Luận văn Một số phương pháp nghiên cứu sự phân nhánh

thật vậy: 1 (0,0) (0,0) 0.x xx X Nf f x∀ ∈ = ⇒ = Ta có Y = 1 2Y Y⊕ nên với fx(0, 0)(x) = 0 1 2Y Y∈ ⊕ , sẽ được viết dưới dạng: (do Q là ánh xạ chiếu) Ngược lại: (do giả thuyết) Do đó N (H) = X 1 , ngoài ra ta có X 1 đóng là do không gian con X 1 của không gian Banch X có dim X1 < +∞. Vậy các giả thiết của hệ quả 1.2 được thoả mãn. . Khi đó suy ra được rằng trong lân cận của 0 trong 1X × Λ tồn tại duy nhất nghiệm x2 =u(x1,⋋) của phương trình Qf(x1+ u(x1, ⋋), ⋋) = 0. Vậy x1+ u(x1, ⋋) là nghiệm của phương trình f(x, ⋋) = 0 khi và chỉ khi: ( )x N H∈ 1 1 1 ( ) 0 (0,0)( ) 0 (0,0)( ) (0) (0,0)( ) 0 (0,0) x x x x H x Qf x Q Qf x Q f x x Nf x X − − ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ∈ ⇒ ∈ (0,0) 0 0 (0,0)( ) 0xfx Qf x= + ⇒ = [ (0,0)] ( ) xx N Qf x N H ⇒ ∈ ⇒ ∈ Qf(x1 + u(x1,⋋). ⋋) = 0 (2.5) . Vì miền giá trị của ánh xạ I - Q là hữu hạn chiều, cho nên phương trình (2.5) được gọi là phương trình phân nhánh là một hệ hữu hạn các phương trình thường. . Lúc đó, nếu không gian các tham biến Λ cũng hữu hạn chiều thì việc nghiên cứu địa phương phương trình f (x ,⋋) = 0 sẽ quy về việc nghiên cứu một số hữu hạn các phương trình với một số hữu ,hạn ẩn. 2.2 Phương pháp sử dụng Bổ đề Morse ĐẶT VẤN ĐỀ 2.2. . Giả sử X,Y là hai không gian Banach, Ω là lân cận mỡ của Xo ϵ X, một ánh xạ :f YΩ → , và tại xo thì f(xo) = 0. Ta muốn nghiên cứu tập nghiệm của phương trình: f(x) = 0, trong lân cận Ω của x0ϵ X. Với mức độ tong quát như vậy, bài toán vừa nêu trong cách đặt vấn đề là hoàn toàn phức tạp. Vì thế cho nên: . Ta sẽ giả thiết rằng f thuộc lớp 𝒞𝒫, p≥ 1, và những không gian Banach được xét đều ở trên trường số thực R. Ngoài ra ta còn giả thiết rằng f x (x 0 ) là toán tử Fredholm; tức là: đóng trong Y, codimY1<∞. (2.0) Nếu Y1=Y Khi đó theo hệ quả 1.2 nói rằng trong lân cận điểm x0, tập f -1(0) là một 𝒞d – đa tạp con khả vi của 𝒞𝒫, đi qua x0. Nấu Y1≠Y, codimY1= 1; tức là: 1 ( *) {y Y:y*(y)=0}Y N y= = ∈ Trong đó y*:Y⟶ ℝ là phiếm hàm tuyến tính liên tục của Y*, và y*≠0. 0 0 1 ( ).dim ( ) , ( ). ( ) x x i Nf x d ii Rf x Y = < ∞  = Ta có thể coi x 0 = 0, theo phép dựng của Lyapunow-Schimdt, việc nghiên cứu bài toán tìm tập nghiệm của phương trình f (x) = 0 được dẫn về việc nghiên cứu tìm ngliiệm của phương trình chia nliánli duy nhất sau: (2.7) trong đó x1 ∈ X1, ở đây X được phân tích thành tổng trực tiếp X = X1 ⊕ X2, và u: X1 → X2 là hàm của lớp 𝒞p. Như vậy phương trình chia nhánh là một phương trình đối với d-ẩn. . Dưới đây ta xét một phương trình: F(x ) = 0, trong đó F khả vi liên tục thuộc lớp 𝒞p. p ≥ 2, được xác định trong một lân cận của gốc toạ độ trong không gian ℝd. Nấu. F(0) = 0, Fx(0) ≠ 0 thì nghiệm của phương trình F(x) = 0 ở gần gốc toạ độ. Nấu. F(0) = 0, F x (0) = 0 và ma trận đạo hàm cấp hai F x x (0) kliông suy biến thì để nghiên cứu tập ngliiệm ta dùng bỗ đề More, xem [4], của L. Nirenberg, trang 85-87. * 1 1( ( )) 0,y f x u x+ = GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ. Định lý 2.1. (Bổ đề Morse suy rộng) Giả sử rằnq F(x,y), x ∈ ℝd , x ∈ ℝk là hàm thực khả vi liên tục của lớp 𝒞p, p ≥ 2, ngoài ra trong lân cận của điểm (0. 0) thì Fx(0,0) = 0 và ma trận đạo hàm cấp hai Q = Fxx(0. 0) không suy biến. Khi đó, trong lân cận thích hợp của gốc toạ độ (0, 0) tồn tại 𝒞p hàm -x(y) với x(0) = 0 thoả mẫn phương (2.8) Và tồn tại 𝒞p-2 hàm –ξ(x,y) lấy giá trị trong ℝd có dạng: Sao cho: (2.9) Trong đó CHỨNG MINH. . Đầu tiên nói về sự tồn tại nghiệm x(y) của phương trình (2.8) Đối với hàm Fx, ta có: 1. Fx liên tục. 2. Dạo hàm cấp hai Fxx là song tuvến tính liên tục. 3. Tại (0,0) thì Fx(0,0) = 0. 4. Fxx(0, 0) đồng phôi tuyến tính từ ℝd vào ℝ. Vậy các điều kiện của định lý hàm ấn được thoả mãn, do đó tồn tại quả cầu mở trong ℝk là: và duy nhất ánh xạ x: Br(y0)→ℝd sao cho: (0) 0 ( ( ), ) 0.x x F x y y =  = Ngoài ra ta còn có x(y) khả vi liên tục của lớp 𝓒p do giả thiết cho F ∈ 𝓒p (theo định lý hàm ẩn). ( )2( ) 0 ( ) ,x x y x x yξ = − + − 1( , ) ( ( ), ) ( ( ) , ), 2 F x y F x y y Q y ξ ξ= + ( ) ( ) xx x x yQ y F == 0 0( ) { : }, k rB y y y y r= ∈ − < . Thay biến x thành x - x(y) ta có thể coi Fx (0, y) = 0 đối với y gần gốc toạ độ. Cần tìm 𝝃 dưới dạng: ( , ) ,R x y xξ = trong đó R là ma trận vuông cấp d x d thoả mãn điều kiện R(0, y) = Id.4 Phương trình (2.9) phải được, thực hiện; tức là: 1 ( * ( ) , ) ( , ) (0, ), 2 R Q y Rx x F x y F y= − trong đó R* là ma trận phụ hợp với ma trận R. Ta viết đẳng thức: 1 0 ( , ) (0, ) ( , ) ,dF x y F y F tx y dt dt − = ∫ và lấy tích phân từng phần, thì thu được: trong đó: 1 0 ( , ) 2 (1 ) ( , ) ,xxB x y t F tx y dt= −∫ ở đây ma trận B được đề cập là ma trận đối xứng. Bằng cách đồng nhất đẳng thức mà ma trận R cần tìm phải thoả mãn: R* R = B(x,y), (2.10) Và ở đây = Id • Ta thiết lập sự tồn tại nghiệm của phương trình (2.10) bằng cách sử dụng định lý hàm ẩn. Tại điểm x = 0 ta có = , trong đó R = Id thoả mãn phương trình (2.10). Đạm hàm Fréchet của ánh xạ R* R tại điểm x = 0 là ánh xạ tuyến tính: R R* + R. Ánh xạ này là ánh lên không gian các ma trận đối xứng. Thật vậy, nếu S là ma trận đối xứng tuỳ ý thì R = S thoả mãn hệ thức R*Q + QR = S. Từ đây theo định lý hàm ẩn cho ta phương trình (2.10) có nghiệm thuộc lớp trong lân cận điểm (0,0), ta được điều phải chứng minh. 1 0 ( , ) (0, ) (1 )( ( , ) , )xxF x y F y t F tx y x x dt− = −∫ 1 ( ( , ) , ), 2 B x y x x= ỨNG DỤNG CỦA BỔ ĐỀ MORE. ĐIỀU KIỆN ( ) . Với hàm f đã được đề cập đến trong phần đặt vấn đề 2.2, f thoả mãn điều kiện (2.6) và với xo = 0, Y1 = Y, codim Y1 = 1; tức là: Y1 = N( ) = Trong đó y*:Y là phiếm hàm tuyến tính liên tục của Y* và Y* và y* 0. Lúc đó ta nói f thoả mãn điều kiện: ( ). Định lý 2.2. Giả sử rằng f thuộc lớp Cp, p , thoả mãn điều kiện ( )nêu trên và thu hẹp f x1:X1 Y thoả mãn điều kiện: ( ). Ma trận đối xứng y*fx1,x1(0) cấp d x d, không xác định. ( ). Det y*f fx1,x1(0) Khi đó trong một lân cận của 0, tập hợp gồm các nghiệm của phương trình f(x) = 0 tạo thành một khối nón cong có số chiều d – 1 với đỉnh cẩu nón tại gốc. CHỨNG MINH Như đã nói trong phần đặt vấn đề 2.2, do f thoả mãn điều kiện ( ) nên theo phép dựng của Lyapunow-Schimdt, việc nghiên cứu bài toán tìm nghiệm của phương trình f (x ) = 0 được dẫn về việc nghiên cứu tìm nghiệm của phương trình chia nhánh cìuy nhất sau: y*f(x1 +x2(x1)) = 0, trong đó x 1 ϵ X 1 , ở đây X được pliân tích thành tổng trực tiếp X = X 1 ⊕X 2 , và x2 : X 1 → X 2 là hàm của lớp 𝒞p . . Ta có: Đặt F= y*f : Ω→ ℝ , được cho bởi: 1 1 2 1 1( ) * ( ( )), , dat F x y f x x x x= + ∀ ∈Ω với cách đặt này rõ ràng F đúng là ánh xạ. . Bây giờ ta ứng dụng bổ đề Morser suy rộng đối với hàm F được nêu trên;tức là cần kiểm tra các điều kiện của bổ đề, cụ thể là: 1. Fx1(0)=0 2. F x 1 x 1 là ma trận vuông cấp d x d không suy biến. Muốn khẳng định điều đó, ta nhớ lại rằng theo phép dựng của Lyapunow- Schimdt thì x 2(x 1 ) thu được như là nghiệm của phương trình: (2.11) Lấy vi phân của (2.11), ta thu được: Qfx(0)(x1+x2x1(0)x1)=0 ⇔Qfx(0)x1+Qfx(0)x2x1(0)x1=0 (do Qfx(0) tuyến tính) Vì f x (0)x1 = 0, và Q là phép chiếu lên Y 1 = R(fx(0)), nên: fx(0)x2x1 (0)x1 = 0. Ngoài ra fx(0) G Isom (X1,X2) và x2x1 (0)x1 ∈ X2, từ đây suy ra: x2X1 (0)x1 = 0, hay x2xi (0) = 0. Như vậy, do y* fx 1(0) = 0, nên: Fx1(0)=y*fx1(0)=0, (điều kiện 1 đươc thoả mãn), suy ra Fx1x1 = y*fx1x1(0) mà theo giả thiết (β), (γ) thì y* fx1x1(0) là ma trận vuông đối xứng cấp d x d không suy biến và không xác định, cho liên Fx1x1(0) cũng là ma trận vnông cấp d x d không suy biến (điều kiện 2 đươc thoả mãn). Vậy định lý được chứng minh xong. ■ Định nghĩa 2.2. (Điểm phân nhánh) Cho X, ℝ và Y là các không gian Banach, 𝛀 là lân cận của (0, ⋋0) trong X x ℝ. Giả sử ánh xạ f: Ω → Y liên tục, thuộc lớp 𝓒p , p≥1và tại điểm (0, ⋋0) thì f(0, ⋋0) = 0. Điểm (0, ⋋0) được gọi là điếm phân nhánh của ánh xạ f, nếu mỗi lân cận của nó trong X x ℝ chứa một nghiệm nào đó (x,⋋) (với x≠0) của phương trình: f(x,⋋)=0 (2.12) CHÚ Ý 2.2. Vói (0, ⋋0) là điểm phân nhánh của ánh xạ f, ta cũng nói nó là điểm phân nhánh của phương trình (2.12). 1 2 1( ( )) 0,Qf x x x+ = 2 (0) 0,x = Định lý 2.3. Với ánh xạ f đã nêu trong phần định nghĩa 2.2, bây giờ sẽ khả vi liên tục của lớv 𝓒p, p≥2. Giả sử rằng: codim Y1 =1; Khi đó (0,⋋0) là điểm phân nhánh của ánh xạ f. Đồng thời tập các nghiệm của phương trình (2.12) gần gốc toạ độ gồm hai đường cong 𝚪1, 𝚪2 của lớp 𝓒p-2 chỉ giao nhau tại (0,⋋0). Tiếp đến, nếu p > 2 thì đường cong 𝚪1 tiếp xúc với trục ⋋ tại (0,⋋0) và, do đó có thể tham, số hoá được nhờ biến ⋋: 0( ( ), ), ;x ε− ≤    còn đường cong Γ2 có thể tham số hoá được nhớ biến s: 0 2( ( ), ( )), ,sx x s s s ε+ ≤ t rong đó x2(0) = x2S(0) = 0, ⋋(0) = ⋋0. CHỨNG MINH: . Ta có thể xem ⋋o = 0. Đặt  ,X X= × mọi  x X∈ có dạng:  ( , )x x=  với , ,x X∈ ∈ và ta ghi ( , ) ( ).f x f x= Thế thì:  (0) (0,0) (0,0).xxf f f= ⊕  . Từ giả thiết (i), (ii) ta suy ra hạch  (0) x Nf là ( )0 ,0 , (0,1)x trong đó 0 0x ≠ . Họ 0{(x ,0),(0,1)} độc lập tuyến tính nên là cơ sở của 0( ,0), (0,1) ,x do đó: 0dim ( ,0), (0,1) 2.x = Vậy hạch 1 (0)xX Nf= có 2 chiều. . Ta có hàm ( )f x thoả mãn các điều kiện (α), (𝛽 ) và (γ) của định lý 2.2. Thật vậy: - Giả sử y* ≠ 0 là phiếm hàm tuyến liên tục của Y* mà N(y*) = Y 1 . điều này cùng với các giả thiết (ii) và (iii) làm cho điều kiện (𝛼 ) được thoả mãn. - Bây giờ ta đặt H là ma trận vuông cấp 2 x 2 có dạng: H= y*fx0x0(0,0) y*fx0⋋(0,0) y*fx0⋋(0,0) y*f⋋⋋(0,0) từ giả thiết (ii) suy ra hạng tử đường chéo chính, bên dưới là y*f⋋⋋(0,0)= 0, và 0 5 0 0 0 1 0 1 0 0 1 ( ). (0, ) 0; ( ). (0, ) ; ( ). (0, ) , ( ). (0, ) , (0, ) . x x x i f ii Nf x iii Rf Y vi f Y f x Y = = = ∈ ∉         từ giả thiết (vi) suy ra các hạng tử ngoài đường chéo chính thì khác không. Có nghĩa là det H < 0, do đó ma trận H cấp 2 x 2 là ma trận đối xứng, không suy biến và không xác định. Điều đó chứng tỏ điều kiện (𝛽) và (γ) được thoả mãn. . Sau đây ứng dụng định lý 2.2 ta sẽ có được sự tồn tại của hai đường cong Γ1, Γ2 - Giả sử rằng p≥3 khi đó Γ1, Γ2 thuộc lớp 𝓒p-2 và giao xuyên ngang tại gốc O = (0,0). - Để chứng minh Γ1 hoặc Γ2 tiếp xúc với trục ⋋ tại gốc O. ta để ý rằng: X1 cho nên từ đẳng thức 2 1(0) 0xx = suy ra tiếp tuyến của Γ1 và Γ 2 tại gốc O nằm trong X1. - Ngoài ra, do giả thiết (i) là f⋋ (0,0) = 0 nên đường cong theo tham số ⋋ tiếp xúc với trục ⋋ = (0,1) . - Còn giả thiết (ii) là Nfx(0, 0) = (xo) suy ra đường cong theo tham số s tiếp xúc với (x0). cho nên đường cong có dạng: (sx0 + x2(s), ⋋(s)), Trong đó x2(0,0)=x2.s(0) = 0, ⋋(0) = ⋋o. Vậv định lý được chứng minh xong.  0 0 0 (0) ( ,0), (0,1) { ( ,0) (0,1) : , } {( , ) : , }, x Nf x s x s sx s = = = + ∈ = ∈       Chương 3. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẬC TÔPÔ 3.1. Sự phân nhánh địa phương Nhắc lại một số kiến thức về giá trị riêng và phổ của một toán tử tuyến tính. Cho X là không gian Banach trên trường K3 và K: X → X là toán tử tuyến tính. 1. Số λ ∈ K là giá trị riêng của K nếu có vector X ≠ θx sao cho: Kx = λx hay (K - λI) (x) = 0. 2. λ ≠ 0 được gọi là giá trị đặc trưng của K nếu λ-1 là giá trị riêng của K. 3. λ được gọi là giá trị phổ của K nếu K — λI không đẳng cấu từ X vào X. Ký hiệu σ(K) là tập các giá trị phổ của K, và gọi là phổ của K. 4. λ là giá trị riêng của K ⇒ λ > ∈ σ (K). Trong chương này, đầu tiên mà chúng ta nói đến là việc đi tìm điều kiện cần hay đủ cho sự tồn tại điểm phân nhánh của phương trình: f(x, λ) = 0, với các giả thiết được nêu sau đây: Cho X là các không gian Banach trên trường số thực, Ω là lân cận của điểm (0, λo) trong X x  . Giả sử ánh xạ ƒ : Ω → X liên tục, thuộc lớp Cp ≥ 1 và tại điểm (0, λo) thì ƒ (0, λo) = 0. Định nghĩa 3.1. Theo định nghĩa 2.2, ta cũng có thể nói rằng (0,λo) là điểm phân nhánh của phương trình ƒ(x, λ) = 0 nếu: (0, λo) ∈ cl {(x, λ) ∈ Ω : ƒ (x, λ) = 0, x ≠ 0}2 Như vậy, (0,λo) là điểm phân nhánh nếu tồn tại trong Ω dãy{(xn, λn)}n thoả mãn f(xn, yn) = 0 và xn ≠ 0, ∀n∈  * sao cho: n n o n lim (x , ) (0, )λ λ →∞ = 3 Trường K có thể là thực hay phức. Định lý 3.1. Cho (0, λo) là điểm phân nhánh của phương trình f (x,λ) = 0. Khi đó: (a) Nếu fx: Ω → £ (X) liên tục thì fx (0, λo): X → X không là phép đồng phôi tuyến tính. (b) Ta đặt f (x, λ) = x - λKx + g(x, λ) với K ∈ £(X), và x 0 g(x, )lim 0 x λ → = đều theo λ, λ ≤ δ) δ > 0; lúc đó ta sẽ có 1o (K)λ σ∈ . CHỨNG MINH (a) • Giả sử rằng fx(0, λo) là phép đồng phôi tuyến tính, ngoài ra ta thấy ƒ liên tục trên Ω, fx liên tục, và ƒ (0, λo) = 0. • Như vậy, các điều kiện giả thiết của định lý hàm ẩn được thoả mãn, do đó tồn tại quả cầu Br(λo) ⊂  và duy nhất u: Br(λo) → X sao cho: { ou( ) 0f (u( ), ) 0λ λ λ= = hay (0, λ) là nghiệm tầm thường 0 của ƒ gần (0, λo) từ đây theo định nghĩa 3.1 suy ra (0, λo) không là điểm phân nhánh của phương trình ƒ(x,λ) = 0 (điều này trái giả thiết). • Vậy ta có được kết quả fx (0, λo) không là phép đồng phôi tuyến tính. • Giả sử rằng 1 10 0(K)λ σ λ− −∉ ⇒ không là giá trị riêng của K. Do đó với ε > 0 sao cho λ ∈ [λo - ε, λo + ε) thì: (I - λK) : X → X, là đồng phôi tuyến tính với |λ| bé. • Dưới đây ta kiểm chứng rằng điểm (0, λ) sẽ là nghiệm tầm thường 0 của phương trình f(x,λ) = 0, thật vậy nếu (x, λ) là cũng là nghiệm tầm thường (x≠ 0) thì: f(x, λ) = 0 ⇔ x – λKx + g(x,λ)= 0 ⇔ (I – λK)x = -g(x,λ) ⇔ x = –(I – λK)-1g(x) λ) (3.1) Cho x → 0, và do tính đều của g(x, λ) theo λ khi λ đủ nhỏ thì (3.1) không thể xảy ra. Vậy phải có (0, λ) là nghiệm tầm thường. • Do đó (0, λo) không là điểm phân nhánh của phương trình ƒ(x,λ) = 0 (điều này mâu thuẫn với giả thiết), vậy ta có được kết quả 1o (K)λ σ − ∈  Nhận xét 3.1. Như vậy từ định lý 3.1 chúng ta có hai điều kiện cần để (0, λo) là điểm phân nhánh của phương trình f(x,λ) = 0 là: (I) ƒx (0, λo): X → X không là phép đồng phôi tuyến tính. (II) λo là giá trị đặc trưng của K. 3.1.1. Giá trị riêng bội lẻ SỐ BỘI CỦA GIÁ TRỊ RIÊNG. Với X là không gian Banach, K ∈£(X) và λ ∈ σ (k) \ {0}, đặt: m m 1 N N(K I)λ λ ∞ = = −  và m m 1 R R(K I)λ λ ∞ = = −  Định nghĩa 3.2. Ta nói số bội của giá trị riêng λ chính là số chiều của Nλ và ký hiệu là nλ(K). Như vậy: m m 1 n (K) dim N(K I)λ λ ∞ = = −  Định lý 3.2. (Riesz) Nếu K là toán tử tuyến tính compact từ không gian Banach X vào chính nó, λ ∈ σ (K) \ {0} thì: (a) λ là giá trị riêng của K. (b) Rλ đóng và Nλ hữu hạn chiều. (c) X = Rλ ⊕ Nλ (d) K (Rλ) ⊂ Rλ và K(Nλ) ⊂ Nλ (e) (K - λI)|Rλ: Rλ → Rλ là phép đồng phôi tuyến tính. CHỨNG MINH. Xem trong [3], của Jean Dieudonné, trang 216 - 220. ■ BẬC LARY-SCHAUDER CỦA NGHIỆM CÔ LẬP. . D là tập mở bị chặn trong không gian Banach X, D D D= ∪ ∂ và ánh xạ ϕ: D X, thoả mãn 1C (D) C(D), X \ ( D)ϕ θ ϕ∈ ∩ ∈ ∂ , giả sử rằng: 1. xo ∈ D là nghiệm cô lập của phương trình ϕ (x) = 0, 2. K = I - ϕ là ánh xạ compact. 3. ϕx(xo) = I - Kx(xo) là khả đảo. . Từ định lý hàm ẩn, ta chọn được quả cầu mở tâm xo bán kính ε, Bε(xo) = {x ∈ D : ϕ(x) = θ, ox x− < ε}. Đặt T = Kx{xo), do K là ánh xạ compact nên T là ánh xạ compact (xem [4] của L. Nirenberg, Bổ đề 2.7.1, trang 73). . Như vậy có thể xác định được bậc tôpô của ϕ trên Bε(xo) tại θ là deg (ϕ, Bε(xo), θ). Với 0 < ε ≤ εo, bậc này không phụ thuộc vào ε, được gọi là chỉ số của ánh xạ ϕ tại xo. Định lý 3.3. (Leray-Schauder) Với các giả thiết nêu trên, thì: deg (I – K, Bε(xo), θ) = (- 1)β, với β =Σλ≥1nλ(K) CHỨNG MINH. Xem trong [4], của L. Nirenberg, trang 81 và 82. ■ ÁP DỤNG TRONG LÝ THUYẾT PHÂN NHÁNH Ta xét phương trình: f(x, λ) = x - λKx + g(x, λ) = 0 (3.2) trong lân cận của điểm (0, λo). Giả sử rằng T = I - λoK là toán tử Fredholm chỉ số không, và λo là giá trị đặc trưng cô lập của K. Từ định nghĩa 3.2 cũng nói số bội của giá trị đặc trưng cô lập λo là dim N(Tm), trong đó m là số luỹ thừa bé nhất thoả mãn N(Tm+1) =N(Tm). Định lý 3.4. Cho X là không gian Banach thực, K ∈ £(X), Ω là lân cận của (0, λo) trong C x  và toán tử g: Ω → X liên tục thỏa mãn g (0, λ) = 0. Giả sử rằng: (i) I - λo K ỉà toán tử Fredholm chỉ số không và λo là giá trị đặc trưng cô lập, bội lẻ của toán tử K. (ii) g(x, ) g(x,λ λ− ≤ ϕ(r). x x− nếu (x,λ), ( x ,λ) ∈ Ω trong đó x, x ∈ Br (0), oλ λ δ− ≤ với δ >0, và ϕ: + +→  thỏa mãn: r 0 lim (r) 0ϕ → = Khi đó (0, λo) là điểm phân nhánh của phương trình ƒ(x, λ) = 0. CHỨNG MINH. Bước 1. . Rõ ràng, các giả thiết về g nói lên rằng: r 0 lim (r) 0ϕ → = đều theo λ với o , 0λ λ δ δ− ≤ > . Với T = I - λoK: X → X và gọi m là số luỹ thừa bé nhất thoả mãn N(Tm+1) = N(Tm). Như vậy theo định lý Riesz thì: . X = N(Tm) ⊕ R(Tm), mà cả hai không gian con này bất biến theo K. . T|R(Tm): R(Tm) → R(Tm) là phép đồng phôi tuyến tính. . λo là giá trị riêng của K|N(Tm). Ta đặt: Q: X → N(Tm) x → Qx, là ánh xạ chiếu lên N(Tm), như đã biết ánh xạ chiếu Q là toán ánh, liên tục, mở. Ta có R(I - Q) = R(Tm), thật vậy: N(I - Q) = (I – Q) (X) = X | Q(X) = [N (Tm) ⊕ R(Tm)] \ N(Tm) = R(Tm) (do Q là toàn ánh), do đó: I – Q: X → R(Tm) x → (I – Q)x Vậy nếu ta đặt u = Qx và z = (I – Q)x, với mọi x ∈ X = N(Tm) ⊕ R(Tm) thì x được viết duy nhất dưới dạng: x = u + z, với u ∈ N(Tm) và z ∈ R(Tm). Ngoài ra chúng ta có: f(x, λo + µ) = 0 ⇔ x - (λo + µ)Kx + g(x,λo + µ) = 0 ⇔ (I - λoK)x = µKx – g(x,λo + µ) ⇔ Tx = µKx – g(x, λo + µ) (3.3) . Vì rằng X là tổng trực tiếp của N(Tm) và R(Tm) nên { }m mN(T ) R(T ) 0∩ = - Trường hợp 1. x = 0 + z ∈ X, ta có: Ω N(Tm) và R(Tm) ⊕ R(Tm) (I – Q)g I – Q R(Tm) (0 + z, λo + µ) ∈ Ω ⇒ g (0 + z, λo + µ) ∈ N (Tm) ⊕ R (Tm) ⇒ g (z, λo + µ) = 0 + z = z (3.4) Ngoài ra I – Q: X → R (Tm) là phép chiếu, nên với 0 + z ∈ X thì: (I – Q) (0 + z) = z (3.5) Từ (3.4) và (3.5) ta có kết quả là: (I – Q)g(z,λo + µ) (3.6) Tóm lại trong trường hợp này, từ (3.3) và (3.6) cho ta: Tz = µKz – (I – Q) g (t + z, µ) (3.7) trong đó g (u + z, µ) = g(z, λo + µ) - Trường hợp 2. x = u + 0 ∈ X, ta có: Ω N(Tm) ⊕ R(Tm) Qg Q N(Tm) Tương tự như cách lập luận trên ta thu được kết quả: Tu = µKu — Q g (µ + z, µ) (3.8) . Đặt 1 ( ) : ( )m mR TS R T −= , ta có S tồn tại do T|R(Tm) là phép đồng phôi tuyến tính. Như vậy tác động hai vế của (3.7) cho S, ta được: z = µSKz - S(I – Q) g (u+z,µ) ⇒ (I - µSK)z = - S (I – Q) g (u + z, µ) (3.9) ⇒ z = - (I - µSK)-1S (I – Q) g (u + z, µ) Bước 2. . Đối với u, µ đủ nhỏ, ta có thể giải phương trình (3.9) bằng cách đặt một hàm hai biến liên tục z (u,µ) thoả mãn: 1. u ≤ r; |µ| ≤ η 2. z (0,0) = 0, 3. 0 ( , )lim 0 u z u u µ → = , đều theo µ 4. 0 max ( , BxJ z z u µ= là đủ nhỏ, trong đó B = Br(0) ∩ V, V = N™ và J = [-η,η) . Từ các điều kiện của hàm g ở giả thiết (ii) cho phép chúng ta áp dụng định lý điểm bất động Banach đối với: M = {z ∈CZ(B x J) : ||z(u,µ)|| < c||u|, ||z|| ≤ ε} trong đó Z = R(Tm) và c > 0. Lúc đó ta có được sự tồn tại duy nhất của z(u,µ). Với w(u,µ) đặt ( , )z u u µ thì w thoả mãn ||w||0 ≤ c, thật vậy vì bởi z∈ M, cho nên với mọi u ≠ 0 ta có: ( |{0} ( , ) ( , ) max B xJ z u z u c c u u µ µ ≤ ⇒ ≤ . Do đó từ (3.9) suy ra: ( , ) ( , ) z u w u u µ µ = 1 0 ( ( , ), ( ) ( ) 0u g u u w u I SK S I Q u µ µ µ − → + = − − → đều theo µ, khi |µ|≤η . Như vậy, tất cả các nghiệm bé của ƒ trong lân cận của điểm (0, λo) đều ở trong tập sau đây: {(x,λ) : x = u + z (u, µ), µ ≤ r, |u| ≤ η, và λ = λo+ µ} Bước 3 . Bây giờ, thay thế z = z (u,µ) vào phương trình phân nhánh; tức là đối với phương trình (3.8) trên V = N(Tm), ta đặt h: B x J → V, được cho bởi: H (u, µ) = (T - µK) u + Q g (u + z (u,µ), µ) . Rõ ràng, h là liên tục, phần phi tuyến của h là o (||u||) khi u → 0, phần tuyến tính của h là tính đồng phôi tuyến tính theo µ khi µ ≠ 0. Do đó hội đủ điều kiện để áp dụng định lý về tính bất biến đồng luân Brouwer. Xét đồng luân: . Chọn µ1, µ2 sao cho -η ≤ u1 < 0 < µ2 ≤ η và ε∈ (0, r]. . Đồng luân h(u,µ1) trên V \ {0} tới (T - µiK)|V, ∀i = 1,2 . Khi đó: deg (h (u,µi), Bε(0), 0) = deg (T - µiK, Bε (0), 0), trong đó T - µiK = I - λoK - µiK = I- (λo + µi)K . Như vậy theo định lý Leray-Schauder cho ta: Deg (h(u, µi),Bε(0),0) = deg (I -(λo + µi)K, Bε (0), 0) = (-1)m (3.10) trong đó mi = m(λo + µi) là tổng của các số bội của giá trị riêng λ của toán tử K|V thoả mãn λ (λo + µi) > 0, và mi = 0 nếu như không có một giá trị riêng nào. . Khi đó 1oλ − là giá trị riêng duy nhất của toán tử K|V và xảy ra: 1 1 1 2 ( ) 1 ( ) 1 o o o o λ λ µ λ λ µ − −  + >  + < hoặc là: 1 1 1 1 ( ) 1 ( ) 1 o o o o λ λ µ λ λ µ − −  + >  + < . Ta thấy một trong những bậc của (3.10) là +1 trong khi đó bậc còn lại là -1, do số bội của 1oλ − là số lẻ. Vậy thì h phải có một nghiệm là 0 trong [µi, µ2] x ∂ Bε(0), hay nói cách khác h là phép đồng luân chấp nhận được. Ở đây nếu ta xem (uo,µo) là nghiệm 0 của h thì (xo,λo+ µo) là nghiệm không tầm thường của ƒ, trong đó xo = uo + z(uo, µo). . Ta có thể chọn ε và µi gần gần 0 ta sẽ có được (0, λo) là điểm phân nhánh của phương trình f(x,λ) = 0. ■ 3.1.2. Giá trị riêng đơn Định nghĩa 3.3. Với X là không gian Banach, K ∈ L (X) và λ ∈ σ (K)\{0}. Khi số bội của giá trị riêng λ bằng 1, ta nói A là giá trị riêng đơn của K. NHẬN XÉT 3.2. Với giả thiết I -λoK là toán tử Fredholm chỉ số không. Để ý rằng 10λ − là cô lập nếu như nó là một giá trị riêng đơn của K. Thật vậy, ta có X = N(T) ⊕ R(T) và đặt ( ) { : }N T u tu t= − ∈ , khi đó với mỗi x ∈ X sẽ được viết duy nhất dưới dạng x = tu + z. Với mỗi µ ≠ 0, đủ nhỏ thì: x - (λo + µ)KX = 0 (3.11) ⇔ (I - λo K)x - µKx = 0 ⇔ (T - µK)x = 0 (3.12) Với tu = 0 thì x = z, vậy từ (3.12) suy ra (T - µK)z = 0, do đó z= 0 và ta cũng có t = 0. Thế thì x = 0, vậy từ (3.11) và với µ đủ nhỏ ta suy ra sự cô lập của 1oλ − . Định lý 3.5. Cho X là không gian Banach thực, K ∈ L (X), Ω là lân cận của (0, λo) trong X x  và toán tử g: Ω → X thoả mãn gλ, gx và gλx liên tục trên Ω. Giả sử rằng: (i) I - λoK là toán tử Fredholm chỉ số không và λo là giá trị đặc trưng đơn của toán tử K. (ii) g(0,λ) = 0, 0 ( , )lim 0x g x x λ → = , đều theoλ với |λ - λo| ≤ δ, δ > 0. Khi đó (0, λo) là điểm phân nhánh của phương trình (3.2) và có một lân cận V của (0, λo) sao cho: { } { }1(0) ( ( ), ( ) : (0, ) : (0, )of V tu tz t t t Vλ µ α λ λ− ∩ = + + < ∩ ∈ (3.13) trong đó α > 0, với µ, z là các hàm liên tục thoả mãn µ(0) = z(0) = 0, và miền giá trị của hàm z được chứa trong phần bù của hạch N(I - λoK) = u . CHứNG MINH. Bước 1. . Từ cảc giả thiết được cho đều thoả mãn các điều kiện của định lý 3.4 ở trên lân cận đủ nhỏ của điểm (0, λo), vì thế nên (0, λo) đúng là điểm phân nhánh của f. . Trong phần chứng minh ở bước 2 của định lý 3.4 mà bây giờ ta áp dụng vào trường hợp đơn giản là { }N(T) u tu : t= = ∈ , chúng ta cũng có: { }1(0) , ) : ( , ), , ;λ µ µ η λ λ µ− ∩ ⊂ = + < < = +o of V x x tu tw t t r , trong đó Vo là lân cận của (0, λo) và w(t,µ) là một hàm liên tục thoả mãn w(0,µ) = 0 trên µ η< . Hơn nữa ta có tw (t,µ) ∈ C1(-η, η). Thật vậy: 1. Chứng minh sự tồn tại của hàm w(t,µ). . Ta có X = N(T) ⊕ R(T) = u ⊕ R(T). . Đặt X [( , ) N(T)]x( , )δ δ η η= − ∩ − , khi đó với mỗi  x X∈ sẽ được viết dưới dạng x (t, )µ= trong đó t ( , ) N(T), ( , )δ δ µ η η∈ − ∩ ∈ − và đặt: H:R(T)x X X→ (z, t, µ) → H(z, t, µ) được cho bởi dat H(z, t, ) (I SK)z S(I Q)g(tu z)µ µ= − + − + , với cách đặt này thì H đúng là ánh xạ. . Ngoài ra H thoả mãn các điều kiện của định lý hàm ẩn, cho nên với mỗi δ, µ > 0 sao cho \t\ < δ và \µ\ < η thì: x (0, ) (t, ) (0, ) (t,0) t µ µ µ δ η − = − = = < + ta chọn ε > 0 đủ nhỏ sao cho δ + η <ε . Khi đó theo định lý hàm ẩn thì tồn tại quả cầu   { }B (0, ) x X : x (0, )ε µ µ ε= ∈ − < và tồn tại duy nhất ánh xạ: tw: Bε(0, µ) → R(T)  x tw(x tw(t, )µ= thoả mãn: w(0, µ) = 0 (3.14) H(tw(x) tw(t, )µ= (3.15) 2. Chứng minh wµ liên tục trên (-η,η). Ta có: (3.15) (I SK)tw(t, ) S(I Q)g(tu tw(t, ), ) 0µ µ µ µ⇔ − + − + = 1 1w(t, ) t [ (I SK) S(I Q)g(tu tw(t, ), )]µ µ µ µ− −⇔ = − − − + 1w(t, ) t A( )g(x(t), )µ µ µ−⇔ = (3.16) Lấy vi phân của w ở (3.16) theo µ khi t ≠ 0, ta được: 1 [A( )g(x(t), )]w (t, ) t [A( )g(x(t), )]µ µ µµ µ µ −= − 1 A '( )g(x(t), ) A( )g (x(t),t . I A( )g(x(t), )] µµ µ µ µ µ µ − += − (3.17) Để ý rằng o og (x, ) g(x, ),µ λ µ λ λ µ= = + = + , vậy thì x x 0 g(0 x, ) g(0, )g (0, ) lim x λ λµ → + − = = x 0 g(x, )lim 0 x λ → = Do đó ta cũng có x xg (x(t), ) g (0, )x(t) o