CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Header Page 8 of 16.



Giả sử ϕ ∈ C 1 ( Ω ) . Với x ∈ Ω, đạo hàm ϕ ' ( x ) là ánh xạ tuyến tính từ  n vào  n có

ma trận biểu diễn là:



∂ϕ1

 ∂ϕ1

 ∂x ( x ) ∂x ( x )

2

 1

∂ϕ 2

 ∂ϕ 2

x

( x)

(

)

 ∂x

∂

x

2

 1

⋅⋅⋅

 ⋅⋅⋅

 ∂ϕ

 n ( x ) ∂ϕ n ( x )

 ∂x

∂x2

 1



∂ϕ1

( x ) 

∂xn



∂ϕ 2

⋅⋅⋅

( x ) 

∂xn



⋅⋅⋅

⋅⋅⋅ 



∂ϕ n

⋅⋅⋅

( x ) 

∂xn



⋅⋅⋅



Đặt J ϕ ( x ) = det ϕ ' ( x ) gọi là Jacobien của ϕ tại x.

Điểm x0 ∈ Ω là điểm đều của ϕ nếu J ϕ ( x0 ) ≠ 0, là điểm tới hạn của ϕ nếu



J ϕ ( x0 ) = 0.

Đặt Zϕ=



{x ∈ Ω, J ( x =) 0} là tập hợp tất cả các điểm tới hạn của ϕ

ϕ



thì theo bổ đề



Sard, ϕ ( Zϕ ) là tập độ đo không trong  n . Đặc biệt, với r > 0, y ∈  n và B ( y , r ) là quả cầu

mở trong  n thì B ( y , r ) \ ϕ ( Zϕ ) ≠ ∅.

Điểm y0 ∈  n là giá trị đều của ϕ nếu ảnh ngược ϕ −1 ( y0 ) chứa các điểm đều của ϕ , là

giá trị tới hạn của ϕ nếu ϕ −1 ( y0 ) chứa các điểm tới hạn của ϕ .

Giá của f kí hiệu là sup pf=



{x ∈ Ω, f ( x ) ≠ 0} trong đó



f : Ω → .



Một dạng vi phân ω (hay đơn giản là dạng) được gọi là có giá compact nếu các hàm hệ

số của dạng ω có giá compact.

Ta kí hiệu một n − dạng trên  n là: µ f ( y ) dy1 ∧ ⋅ ⋅ ⋅ ∧ dyn = f ( y ) dy và nếu sup pf

compact

thì ∫ µ

=



∫ f ( y ) dy



1







∧ ⋅ ⋅ ⋅ ∧ dyn .



n



Nếu µ là n − dạng trên  n thì ánh xạ ϕ cảm ứng một n − dạng trên Ω, kí hiệu



µ  ϕ = f (ϕ ( x ) ) J ϕ ( x ) dx.



Footer Page 8 of 16.



6



Header Page 9 of 16.



Nếu ω là ( n − 1) − dạng thuộc lớp C −1 có giá compact trong  n thì do định lí Stokes



ω

∫ d ω = 0 trong đó nếu =



n



∑ ( −1) g ( y ) dy

i −1



i



i =1



1



n



∧d

yi ∧ ⋅ ⋅ ⋅ ∧ dyn (dấu ∧ trên dyi để chỉ phải



bỏ số hạng trên dyi ) thì vi phân ngoài d ω = ∑

i =1



∂gi

dy.

∂yi



Nếu µ = f ( y ) dy là n − dạng trên  n và ϕ là phép biến đổi với J ϕ ( x0 ) ≠ 0 với mọi



x ∈ Ω, từ công thức đổi biến trong tích phân, ta có:

=

∫µ



f ( y ) dy ∫ f (ϕ ( x ) ) =

J ϕ ( x ) dx

∫=











n



n



sgn J ϕ ∫ µ  ϕ .



1.2.1. Bậc tôpô trong trường hợp ϕ ∈ C 1 ( Ω )

Cho Ω là tập mở bị chặn trong  n , Ω = Ω ∪ ∂Ω và ϕ : Ω →  n ,ϕ ∈ C 1 ( Ω ) và liên tục

trên Ω.

Với



ϕ −1 ( y0 =

)



y0 ∉ ϕ ( ∂Ω ) là giá trị đều của ϕ , do định lí ánh xạ ngược, tập



{x ∈ Ω,ϕ ( x =)



}



y0 gồm các điểm cô lập trong Ω nên ϕ −1 ( y0 ) chứa hữu hạn các



phần tử.

Đặt dy0 =



∑



xi ∈ϕ −1 ( y0 )



sgn J ϕ ( xi ).



Nếu ϕ −1 ( y0 ) = ∅ thì dy0 = 0.

Vậy dy0 là số nguyên.

Định nghĩa 1.2.3. Một dạng µ = f ( y ) dy là n − dạng thuộc lớp C ∞ có giá chứa trong

một lân cận tốt D của=

y0, D  n \ ϕ ( ∂Ω ) (nghĩa là tồn tại g : D →  n thuộc lớp C 1 sao

cho g ( D ) là khối lập phương trong  n . Một lân cận D tốt của y0 luôn luôn tồn tại) và



∫ µ = 1 được gọi là thừa nhận được đối với



y0 và ϕ . Với µ là dạng thừa nhận được, ta định



nghĩa bậc tôpô của ϕ trên tập Ω tại điểm y0 bởi



deg (ϕ , Ω, y0 ) =

∫ µ  ϕ.

Tính hợp lí của định nghĩa bậc suy ra từ bổ đề sau :



Footer Page 9 of 16.



7



Header Page 10 of 16.



Bổ đề 1.2.4. Giả sử µ = f ( y ) dy là n − dạng thuộc lớp C ∞ trên  n có giá chứa trong

một lân cận tốt D và



∫ µ = 0. Khi



đó tồn tại ( n − 1) − dạng ω sao cho suppω ⊂ D và



d ω = µ.

Dưới đây là một vài tính chất của bậc.

Mệnh đề 1.2.5. Với y1 đủ gần y0 , y1 ∉ ϕ ( ∂Ω ) thì deg (ϕ , Ω, y0 =

) deg (ϕ , Ω, y1 ) .

Chứng minh. Gọi D là lân cận tốt của y0 . Với y1 ∈ D và µ là dạng thừa nhận được

đối với y0 thì µ cũng là dạng thừa nhận được đối với y1 . Áp dụng định nghĩa của bậc, ta

có deg (ϕ , Ω, y0 =

) deg (ϕ , Ω, y1 ) .

Mệnh đề 1.2.6. Nếu y0 là giá trị đều của ϕ thì

=

dy0 deg (ϕ , Ω, y0 ) .

Chứng minh. Giả sử ϕ −1=

( y0 )



{x1 , x2 , ⋅ ⋅ ⋅, xk }. Tồn tại các



lân cận của N i của xi cách



k



biệt nhau sao cho ϕ là 1 − 1 trên mỗi lân cận. Đặt N = ϕ ( N i ) thì N là lân cận của y0 .

i =1



Giả sử µ là dạng thừa nhận được có giá chứa trong N , ta có:



deg (ϕ , Ω, y0 =

)



k



k



k



∫ µ  ϕ= ∑ ∫ µ  ϕ= ∑ sgn J ϕ ( x ) ∫ µ= ∑ sgn J ϕ ( x =) d ( y ).

i

=i 1



i 1

=i 1 =

Ni



i



0



Chú ý 1.2.7. Do dy0 là số nguyên và do mệnh đề 1.2.5 và mệnh đề 1.2.6 suy ra



deg (ϕ , Ω, y0 ) là số nguyên. Cũng do mệnh đề 1.2.5, deg (ϕ , Ω, y0 ) liên tục theo y0 , có giá

trị là số nguyên nên deg (ϕ , Ω, y0 =

) deg (ϕ , Ω, y ) với y nằm trong thành phần liên thông

của  n \ ϕ ( ∂Ω ) chứa y0 .

Mệnh đề 1.2.8. (Bất biến đồng luân) Xét họ tham biến các ánh xạ



ϕ t ( x ) : Ω × [0,1] →  n liên tục trên Ω × [0,1] và ϕ t ∈ C 1 ( Ω ) với mọi t ∈ [0,1]. Giả sử

y0 ∉ ϕ t ( ∂Ω ) với mọi t ∈ [ 0,1] thì deg (ϕ t , Ω, y0 ) không phụ thuộc t.



tập A

Chứng minh. Do ∂Ω × [ 0,1] là tập compact nên

=



{ϕ ( x ) | x ∈ ∂Ω, t ∈ [0,1]} là tập

t



compact không chứa y0 . Vậy tồn tại một lân cận tốt D của y0 , A ∩ D =

∅. Khi đó,



deg (ϕ t , Ω, y0 ) =

∫ µ  ϕt . Đây là hàm liên tục theo t. Do bậc có giá trị trong  nên

deg (ϕ t , Ω, y0 ) là hằng số.



Footer Page 10 of 16.



8



Header Page 11 of 16.



( Ωi )i∈



Mệnh đề 1.2.9. Cho

∞





y0 ∉ ϕ  Ω \  Ω i 

i =1







thì



là dãy các tập mở cách biệt chứa trong D và



deg (ϕ , Ωi , y0 )



bậc



trừ



một



số



hữu



hạn



i



và



∞



∑ deg (ϕ , Ω , y ) .



y0 )

deg (ϕ , Ω,=



i



i =1



0



∞





Chứng minh. Do ϕ  Ω \  Ωi  là tập compact không chứa y0 nên tồn tại lân cận tốt D

i =1





∞





của y0 , D ∩ ϕ  Ω \  Ωi  =

∅.

i =1







Trường hợp y0 là điểm đều của ϕ , khi đó ϕ −1 ( y0 ) chứa một số hữu hạn điểm, vậy



ϕ −1 ( y0 ) chứa trong một số hữu hạn các Ωi . Áp dụng mệnh đề 1.2.6 ta có kết quả.

Trường hợp y0 là điểm tới hạn của ϕ , do định lí Sard và mệnh đề 1.2.5, với y1 đủ

gần y0 , y1 là điểm đều của ϕ thì deg (ϕ , Ω, y0 =

) deg (ϕ , Ω, y1 ) .

Mệnh đề 1.2.10. Cho Ω1 , Ω 2 là tập mở, bị chặn trong  n ,  p theo thứ tự và



ϕ1 : Ω1 →  n ,ϕ 2 : Ω 2 →  p



liên



ϕ1 ∈ C 1 ( Ω1 ) ,ϕ 2 ∈ C 2 ( Ω 2 )



tục,



và



y1 ∉ ϕ1 ( ∂Ω1 ) , y2 ∉ ϕ 2 ( ∂Ω 2 ) .



Đặt ϕ1 × ϕ 2 : Ω1 × Ω 2 →  n ×  p định bởi:

=

ϕ1 × ϕ 2 ( x1 , x2 )



(ϕ ( x ) ,ϕ ( x ) ) , x

1



1



2



2



1



∈ Ω1 , x2 ∈ Ω 2 .



Khi đó, deg (ϕ1 ,ϕ 2 , Ω1 × Ω 2 , ( y=

deg (ϕ1 , Ω1 , y1 ) × deg (ϕ 2 , Ω 2 , y2 ) .

1 , y2 ) )

Chứng minh. Giả sử µ1 , µ2 là những dạng thừa nhận được đối với y1 , y2 và ϕ1 ,ϕ 2 theo

thứ tự. Khi đó µ1 × µ2 (tích ngoài) là ( n + p ) − dạng thừa nhận được đối với ϕ1 × ϕ 2 tại

điểm ( y1 , y2 ) và



∫ ( µ , µ )  (ϕ

1



 ×

n



2



1



× ϕ 2 )=



( )

∉ ϕ ( Ω ) nên y



∫µ



1







p



n



× ϕ1 ⋅



∫µ







2



× ϕ2 .



p



Mệnh đề 1.2.11. Nếu y0 ∉ ϕ Ω thì deg (ϕ , Ω, y0 ) =

0.

Chứng minh. Do y0



0



là giá trị đều của ϕ và ϕ −1 ( y0 ) = ∅ nên dy0 = 0.



Áp dụng mệnh đề 1.2.6, ta có deg (ϕ , Ω, y0 )= d ( y0 )= 0.



Footer Page 11 of 16.



9



Header Page 12 of 16.



( )



1.2.2. Bậc tôpô trong trường hợp ϕ ∈ C Ω



Mệnh đề 1.2.12. Cho Ω là tập mở, bị chặn trong  n ,ϕ : Ω →  n liên tục và

y0 ∉ ϕ ( ∂Ω ) . Khi đó tồn tại r > 0 sao cho với mọi ϕ1 ,ϕ 2 : Ω →  n liên tục, ϕ1 ,ϕ 2 ∈ C 1 ( Ω )



và ϕ − ϕ i < r, i =

1,2 thì deg (ϕ1 , Ω, y0=

) deg (ϕ 2 , Ω, y0 ) .

Ánh xạ ϕ1 ,ϕ 2 được gọi là C 1 − xấp xỉ của ϕ .



{



}



Chứng minh. =

Đặt d min y0 − ϕ ( x ) x ∈ ∂Ω và r =



d

thì r > 0. Với x ∈ ∂Ω, i = 1,2

2



ta có:



d

y0 − ϕ i ( x ) ≥ y0 − ϕ ( x ) − ϕ ( x ) − ϕ i ( x ) ≥ d − r => 0.

2

Xem đồng luân tϕ1 + (1 − t )ϕ 2 , t ∈ [ 0,1]. Với x ∈ ∂Ω, t ∈ [ 0,1] ta có:



y0 − tϕ1 ( x ) − (1 − t )ϕ 2 ( x ) ≥ y0 − ϕ ( x ) − t ϕ ( x ) − ϕ1 ( x ) − (1 − t ) ϕ ( x ) − ϕ 2 ( x )

d

≥d −r =.

2

Do tính bất biến đồng luân, ta được



deg (ϕ1 , Ω, y0=

) deg (ϕ 2 , Ω, y0 ) .

Định nghĩa 1.2.13. Cho Ω là tập mở, bị chặn trong  n ,ϕ : Ω →  n liên tục và

y0 ∉ ϕ ( ∂Ω ) . Ta định nghĩa bậc của ϕ tại y0 bởi deg (ϕ1 , Ω, y0 ) trong đó ϕ1 là C 1 − xấp xỉ



của ϕ .

Định lý 1.2.14. Cho Ω là tập mở, bị chặn trong  n ,ϕ : Ω →  n liên tục và y0 ∉ ϕ ( ∂Ω )

thì bậc deg (ϕ , Ω, y0 ) có giá trị nguyên và thỏa mãn các tính chất sau:

1. Nếu deg (ϕ , Ω, y0 ) ≠ 0 thì tồn tại x0 ∈ Ω sao cho ϕ ( x0 ) = y0 .

2. Nếu y0 , y1 thuộc cùng thành phần liên thông của  n \ ϕ ( ∂Ω ) thì



deg (ϕ , Ω, y0 =

) deg (ϕ , Ω, y1 ) .

∞





3. Cho ( Ωi )i∈ là dãy các tập mở cách biệt chứa trong D và y0 ∉ ϕ  Ω \  Ωi 

i =1







thì deg (ϕ , Ωi , y0 ) =

0 trừ một số hữu hạn i và deg (ϕ , Ω,=

y0 )



∞



∑ deg (ϕ , Ω , y ) .

i =1



4. Cho Ω1 , Ω 2 là tập mở, bị chặn trong  n ,  p tương ứng,



ϕ1 : Ω1 →  n ,ϕ 2 : Ω 2 →  p và y1 ∉ ϕ1 ( ∂Ω1 ) , y2 ∉ ϕ 2 ( ∂Ω 2 ) thì

Footer Page 12 of 16.



10



i



0



Header Page 13 of 16.



deg (ϕ1 × ϕ 2 , Ω1 × Ω 2 , ( y=

deg (ϕ1 , Ω1 , y1 ) ⋅ deg (ϕ 2 , Ω 2 , y2 ) .

1 , y2 ) )



( )



{



}



đặt d min y0 − ϕ ( x ) , x ∈ Ω thì d > 0 với ϕ1 là

Chứng minh. 1. Giả sử y0 ∉ ϕ Ω ,=

xấp xỉ của ϕ , ϕ − ϕ1 <



d

và x ∈ Ω, ta có:

2



y0 − ϕ1 ( x ) ≥ y0 − ϕ ( x ) − ϕ ( x ) − ϕ1 ( x ) ≥ d −



d d

=

.

2 2



( )



Vậy y0 ∉ ϕ1 Ω . Khi đó, từ định nghĩa của bậc và mệnh đề 1.2.11 ta có



deg (ϕ , Ω, y0=

) deg (ϕ1 , Ω, y0=) 0 mâu thuẫn với deg (ϕ , Ω, y0 ) ≠ 0. Vậy tồn tại x0 ∈ Ω sao

cho ϕ ( x0 ) = y0 .

2. Gọi D là thành phần liên thông của  n \ ϕ ( ∂Ω ) , y0 ∈ D. Với y1 ∈ D, đặt



{



}



=

d min y0 − ϕ ( x ) , y1 − ϕ ( x ) , x ∈ ∂Ω thì d > 0 với ϕ1 là C 1 − xấp xỉ của ϕ , ϕ − ϕ1 <



d

2



và x ∈ ∂Ω, ta có:



d

2

d

y1 − ϕ1 ( x ) ≥ y1 − ϕ ( x ) − ϕ ( x ) − ϕ1 ( x ) ≥

2

y0 − ϕ1 ( x ) ≥ y0 − ϕ ( x ) − ϕ ( x ) − ϕ1 ( x ) ≥



Vậy y1 , y0 thuộc cùng thành phần liên thông của  n \ ϕ ( ∂Ω ) . Theo mệnh đề 1.2.5 và

theo định nghĩa của bậc, ta có:



deg (ϕ , Ω, y0 =

) deg (ϕ , Ω, y1 ) .



=

3. Xét ϕ : Ω × [ 0,1] →  n định bởi ϕ

( x, t ) ϕt ( x ) , x ∈ Ω, t ∈ [0,1] thì ϕ liên tục trên

Ω × [ 0,1].



{



}



đặt d min y0 − ϕ t ( x ) , x ∈ ∂Ω, t ∈ [0,1] thì d > 0.

Do y0 ∉ ϕ t ( ∂Ω ) , t ∈ [ 0,1] ,=



(



)



Với ψ ∈ C 1 Ω × [ 0,1] sao cho ϕ − ψ <



d

và x ∈ ∂Ω, ta có:

2



y0 − ψ t ( x ) ≥ y0 − ϕ t ( x ) − ϕ t ( x ) − ψ t ( x ) ≥



d

.

2



Vậy y0 ∉ψ t ( ∂Ω ) với mọi t ∈ [ 0,1] và ψ t là C 1 − xấp xỉ của ϕ t .



∞



4. Do y0 ∉ ϕ   Ωi  , đặt:

 i =1 

Footer Page 13 of 16.



11



Header Page 14 of 16.

∞





=

d min  y0 − ϕ ( x ) , x ∈ Ω \  Ωi  thì d > 0.





i =1



Với ϕ1 là xấp xỉ của ϕ , ϕ − ϕ1 <



∞

d





thì y0 ∉ ϕ1  Ω \  Ωi  .

2

i =1







Áp dụng mệnh đề 1.2.9, deg (ϕ , Ωi , y0 =

) deg (ϕ1 , Ωi , y0 ) trừ một số hữu hạn i và



deg (ϕ , Ω, y0=

) deg (ϕ1 , Ω, y0=)



∞



∑ deg (ϕ1 , Ωi , y0=)



∞



∑ deg (ϕ , Ω , y ).

i



=i 1 =i 1



{



0



}



5.=

Đặt d min y1 − ϕ1 ( x ) , y2 − ϕ 2 ( x ) , x ∈ ∂Ω1 , x ∈ ∂Ω 2 thì d > 0. Với ψ 1 ,ψ 2 là C 1 −

xấp xỉ của ϕ1 ,ϕ 2 theo thứ tự, ψ iϕ i <



d

,i =

1,2 thì ψ 1 ×ψ 2 là C 1 − xấp xỉ của ϕ1 × ϕ 2 và

2



yi ∉ψ i ( ∂Ωi ) , i = 1,2.

Áp dụng mệnh đề 1.2.10, ta có:

deg (ψ 1 ×ψ 2 , Ω1 × Ω 2 , ( y1=

, y2 ) ) deg (ϕ1 × ϕ 2 , Ω1 × Ω 2 , ( y1 , y2 ) )

= deg (ϕ1 , Ω1 , y1 ) ⋅ deg (ϕ 2 , Ω 2 , y2=

) deg (ψ 1 , Ω1 , y1 ) ⋅ deg (ψ 2 , Ω2 , y2 ) .



Định lý 1.2.5. Giả sử Ω ⊂  n là tập mở, bị chặn và đối xứng, 0 ∈ Ω. Nếu Ai ∈ ∂Ω là

đóng, Ai ∩ ( − Ai ) =∅ với=

i 1,2, ⋅ ⋅ ⋅, k và



k



A =

i



∂Ω thì k > n + 1.



i =1



Chứng minh. Giả sử ngược lại k ≤ n. Đặt f i ( x ) = 1 trên Ai , f i ( x ) = −1 trên − Ai với

và f

=

i 1,2, ⋅ ⋅ ⋅, k − 1, f i ( x=

) 1 trên Ω với i= k , ⋅⋅⋅, n =



( f1 , f 2 , ⋅ ⋅ ⋅, f n ) .



Mở rộng f liên tục



đến Ω. Khi đó, f ( − x ) ≠ λ f ( x ) trên ∂Ω với mọi λ ≥ 0. Nói cách khác f ( − x0 ) =

λ f ( x0 )

với λ ≥ 0 nào đó và x0 ∈ ∂Ω. Ta có λ > 0 vì f ( x ) ≠ 0 trên ∂Ω. Vì vậy, x0 ∉ Ai ∪ ( − Ai )

với i ≤ k − 1 vì f i ( − x ) =

− f i ( x ) . Do đó x0 ∈ Ak và x0 ∉ − Ak , vì vậy ta có − x0 ∈ Ai với



i ≥ k − 1 nào đó và do đó x0 ∈ Ai , điều này mâu thuẫn. Do đó, f ( − x ) ≠ λ f ( x ) trên ∂Ω với

mọi λ ≥ 0. Do đó, ta có deg ( f , Ω,0 ) =

0, nghĩa là f ( x ) = 0 với x ∈ Ω nào đó, điều này

mâu thuẫn với f n ( x ) = 1 trên Ω.

Định lý 1.2.16. (Định lý Brouwer) Cho K là tập lồi đóng, bị chặn trong  n và

f : K → K liên tục. Khi đó f có điểm bất động trong K .

Chứng minh. Ta chứng minh tồn tại g :  n → K liên tục sao cho g ( x ) = x, với mọi

x ∈ K . Có thể giả sử 0 ∈ K . Gọi E là không gian con sinh bởi K . Khi đó, tồn tại ánh xạ

ρ : E → K liên tục sao cho ρ ( x ) = x, với mọi x ∈ K .

Footer Page 14 of 16.



12



Header Page 15 of 16.



Giả sử dim E= k ≤ n. Chọn b1 , b2 , ⋅ ⋅ ⋅, bn là cơ sở của  n sao cho b1 , b2 , ⋅ ⋅ ⋅, bk là cơ sở của

n



k



E . Với x ∈  , x =

∑αi bi , xét phép chiếu p :  → E định bởi p ( x ) = ∑αi bi thì p liên

n



n



1



1



tục, p ( x ) = x, ∀x ∈ E .

Khi đó,

đặt g ρ  p :  n → K liên tục thỏa mãn g ( x ) = x, ∀x ∈ K .

=

Với R > 0 đủ lớn sao cho K ⊂ B ( 0, R ) . Ánh xạ f  g :  n → K liên tục thỏa mãn



f  g ( B ' ( 0, R ) ) ⊂ K ⊂ B ( 0, R ) .

Vậy tồn tại x ∈ B ( 0, R ) sao cho f  g ( x ) = x.

Do f  g ( x ) ∈ K nên x ∈ K và g ( x ) = x. Vậy f ( x ) = x.



1.3. Bậc Leray-Schauder

Bổ đề 1.3.1. Giả sử E là không gian Banach thực, Ω ⊂ E mở, bị chặn và T : Ω → E là

ánh xạ liên tục, compact. Khi đó, với bất kì ε > 0, tồn tại không gian hữu hạn chiều F và

ánh xạ liên tục Tε : Ω → F thỏa mãn

Tε x − Tx < ε với mọi x ∈ Ω.



Chứng minh. Bởi vì T Ω là compact tương đối trong E , với bất kì ε > 0 tồn tại tập con

hữu hạn {x1 , x2 , ⋅ ⋅ ⋅, xn } ⊂ Ω thỏa mãn

n



T Ω ⊂  B (Txi , ε ).

i =1



Tε : Ω → F span {Tx1 , Tx2 , ⋅ ⋅ ⋅, Txn } như sau

Bây giờ ta định nghĩa ánh xạ=

n



Tε x = ∑

i =1



φi ( x )

Γ( x)



trong đó φi=

( x ) max {0, ε − Tx − Txi



T ( xi ) với mọi x ∈ Ω,

n



} và Γ ( x ) =

∑φ ( x ). Dễ dàng kiểm tra được Tε

i =1



i



thỏa mãn các điều kiện của bổ đề 1.3.1.

Bổ đề 1.3.2. Cho E là không gian Banach trên , B là tập đóng và bị chặn chứa trong

E và T : B → E là ánh xạ compact liên tục. Giả sử Tx ≠ x, ∀x ∈ B. Khi đó, tồn tại ε 0 > 0



thỏa mãn x ≠ tT ε1 x + (1 − t ) T ε 2 x, ∀t ∈ [ 0,1] và x ∈ B, trong đó ε i ∈ ( 0, ε 0 ) và Tε i : B → Fε i

với i = 1,2 như trong bổ đề 1.3.1.

Footer Page 15 of 16.



13



Header Page 16 of 16.



Chứng



minh.



Giả



sử



kết



không



luận



đúng.



Khi



đó,



tồn



tại



x j với =

j 1,2, ⋅ ⋅ ⋅

ε1j → 0, ε 2j → 0, t j → t0 , x j ∈ B sao cho t jTε x j + (1 − t j ) Tε x j =

j

1



Bởi vì T là ánh xạ compact, (Tx j )



∞

j =1



j

2



(



có dãy con, đặt là Tx jk



) hội tụ đến



y ∈ E . Bởi bổ



đề 1.3.1, Tε jk x jk → y với i = 1,2. Do đó, x jk → y ∈ B. Do T liên tục nên Tx jk → Ty. Do

1



giới hạn là duy nhất nên Ty = y mâu thuẫn với Tx ≠ x, ∀x ∈ B.

Định lý 1.3.3. (Định lý Leray) Cho K là tập compact trong không gian Banach E . Khi

đó, với ε > 0 tồn tại tập hữu hạn {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an } trong K và một ánh xạ liên tục p : K → E

sao cho:



p ( x ) − x ≤ ε , ∀x ∈ K và p ( K ) ⊂ co {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an }.

Chứng minh. Họ quả cầu mở {B ( x, ε ) , x ∈ K } là phủ mở của tập compact K . Vậy tồn

n



tại số hữu hạn {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an } ⊂ K sao cho K ⊂  B ( ai , ε ).

i =1



Với mỗi i ∈ 1, n, đặt ϕ i : E →  định bởi ϕ=

max {0, ε − x − ai } thì ϕ i liên tục và

i ( x)



ϕ

=

0 khi x ∉ B ( ai , ε )

i ( x)



ϕ i ( x ) > 0 khi x ∈ B ( ai , ε )

Suy ra



ϕ i ( x ) x − ai ≤ ϕ i ( x ) ε , ∀x ∈ E



n



ϕi ( x ) > 0, ∀x ∈ K

∑





i =1

−1



Đặt



p:K → E



định



 n

 n

bởi p ( x ) =  ∑ϕ i ( x )  ∑ϕ i ( x )ai

=

 i 1=

 i1



thì



p



liên



tục



và



p ( K ) ⊂ co {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an }.

−1



 n

 n

Hơn nữa, p ( x ) − x ≤  ∑ϕ i ( x )  ∑ϕ i ( x ) ai − x ≤ ε .

=

 i 1=

 i1



Định nghĩa 1.3.4. Cho E là không gian Banach trên ,Ω là tập mở, bị chặn chứa trong

E và T : Ω → E là ánh xạ compact liên tục. Giả sử 0 ∉ ( I − T ) ( ∂Ω ) . Khi đó, bởi bổ đề



1.3.2, tồn tại ε 0 > 0 thỏa mãn

x ≠ tT ε1 x + (1 − t ) T ε 2 x, ∀t ∈ [ 0,1] và x ∈ ∂Ω

Footer Page 16 of 16.



14



Header Page 17 of 16.



trong đó ε i ∈ ( 0, ε 0 ) và Tε i : Ω → Fε i với i = 1,2 như trong bổ đề 1.3.1. Do đó, bậc của

Brouwer deg ( I − Tε , Ω ∩ Fε ,0 ) được định nghĩa tốt và vì vậy ta định nghĩa



=

deg ( I − T , Ω

,0 ) deg ( I − Tε , Ω ∩ Fε ,0 ) ,

trong đó ε ∈ ( 0, ε 0 ) .

Bởi tính bất biến đồng luân của bậc Brouwer, ta có



(



} )



{



(



} )



{



deg I − Tε1 , Ω ∩ span Fε1 ∪ Fε 2=

,0 deg I − Tε 2 , Ω ∩ span Fε1 ∪ Fε 2 ,0 .



}



{



Nhưng Tε i : Ω ∩ span Fε1 ∪ Fε 2 → Fi với i = 1,2, vì vậy ta có



(



{



} )



(



)



(



{



} )



(



)



deg I − Tε1 , Ω ∩ span Fε1 ∪ Fε 2=

,0 deg I − Tε1 , Ω ∩ Fε1 ,0



và

deg I − Tε 2 , Ω ∩ span Fε1 ∪ Fε 2=

,0 deg I − Tε 2 , Ω ∩ Fε 2 ,0 .



Do đó, ta có



(



)



(



)



deg I − Tε1 , Ω ∩ F=

deg I − Tε 2 , Ω ∩ Fε 2 ,0 .

ε1 ,0

và bậc được định nghĩa trong định nghĩa 1.3.4 là tốt. Trong trường hợp tổng quát, nếu

p ∉ ( I − T )( ∂Ω ) , ta định nghĩa deg ( I − T , Ω, =

p ) deg ( I − T − p, Ω,0 ) .



Dưới đây là một số tính chất của bậc Leray Schauder.

Định lý 1.3.5. Bậc Leray Schauder có các tính chất sau:

(1) (Tính chuẩn tắc) deg ( I , Ω,0 ) =

1 nếu và chỉ nếu 0 ∈ Ω;

(2) (Tính giải được) Nếu deg ( I − T , Ω,0 ) ≠ x, thì Tx = x có nghiệm trong Ω;

(3) (Tính đồng luân) Giả sử Tt : [ 0,1] × Ω → E là ánh xạ compact liên tục và



Tt x ≠ x với mọi ( t , x ) ∈ [ 0,1] × ∂Ω. Khi đó, deg ( I − Tt , Ω,0 ) không phụ thuộc vào

t ∈ [ 0,1].



(4) (Tính cộng tính) Giả sử Ω1 , Ω 2 là hai tập con không giao nhau của Ω và



(



)



0 ∉ ( I − T ) Ω − Ω1 ∪ Ω 2 . Khi đó

deg ( I − T , Ω,0

=

) deg ( I − T , Ω1 ,0 ) + deg ( I − T , Ω2 ,0 ) .



Chứng minh. Tương tự như chứng minh các tính chất của bậc Brouwer.



Footer Page 17 of 16.



15



Header Page 18 of 16.



Định lý 1.3.6. (Định lý Schauder) Cho C là tập khác rỗng, lồi, đóng, bị chặn chứa trong

không gian Banach E và f : C → C liên tục sao cho f ( C ) là tập compact tương đối. Khi

đó f có điểm bất động trong C.

Chứng minh. Đặt K = co f ( C ) thì K lồi, compact chứa trong C. Với mỗi m ∈  tồn

tại tập hữu hạn {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an } ⊂ K và một ánh xạ liên tục pm : K → co {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an } sao cho



pm ( x ) − x <



1

, ∀x ∈ K .

m



Đặt g m = pm  f|co{a1 ,a2 ,⋅⋅⋅,an } (ánh xạ thu hẹp trên co {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an } ).

Ta có g m : co {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an } → co {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an } liên tục. Áp dụng định lý Brouwer tồn tại



xm ∈ co {a1 , a2 , ⋅ ⋅ ⋅, an } ⊂ K sao cho g m ( xm ) = xm .

pm  f ( xm ) − f ( xm ) <



Ta có xm −=

f ( xm )



1

, ∀m ∈ .

m



( )



Do dãy ( xm )m trong tập compact K nên tồn tại dãy con hội tụ xmi



i



hội tụ về



x ∈ K ,lim xmi =

x.

i



Do f liên tục nên lim xmi = f ( x ) và do xm − f ( xm ) <

i



Vậy f có điểm bất động trong C.



Footer Page 18 of 16.



16



1

, ∀m ∈ , nên x = f ( x ) .

m