BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Quang Vũ

Chuyên ngành
Mã số

: Toán giải tích
: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. NGUYỄN BÍCH HUY

Thành phố Hồ Chí Minh – 2009


Lời cảm ơn
Em xin chân thành cảm ơn tập thể quý Thầy Cô đã tham gia giảng dạy
lớp Cao học chuyên ngành Giải tích khóa 17- trường Đại học Sư Phạm
TP.HCM.Thầy Cô đã mang đến cho em những kiến thức Toán học sâu rộng,
bổ ích và thú vị.
Em xin bày 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.

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) K  K  K ,  K  K ,   0
iii) K  ( K )  { }
2) Nếu K là nón thì thứ tự trong X sinh bởi K được định bởi :
x  y  y  xK

Mỗi x  K \ { } gọi là dương
Mệnh đề 1:
Giả sử “  ” là thứ tự sinh bởi nón, khi đó
1) x  y  x  z  y  z, x  y, z  X ,   0
2) xn  y n (n  N * ), lim xn  x, lim y n  y   x  y
3) Nếu {xn} là dãy tăng, hội tụ về x thì x n  x, n  N *
Chứng minh
1) Ta có (y+z)-(x+z)=y-x  K
 y  x   ( y  x )  K

2) Suy từ tính chất đóng của K
3) Cho m   trong bất đẳng thức x n  x n  m


1.1.2.Nón chuẩn
Định nghĩa :
Nón K gọi là nón chuẩn nếu: N  0 :   x  y  x  N . y
Mệnh đề 2 :
Giả sử “  ” là thứ tự sinh bởi nón chuẩn, khi đó


Đặt u n  xn / xn , vn  y n / xn thì 0  u n  vn , u n  1, vn


Thật vậy, X  U nC ( do K là nón sinh)
n 1

M>0

sao

cho


 no , G mở : noC  G (do định lý Baire)
1
2

1
2

Vì C lồi, đối xứng nên : C  C  C  C 
II) Ta chứng minh :

1
1
G
G (mở, chứa  )
2no
2no

r

r
2n 1

yx 

r
1
r
B  x1  C : a  x1  2
2
2
2

r
1
r
B  x2  2 C : a  x1  x2  3 ,...
2
2
2
2

 Vì xn 

1
1
C nên un , vn  K : xn  un  vn , un , vn  n
n
2
2

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 ik ( A, G )  deg ( A, G, ) .
Và gọi ik ( 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 F ( x, t )  t A( x)  (1  t ) A( x)

ta có:

F ( x, t )  x, ( x, t )  G  [0,1]
  deg( A, G,  )  deg( A, G,  )

Cho A: K  G  K là ánh xạ compắc
1) Nếu

Ax   x , x  K  G ,   1 thì

ik ( A, G )  1

2) Nếu tồn tại phần tử x0  K \{0} sao cho x  Ax   x0 , x  K  G ,
  0 thì

ik ( A, G )  0

Chứng minh

1) A đồng luôn dương với A0 ( x)   (xét F(x,t)=t A(x))
2) Ta chứng minh A đồng luân dương với A0 ( x)   x0 khi  đủ lớn
Chỉ cần chứng minh 0 sao cho
x  (1  t ) A( x)  t  x0 , x  K  G ,   0 , t  [0,1]

Giả

sử

trái

lại

xn  K  G, tn  [0,1], n   ,

sao

 1 0

 v  K  t
Nếu (3) không đúng ta có:
xn  K  G, tn  0, n   : xn  n Axn  tn u (*)

Gọi sn là số cực đại thỏa xn  snu
Từ (*) ta có xn  tnu  sn  0 ( do sn  tn  0 )
Đặt N1  {n : sn  b} , N 2  {n : sn  b}
* Nếu N1 vô hạn, ta có: n  N1  xn  n A( xn )  n B( xn )  n B( snu )  an snu
 n asn  sn (vô lý)( chú ý n a>1)

* Nếu N 2 vô hạn, ta có: n  N 2  xn  n B( snu )  n B(bu )  n abu


1

n

abxn  u    u (vô lý)

Định lí 2

Giả sử A : K r  K hoàn toàn liên tục thỏa các điều kiện
i) Ax   x  K r \{ }
ii) Tập nghiệm S của phương trình (1) là nhánh liên tục từ  , độ dài r
iii) lim
 ( x)  a  b  lim  ( x)
x 0
x r

Hoặc lim
 ( x)  a  b  lim  ( x)


(do yn   ( yn ). A( yn )  0   ( yn ) 

yn
y

   0 , )
A( yn )
A( y )

y   A( y )    0 (do (2))

Vậy   0 và ta có y  S2
B ( x,  )
Chọn  thỏa 0    min{ , r  r1} và đặt G  x
S
1

Ta có   G  B( , r1   ) , 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:

0, neu   (0 , )


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 n  0 , sup x   (2)
n 

Thật vậy, không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử rằng
lim xn  x0  K và do đó (0, x0)  S(0), x0 = A(0, x0 ). Chúng ta sẽ chỉ ra rằng
n 

x0  0. Giả sử trái lại x0 = 0.
Viết :
xn
x
x
g (n , xn )
 L0 ( n )   ( Ln  L0 )( n ) 
xn
xn
xn
xn



và do tính compắc của L0 ta giả sử rằng L0 (
xn
xn

dương, có chu kỳ  của phương trình x(t )  t  f [ s, x( s)]ds (*)
Với các giả thiết
1) f : R  [0, )  [0, ) liên tục, có chu kỳ  theo biến thứ nhất f (t , 0)  0 ;
lim
x 

f (t , x)
 0 đều đối với t  [0,  ]
x

2) Tồn tại hàm  : R  [0, ) có chu kỳ  , số   0 sao cho
f (t , x)
  (t ) x  (0,  ],
x





0

 (t )dt  0

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  ,

 


I) Chọn u (t )  1 coi x  Ax x  S  , trong đó S   K  S 

Ta có: ( x  Ax  u, x  S  ,   0)  x(t )  
 x(t )  

t

t 

t
f [ s, x( s)]
x( s )ds    ( x)ds min x(t ) (do (2))
t 
x( s )
0 t 

  ( ) min x(t )
0 t 

Vô lý vì  ( )  1
II)    0 đặt C ( ) là số thỏa

f (t , x) 1
x  C ( ), t  [0,  ] (do(1))


x


, M ( )}ds  max{ x , M ( )}

 x ( r )
  1

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:
u ''(t )  a(t ). f (t , u (t ))  0

0  t 1

u (t )  u (1  t ); u '(0)  u '(1)  u (1/ 2)

Với a: (0,1)  [0,) là đối xứng trên (0,1) và có kỳ dị tại t = 0 và t = 1


f :[0,1]  [0, )  [0, ) là liên tục và f(.,u) là đối xứng trên đoạn [0,1]

với mọi u  [0,) . 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 w(t )  w(1  t )

t  [0,1]

t.(1  s )
G1 (t , s )  
s (1  t )

0  t  s 1
0  s  t 1

 s
1 
G2 ( s)   2
1  s
 2

0s

1
2

1
 s 1
2


Chứng minh

Từ (2.1) ta có u’’(t) = - y(t)
t

Cho t  [0,1] , lấy tích phân hai vế từ 0 đến t ta có: u ' (t )    y ( s).ds  B
0


1

1

1
1
1
  y ( s ).ds  . y ( s )ds   y ( s )ds   (1  s ). y ( s )ds
2 t
20
20
0

Tích phân lần nữa ta có:
t

1

0

0

u (t )    (t  s ). y ( s ).ds  t. (1  s ). y ( s ).ds  A
1

Vì từ các điều kiện biên: u ' (0)  u ' (1)   y ( s )ds
0

1

=  (1  ). y ( s )ds 
0

1

1
(1  s ). y ( s )ds
2 1
2

Cho nên bài toán 3 điểm (2.1), (2.2) có duy nhất nghiệm đối xứng
t

1

1
2

1

1
s
u (t )    (t  s ). y ( s )ds  t. (1  s ). y ( s ).ds   (1  ). y ( s )ds  . (1  s ). y ( s )ds
2
2 1
0
0
0
2



1
2

1
 s 1
2

Bổ đề được chứng minh
Bổ đề 2.2:

Cho t , s  [0,1] thì

3
G ( s, s )  G (t , s )  G ( s, s )
4

Chứng minh
1
2

Cho bất kỳ t  [0,1] và s  [0, ] ta có
G (t , s )  G1 (t , s )  G2 ( s )  G2 ( s )  1 

1 3
s 1
s 3
s
s
 (1  )  (1  )  s (1  s )(1  )  (1  )

Lấy y  C[0,1]
. Từ đẳng thức u’’(t) = - y(t)  0

t  [0,1] . Suy ra đồ thị

của u(t) là lõm trên [0,1]. Từ (2.2) và (2.3) ta có
1
2

1

s
1
u (0)  u (0)   (1  ) y ( s )ds  . (1  s ). y ( s )ds  0
2
2 1
0
2

 t  [ 0,1] và nếu y(t)  0 thì u(t) > 0

Do vậy u (t )  0

t  [0,1]

Bổ đề 2.4:

Cho y  C[0,1]
thì khi đó nghiệm đối xứng duy nhất u(t) của BVP (2.1),


(2.2)

ta

có:

u (t )   G (t , s ). y ( s )ds   G ( s, s ). y ( s )ds
1

Suy ra: || u ||  G ( s, s). y ( s)ds

(2.5)

0

Mặt khác với mọi t  [0,1] , từ (2.4) và bổ đề (2.2) ta có:
1

1

3
u (t )   G (t , s ). y ( s)ds   G ( s, s ) y ( s )ds
40
0

(2.6)

Từ (2.5), (2.6) ta có (2.4) thỏa mãn
Chúng ta sẽ sử dụng các giả thiết sau:
(A1):