một số phương trình trong thang các không gian banach

Trong luận văn này, tôi trình bày chi tiết một số bài toán trong thang các không gian Banach như bài toán Cauchy cho phương trình vi phân, định lí hàm ẩn, một số định lí điểm bất động củ

B Ộ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

_

L ai Văn Phút

CÁC KHÔNG GIAN BANACH

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011

B Ộ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

_

Lai Văn Phút

CÁC KHÔNG GIAN BANACH

Chuyên ngành: Toán Gi ải Tích

phức,… Nó vẫn đang được phát triển và hoàn thiện, hứa hẹn nhận được các kết

quả lí thuyết và ứng dụng mới

Trong luận văn này, tôi trình bày chi tiết một số bài toán trong thang các không gian Banach như bài toán Cauchy cho phương trình vi phân, định lí hàm ẩn,

một số định lí điểm bất động của ánh xạ dạng ε − δ co

Luận văn này (ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và mục lục)

sẽ được trình bày trong 3 chương

Chương 1 Bài toán Cauchy trong thang các không gian Banach

Trong chương này, tôi trình bày chi tiết chứng minh các kết quả về

sự tồn tại nghiệm địa phương và nghiệm toàn cục của phương trình vi phân phi tuyến Đặc biệt, trong trường hợp tuyến tính, tôi trình bày thêm một mở rộng của định lí Ovcyannikov về sự tồn tại nghiệm toàn cục của phương trình vi phân

Chương 2 Định lí hàm ẩn trong thang các không gian Banach

Trong chương này, tôi trình bày chi tiết chứng minh định lí hàm ẩn trong thang các không gian Banach và ứng dụng của nó vào việc chứng minh sự

Chương 3 Ánh xạ dạng 𝛆 − 𝛅 co trong thang các không gian Banach

Trong chương này, tôi trình bày một mở rộng định lí điểm bất động của ánh

xạ dạng ε − δ co lên trường hợp ánh xạ tác động trong một thang các không gian Banach

L ỜI CÁM ƠN

Trước tiên, tôi xin chân thành cám ơn PGS TS Nguyễn Bích Huy Mặc

dù Th ầy bận nhiều công việc nhưng vẫn tận tình hướng dẫn tôi trong quá trình h ọc tập và hoàn thành luận văn Tôi cũng xin cảm ơn đến quý Thầy Cô tham gia gi ảng dạy lớp Cao học Giải tích khóa 20, Trường Đại Học Sư Phạm Thành Ph ố Hồ Chí Minh, những người đã truyền đạt rất nhiều kiến thức cho tôi

Sau cùng, tôi xin c ảm ơn gia đình và bạn bè đã khuyến khích, động viên và giúp đỡ tôi rất nhiều trong suốt quá trình học tập cũng như hoàn thành lu ận văn này

M ỤC LỤC

M Ở ĐẦU 3

L ỜI CÁM ƠN 4

M ỤC LỤC 5

Chương 1 BÀI TOÁN CAUCHY TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH 6

1.1.Trường hợp phi tuyến 6

1.1.1 Nghi ệm địa phương 6

1.1.2 Nghi ệm toàn cục 13

1.2.Nghi ệm toàn cục trong trường hợp tuyến tính 18

1.1.3 Định lí về sự tồn tại nghiệm toàn cục 18

1.2.2 Độ đo phi compact 25

1.2.3 Định lí 26

Chương 2 ĐỊNH LÍ HÀM ẨN TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH 31

2.1.Định lí hàm ẩn 31

2.1.1 Định nghĩa 31

2.1.2 Định lí định lí hàm ẩn 31

2.2 Ứng dụng cho phương trình hàm Schrӧder 39

2.1.3 Phương trình hàm Schrӧder 39

2.1.4 S ố Liouville 39

2.1.5 Định lí về sự tồn tại nghiệm của phương trình hàm Schrӧder 39

Chương 3 ÁNH XẠ DẠNG 𝛆 − 𝛅 CO TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH 52

3.1.Định nghĩa 52

3.2.Định lí 52

3.3.Định lí 53

KẾT LUẬN 55

TÀI LI ỆU THAM KHẢO 56

Chương 1 BÀI TOÁN CAUCHY TRONG THANG CÁC

KHÔNG GIAN BANACH

1.1 Trường hợp phi tuyến

1.1.1 Nghi ệm địa phương

�uu(0) = 0 t = F(u(t), t) (𝟏 𝟏)

trong thang các không gian Banach

Dễ thấy bài toán (𝟏 𝟏) tương đương với bài toán sau

c) F(0, t) là hàm liên tục đối với biến t ∈ [0,s0

λ) lấy giá trị trong Xs, 0 < 𝑠 < s′

thỏa mãn

‖F(0, t)‖s

≤ k (𝟏 𝟒)

với k là hằng số cố định

1.1.1.3 Định lí về sự tồn tại nghiệm địa phương

Giả sử tồn tại các số dương s0, r, c, k có một hằng số λ0 > 0 sao cho các giả thi ết 1.1.1.2 thỏa với λ > λ0 Khi đó, tồn tại duy nhất một hàm số khả vi, liên tục u(t) lấy giá trị trong Xs, 0 < 𝑠 < s0, ‖u(t)‖s < 𝑟 với

0 ≤ t <s0λ− s

và thỏa mãn (𝟏 𝟏)

Dễ thấy rằng trong trường hợp λ = λ0định lí trên vẫn áp dụng được

Ch ứng minh

Với γ ≥ 0, xét không gian Banach có trọng 𝕊γ gồm các hàm liên tục u(t)

lấy giá trị trong Xs, s + λt < s0 với chuẩn

s+λt<s0(s0− s

− λt)γ‖u(t)‖s (𝟏 𝟓) Phương pháp chứng minh dựa trên ánh xạ không tuyến tính T trong (𝟏 𝟐)

hầu như co trong 𝕊γ nếu 0 < 𝛾 < 1

Ch ứng minh

Cho 0 < s′ < 𝑠 < s0 cố định Từ giả thiết 1.1.1.2 a các hàm F(u, t) lấy giá

trị trong Xs′ liên tục đối với

và do (𝟏 𝟓) nên ‖u‖s< 𝑟, ‖v‖s < 𝑟 Do đó theo (𝟏 𝟑) ta được

‖F(u(t), t) − F(v(t), t)‖s′ ≤s − sc ′‖u(t) − v(t)‖sSuy ra

ργ+1

�ρ2�γ‖u − v‖

(γ) �do cách đặt ρ và (𝟏 𝟕)�

= 2γ+1c‖u − v‖(γ)

Từ đây và (𝟏 𝟓) ta có ‖F(u, t) − F(v, t)‖(γ+1) ≤ 2γ+1c‖u − v‖(γ)

B ổ đề 1 đã được chứng minh xong

B ổ đề 2

Cho γ > 0, 𝑢(𝑡) ∈ 𝕊γ+1 ta có

�� u(τ)dτt

t

0

�s

≤ sups+λt<s 0(s0− s − λτ)γ 1

γλ(s0 − s − λt)−γ‖u‖(γ+1)

= sups+λt<s 0

≤γλ1 ‖F(u(t), t) − F(v(t), t)‖(γ+1) (do 𝐛ổ đề 𝟐)

≤c2γλγ+1‖u − v‖(γ) (do 𝐛ổ đề 𝟏)

0

≤ � M(u)(s0− s − λτ)−γdτt

0

= �(1 − γ)(−λ) M1 (u)(s0− s − λτ)−γ��0

t

M(u)(1 − γ)λ s0

< ks0

γs0(1 − γ)λ �do u ∈ 𝕊0 nên thỏa (𝟏 𝟏𝟎)�

�s

0

� Đặt h(t) = ‖F(u(t), t)‖s thì do h(t) liên tục ta có

�� h(τ)dτt

= 2cρ−1‖F(u(t), t)‖s �do s − s′ =ρ2� Theo (𝟏 𝟏𝟒) ta có

Vậy ta đã chứng minh được

�‖Tu‖M(Tu) ≤ r(0) < 𝑟

0, u ∈ 𝕊0Suy ra Tu ∈ 𝕊0 hay T(𝕊0) ⊂ 𝕊0

Bước 5

Ta xây dựng dãy

u(0) = 0, u(k) = Tu(k−1) = T(k)u(0) ∈ 𝕊0, k = 1,2, … Khi đó ta có

Giả sử

limk→∞u(k) = u ∈ 𝕊γKhi đó qua giới hạn trong đẳng thức u(k) = Tu(k−1)ta được Tu = u

Điều này tương đương với

�u(t) = � F(u(τ), τ)dτ

t

0u(0) = 0

‖vt(t)‖s = ‖F(v(t), t)‖s bị chặn trên {s + λt < 𝜎} nên V(σ) liên tục trên (0, s0)

Mặt khác, V(σ) là hàm tăng và 0 < 𝑉(σ) < ‖v‖(0), nên với r′ < 𝑟, từ (𝟏 𝟏𝟔) ⟹

∃s0′ ∈ (0, s0) thỏa

r′ < 𝑉(s0′)

< 𝑟 (𝟏 𝟏𝟕) Thay s0 bởi s0′ trong (𝟏 𝟓) ta được

Từ đây và (𝟏 𝟏𝟓) ta có

V(s0′) = sup

s+λt<s0′‖v(t)‖s = sup

s+λt<s0′‖u(t)‖s ≤ ‖u‖(0) ≤ r′

Điều này mâu thuẫn với (𝟏 𝟏𝟕)

Vậy u là nghiệm duy nhất

Định lí 1.1.1.3 đã được chứng minh xong

với 0 < 𝛼 < s′ < 𝑠 < 𝛽, trong đó ‖ ‖s là chuẩn trong Xs

1.1.2.2 Định lí về sự tồn tại nghiệm toàn cục

Cho phương trình

�uu(0) = ut = F(u(t), t)

0 (𝟏 𝟏𝟖) trong thang các không gian Banach Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn

i) F: J × Xs → Xs′ liên tục với mọi s, s′ ∈ [α, β], s′ < 𝑠 và F(t, 0) ∈ Xβ với

Vì Xβ là không gian bé nhất trong thang nên bằng quy nạp, ta có uk: J → Xs là liên

tục trên J với mọi k ≥ 0, s ∈ [α, β) Thật vậy,

t′

= ��F�τ, uk(τ)� − F(τ, 0) + F(τ, 0)�s′dτt

t′

≤ �‖F(τ, 0)‖s′dτt

t′

+ ��F�τ, uk(τ)� − F(τ, 0)�s′dτt

t′

u0)dτ�

s

≤ �‖F(τ, u0) − F(τ, 0)‖sdτt

0

+ �‖F(τ, 0)‖sdτt

Giả sử (𝟏 𝟏𝟗) đúng với k, khi đó

‖uk+1(t) − uk(t)‖s= ���F�τ, uk(τ)� − F�τ, uk−1(τ)��dτ

t

0

�s

≤ ��F�τ, uk(τ)� − F�τ, uk−1(τ)��sdτt

Ta có

limn→∞

an+1

tMep(β − s)pn→∞lim (n + 1)1 1−p = 0

Vì vậy theo tiêu chuẩn D’Alembert, chuỗi ∑ an hội tụ Suy ra chuỗi

Vậy u là một nghiệm của phương trình (𝟏 𝟏𝟖)

Ta còn phải chứng minh u là duy nhất

Giả sử có hai nghiệm u, u� của phương trình (𝟏 𝟏𝟖)

Đặt y = u − u� Khi đó y(0) = 0 Tiếp theo,

Đặt t0 = supA, với A = {t: [0, t] ⊂ J, y(τ) = 0, ∀τ ∈ [0, t]} do A đóng nên t0 ∈ A Suy ra

Vì vậy với mọi s′ < 𝑠 ta có

‖y(t)‖s′ ≤(s − sM′)p‖u − u�‖s � dτ

với mọi k ≥ 1, s′ < 𝑠, trong đó

M� = maxJ ‖y(t)‖s

Do (𝟏 𝟐𝟏) nên (𝟏 𝟐𝟐) là hiển nhiên với k = 1

≤ ��F�τ, u(τ)� − F�τ, u�(τ)��s′dτt

Vậy (𝟏 𝟐𝟐) đúng với k + 1, tức là được chứng minh

Chọn

ε0 > 0, ε0 < 𝑚𝑖𝑛 �(s − s′)p

Mep , a − t0� Suy ra t0+ ε0 < 𝑎 ℎ𝑎𝑦 [0, t0+ ε0] ⊂ J

Thì ‖y(t)‖s′ = 0 với mọi t ∈ [0, t0+ ε0] Điều này mâu thuẫn với (𝟏 𝟐𝟎) Vậy y(t) = 0, ∀t ∈ J, tức là u = u� Tính duy nhất của u đã được chứng minh

Định lí 1.1.2.2 đã được chứng minh xong

1.2.Nghi ệm toàn cục trong trường hợp tuyến tính

1.1.3 Định lí về sự tồn tại nghiệm toàn cục

Cho phương trình

�uu(0) = ut = A(t)u + f(t)

0 (𝟏 𝟐𝟑) trong thang các không gian Banach Xs, 0 < α < 𝑠 < 𝛽, 𝐽 = [0, 𝑎] ⊂ ℝ

Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn

i)

A: J → L(Xs, Xs′) liên tục với mỗi cặp s, s ′ thỏa α ≤ s′ < 𝑠 ≤ 𝛽

Khi đó, với mỗi s ∈ [α, β), phương trình (𝟏 𝟐𝟑) có nghiệm

u: �0, δ(β − s)� → Xs ở đây δ = min �a,Me1 � Nghiệm là duy nhất xác định với mọi s ∈ (α, β) và

≥ 1 (𝟏 𝟐𝟔)

hội tụ, nên chuỗi

Do đó tồn tại u(t) ∈ Xs: uk(t) → u(t) Khi đó

‖u(t) − u0‖s = ���uk(t) − uk−1(t)�

k≥1

�s

≤ �‖uk(t) − uk−1(t)‖sk≥1

≤ Mt� �β − sMet�kk≥1

w(t) = u(t) − v(t) = � A(τ)w(τ)dτ

t

0

Với s ∈ (α, β), xét u: [0, η] → Xs liên tục, thỏa

�uu(0) = 0 t = A(t)u Khi đó, N = {t: u(t) = 0} ⊂ [0, η] là tập đóng

Ta chứng minh N cũng là tập mở trong [0, η] Ta có

‖u(t)‖s′ ≤ M2�Me|t − ts − s′0|�

k, ∀k

≥ 1 (𝟏 𝟐𝟕) trong đó, M2 = max {‖u(t)‖s: t ∈ [0, η]}

là nghiệm của phương trình

�uu(0) = 0 t = A(t)u Suy ra

‖u(t)‖s′ = �� A(τ)u(τ)dτ

t

0

�s′

≤ �‖A(τ)u(τ)‖s′dτt

Khi đó với mỗi t ∈ [0, η] và |t − t0| ≤ (Me)−1(s − s′), ta có

‖u(t)‖s′ → 0 (khi k → ∞) ⇒ u(t) = 0 hay t ∈ N Như vậy, với mọi t ∈ N, tồn tại hình cầu đóng K�ε(t0) với ε = (Me)−1(s − s′) sao cho

t ∈ K�ε(t0) ⊂ N Nên N là tập mở

Mặt khác, do [0, η] liên thông và N ⊂ [0, η] vừa mở vừa đóng nên N = [0, η]

Tức là u(t) = 0, ∀t ∈ [0, η] hay w(t) = u(t) − v(t) = 0, ∀t ∈ [0, η] suy ra

u(t) = v(t), ∀t ∈ [0, η]

Vậy nghiệm u(t) của (𝟏 𝟐𝟑) là duy nhất

Định lí 1.2.1 đã được chứng minh xong

1.2.2 Độ đo phi compact

, diamMi ≤ d�

trong đó diamMi là đường kính của tập Mi xác định như sau

diamMi = sup{‖x − y‖: x, y ∈ Mi}

1.2.2.2 Tính ch ất

Cho α: ℒ → ℝ như trong định nghĩa Khi đó ∀ B, B1, B2 ∈ ℒ ta có:

i) α(B) = 0 ⟺ �α�K�B� là tập compact

1(0)� ≤ 2 Trong đó K�1(0): hình cầu đơn vị đóng

ii) α là nửa chuẩn, tức là

� α(λB) = |λ|α(B) α(B1+ B2) ≤ α(B1) + α(B2)iii) �B1 ⊂ B2 ⟹ α(B1) ≤ α(B2)

α(B1∪ B2) = max{α(B1), α(B2)}

iv) α(B) = α(B�)

1.2.2.3 M ệnh đề

Cho không gian Banach X và {An}n là dãy các tập con đóng của X thỏa

A1 ⊃ A2 ⊃ ⋯ và α(An) → 0 khi n → ∞ Khi đó

Cho không gian Banach X, K ⊂ X Ánh xạ liên tục T: K → K được gọi là k-

cô đặc nếu tồn tại k ∈ [0,1) sao cho α�T(B)� ≤ kα(B), với mọi B ⊂ K, B bị chặn

1.2.2.5 Định lí điểm bất động của ánh xạ 𝐤- cô đặc

Cho không gian Banach X, K ⊂ X lồi, đóng và bị chặn Ánh xạ T: K → K là k- cô đặc thì T có điểm bất động

Ch ứng minh

Đặt A1 = conv T(K)������������� và An = conv T(A����������������� với mọi n ≥ 2 n−1)

Dễ thấy {An}n là dãy các tập con lồi đóng của X Vì vậy

n≥1

là tập lồi đóng

Vì

α(An) = α�conv T(A������������������ n−1)

= α�conv T(An−1)� (do iv)

= α�T(An−1)� (do v)

≤ kα(An−1) ≤ ⋯ ≤ knα(K) → 0 khi k → ∞

Theo M ệnh đề 1.2.2.3., C compact

Hơn nữa T: C → C liên tục

Theo định lí Schauder T có điểm bất động x ∈ C ⊂ K

Định lí 1.2.2.5 đã được chứng minh xong.

1.2.3 Định lí

Cho thang các không gian Banach Xs và toán tử tuyến tính A(t) như trong Định lí 1.2.1 và D = K�r(x0) ⊂ Xs với mỗi s cố định thuộc (µ, ϑ) J =[0, a] ⊂ ℝ và f: J × D → Xϑ liên tục đều,

Đặt E = CXs(J) = �u: J → Xs liên tục với ‖u‖s = maxJ‖u(t)‖�

Lấy u ∈ E sao cho u ∈ D Khi đó, theo định lí 1.2.1., (𝟏 𝟑𝟓) có duy nhất nghiệm

x: �0, δ0(ϑ − τ)� → Xτ với mỗi τ ∈ (µ, ϑ) và δ0 = min {a, (Me)−1}

Chọn ε > 0 và δ > 0 thỏa s + ε < 𝜗, 𝛿 < δ0(ϑ − s − ε) và δ < 𝑎

Với mọi hàm u ∈ E và nằm trong D ta định nghĩa ánh xạ T xác định như sau

Tu(t) = �x(t) = x0 + ��A(τ)x(τ) + f�τ, u(τ)��dτ,

t

0

t ∈ [0, δ]�nghiệm (𝟏 𝟑𝟓)�(Tu)(δ), t ∈ [δ, a] Đặt

c1=ϑ − s − ε − MeδMeδTheo định lí 1.2.1

‖Tu(t) − x0‖s

≤ ‖Tu(t) − x0‖s+ε

≤ �‖x0‖ϑ+ϑ − s − εM max[0,t] �f�τ, u(τ)��ϑ�ϑ − s − ε − MetMet

≤ �‖x0‖ϑ+ϑ − sM max[0,t]�f�τ, u(τ)��ϑ�ϑ − s − ε − MeδMeδ

≤ �‖x0‖ϑ+ϑ − sM c� c1

≤ c2c1 (𝟏 𝟑𝟔) trong đó

t

0nên

ϑ − s − ε − Meδmax[0,δ]�f�τ, u(τ)� − f�τ, v(τ)��ϑ

≤ϑ − s − ε − MeδMeδ (ϑ − s)M−1max

[0,δ]�f�τ, u(τ)� − f�τ, v(τ)��ϑ ≤ c1(ϑ

t̅

≤ � �‖A(τ)‖L(Xs+ε,Xs)‖x(τ)‖s+ε+ �f�τ, u(τ)��s+ε� dτt

t̅

Theo (𝟏 𝟐𝟒) ta có

‖A(τ)‖L(Xs+ε,Xs) ≤ M

s + ε − s=

Mε

Xét ánh xạ F xác định như sau (Fu)(t) = f�t, u(t)�

Lấy B ⊂ K và αElà độ đo phi compact trên E Từ (𝟏 𝟑𝟕) ta có

Vì vậy ta được αE�T(B)� ≤ kαE(B) trong đó k = c1(ϑ − s)M−1L < 1

Như vậy, theo định lí 1.2.2.5., T có điểm bất động trên K Điểm bất động này cũng

chính là nghiệm của (𝟏 𝟑𝟓)

Chương 2 ĐỊNH LÍ HÀM ẨN TRONG THANG CÁC

KHÔNG GIAN BANACH

�F(x, y) − F(x, y�) − Fy(x, y�)(y − y�)�s′ ≤(s − sM′)2α‖y − y�‖s2

(𝐇𝟐) Fy( , ) khả nghịch bên phải gần đúng, tức là tồn tại T(x, y) ∈ L(Zs, Ys′) sao cho

‖T(x, y)‖L(Zs ,Ys′)≤(s − s′)M γ

�Fy(x, y)T(x, y) − I�L(Z

s ,Ys′) ≤(s − s′)M2(α+γ)‖F(x, y)‖strên Ωrs Khi đó

1) Với mọi s ∈ (0,1], ∃ρ = ρ(s) > 0, 𝜌 ≤ 𝑟 để mọi x ∈ Kρ2s(x∗) có

y = y(x) ∈ Kρs2(y∗) là nghiệm phương trình F�x, y(x)� = 0

(𝐇𝟑) Fy( , ) khả nghịch bên trái gần đúng, tức tồn tại H(x, y) ∈ L(Zs, Ys′) sao cho

‖H(x, y)‖L(Zs ,Ys′) ≤(s − s′)M γ

�H(x, y)Fy(x, y) − I�L(Z

s ,Y s′ ) ≤(s − s′)M2(α+γ)‖F(x, y)‖strên Ωrs

4) Nếu ánh xạ (x, y) → Fy(x, y) ∈ L(Ys, Zs′) liên tục trên Ωrs thì hàm y(x) là liên tục

= �am−11 bm−1+k (m−1)1 2Ck�

m

n→∞sn =2s

sn− sn+1 = s2−n−2

s′ n+1− sn+1 = s2−n−3

Cố định (x0, y0) ∈ Ωr′s khi đó ‖F(x0, y0)‖s ≤ C0

Đặt yn+1 = yn− T(x, yn)F(x, yn), n ≥ 1

Từ đó ta có

F(x, yn+1) = F(x, yn+1) − F(x, yn) − Fy(x, yn)(yn+1− yn)

−Fy(x, yn)(yn− yn+1) + F(x, yn)

= F(x, yn+1) − F(x, yn) − Fy(x, yn)(yn+1 − yn)

−Fy(x, yn)T(x, yn)F(x, yn) + F(x, yn)

= F(x, yn+1) − F(x, yn) − Fy(x, yn)(yn+1 − yn) −�Fy(x, yn)T(x, yn)

2(𝛌𝟑) {yn} hội tụ trong Ys

‖yn+1 − yn‖s′n+1 = ‖−T(x, yn)F(x, yn)‖s′n+1

≤(sn − s′Mn+1)γ‖F(x, yn)‖sn (𝟐 𝟕) Theo (𝐇𝟐) thì

Từ (𝟐 𝟖), (𝟐 𝟗), (𝟐 𝟏𝟎) ta được

‖yn+1 − yn‖s′n+1 ≤ Ms−γ2nγ�165�γtCn

≤ abntCn

�yn+p− yn�s

2 < �yn+p− yn�s′

n+1

≤ �yn+p− yn+p−1�s′n+1 + �yn+p−1− yn+p−2�s′n+1+ ⋯ + ‖yn+2− yn+1‖s′n+1+ ‖yn+1− yn‖s′n+1

≤ � θ0n+j+1tp−1

Bây giờ ta chứng minh từng kết luận của định lí

1) Với θ0 thỏa mãn (𝛌𝟏), ta có C0= a−(m−1)−1b−(m−1)−2θ0 tương ứng

Do

F: Ωr′2s → Zs

2 liên tục Nên F bị chặn địa phương, tức là ∃ρ = ρ(s) > 0, 𝜌 < r′ sao cho

‖F(x, y)‖s ≤ C0, ∀(x, y) ∈ Ωr′2sTheo phần chứng minh trên

∀x ∈ Kρs2(x∗), ∃{yn(x)} ⊂ Kρ2s(y∗): yn(x) → y(x) đồng thời F�x, yn(x)� → 0 Cho n → ∞, ta có F�x, y(x)� = 0

2) Trong (𝟐 𝟏𝟏) cho p ⟶ ∞ ta được

‖y(x) − yn(x)‖s

2 ≤1 − θθ0n+1

0 với ∀x ∈ Kρ2s(x∗) 3) Giả sử ngoài

y = y(x) ∈ Kr′s2(y∗) với r′ =C202còn có

Từ (𝐇𝟑) ta có H(x, y)Fy(x, y) = I vì F(x, y) = 0 suy ra H(x, u)Fy(x, u) = I

Do đó u − y = H(x, u)Fy(x, u)(u − y)

Giả sử với n ta có ‖y − u‖sn ≤ Cn2 Khi đó

‖u − y‖sn+1 = �H(x, u)Fy(x, u)(u − y)�s

=(s2−n−3M )γ

M(5s2−n−4)2α‖y − u‖s2n

= Ms−γ2(n+3)γM5−2αs−2α2(n+4)2α‖u − y‖s2n (𝟐 𝟏𝟐)

Ta có

a = s−2(α+γ)M�M243(α+γ)+ 42(α+γ)�

≥ s−2(α+γ)M (Vì M ≥ 1)

≥ s−2αM (𝟐 𝟏𝟑) Tương tự ta cũng có

≤ Cn+12

≤ Cn+1(do 0 < Cn+1 ≤ 1)

≤ θ0mn+1

≤ θ0n+2

Cho n ⟶ ∞ ta được ‖u − y‖s 2 = 0 tức là u = y trong Ys 2 4) Theo (𝟐 𝟏𝟏) ta có ‖y − yn‖s 2 ≤1 − θθ0n+1 0 Vì vậy {yn} hội tụ đều đến y trên Kρ′ s 2 (x∗) với mọi ρ′ < 𝜌 Nên {yn(x)} hội tụ đến y(x) (hội tụ điểm) Do F, T liên tục theo x, y và yn+1(x) = yn(x) − T(x, yn)F(x, yn) Nên ta suy ra mọi yn liên tục trên Kρ′ s 2 (x∗) Từ đó ta có y(x) là hàm liên tục trên Kρ′ s 2 (x∗) Vì ρ′ < 𝜌 tùy ý nên y(x) liên tục trên K2ρs (x∗) Do F(x∗, y∗) = 0, y liên tục và duy nhất nên y(x∗) = y∗ Định lí 2.1.2 đã được chứng minh 2.2 Ứng dụng cho phương trình hàm Schrӧder 2.1.3 Phương tr ình hàm Schr ӧder Cho hàm f̃(z) = σz + � anzn n≥2 , an ∈ ℂ hội tụ trong miền |z| < r0, σ = e2πiτ, τ là số vô tỉ Hãy tìm φ�(z) = z + � cnzn n≥2 , cn ∈ ℂ Sao cho f̃�φ � (z)� = φ�(σz) (𝟐 𝟏𝟕) (𝟐 𝟏𝟕) được gọi là phương tr ình hàm Schr 2.1.4 S ố Liouville Số thực τ được gọi là số Liouville nếu ∀b > 0, ∀𝛿 > 2, ∃𝑝 ∈ ℤ, q ∈ ℕ sao cho �τ −p q� < 𝑏q−δ 2.1.5 Định lí về sự tồn tại nghiệm của phương tr ình hàm Schr ӧder Nếu τ không phải là số Liouville thì ph ương tr(𝟐 𝟏𝟕) có

nghiệm dạng