Phương trình chứa tham số trong không gian có thứ tự

iết ơn chân thành và sâu sắc đến thầy NGUYỄN BÍCH HUY đã tận tình giúp đỡ, động viên và dìu dắt tôi trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện luận án. Tôi xin chân thành cám ơn quý thầy cô đã tận tâm giảng dạy cho tôi nhiều kiến thức quý báu trong suốt quá trình tôi học cao học. Tôi xin chân thành cám ơn quý thầy cô, các anh chị làm công tác quản lý ở phòng sau đại học đã tận tình giúp đỡ và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện luận án. Tác giả luận án MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Lý thuyết phương trình toán tử trong không gian có thứ tự ra đời từ những năm 1950 và được hoàn thiện cho tới nay. Chúng tìm được những ứng dụng hữu ích trong việc giải quyết các bài toán xuất phát từ vật lý, sinh học, kinh tế,…Trong lý thuyết này, lớp phương trình chứa tham số chiếm một vị trí quan trọng vì phần lớn những bài toán xuất phát từ thực tế đều phụ thuộc vào một hoặc nhiều tham số và đưa đến việc cần thiết phải nghiên cứu tính liên tục của tập nghiệm, sự phụ thuộc của nghiệm theo tham số… Đó là lý do tôi chọn đề tài “ phương trình chứa tham số trong không gian có thứ tự”. 2. Mục đích nghiên cứu Mục đích của luận văn là trình bày một cách hệ thống một số kết quả về phương trình chứa tham số trong không gian Banach có thứ tự. 3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu là phương trình chứa tham số trong không gian Banach có thứ tự. Phạm vi nghiên cứu: luận văn trình bày một số kết quả về phương trình chứa tham số trong không gian Banach có thứ tự; Nội dung chính là các kết quả về tính liên tục của tập nghiệm, sự phụ thuộc của nghiệm theo tham số. 4. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu Lý thuyết phương trình trong không gian Banach có thứ tự được ứng dụng trong việc nghiên cứu các lớp phương trình khác như phương trình vi phân , phương trình tích phân… Lớp phương trình chứa tham số trong không gian Banach có thứ tự được ứng dụng vào việc giải quyết các bài toán xuất phát từ vật lý, sinh học, kinh tế… 5. Cấu trúc của luận văn Luận văn bao gồm phần mở đầu, kết luận và ba chương. Phần mở đầu nêu lý do chọn đề tài, mục đích nghiên cứu, đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu, ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu đồng thời nêu bố cục của luận văn. Chương 1: trình bày các kiến thức chuẩn bị như không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón; bậc tô pô của toán tử dương, hoàn toàn liên tục, định lí tồn tại điểm bất động của ánh xạ tăng. Chương 2: phương trình chứa tham số. Chương này trình bày một số kết quả về phương trình tuyến tính chứa tham số; nhánh liên tục các nghiệm dương; sự phân nhánh của tập hợp nghiệm dương; phương trình với toán tử 0u  lõm. Chương 3: một số ứng dụng. Chương này vận dụng các kết quả ở chương 2 để khảo sát nghiệm tuần hoàn của một lớp phương trình vi phân ô tô nôm cấp hai và nghiệm yếu dương của phương trình logistic. Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1. Không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón Các kiến thức trong mục này có thể xem trong [3] 1.1.1. Định nghĩa 1.1.1 Cho không gian Banach thực X  Tập K X được gọi là nón nếu: i) K là tập đóng,  K  ii) , 0K K K K K      . iii)  ( )K K   .  Nếu K X là nón thì thứ tự trong X sinh bởi nón K được định nghĩa như sau: x y y x K    . mỗi  \x K  gọi là dương.  Đặt    : \ : :K K x X x     1.1.2. Mệnh đề 1.1.2 Giả sử “” là thứ tự sinh bởi nón. Khi đó: 1) , , 0x y x z y z x y z X            . 2) *( ( )),lim ,lim )n n n nx y n N x x y y x y      . 3) Nếu  nx là dãy tăng, hội tụ về x thì * nx x n N   . 1.1.3. Định nghĩa 1.1.3 Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K. Khi đó ta nói:  K là nón chuẩn nếu 0 :N x y x N y       K là nón chính qui nếu mọi dãy tăng, bị chặn trên đều hội tụ.  K là nón hoàn toàn chính qui nếu mọi dãy tăng, bị chặn theo chuẩn đều hội tụ.  K là nón sinh nếu X K K  hay , :x X u v K x u v      .  Kí hiệu *K là nón liên hợp của K định bởi:  * * : ( ) 0 .K f X f x x K     1.1.4. Mệnh đề 1.1.4 Giả sử " " là thứ tự sinh bởi nón chuẩn. Khi đó: 1. Nếu u v thì đoạn  , : :u v x X u x v      bị chặn theo chuẩn. 2. Nếu *( )n n nx y z n N   và lim ,limn nx a z a  thì lim ny a . 3. Nếu dãy  nx đơn điệu, có dãy con hội tụ về a thì lim nx a . 1.1.5. Mệnh đề 1.1.5 Nón chính qui là nón chuẩn. 1.1.6. Mệnh đề 1.1.6 Nếu K là nón sinh thì tồn tại số 0M  sao cho , , : , ,x X u v K x u v u M x v M x        1.1.7. Mệnh đề 1.1.7 Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón *,K K là nón liên hợp của K. Khi đó: *0 0( ) 0 x K f x f K     . 1.2. Bậc tô pô của toán tử dương, hoàn toàn liên tục. Các kiến thức trong mục này có thể xem trong [3] 1.2.1. Định nghĩa 1.2.1 Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K. Giả sử G X là tập mở, bị chặn, :A K G K  là ánh xạ compact sao cho ,Ax x x K G    . Gọi  :A X X là ánh xạ compact sao cho   ( ) ( ), (*) ( ) A x A x x K G A x K        Khi đó ( ) ,x A x x G    nên bậc tô pô deg( , , )A G  xác định. Ta định nghĩa ( , ) : deg( , , )Ki A G A G  và gọi ( , )Ki A G là bậc tô pô theo nón K của ánh xạ A trên tập mở G. Kiểm tra định nghĩa trên có lí. Thật vậy, giả sử A là một mở rộng khác của A thỏa (*). Xét ánh xạ  ( , ) ( ) (1 ) ( )F x t t A x t A x   , ta có:  ( , ) , ( , ) 0,1F x t x x t G     ( ,0) ( ), ( ,1) ( )F x A x F x A x  Suy ra  deg( , , ) deg( , , )A G A G  . 1.2.2. Mệnh đề 1.2.2 1. Giả sử 0 1,A A là compact và đồng luân dương trên K G theo nghĩa tồn tại ánh xạ compact  : ( ) 0,1F K G K   sao cho 0 1( , ) , ( ,0) ( ), ( ,1) ( )F x t x F x A x F x A x   thế thì 0 1( , ) ( , )K Ki A G i A G . 2. Giả sử 1 2, ,G G G là các tập mở, bị chặn, 1 2 , ( 1,2)iG G G G i   và :A K G K là ánh xạ compact thỏa mãn  1 2( ) , \ ( )A x x 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 com pắc và ( , ) 0Ki A G  thì A có điểm bất động trong K G . 1.2.3. Định lí 1.2.3 Giả sử G là tập mở, bị chặn, chứa  . Cho :A K G K  là ánh xạ compact. Khi đó 1. ( , ) 1Ki A G  nếu 1( ) ( ) , , 1H A x x x K G       2. ( , ) 0Ki A G  nếu 2( )H tồn tại phần tử  0 \x K  sao cho : 0( ) , , 0x A x x x K G        1.2.4. Hệ quả 1.2.4 Giả sử G là tập mở, bị chặn, chứa  . :B X X là ánh xạ tuyến tính compact, dương và không có véc tơ riêng trong K với giá trị riêng bằng 1. Khi đó: 1. ( , ) 1Ki B G  nếu B không có vec tơ riêng trong K với giá trị riêng 1  . 2. ( , ) 0Ki B G  nếu B có véc tơ riêng trong K với giá trị riêng 1  . 1.2.5. Định lí 1.2.5 1. Giả sử : rA K K compact, ( )A   , có đạo hàm theo nón K tại  là 'A và 'A không có trong K vec tơ riêng với giá trị riêng bằng 1. Khi đó '( , ( , )) ( , ( , ))K Ki A B i A B    với 0  đủ nhỏ. 2. Giả sử : \ rA K K K compact , có đạo hàm theo nón K tại  là 'A và 'A không có trong K vec tơ riêng với giá trị riêng bằng 1. Khi đó '( , ( , )) ( , ( , ))K Ki A B i A B    với 0  đủ lớn. 1.3. Ước lượng bán kính phổ của toán tử tích phân tuyến tính Giả sử :[0,1] [0,1]G   là hàm Green cho bài toán biên : ''x y  trong (0,1) (0) (1) 0x x  , tức là: (1 ),0 1, ( , ) (1 ),0 1          t s t s G t s s t s t Giả sử :[0,1] [0, )a   là một hàm liên tục không đồng nhất bằng 0 trên mọi đoạn [ , ] [0,1]   và :[0,1] [0, )a   là hàm sao cho ( ) ( )a t a t  trên ( ,1 )  , ( ) 0a t  trên [0, ] [1 ,1]   . Xét các toán tử tích phân tuyến tính 1 0 ( ) ( , ) ( ) ( )Bx t G t s a s x s ds  , 1 0 ( ) ( , ) ( ) ( )B x t G t s a s x s ds   Ta có ,B B là hoàn toàn liên tục từ C[0,1] vào C[0,1] Ta ký hiệu ( ), ( )r B r B là bán kính phổ của B và B Định lí 1.3 [2] Ký hiệu K là nón các hàm không âm của C[0,1]. Ta có : i) 0 lim ( ) ( )r B r B  . ii) r(B) là một giá trị riêng của B với một hàm riêng thuộc K. iii) Nếu x B x  với một \ { }x K  thì ( )r B  Nếu B x x  với một \ { }x K  thì ( )r B  . Các khẳng định tương tự cũng đúng cho toán tử B, với các bất đẳng thức nghiêm ngặt trong kết luận nếu x không là véc tơ riêng của B. 1.4. Định lí về điểm bất động của ánh xạ tăng. Mục này có thể xem trong [8] 1.4.1. Định lí 1.4.1 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) 0 0 0( ) , : ( )F M M 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. 1.4.2. Hệ quả 1.4.2 Giả sử : ,F u v X  là ánh xạ tăng, thỏa mãn: i) ( ); ( )u F u F v v  ii) ( , )F u v  là tập compact tương đối, K là nón chuẩn. Khi đó F có điểm bất động trong ,u v  . 1.4.3. Hệ quả 1.4.3 Giả sử : ,F u v X  là ánh xạ tăng, thỏa mãn: i) ( ); ( )u F u F v v  ii) K là nón chính qui. Khi đó F có điểm bất động trong ,u v  . Chương 2 PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ 2.1. Phương trình tuyến tính chứa tham số 2.1.1. Định nghĩa 2.1.1 Cho không gian Banach X có thứ tự sinh bởi nón K . Một ánh xạ tuyến tính :A X X được gọi là dương nếu: ( )x A x     Hay ( )A K K . Nếu A là tuyến tính, dương thì nó cũng có tính đơn điệu: ( ) ( )x y A x A y   . 2.1.2. Bổ đề 2.1.2 Cho 0u K và x K . Khi đó tồn tại số cực đại 0xt  sao cho: 0xx t u . ( Cực đại theo nghĩa nếu t cũng thỏa 0x tu thì xt t ). Chứng minh: Đặt  00 :T t x tu   . Ta có T  , bị chặn trên. Số : supxt T là số cần tìm. 2.1.3. Định lí 2.1.3 Giả sử i) :A X X là ánh xạ tuyến tính, dương, hoàn toàn liên tục. ii) Tồn tại phần tử u K K  , u K và số 0  , *p thỏa mãn: ( )pA u u . Ki đó A có trong K vec tơ riêng với giá trị riêng tương ứng lớn hơn hoặc bằng p  . Chứng minh Giả sử u v w  , ,v w K , v  . Do định lí điểm bất động Schauder, với mỗi *n , ánh xạ ( ) / ( )v vx A x A x n n      có điểm bất động trong tập ( ,1)K B  . Do đó , 1, ( ) :n n n n vx K x A x n       ( )n n n vA x x n   (2.1) Ta sẽ chứng minh pn  . Gọi nt là số cực đại thỏa mãn n nx t u Ta có : 0nt  (do 1n n x u n ) 1 1 1( ) ( ) ( )p p nn n n n n np p p n n n n tx A x x A x x A t u u         n n p n tt   (do tính cực đại của nt ) p n   . Do A hoàn toàn liên tục nên tồn tại dãy  kn sao cho  ( )kn kA x hội tụ về một y K . Suy ra:  kn hội tụ về một 0 p  (do ( )n n vA x n   ) 0 0 0lim , , 1knx x x K x    . Qua giới hạn trong (2.1) ( với kn n ) ta có : 0 0 0( )A x x . Định lí đã được chứng minh. 2.1.4. Định nghĩa 2.1.4 Cho :A X X là ánh xạ tuyến tính, dương và phần tử  0 \u K  . 1) A gọi là 0u - bị chặn dưới ( 0u - bị chặn trên) nếu với mỗi  \x K  tồn tại số ( ) 0x   , *( )n n x  sao cho: 0 0( ) ( ( ) ) n nA x u A x u   . 2) A gọi là 0u - bị chặn hay 0u - dương nếu nó là 0u - bị chặn dưới và bị chặn trên. 2.1.5. Bổ đề 2.1.5 Cho A là ánh xạ 0u - bị chặn trên và phần tử ,x K K x K   thỏa: 0 : ( )A x x    . Gọi 0t là số cực đại thỏa mãn 0 0u t x thì 0 0t  . Chứng minh Ta có : * 0 ' ", ', " , ' 0, : ( ')p x x x x x K x p A x u             0 0( ') ( ) 0 p p p pu A x A x x t          Bổ đề đã được chứng minh. 2.1.6. Bổ đề 2.1.6 Nếu A là 0u - dương và có vec tơ riêng dương 0x thì A cũng là 0x - dương. Chứng minh Ta có : * 0 0 0 0' 0, : ' ( ) p pa p a u A x x     Nên 0 00 :a u ax   . Tương tự, 0 00 :b u bx   . Với  \x K  , ta có *0, n    sao cho: 0( ) nA x u nên 0( ) nA x bx Vậy A là 0x - bị chặn trên. Tương tự A là 0x - bị chặn dưới. Vậy A là 0x - bị chặn. 2.1.7. Định lí 2.1.7 ( Krein – Rutman) Giả sử: i) K là nón sinh. ii) A là ánh xạ 0u - dương, liên tục và có vec tơ riêng dương 0x tương ứng với giá trị riêng 0 . Khi đó: 1) 0 là giá trị riêng đơn ( bội 1) của A. 2) 0x là vec tơ riêng dương duy nhất của A. 3) Mọi giá trị riêng khác của A đều có mô đun nhỏ hơn 0 . Chứng minh 1) Nhắc lại: Giả sử 0 là giá trị riêng của A. Đặt 0ker( )nnX A I  thì ta có 1 2 ...X X  Đặt 0 1 n n X X    thì số chiều của không gian con 0X gọi là bội của 0 Nếu A compact thì dim nX n   , và tồn tại 0n sao cho 0 0 01 1 1 ... ...n n nX X X X     nên bội của 0 hữu hạn.  Chứng minh dim 1X =1. Giả sử trái lại 0 0 0 0 0:y x Ay y   . Coi 0y K và gọi 0t là số cực đại thỏa mãn 0 0 0x t y thì 0 0t  ( bổ đề 2.1.5). Theo giả thiết phản chứng thì  0 0 0 \x t y K   nên do tính 0u - dương của A: * 0 0 0 00 : ( ) nn A x t y x       . Do đó 1 0 0 0 0 1 nx t y        Điều này mâu thuẩn với tính cực đại của 0t .  Chứng minh 2 1X X ( do đó 1 nX X n  ) Giả sử trái lại 20 0: ( ) ,( )x A I x A I x          . Vì 0 1Ax x X  nên theo bước trên 0 00 :t Ax x tx    (2.2) Có thể coi 0t  ( nếu không ta xét x thay cho x). Ta chứng minh x K . Thật vậy, từ (2.2) ta có 1 *0 0 0( ) m m mA x x mt x m      . Nếu x K  thì ta có : 1 *00 0 0 0 0 m mx mt x x x m x mt            . Điều này vô lý. Vậy x K . Đặt 0t là số lớn nhất thỏa 0 0x t x thì 0 0t  ( do bổ đề 2.1.5) Khi đó 0 0( ) ( )A x t A x 00 0 0 0 .x t x t     ( do 2.2) Điều này mâu thuẩn với tính cực đại của 0t . Vậy 1) đã được chứng minh. Chứng minh 2) Giả sử trái lại:  1 1 0 1 1 1\ : , ( )x K x x A x x     . Do tính chất 1) ta có 1 0  . Coi 1 0  ( vai trò 1 0,  là như nhau). Gọi 0t là số cực đại thỏa 0 0 1x t x thì 0 0t  ( bổ đề 2.1.5). ta có: 0 0 1( ) ( )A x t A x . 10 0 1 0 x t x  . Điều này mâu thuẩn với tính cực đại của 0t . Vậy 2) đã được chứng minh. Để chứng minh 3) ta xét bổ đề sau: 2.1.8. Bổ đề 2.1.8 Giả sử các giả thiết của định lí Krein – Rutman được thỏa mãn và A có không gian con bất biến 0X ( nghĩa là 0 0( )A X X ) với 0 0 0dim ,X x X   . Khi đó  0X K   . Chứng minh bổ đề 2.1.8 Giả sử trái lại  0 0K X K    . Ta có 0K là nón, 0 0x K , 0 0( )A K K . Ánh xạ A xét trên 0X với nón 0K thỏa điều kiện i) của định lí 2.1.3 ( A compact trên 0X vì 0dim X   ). Thật vậy, Lấy  0 \y K  thì tồn tại * 0 00, : ( )pq A y x    . Đặt 1 0( )py A y thì có * 1 00, : ( )qq A y x    . Do đó 1 1( )qA y y hay A thỏa điều kiện i) của định lí 2.1.3 Vậy A có trong 0K vec tơ riêng, mâu thuẫn với tính chất 2). Vậy bổ đề đã được chứng minh. Chứng minh 3) Giả sử 1 là giá trị riêng của A và 1 0  . Trường hợp 1: 1 1 1 1 1, 0, Ax x     . Ta có 1x K ( do tính chất 2). Do 1 ( )x K   và 1 1 1( ) ( )A x x   . nên theo bổ đề 2.1.5 tồn tại số 0 0t  cực đại thỏa 0 0 1( )x t x  . Khi đó : 10 0 1 0 0 1 0 ( ) ( ) ( )A x t A x x t x     . Do đó 1 0  theo tính cực đại của 0t . Trường hợp 2: 1 1, 0   . Ta có: 21 là giá trị riêng của 2A , 2A là 0u - dương, 20 là giá trị riêng của 2A tương ứng với vec tơ riêng 0x K . Do đó 2 21 0  ( do trường hợp 1) hay 1 0  . Trường hợp 3: 1 ( 0)i      . Khi đó , : ( ) ( )( )x y X A x iy i x iy       hay Ax x y Ay x y         . (2.3) Ta cần chứng minh 2 2 0    . Từ (2.3) và 0  , ta suy ra x, y độc lập tuyến tính và 0 0 0: , ,x X x y X   bất biến đối với A.. Do đó, theo bổ đề 2.1.8: ( , ) (0,0)ax by K a b    (2.4) Đặt  2 0( , ) :T a b ax by x K     . T đóng, bị chặn ( do 2.4 và K đóng ) nên là tập compact. Do đó  2 2 2 20 0 0 0( , ) : sup : ( , )a b T a b a b a b T      . Vì A là 0x - dương nên có *0,c p  sao cho 0 0 0 0( ) pA a x b y x cx   (2.5) Có thể coi 0pc  . Từ (2.5) ta có 1 1 0 0( ) pa x b y c x     (2.6) trong đó 1 1 0 0( )pa x b y A a x b y   . Ta tìm được rằng: 2 2 2 2 2 21 1 0 0( ) ( ) pa b a b     (do 2.3) Từ (2.6) ta có: 1 1 0 0 ,p p a b T c c       2 2 2 21 1 0 02 0( ) p a b a b c    2 2 20( ) ( ) p p c      ( nếu 0 0( , ) (0,0)a b  ). 2 2 0     . Ta kiểm tra 0 0( , ) (0,0)a b  hay T chứa các điểm ( , ) (0,0)a b  . Ta có * 0 ' ", ', " , x" 0, : ( ")p x x x x x K c p A x cx         0( ) ( ") p pA x A x cx     . 0 1 ( )pA x x c    . Phân tích 1 ( )pA x ax by c   thì ( , ) ,( , ) (0,0)a b T a b  . Định lí đã được chứng minh. Bây giờ cho :A X X là ánh xạ tuyến tính dương và , y X  . Ta muốn tìm nghiệm x K của phương trình : ( )x A x y   (2.7) 2.1.9. Định lí 2.1.9 Cho A là ánh xạ tuyến tính dương, liên tục, có bán kính phổ ( ) 0r A  . Khi đó nếu ( )r r A và y K thì (2.7) có duy nhất nghiệm trong K. Chứng minh Vì ( )r r A nên tồn tại phần tử 1 0 ( )( ) : k k k A yR y      và x thỏa (2.7) khi và chỉ khi ( )x R y . Vì A dương và y K nên ( )R y K  . Định lí được chứng minh. 2.1.10. Định lí 2.1.10 Giả sử A là ánh xạ 0u - bị chặn dưới và tồn tại số 0 0  thỏa mãn: 0 0 0Au u . Khi đó với  \x K  và 0  thì Ax x ( tức là x Ax K   ). Nói cách khác: 1) Nếu 0  và y K thì (2.7) không có nghiệm trong  \K  . 2) Nếu  \x K   thỏa Ax x thì 0  . Chứng minh Giả sử trái lại:   0\ , : ( )x K A x x        . Gọi 0t là số cực đại mà 0 0x t u thì 0 0t  vì * 00, : pp A x u     . Ta có: 0 0 0 0 0Ax t Au x t u    hay 0 0 0x t u   . Điều này mâu thuẩn với tính cực đại của 0t . Vậy định lí đã được chứng minh. 2.1.11 Định lí 2.1.11 Giả sử A là ánh xạ 0u - bị chặn trên và tồn tại số 0 0  thỏa mãn: 0 0 0Au u . Khi đó với  \x K  và 0  thì Ax x . Như vậy: 1) Nếu 0  và y K thì (2.7) không có nghiệm trong  \K  . 2) Nếu  \ ,x K      thỏa Ax x thì 0  . 2.1.12. Định lí 2.1.12 Giả sử A là ánh xạ 0u - dương và 0 0 0( )A u u . Khi đó với  \x K  , 0x tu thì 0 0( ), ( )x A x x A x   . Chứng minh Chứng minh 0 ( )x A x  Giả sử trái lại  0 0, \ ,Ax x x K x tu    . Gọi 0 0t  là số cực đại thỏa 0 0x t u . Ta có: * 0 0 00 : ( ) pp A x t u u       0 0 0( ) ( ) p pA x t u    0 0 0 0( ) p px t u     ( do 0Ax x ). Điều này mâu thuẩn với tính cực đại của 0t . Vậy ta có 0 ( )x A x  Chứng minh 0 ( )x A x  . Giả sử trái lại  0 0, \ ,x Ax x K x tu    . Gọi 0 0t  là số cực đại thỏa 0 0u t x . Ta có: * 0 0 00 : ( ) pp A u t x u       0 0 0 0 0( ) ( ) p p pu t A x t x      . Điều này mâu thuẩn với tính cực đại của 0t . Vậy ta có 0 ( )x A x  . Vậy định lí đã được chứng minh. 2.2. Nhánh liên tục các nghiệm dương Cho X là không gian Banach thực với thứ tự sinh bởi nón K và ánh xạ  : 0,f K K   hoàn toàn liên tục. Xét bài toán tìm cặp ( , ) [0, )x K    sao cho: ( , )x f x (2.8) Ta kí hiệu  ( , ) [0, ) : ( , )x K x f x       là tập nghiệm của (2.8) và đặt  : [0, ),( , )S x K x       (2.9) 2.2.1. Định nghĩa 2.2.1 Ta nói rằng S là nhánh liên tục không bị chặn xuất phát từ  nếu S G   với mọi tập con mở bị chặn G chứa  . Trước tiên ta xét phương trình (2.8) với f có một ánh xạ non đơn điệu. Ta nói rằng toán tử :g K K là một ánh xạ non đơn điệu của toán tử ( , )f x nếu ( , ) ( )f x g x  trên [0, ) K  và g tăng theo nghĩa ( ) ( )x y g x g y     . 2.2.2. Định lí 2.2.2 Giả sử toán tử  : 0,f K K   là hoàn toàn liên tục và thỏa mãn: 1.  (0, ), \tx f x x K   kéo theo 1t  . 2. K là nón chuẩn, toán tử f có ánh xạ non đơn điệu g thỏa mãn: tồn tại 0, 0a b  và  \u K  sao cho (a) ( )g tu atu với mọi  0,t b . (b) lim ( ) t g tu   . Khi đó tập nghiệm S là nhánh liên tục không bị chặn, xuất phát từ  . Chứng minh Cho G là lân cận mở, bị chặn của  và đặt ( , ) ( , )n uf x f x n    . Dễ thấy với mỗi số tự nhiên n, toán tử (0,.)nf thỏa điều kiện (H1) của định lí1.2.4 và toán tử ( ,.)nf  thỏa điều kiện (H2) của định lí 1.2.4 nếu  đủ lớn. Vậy có , 0n nx K G    thỏa ( , ) nn n n ux f x n   . Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của (2.8) trên K G chúng ta cần chỉ ra rằng dãy  n bị chặn. Lấy nt là số lớn nhất thỏa mãn n nx t u thì 0nt  và từ g là ánh xạ tăng nên ta có: ( ) ( )n n n n nx g x g t u   (2.10) với số nguyên n thỏa mãn n nt b  , từ điều kiện 2(a) và (2.10) ta có n n nx a t u . Do định nghĩa nt ta được n n na t t  , Vậy 1n a  . Với mỗi n thỏa n nt b  , từ điều kiện 2(a) và (2.10) ta có ( )nx g bu abu  . Từ bất đẳng thức này và kết hợp với bất đẳng thức thứ nhất trong (2.10) cho ta ( )n nx g abu . Do đó các số n với n như trên bị chặn đều do K là nón chuẩn, tính bị chặn của  nx và điều kiện 2(b). Định lí đã được chứng minh. Bây giờ chúng ta xem xét trường hợp toán tử f trong (2.8) thuộc loại Hammerstein. Cho không gian Banach ( , . ),( , . ) Y X Y và nón , YK X K Y  thỏa , YX Y K X K   và phép nhúng ( , . ) ( , . )YX Y là liên tục. Giả sử ( , ) ( , )f x A F x   , trong đó toán tử :[0, ) YF K K   là liên tục và biến mỗi tập bị chặn thành một tập bị chặn và toán tử :A Y X tuyến tính compact thỏa ( )YA K K . 2.2.3. Định lí 2.2.3 Giả sử các giả thiết sau được thỏa mãn: 1.  (0, ), \tx A F x x K   1t  . 2. Tồn tại các số dương a, b, c và hàm tuyến tính :L Y  không âm và không đồng nhất không trên K thỏa (a) ( ) ( ), ( ) Y L Ax aL x L ax a Ax  với Yx K , (b) ( ( , )) ( )L F x b L x c   với x K , (c) Mỗi nghiệm ( , , ) [0,1] [0, )t x K     của phương trình ( , ) (1 ) ( )x tA F x t b A x    (2.11) thỏa mãn bất đẳng thức sau: ( , ) Y x h x (2.12) trong đó hàm h(x,t) tăng theo biến thứ hai và lim ( , ) 0 1 ch ab    (2.13) thì tập nghiệm S liên tục không bị chặn trong X, xuất phát từ  . Chứng minh Lấy G là một lân cận mở, bị chặn của  . Trong chứng minh sau đây, số  được giả định là đủ lớn, viết lại (2.11) dưới dạng : [ ( , ) (1 ) ]x A tF x t b x    và tác động L lên cả hai vế của đẳng thức đó, kết hợp với 2(a), 2(b) ta được:  ( ) ( , ) (1 ) ( ( ) )L x aL tF x t b x a b L x c       (2.14) ( ) [ ( , ) (1 ) Y Y L x a A tF x t b x a x     (2.15) Từ (2.14) và (2.15) suy ra: 1Y cx ab  (2.16) Từ đây kết hợp với (2.12) ta có : ( , ) 1 cx h ab    Từ bất đẳng thức cuối và (2.13) và  inf : 0x x K G   suy ra rằng phương trình (2.11) không có nghiệm trên K G với [0,1]t và  đủ lớn. Do đó ánh xạ compact ( ,.)i A F   và i b A là đồng luân dương trên K G nếu  đủ lớn. Bây giờ chúng ta sẻ chứng minh rằng nếu  lớn và u K được chọn sao cho ( ) 0L u  . Khi đó: ,x b Ax su x K G    (2.17) suy ra: 0s  . Thật vậy, từ (2.11) không có nghiệm trên K G với 0t  thì từ (2.17) dẫn đến: 0s  . Bằng cách tác động L lên cả hai vế của (2.17) và và lý luận như trong (2.14) ta thu được: (1 ) ( ) ( )ab L x sL u  , do đó: 0s  Từ đó chúng ta có theo định lí 1.2.4:  (0,.), 1Ki A F G     ( ,.), , 0K Ki A F G i b A G   với  lớn. Do vậy, ( , )x A F x  với một số x K G  và 0  . Định lí được chứng minh. 2.2.4. Mệnh đề 2.2.4 Cho  : 0,f K K   là một toán tử hoàn toàn liên tục và G là một lân cận mở, bị chặn của  . Giả sử tồn tại các số 1 2, [0, )    và phần tử  0 \x K  sao cho i) 1( , )x f x  với x K G  và 1  . ii) 0 2( , )x x f x   với x K G  và 0  . Khi đó S G   . 2.2.5. Định lí 2.2.5 Giả sử ánh xạ :f K K   là hoàn toàn liên tục và tồn tại ánh xạ tăng :G K K , hàm :    sao cho  ( , ) ( ) , ( , )f x G x x K        . Hơn nữa, giả sử tồn tại phần tử  0 \u K  và các số dương a,b sao cho i) 0 0( ) [0, ]G tu atu t b   , ii) lim ( )     , 0 0lim ( )t G tu   , trong đó 0 . là chuẩn trên X thỏa mãn các điều kiện sau: 0 0 0 ;x x x X x y x y       . Khi đó tập nghiệm S của (2.8) là nhánh liên tục, không bị chặn, xuất phát từ  . 2.2.6. Định lí 2.2.6 Giả sử :[0, )f K K   là ánh xạ hoàn toàn liên tục thỏa mãn các điều kiện sau: 1) Tập nghiệm S của (2.8) là nhánh liên tục không bị chặn xuất phát từ  . 2) Với mỗi x S tồn tại duy nhất ( ) [0, )x    để ( , )x thỏa (2.8). 3) Với mỗi đoạn [ , ] (0, )r R   tồn tại đoạn [ , ] (0, )    sao cho , [ , ] ( ) [ , ]x S x r R x      4)a) 00lim sup ( ) lim inf ( )x xx x       hoặc b) 0 0lim sup ( ) lim inf ( )x xx x       Khi đó với mọi 0( , )   (hoặc 0( , )   ) thì phương trình (2.8) có nghiệm  \x K  . Chứng minh Ta chứng minh định lí cho trường hợp a), trường hợp b) chứng minh hoàn toàn tương tự. Giả sử trái lại:  0( , ) : ( , ) \x f x x K         (2.18) Ta định nghĩa:  1 : ( )S x S x    ,  2 : ( )S x S x    . Từ giả thiết 4) và định nghĩa 1 2,S S ta có    1 2sup : , inf : 0x x S x x S     (2.19) Từ (2.19) và giả thiết 1) ta phải có  1inf : 0x x S  (2.20) Ta khẳng định:  1 2inf : , 0x y x S y S      (2.21) Thật vậy, nếu (2.21) không đúng thì tìm được các dãy    1 2,n nx S y S  sao cho: lim 0n nn x y   (2.22) Từ (2.19) và (2.22) ta thấy tồn tại đoạn [ , ] (0, )r R   sao cho:    , [ , ]n nx y r R Do đó theo giả thiết 3) tồn tại [ , ]  để: ( ), ( ) [ , ]n nx y    Từ sự bị chặn của { ( )},{ ( )}n nx y  , và  ( ),n n nx f x x ,  ( ),n n ny f y y , và tính hoàn toàn liên tục của f, ta có thể chọn dãy con { }kn sao cho: ' '' 0 0, , ( ) , ( )k k k kn n n nx x y x x y       , và ta có 0 0 0 0( ', ), ( '', ), ' ''x f x x f x        . Nhưng khi đó theo giả thiết 2) ta phải có ' ''    , điều này mâu thuẫn với (2.18). Như vậy (2.21 ) đúng. Bây giờ ta đặt 1 ( , ) 2x S G B x    . Ta có G là tập mở, bị chặn (do ( 2.19)) và chứa  (do (2.20) ). Theo cách xây dựng G ta có 1S G  , còn theo (2.21) ta có 2S G  do vậy S G  , điều này mâu thuẫn với giả thiết 1). Vậy (2.18) là sai. Định lí được chứng minh. 2.3. Sự phân nhánh của tập hợp nghiệm dương 2.3.1. Định nghĩa 2.3.1 Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K và :f K K   là ánh xạ thỏa mãn (., )f   . Khi đó 0  được gọi là điểm phân nhánh của phương trình ( , )x f x ( tương ứng với nghiệm tầm thường) nếu với mọi lân cận U của 0( , )  trong K  đều tồn tại một điểm( , )x U  với ( , )x f x và x  . 2.3.2. Mệnh đề 2.3.2 Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K và D là một lân cận phải của một số điểm x thuộc X ( tức là tồn tại một số dương  sao cho x B D   (hay x B D   ) , trong đó :B B K   , B là quả cầu mở đơn vị), cho F là một không gian Banach tùy ý và đặt :f D F là hàm khả vi bên phải tại x. i) Nếu f là ánh xạ hoàn toàn liên tục thì ' ( )f x K là hoàn toàn liên tục. ii) Nếu f là ánh xạ hoàn toàn liên tục và K là nón sinh thì ' ( )f x là toán tử tuyến tính compact. iii) Nếu D là tập mở, K là nón sinh và f liên tục, khả vi bên phải liên tục trên D thì f khả vi (Frechet) trên D và ' ( ) '( ) f y f y y D    . Mệnh đề sau đây nêu lên một điều kiện cần để 0  là điểm phân nhánh. Từ đây về sau ta kí hiệu 2D f là đạo hàm riêng bên phải ứng với biến thứ hai. 2.3.3. Mệnh đề 2.3.3 Cho X là không gian Banach với thứ tự sinh bởi nón K và :f K K   là ánh xạ hoàn toàn liên tục thỏa mãn (., )f   . Giả sử 0  là một điểm phân nhánh của phương trình ( , )x f x thỏa mãn: 2 0( , )D f   tồn tại. Nếu ánh xạ 1(., ) :f x x K   liên tục tại 0 , đều trên những dãy hội tụ đến  trong K. Khi đó 1 là giá trị riêng của 2 0( , )D f   với một véc tơ riêng dương. Chứng minh Từ giả thiết ta suy ra tồn tại dãy   ,j jx trong ( )K   hội tụ đến 0( , )  . Do đó, đặt 1 :j j jy x x S    với : ( ,1)S B K    . Ta có 1 1 2 0 0 0 2 0( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )j j j j j j j j jy D f y f x f x x f x D f x x                  Do vế phải hội tụ đến  nên suy ra phần tử  của X thuộc bao đóng của tập 2 0( , ) ( )Eid D f S     . Mặt khác do mệnh đề (2.3.2) thì 2 0( , )D f K  là hoàn toàn liên tục nên tập 2 0( , ) ( )Eid D f S     là tập đóng. Định lí đã được chứng minh. Bây giờ ta đưa thêm giả thiết 0( )H như sau: Cho (X,K) là không gian Banach có thứ tự và :f K K   là ánh xạ hoàn toàn liên tục thỏa : (., )f   và (0,.)f  . Tồn tại một toán tử tuyến tính 0 ( , )T L K K X  và một ánh xạ 0 :g K K   với 2 0 (., )D g    thỏa 0( )H 0 0( , ) ( , ), ( , )f x T x g x x K        . Ánh xạ 10 (., ) :g x x K   liên tục, đều trên những dãy hội tụ đến  trong K. Từ giả thiết 0( )H suy ra: 2 0( , )D f T    với mọi   . Do đó chứng minh được 0T là dương và 0 KT là hoàn toàn liên tục. Dẫn đến ánh xạ 0 :g K K   là hoàn toàn liên tục và  0 ( , )g x O x  khi x  với mọi cố định thuộc  . 2.3.4. Định lí 2.3.4 Giả sử giả thiết 0( )H được thỏa mãn và 0  là một điểm phân nhánh của phương trình ( , )x f x . Khi đó 0 0  và 10 là một giá trị riêng của 0T ứng với một vec tơ riêng dương. Đặc biệt 0T  . Chứng minh Suy ra từ định lí 2.3.2 Sau đây chúng ta đặt:  : ( )cl K       và gọi tập này là tập nghi._.