1 0 |||||||| 4 3).().,( 4 3 9 16 udsusassGA Khi đó: 1||||||||  KuuTu (3.1) Mặt khác, từ Af  suy ra tồn tại 0_ R sao cho f(s,x) . ( , ) [0,1] ( , )A x s x R      Chọn     RrR 3 4,max và  RuEuu  ||||,:2 thì với mọi 2Ku ta có ]1,0[)())(,( 4 3|||| 4 3)(   ssAususfRRusu thì 1 1 0 10 0 ( , ). ( ). ( , ( )) ( , ). ( ). ( ) ( ) . ( , ). ( ). || || || || G t s a s f s u s ds G t s a s Au s ds Tu t A G s s a s ds u u       Khi đó ta có: 2||||||||  KuuTu (3.2) Vậy từ (3.1), (3.2) và định lý 2.1 nên T có điểm bất động )\(* 12   Ku . Do vậy u* là một nghiệm dương đối xứng của bài toán BVP (1.1) và (1.2) .Tương tự ta có các kết quả sau Định lý 3.2: Giả sử (A1) và (A2) được thỏa. Nếu điều kiện sau được thỏa: (D2) Af 0 và Af 9 16 (Trường hợp riêng  ff ;00 ) thì bài toán BVP (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm dương đối xứng Định lý 3.3: Giả sử (A1), (A2) đúng và giả sử thêm rằng (D3) Af 9 16 0  và Af 9 16 (Trường hợp riêng  ff0 ) (D4) Tồn tại rằng số 1 thỏa 1 1 13( , ) ( , ) [0,1] [ , ]4f t x A t x      Thì bài toán BVP (1.1), (1.2) có ít nhất hai ._.