BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TPHCM PHẠM KIM KHÁNH TÍNH COMPACT, LIÊN THÔNG CỦA TẬP NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VI, TÍCH PHÂN Chuyên Ngành Mã Số : : Toán Giải Tích 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. LÊ HOÀN HOÁ Thành Phố Hồ Chí Minh – Năm 2007 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, tôi xin trân trọng kính gửi đến PGS-TS. Lê Hoàn Hoá, người thầy hết lòng vì học trò của tôi, tấm lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất. Thầy là người đã động viên, giúp đỡ, chỉ bảo tận tình trong quá trình giảng dạy cũng như trong quá trình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành tốt luận văn này. Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến quý thầy, cô của khoa Toán – Tin học Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy để tôi có được những kiến thức quý báu làm hành trang cho quá trình học tập và nghiên cứu sau này. Xin chân thành cảm ơn các thầy, cô thuộc Phòng Quản Lý Khoa Học Sau Đại Học, trường Đại Học Sư Phạm Tp. Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi về các thủ tục hành chính trong suốt quá trình học tập tại trường. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám Hiệu, đặc biệt là các thầy, cô trong tổ toán, trường THPT Trưng Vương Tp. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi yên tâm hoàn thành tốt luận văn này. Lời cuối cùng, tôi cũng không quên gửi lời biết ơn sâu sắc đến gia đình tôi và lời tri ân đến tất cả bạn bè tôi, những người đã luôn ở bên tôi động viên và giúp tôi vượt qua mọi khó khăn trong quá trình thực hiện luận văn này. Phạm Kim Khánh LỜI MỞ ĐẦU Định lý điểm bất động dạng Krassnosel’skii đóng vai trò quan trọng trong việc khảo sát sự tồn tại nghiệm các phương trình vi, tích phân. Vấn đề này được nhiều nhà Toán học quan tâm khảo cứu chẳng hạn [1], [3], [5]. Trong luận văn này, chúng tôi sử dụng định lý điểm bất động dạng Krassnosel’skii trong không gian lồi địa phương để chứng minh sự tồn tại nghiệm, cũng như tính compact liên thông của tập nghiệm các phương trình sau : Phương trình tích phân: t t 0 0 x  t    f  s, x  s   ds   g  t , s, x  s   ds    t  , t  0, Phương trình vi phân hàm cấp hai có đđối số chậm : u   f  t , ut , u   t    0, 0  t 1 Luận văn được trình bày trong 3 chương. Chương 1 trình bày định lý điểm bất động dạng Krassnosel’skii trong không gian lồi địa phương, và kiến thức chuẩn bị cho các chương sau. Chương 2 dành cho việc trình bày tính không rỗng, compact, liên thông của tập nghiệm phương trình tích phân, và chương 3 là phương trình vi phân hàm cấp hai có đối số chậm. Do điều kiện bị hạn chế nên việc khảo sát các tính chất tương tự đối với tập nghiệm yếu của một số phương trình sóng, chưa được trình bày trong khoá luận này. CHƯƠNG I: ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG DẠNG KRASNOSEL’SKII TRONG KHÔNG GIAN LỒI ĐỊA PHƯƠNG I.1 Định nghĩa Giả sử X là không gian véc tơ tôpô lồi địa phương và P là một họ nửa chuẩn tách được trên X, D là một tập con của X và U: D  X . Với bất kỳ a  X , ta định nghĩa : U a : D  X bởi U a  x   U  x   a . Toán tử U : D  X được gọi là thoả điều kiện ( A) trên tập con  của X nếu: ( A.1) Với bất kỳ a  , U a  D   D . (A.2) Với bất kỳ a   và p  P , tồn tại ka  Z  với tính chất :   0, r  N và   0 sao cho x, y  D,  ap  x, y        ap U ar  x  ,U ar  y     , ở đây    ap  x, y   max p U ai  x   U aj  y   i, j  0,1,...ka .N  1, 2,3,...  và Z   N  0 I.2 Mệnh đề ( Nguyên lý hội tụ của Solomon Leader) Giả sử q : Z 2   0;   là một hàm số sao cho : q  m, n   q  m, k   q  k , k   q  k , n  (1.1) m, n, k  Z  Khi đó q  m, n   0 khi m, n   nếu và chỉ nếu:   0, r  N và   0 sao cho với m, n  Z  , q  m, n      ta có q  m  r, n  r    (1.2) I.3 Định lý Giả sử X là không gian lồi địa phương với họ nửa chuẩn tách P, D là một tập con đầy đủ theo dãy của X, U là toán tử liên tục đều trên D(i.e với p  P và   0 , tồn tại   0 sao cho p  x  y     p U  x   U  y     . Giả sử U thoả điều kiện (A) trên tập con  của X. Khi đó toán tử  I  U  được định nghĩa tốt và liên 1 tục trên  . Chứng minh : Ta chứng minh qua hai bước: Bước 1: Với bất kỳ a   , toán tử U a có duy nhất 1 điểm bất động trên D gọi là   a  , và dãy lặp U  x  n a n hội tụ về   a  , x  D . Hơn nữa ,ánh xạ a    a  là đơn ánh. Chứng minh: Từ (A.2) ta suy ra với bất kỳ a   và p  P, k  Z  với tính chất:   0, r  N và   0 sao cho x, y  D,  ap  x, y        ap U ar  x  , U ar  y     Giả sử q : Z 2   0,   được định nghĩa bởi q  m, n    ap U am  x  ,U an  y   . Khi đó q thoả (1.1), (1.2) nên theo mệnh đề trên lim q  m, n   0 m , n  Suy ra lim p U am  x   U an  y    0 m , n  Vì vậy, x, y  D các dãy U an  x n , U an  y n là dãy Cauchy. Hơn nữa D đầy đủ theo dãy và U là liên tục, nên ta suy ra rằng dãy U an  x n hội tụ về điểm bất động duy nhất của U a gọi là   a  , nghĩa là : U   a    a    a  hay  I  U    a    a Ta nhận thấy, nếu   a  ,   b  là hai điểm bất động của U a , U b và   a     b  thì U   a    a  U   b    b  a  b chứng tỏ  là đơn ánh vì vậy  là song ánh từ  vào      D mà theo trên  I  U    a    a, a   do đó  I  U    1 hay    I  U  1 Bước 2:  I  U  là liên tục trên  1 Chứng minh: Với bất kỳ a  , p  P, và   0, theo điều kiện (A), r  N và   0 (   ) sao cho :  ap U ar  x  ,U ar  y     x, y  D với  ap  x, y      . Vì U liên tục đều nên U ai  i  0,1...  cũng liên tục đều, suy ra  o , o   o   sao cho: p  x  y    0  p U ai  x   U ai  y     với mọi i  0,1.....ka (1.3) Tương tự , sử dụng tính liên tục đều của U, chúng ta có thể xây dựng một họ  i  . i=0,1,2…r-1, sao cho với mọi i=0,1,2…r-1: a. 1 0   i   i 1 2 b. 1 p U  x   U  y     i 1 với p  x  y    i 2 Nếu b   sao cho p  a  b    r 1 thì, vì lim U brn   a      b  ta có: n   p   a     b    lim p   a   U brn   a   n   Bằng phương pháp qui nạp ta suy ra :    a  , U brn   a        với mọi n  N (1.4) Để có điều này, đầu tiên ta chú ý rằng : p   a   U br   a      0 Thật vậy ta có p  a  b    r 1 suy ra p U a  x   U b  x    p  a  b    r 1 , x  D Suy ra 1 p U U a  x    U U b  x     r  2 2 Từ đó : p U a2  x   U b2  x    p U U a  x    U U b  x     a  b      p U U a  x    U U b  x     p  a  b  1 2 1 2 <  r 2   r 2   r 2 Tương tự ta nhận được : p U ar 1  x   U br 1  x    1 1 p U U ar 1  x    U U br 1  x      0 2 Suy ra: nên 1 1 P U ar  x   U br  x     0   0   0 2 2 (1.5) Đặc biệt lấy x    a  , (1.5) trở thành:   p   a   U br   a     0 (1.6) Bây giờ ta chứng minh (1.4) đúng khi n=1, nghĩa là :    a  ,U br   a        . Từ (1.3) và (1.6) ta có :    p   a   U ai U br   a     ,  i  0,1, 2...k      a  , U br   a         . Giả sử (1.4) đúng với n, nghĩa là:    a  ,U brn   a        , thì ta có :         a  ,U br  n 1   a       a  ,U ar U brn   a      U ar U brn   a    ,U br  n 1   a   Cũng do    a  , U brn   a        nên theo điều kiện (A) ta suy ra:      U ar   a   ,U ar U brn   a        a  , U ar U brn   a      (*) .    Thay x  U brn   a   , (1.5) trở thành: p U ar U brn   a     U br  n 1   a     0 Sử dụng (1.3), chúng ta thấy rằng:     p U ar i U brn   a    U ai U br  n 1   a   Hay :     , i  0,1, 2...k   U ar U brn   a    ,U br  n 1   a     Từ (*) và (**)      a  ,U b  r n 1 (**)   a        Chứng minh qui nạp xong . Từ (1.4) ta suy ra     p   a   U brn   a       a  ,U brn   a        2 Cho n   , ta nhận được:   p   a     b    lim p   a   U brn   a    2 n  Chứng tỏ rằng    I  U  liên tục trên  . 1 I.4 Định lý Giả sử X là một không gian lồi địa phương đầy đủ theo dãy với một họ nửa chuẩn tách P và giả sử U và C là toán tử trên X sao cho: i. U thoả điều kiện A trên X ii. Với bất kỳ p  P,  k  0 (phụ thuộc theo p) sao cho: p U  x   U  y    k  x  y  x, y  X . iii. Tồn tại x0  X với tính chất : p  P, r  N và    0,1 (r và  phu thuộc theo p) sao cho:   p U xr0  x   U xr0  y    p  x  y  iv. C hoàn toàn liên tục, p  C  A     với p  A   , A  X v. lim p  x   p C  x  p  x 0 x  X , p  P Khi đó U+C có điểm bất động. Chứng minh: Vì U thoả điều kiện ( A) trên X, nên (I-U) là một tự đồng cấu trên X do đó chỉ còn phải chỉ ra rằng tồn tại một tập con lồi đóng bị chặn của D sao cho với bất kỳ x thuộcD, điểm bất động duy nhất của U C  x  thuộc về D. Giả sử z0 là một điểm bất động của U x0 (điều này có được do định lý I.3, bước 1). Với bất kỳ x  X và p  P ta có:   U Cr  x   y   U xr0  y   U U Cr  1x   y   U U xr01  y     C  x   x0  y  X Từ (ii) và (iii) ta suy ra rằng    p U Crn x   z0   z0  p U Cr  x U C x  r n 1  z0   U xr U Cr nx 1  z0    p U xr U Cr nx 1  z0   U xr  z0   0   kp U Cr  1x U C x  r n 1 0  z0   U xr 1U Cr nx 1  z0    p  C  x   x0    p U Cr nx 1  z0   z0  0 Tương tự ta nhận được    p U Crn x   z0   z0  1  k  ...  k r 1  p  C  x   x0    p U C x  r n 1  z0   z 0  Bằng phương pháp qui nạp, n  N ta có :    r 1  n 1  p U Crn c   z0   z0    k i    i  p  C  x   x0   i 0  i 0   r 1 i  k    i 0  p  C  x   x0  (1   ) (1.7)   p  C  x     p  x0   r 1 i  k  Ở đây    i 0   0 1    Từ điều kiện (V ), ta có: lim p  x  z0   p C  x  p  x  z0  0 Vì vậy tồn tại R1 p  0 sao cho p C  x   1 p  x  z0  2 nếu p  x  z0   R1 p Từ giả thiết (iv), tồn tại R2 p  0 sao cho với mọi x: p  x  z0   R1 p Suy ra Đặt p  C  x    R2 p R3 p  2  p  x0    R2 p 0 D p   x  X : p  x  z o   R3 p  Và D   pP D p . Khi đó z0  D và D là lồi đóng và bị chặn. Với mỗi x  D và p  P , chúng ta xét hai trường hợp: Nếu p  x  z0   R1 p , thì theo (1.7)   p U Crn x   z0   z0   p  x0    R2 p  R3 p U Crn x   z0   D p Điều này cho ta Nếu R1 p  p  x  z0   R3 p thì theo (1.7)   p U Crn x   z0   z0   p  x0   1 p  x  z0  2 1   p  x0   R3 p  R3 p 2 Điều này cho ta Suy ra rằng:  Vì D đóng và dãy U Crn x   z0   n U Crn x   z0   D p U Crn x   z0   D x  D hội tụ về điểm bất động duy nhất   C  x   của U C  x  , nên   C  x    D x  D , như thế ta có  I  U  C  D   D . Do tính hoàn toàn liên tục của C, tập 1  I U  1 C  D    I  U  C  D  là compact tương đối. Khi đó theo định lý điểm bất động của 1 Schauder – Tychonoff,  I  U  C có một điểm bất động trong D, đó cũng chính là một điểm bất động 1 của U+C trong D. I.5 Định lý (Krasnoselskii – Perov) Cho E là không gian Banach thực, D là tập mở bị chặn và T : D  E là ánh xạ compact. Giả sử T thoả điều kiện sau: ( i). Với   0 , tồn tại ánh xạ compact T sao cho T  x   T  x    với x  D và phương trình x  T  x   b có nhiều nhất một nghiệm nếu b   (ii). T không có điểm bất động trên D và deg  I  T , D, 0   0 . Khi đó tập các điểm bất động của T là tập compact liên thông. Chứng minh: Đặt N   x : T  x   x,  xD Do deg  I  T , D, 0   0 nên tồn tại x0  D sao cho  I  T  x0   0  T  x0   x0 . Vậy N   . Do T là ánh xạ compact nên N là tập compact . Giả sử N không liên thông , khi đó tồn tại các tập mở O1 , O2 chứa trong D sao cho: N  O1  , N  O2  , N  O1  O2 và O1  O2   Ta có : deg  I  T , D, 0   deg  I  T , O1 , 0   deg  I  T , O2 , 0  Ta sẽ chứng minh deg  I  T , O1 , 0   deg  I  T , O2 , 0   0 và như vậy mâu thuẫn với giả thiết deg  I  T , D, 0   0 . Do O1  N   nên tồn tại x1  O1  N sao cho Tx1  x1 Đặt   x   x  T  x    x1  T  x1   trong đó 0     2 với   min  x  Tx , compact trong điều kiện (i) Xét đồng luân : H  t , x   t  x   1  t  I  T  x  , xD ; t   0;1 H  t , x   x  T  x   t T  x   T  x    t  x1  T  x1   Ta có  H  t , x   x  T  x   t T  x   T  x   t x1  T  x1     2  0 Với mọi x  O2 ; t   0;1 Ap dụng tính bất biến đồng luân ta được : deg  I  T , O2 , 0   deg  , O2 , 0  Do   x   x  T  x   b với b  x1  T  x1   T  x1   T  x1   b   Do điều kiện (i) nên phương trình   x   0 có nhiều nhất một nghiệm Do   x1   0 nên   x  không triệt tiêu trên O2 . Suy ra : deg  , O2 , 0   0 hay deg  I  T , O2 , 0   0 Tương tự do N  O2   nên cũng có deg  I  T , O1 , 0   0 Vậy deg  I  T , D, 0   0 , điều này vô lý. Do đó N là tập liên thông. I.6 Định lý x  O2  và T là ánh xạ Cho X và Y là hai không gian Banach, D là tập mở trong X và f : D  Y liên tục. Khi đó với   0 , tồn tại f : D  Y lipsit địa phương sao cho : f  x   f  x    với mọi x và f  D   co f  D  Chứng minh   Với x  D đặt x   y  D  f  y   f  x    thì D   xD  x . 2 Gọi V ,    là một phủ mở của D, được gọi là phủ mở hữu hạn địa phương mịn hơn của phủ x , x  D sao cho : Với mọi x  D tồn tại lân cận V(x) thoả mãn : V  x   V   chỉ với một số hữu hạn    Với mỗi    tồn tại x  D để V  x . Với    , xác định   : D   định bởi : , x  V 0   x       x, Vx  , x  V Trong đó   x, A   inf  x  y , y  A . 1 Đặt     x        x      x     ,xD . 0  x y , x, y  V  Ta có:    x      y      x, V   x  y , x  V , y  V     x, V     y, V   x  y , x, y  V Vậy   lipsit trên D. Do V ,    là phủ mở hữu hạn địa phương nên chỉ có hữu hạn    sao cho x  V và như vậy chỉ có một số hữu hạn    sao cho    x   0 . Vậy   x  hoàn toàn xác định. Hơn nữa   x   0 nếu x V và  lipsit địa phương. Với mỗi    , chọn a  V  D . Định nghĩa : f  x      x  f  a   Vì    x   1 ,  Khi đó :   x   o nên f  x   co f  D  . f là lipsit địa phương trên D. Với mỗi x  D , tồn tại    để x  V và tồn tại x  D để V   x . Khi đó : x, a  V   x nên f  x   f  a    Vậy: f  x   f  x      x  f  a   f  x    với mọi x  D  Định lý được chứng minh. I.7 Định lý Cho X là không gian metric, M là tập con khác rỗng của X, Y là không gian định chuẩn và f : M  Y là toán tử liên tục. Khi đó tồn tại một ánh xạ liên tục g : X  Y thoả điều kiện : (i), g  x   co f  M  , co f  M  là bao lồi của f  M  (ii), g  x   f  x  , với mọi x  M . I.8 Định lý Cho X là không gian lồi địa phương đầy đủ theo dãy với họ nửa chuẩn tách được P, D là tập con lồi, đóng, bị chặn trên X. Cho C : D  X là ánh xạ hoàn toàn liên tục, U : D  X liên tục đều và thoả điều kiện (A2) trên C  D  . Giả sử: U  x  C  y  D , x, y  D (1.8) Thì U+C có điểm bất động trong D. Chứng minh: Vì D đóng, từ điều kiện (1.8) suy ra U  D   C  D   D vì vậy U thoả điều kiện (A1) trên C  D  , do đó U thoả điêù kiện (A) trên C  D  . Theo định lý I.3,  I  U liên tục và D bị chặn nên C  D  là tập compact, suy ra  I U  1  1 liên tục trên C  D  . Do C là hoàn toàn  I U  1 C  D  là compact trong D. Vì vậy C là toán tử hoàn toàn liên tục trên D. Mặt khác do D là tập lồi đóng nên theo định lý điểm bất động Schauder –Tychonoff thì  I U  1 C có một điểm bất động trong D, nghĩa là tồn tại x0  D sao cho:  I U  1 C  x0   x0 hay Vậy U+C có một điểm bất động trong D. I.9 Bổ đề: x0  U  x0   C  x0  Một tập S trong X 0  C  0;   , E  là tập compact tương đối nếu và chỉ nếu với mỗi n   , S là liên tục đồng bậc trên  0; n  và tập  x  t   x  S , t   0; n  là compact tương đối trong E I.10 Định lý (Leray – Schauder nonlinear alternative) Cho E là không gian Banach,  là một tập con mở và bị chặn của E với 0   . Giả sử T :   E là tóan tử hòan tòan liên tục. Khi đđó, hoặc tồn tại x   sao cho Tx   x , với một số  nào đó mà   1 , hoặc T có một điểm bất đđộng x   . I.11 Bổ đề Giả sử y  C  0,1. Khi đó bài tóan giá trị đầu u  y  t   0, 0  t  1, u  0   0, u  0   0, có một nghiệm duy nhất cho bởi t u  t      t  s  y  s  ds, 0 t   0,1 . CHƯƠNG II: TÍNH COMPACT LIÊN THÔNG CHO TẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN II.1 Định lý Cho E là không gian Banach với chuẩn . và X là không gian các hàm liên tục trên  0;   vào tôpô E,  pn n là họ nửa chuẩn định bởi: với mọi x X   pn  x   sup x  s  : s   0; n  Tôpô trên X tương thích với metric 2  n pn  x  y  d  x, y    n 1 1  pn  x  y   và X là không gian Fréchet. Xét phương trình tích phân t t 0 0 x  t    f  s, x  s   ds   g  t , s, x  s   ds    t  , (II ) t  0, Ở đây  là hàm liên tục từ  0;  vào E , f , g thoả các điều kiện sau:  II .1 f :  0;    E  E là ánh xạ liên tục sao cho tồn tại hằng số k  0 thoả : f  s, x   f  s, y   k x  y , x, y  E ( II .2) g :  0;    E  E hoàn toàn liên tục sao cho g  t ,.,. : I  A liên tục đều theo t với tập bị 2 chặn I   0;   , tập bị chặn A  E .  II .3 lim x  g  t , s, x  x  0 đều theo  t , s  trên tập con bị chặn của  0;  . 2 Khi đó phương trình (II ) có một nghiệm trên  0;   Chứng minh: Cho U và C là các toán tử trên X được định nghĩa bởi: t U  x  t    f  s, x  s   ds 0 (2.1) t C  x  t    g  t , s, x  s   ds    t  , 0 t0 Rõ ràng U  x  và C  x  liên tục trên  0;  . Để chứng minh định lý này chúng ta cần các kết quả hỗ trợ của các bổ đề sau Bổ đề 1: Cho f thoả (II.1) và U được định nghĩa bởi (2.1 ). Thế thì với mỗi a  0 và với bất kỳ z  X pa U n z  x   U  y  n z  ka   n n! pa  x  y  n   Chứng minh: Ta sẽ chứng minh U n z  x  t   U  y  t  n z  kt   n n! t   0; a  pa  x  y  , Thật vậy, với n =1, vì t U z  x  t   U  x  t   z  t    f  s, x  s   ds  z  t  0 nên t U z  x  t   U z  y  t    f  s, x  s    f  s, y  s   ds, t   0, a  0 t  k  x  s   y  s  ds 0   kt  pa  x  y  . Giả sử (2.2 ) đúng với n. Thế thì ta có: U n 1 z t  x  t   U  y  t    n 1 z f  s, U zn x  s    f  s,U zn y  s   ds 0 t  k 0  ks  n! n pa  x  y  ds  kt  p x  y ,     n  1! a n 1 t   0, a  Như vậy (2.2) được chứng minh Từ (2.2) suy ra pa U n z  x   U  y  n z  ka   n! n pa  x  y  n Bổ đề 2: Cho g thoả (II.2) và C được định nghĩa bởi C  x  t   pt   g  t , s, x  s  ds    t  , t   0, a  , a  0 0 Ở đây p :  0, a    là hàm liên tục sao cho 0  p  t   a , t   0, a  (2.2 ) Khi đó C là ánh xạ hoàn toàn liên tục trên không gian Banach X a  C  0, a  , E  với chuẩn   x a  sup x  t  : t   0, a  Chứng minh: Rõ ràng C : X a  X a . Trước hết ta chứng minh C liên tục. Cho  xn  n là một dãy trong X a sao cho lim xn  x0 . Đặt B   xn  s  : s   0, a  , n     . Ta thấy B là n  tập compact trong E . Thật vậy, xét  xn  ti   B . Giả sử rằng lim ti  t0 và lim xn  x0 i  i i  i  i ta có xni  ti   x0  t0   xni  ti   x0  ti   x0  ti   x0  t0   xni  x0  x0  ti   x0  t0  Điều này chỉ ra rằng lim xn  ti   x0  t0  , do đó B là tập compact i  i Với   0 tuỳ ý cho trước, vì g liên tục trên tập con compact  0, a   B nên   0 sao cho 2 x y , n  n0 ,  g  t , s, x   g  t , s, y   a s, t   0, a  . Vì lim xn  x0 trong X a , nên n0 sao cho với , n  s   0, a  xn  s   x0  s    , Suy ra C  xn  t   C  x0  t   pt   g  t , s, x  s    g  t , s, x  s   ds , n 0 t   0, a  0 Do đó C  xn   C  x0    , n  n0 . Vậy C liên tục Chứng minh C hoàn toàn liên tục Cho  là tập con bị chặn của X a . Đặt A   x  s  : x  , s   0, a  thì A bị chặn trong E . Vì g hoàn   toàn liên tục, nên tập g  0, a   A là tập compact tương đối trong E . 2 Với bất kỳ t1 , t2   0, a  và x   , ta có: C  x  t1   C  x  t2   p  t1   g t 1 , s, x  s   ds  0  g  t , s, x  s   ds 2 0 p  t2   p  t2  p  t2   g  t , s, x  s    g  t , s, x  s   ds   g  t , s, x  s   ds 1 0 2 p  t1  1   Vì g  t ,.,.,  liên tục đều theo t trên  0, a   A và vì g  0, a   A bị chặn (vì nó là tập compact tương 2 2 đối ), nên bất đẳng thức trên cho thấy C    liên tục đồng bậc trên  0, a    Đặt K  co  g  0, a   A  0 ( coA là kí hiệu bao lồi đóng của tập A ), thì K là tập compact trong E .  2  Vì g  t , s, x  s    K , s, t   0, a  và x   , ta suy ra  pt   C    t     g  t , s, x  s   ds    t  : x     p  t  K    t  , t   0, a   0  Theo kết quả của Ambrosetti, C    là tập compact tương đối trong X a . Vậy C hoàn toàn liên tục trên X a Bây giờ chúng ta trở lại chứng minh định lý II.1 Theo bổ đề 1, với z  X và m   ta có: pm U  km  Vì lim n  n n! n z  x   U  y  n z  km   n! n pm  x  y  , n    km   0 , nên tồn tại nm (phụ thuộc vào m ) sao cho n! n  1 với  n  nm . Vì vậy U thoả điều kiện (i)-(iii) của định lý I.4. Xét  xn n  X sao cho lim xn  x0 trong X . (nhắc lại lim xn  x0 trong X nếu và chỉ nếu n  n  lim pm  xn  x0   0, m   ). Vì n   xn n hội tụ đều về x0 trên  0, m  ,với m , nên theo bổ đề 2 ta có lim pm  C  xn   C  x0    0, m   n  Điều này có nghĩa là C liên tục trên X . Cho  là tập con bị chặn trong X , thì pm      pm  x  : x   bị chặn với m . Đặt C  Ơ đây x 0, m m   x 0, m ,  x  C  là thu hẹp của x trên  0, m  . Theo bổ đề 2,  C    m là tập compact tương đối trong X m , với m . Cho  xn n là một dãy trong C    . Chúng ta sẽ chứng minh nó có một dãy con hội tụ. Với m  1 , tồn tại một dãy con  x1n n của  xn n sao cho lim x1n n  0,1  x1 trên X 1 . Giả sử bằng quy nạp, tồn tại  xnm  n là dãy con của  xn n sao cho lim xnm n  xm 0, m 0, m  x m trong X m và  x m , m  m . Vì  C    m 1 là tập compact tương đối trong X m 1 , nên  xnm n có dãy con  xnm 1n sao cho: lim xnm 1 0, m 1 n   x m 1 , trên X m 1 Như vậy chúng ta đã chỉ ra tồn tại một họ các dãy con  xnm n với m   , sao cho với mỗi m lim xnm  x m , trên X m 0, m n  và xm 0, m  x m , m  m . n   . Thì  yn n là một dãy con của  xn n và lim yn  x trong X thoả Đặt yn  xnn , n  x  xm , 0, m m  . Suy ra C    là tập compact tương đối trong X ,do đó C hoàn toàn liên tục trên X Chứng minh lim pm  x   pm  Cx   0, p m  x m   Cho trước   0 tuỳ ý, từ (II.3) suy ra tồn tại   0 sao cho g  t , s, x   x  2m với x mà x   và s, t   0, m  . Vì g hoàn toàn liên tục nên tồn tại M sao cho s, t   0, m  và x thoả x   . g  t , s, x   M , Chọn  1 sao cho M 1  C  x  t  x  2m  m  . Với x  X m bất kỳ, x m   1 chúng ta có 1 xm 1 xm m  g  t , s, x  s   ds  0 I1  s   0, m  : x  s    và suy ra I 2   0, m  \ I1 x m    t    g  t , s, x  s   ds   g  t , s, x  s   ds   xm  I1  I2 với   t   Cx  t  x  x s  t  Mm  g  t , s, x  s   x  s  ds  x m I2 x m xm  Mm  m   t    x m 2m xm m     t  x  t   0, m  , m Điều này có nghĩa là lim pm  x  pm  C  x   pm  x  0 Như vậy ta đã chứng minh được U và C thỏa các điều kiện của định lý I.4, do đó theo định lý I.4, tồn tại x 0 X sao cho x0  U  x0   C  x0  Vậy x0 là nghiệm của (II ) trên  0,   II.2 Định lý Cho E là không gian Banach thựcvới . , A là tập mở lồi bị chặn trên E và X là không gian các hàm liên tục trên  0;   vào tôpô E,  pn n là họ nửa chuẩn định bởi: với mọi x  X   pn  x   sup x  s  : s   0; n  Tôpô trên X tương thích với metric 2  n pn  x  y  n 1 1  pn  x  y   d  x, y    Xét phương trình tích phân :  II  t t 0 0 x  t    f  s, x  s   ds   g  t , s, x  s   ds, t0 Ở đây f , g thoả các điều kiện sau:  II  1 f :  0,    E  E liên tục với tính chất : với n  , kn  0 sao cho: f  t , x   f  t , y   kn x  y ,  II  g : 0,   2 2 x, y  E , t   0, n  .  E  E hoàn toàn liên tục sao cho g  t ,.,. : I  A  E liên tục đều theo t trên khoảng bị chặn bất kỳ, với tập bị chặn bất kỳ I   0,   và tập bị chặn A  E g t , s, x  II  lim  x   0 đều theo  t , s   0,   . 2 3 x  Thì tập nghiệm của phương trình  II  trên  0,   là khác rỗng, compact và liên thông. Chứng minh: Bước 1: Ta chứng minh rằng với mỗi n   , tập nghiệm của phương trình  II  trên  0, n  là khác rỗng, compact và liên thông. Với mỗi n   , gọi X n  C  0, n  , E  là không gian Banach các hàm liên tục từ  0, n  vào E với chuẩn   x n  sup x  t  : 0  t  n . Đặt U , C : X n  X n định bởi: t Ux  t    f  s, x  s   ds , t   0, n  (2.3) 0 t Cx  t    g  t , s, x  s   ds, t   0, n  (2.4) o Khi đó điểm bất động x* của U  C là nghiệm của  II  Với z  X n , ta đặt U z : X n  X n định bởi U z  x  U  x  z Bằng qui nạp ta chứng minh Uz m  x U  y n m z k n  n m x y n, m! m  , Thật vậy, với m=1 t U z x  t   Ux  t   z  t    f  s, x  s   ds  z  t  0 Suy ra x, y  X n . (2.5) t U z x  t   U z y  t    f  s, x  s    f  s, y  s   ds 0 t  kn  x  s   y  s  ds 0 t   0, n    kn t  x  y , Giả sử bất đẳng thức (2.5) đúng đến m, ta có: U zm 1 x  t   U zm 1 y  t   U z U zm x   t   U z U zm y   t  t   f  s,U zm x  s    f  s,U zm y  s   ds 0 t  kn  U zm x  s   U zm y  s  ds 0 m t  kn kn s m x  y ds m ! 0 t m 1 kn  s m 1  =   x y m!  m  10 k t   n  m  1! m 1 t   0, n  x y Điều này chứng tỏ (2.5) đúng với mọi m   Từ (2.5) ta suy ra U x t   U y t  m z  k n Do lim n m  m! m z k t   n m! m  0 nên tồn tại p   m t   0, n  x y , k n sao cho n p! (2.6) p 1 Với z  X n , U zm là ánh xạ co khi m đủ lớn. Vậy U z có điểm bất động, ghi là   z  . Khi đó ta có:   z   U z   z    U   z    z hay  I  U    z   z với mọi z  Xn Mặt khác từ (2.6) ta suy ra: k U zm   1  kn  Vậy k U z   lim  kU zm  m  0, m  Ap dụng định lý I.3 ta có m! m , m   z  X n 1  I  U  được định nghĩa tốt và liên tục đều trên X n (*) t Ta chứng minh với Cx  t    g  t , s, x  s   ds thì C là hoàn toàn liên tục trên X n , thoả 0 lim x n  C  x x n 0 n Cx liên tục theo t Thật vậy, cố định x  X n . Do g liên tục đều trên  0, n   A nên với   0 cho trước, tồn tại   0 sao cho t  t    thì g  t , s, x  s    g  t , s, x  s     n , s   0, n  Suy ra t Cx  t   Cx  t     g  t , s, x  s    g  t , s, x  x   ds   0 Vậy C  x  liên tục theo t Chứng minh C liên tục Lấy  xm m là dãy bất kỳ trong X n sao cho lim xm  x . m  Đặt A   xm  s  : s   0, n  , m   . Khi đó A là tập compact trong E. Với   0 cho trước, do g liên tục đều trên tập compact  0, n   A nên tồn tại   0 sao cho với 2 x, y  A, x  y   thì g  t , s, x   g  t , s, y    n s, t   0, n  , Do lim xm  x trong X n nên tồn tại m0 sao cho: m  s   0, n  m  m0 , xm  s   x  s    , Dẫn đến t Cxm  t   Cx  t    g  t , s, xm  s    g  t , s, x  s   ds   , t   0; n  0 Cxm  Cx   , Suy ra m  m0 . Vậy C liên tục. Cho  là tập bị chặn trong X n . Ta chứng minh C    là tập compact tương đối Gọi M  0 sao cho x  M với mọi x   . Đặt B   x  s  : x  , s   0, n  . Khi đó B bị chặn trong E .   Do g là ánh xạ compact nên g  0, n   B compact tương đối trong E nên tồn tại R  0 sao cho 2 g  t , s, x  s    R với s, t   0, n  t Suy ra Cx  t    g  t , s, x  s   ds  nR với mọi x   và t   0, n  . 0 Vậy C    bị chặn đều . Do g liên tục đều đối với t   0, n  nên với mỗi   0 ,   0 sao cho : t  t    thì g  t , s, u   g  t , s, u    n s   0; n  , uE . Suy ra với t  t    và x   thì t Cx  t   Cx  t     g  t , s, x  s    g  t , s, x  s   ds   0 Vậy C    đồng liên tục. Theo định lý Ascoli – Azela C    compact tương đối trong X n . Vậy C là hoàn toàn liên tục trên X n Với   0, 0    1  k do ( II2 ) , tồn tại N  0 sao cho: g  t , s, x   N   1 n x, s, t   0; n  và x  E Dẫn đến t Cx  t    g  t , s, x  s   ds  Nn   x , t   0; n  0 Suy ra Cx  Nn   x Do  bất kỳ nên lim x n  Cx x n  0. n Đặt D   x  X n : x  s   A, s   0; n  với A là tập mở, lồi, bị chặn của E . Khi đó D là tập mở lồi bị chặn của X n với D và D là tập lồi đóng bị chặn của X n và  D  x  X n : x  s   A,  s   o; n  Do  I  U  liên tục đều trên X n , C compact nên  I  U  C là ánh xạ compact 1 1 Mà D là tập bị chặn nên  I  U  C  D  là tập compact tương đối và  I  U  C  D   D 1 1 Ap dụng định lý Schauder  I  U  C có điểm bất động trong D (nhưng  D ). 1 Đặt: S   I U  C 1 Do đó I  S   I U  1  I U  C  tập các điểm bất động của S trong D cũng là tập các điểm bất động của U  C và nó là nghiệm của phương trình  II  trong D vì C là toán tử compact trong X n , nên S là toán tử compact trong X n . Đồng thời S không có điểm bất động trong D , hơn nữa S  D   D và D lồi do đó deg  I  S , D, 0   1 (2.7) Với   0 , vì  I  U  liên tục đều trên X n , nên tồn tại   0 sao cho: 1 x  y n     I U  1  x   I U   y n   , 1 x, y  X n . (2.8) Đặt   K   x  s  : s   0; n  , xD Thì K  bị chặn trong E , do đó K  bị chặn trong E , ở đây K  là tập đóng của K  Theo định lý I.7 tồn tại ánh xạ liên tục g * là ánh xạ mở rộng của g 0;n K  trên  0; n   E sao cho:   2 2    g *  0; n   E  co g  0; n   K  2 2  Theo định lý I.6 tồn tại g là ánh xạ lipschitz địa phương trên  0; n   E sao cho 2 s, t   0; n  , x  E ta có: g  t , s, x   g *  t , s, x    2n , (2.9) và 0; n  E   co g 0; n  E   co g 0; n  K  . Do g là ánh xạ compact, nên g  0; n   K   là tập compact tương đối, kéo theo g  0; n   E  là tập g 2 * 2 2 2 2  compact tương đối. Do đó g hoàn toàn liên tục. Đặt C : X n  X n định bởi: t C  x  t    g  t , s, x  s   ds (2.10) S   I  U  C (2.11) 0 Và đặt 1 Thì S hoàn toàn liên tục. Từ (2.4), (2.9), (2.10) ta có: t   0; n  , x  D thì t C  x  t   C  x  t    0  2n ds   2  . Suy ra C  x   C  x  n   Khi đó từ (2.8) ta có  I U  1 C  x    I  U  C  x    1 n Vậy S  x   S  x  n   . Với h  X n : (2.12) h n  , Ta chứng minh rằng phương trình: x  S  x   h có nghiệm trên D (2.13) Giả sử x,y là các nghiệm của phương trình (2.13) Ta cần chứng minh x t   y t  , t   0, n  (2.14) x  0  y  0  h  0 Ta có (2.15) Đặt b  sup    0; n  : 0  t   . x t   y t  , (2.16) Rõ ràng từ (2.14) có b  0 . Cần chỉ ra rằng b  n . Giả sử 0  b  n , do g là lipschitz địa phương nên tồn tại r  0 sao cho g là lipschitz với hệ số lipschitz m trong  0; n   Br , với Br   z  E : 2 z  x b  r  do x, y liên tục nên có    0 sao cho b    n và x  s  , y  s   Br với s  b; b    . Chúng ta chú ý rằng b; b      0; n  với t  b; b    ta có: t t b b x  t   y  t    f  s, x  s    f  s, y  s   ds   g  t , s, x  s    g  t , s, y  s   ds t   kn  m   x  s   y  s  ds b Vì x  b   y  b  nên x  t   y  t  , t  b; b    x t   y t  , Do đó t   0; b    (2.17) Từ (2.16), (2.17) có mâu thuẫn. Vậy (2.14) được chứng minh Kết hợp (2.7), (2.11), (2.12), (2.14) và áp dụng định lý I.5, bước 1 được chứng minh. Bước 2: Chứng minh tập nghiệm của phương trình  II  trên  0;  khác rỗng, compact và liên thông Trước tiên ta nhận thấy rằng nếu x  t  là một nghiệm của  II  trên  0;  thì x 0;n  t  cũng là nghiệm của  II  trên  0; n  , n   . Hay nói cách khác, với n   , với mỗi nghiệm xn của phương trình  II  trên đoạn  0; n  , tồn tại một nghiệm x* của phương trình  II  trên  0;  sao cho x* 0;n  xn .Thật vậy, xét phương trình : t t n n x  t   xn  n    f  s, x  s   ds   g  t , s, x  s   ds , t  n. (2.18) Ap dụng định lý II.1 thì phương trình (2.18) có nghiệm là x  t  trên  0;  Ta định nghĩa x* :  0;    E bởi:  xn  t  , x*  t     x  t  , t   0; n  tn Rõ ràng x*  t  là nghiệm của  II  trên  0;  và x* 0;n  xn . Cho T là tập nghiệm của phương trình  II  trên  0;  . Do định lý II.1 , T là tập khác rỗng. Ta sẽ chứng minh T là tập compact và liên thông. Ở đây chúng ta chỉ xét tập T sao cho với mỗi n   ,  tập Tn  x 0;n ,  x T  D . Do bước 1, Tn khác rỗng, compact và liên thông trên X n  C  0; n  , E  , theo bổ đề 1.9, ta có T là compact tương đối trong X 0  C  0;   , E  , hơn nữa T là tập đóng. Xét  xk  là một dãy trong T và hội tụ về x0 khi k   , thì xk 0;n  x0 0;n . Từ xk 0;n  Tn 0;n  Tn . và Tn là compact ta có được x0 Vì x0  T , nên T là tập compact. Ta chứng minh T liên thông. Gỉa sử T không liên thông, khi đó tồn tại hai tập T a , T b khác rỗng, compact và rời nhau sao cho T  T a T b  Đặt T a n  x 0;n , x  T a ,  T bn  x 0;n , x  T b  thì T a n , T b n khác rỗng, rời nhau và Tn  T a n  T b n . Đồng thời T a n , T b n là các tập đóng. Thật vậy, xét  xk  là dãy trong T a n mà hội tụ về x0 khi k   . Thì tồn tại một dãy  x *k  trong T a sao cho x *k 0; n   của  x *  sao cho x *  xk . Vì T a compact, nên tồn tại một dãy con x *ki trong T a . Suy ra x *k i với x0  y 0; n  T a n 0; n y 0; n k khi i   . Từ y  T a và x *k i 0; n ki hội tụ về y  xki hội tụ về x0 suy ra T a n là tập đóng. Tương tự chứng minh được T b n cũng là tập đóng. Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Suy ra Tn liên thông. Bước 2 được chứng minh. Vậy định lý II.2 được chứng minh. CHƯƠNG III: TÍNH COMPACT LIÊN THÔNG CHO TẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM CẤP HAI CÓ ĐỐI SỐ CHẬM Giả sử C  C  r , 0 ; R  , với r  0 cho trước, là không gian Banach gồm tất cả các hàm liên tục  :  r , 0  R , với chuẩn   sup     : r    0 . Với mỗi hàm liên tục u :  r ,1  R và với mỗi t   0,1 , ta kí hiệu ut đđể chỉ một phần tử thuộc C đđược xác đđịnh bởi ut    u  t    ,    r , 0 . Ký hiệu C  0;1 , C1  0;1 lần lượt là không gian Banach của các hàm số thực liên tục và của các hàm số thực khả vi liên tục trên  0;1 với các chuẩn   max  u  u 0  sup u  t  : 0  t  1 u 1 0 , u 0  L1  0;1 là không gian gồm tất cả các hàm số thực x  t  sao cho x  t  khả vi Lebesgue trên  0;1 Xét phương trình vi phân hàm cấp hai có đđối số chậm sau : u   f  t , ut , u   t    0, (III.1) 0  t 1 f :  0,1  C  R  R là hàm liên tục, với đđiều kiện đđầu ở đđây u0   , (III.2) u  0   0 trong đđó   C III.1 Định lý Giả sử f :  0,1  C     là hàm liên tục và có các hàm số không âm p, q, r  L1  0,1 sao cho  I1 f  t , u, v   p  t  u  q  t  v  r  t  , 1 1 0 0   t , u , v    0,1  C  ,  I 2   p  s  ds   q  s  ds  1 . Khi đđó bài tóan (III.1)-(III.2) có nghiệm. Chứng minh Bước 1: xét trường hợp   0   0 . C0  u  C1  0,1 : u  0   0 . Đặt t Khi đđó C0 là một không gian con của C  0,1 . Ta chú ý rằng với mọi u  C0 , u  t    u   s  ds , do đó : 1 0 u 0  u 0 (3.1) Với mỗi hàm u  C0 , ta đđịnh nghĩa hàm uˆ :  r ,1   bởi t    r , 0 ,   t  , uˆ  t    u  t  , t   0,1 Ta cũng chú ý thêm rằng uˆt k  k  max u 0 ,  k  u k 0 k   , t   0,1 , k  0 (3.2) Định nghĩa tóan tử tích phân T : C0  C1  0,1 bởi t Tu  t      t  s  f  s, uˆs , u   s   ds, t   0,1 . (3.3) 0 áp dụng bổ đề (I.11) thì u là một nghiệm của bài tóan (III.1)-(III.2) khi và chỉ khi tóan tử T có điểm bất đđộng u  C0 , ở đây   t  , t    r , 0 , u t    u  t  , t   0,1 . Sử dụng giả thiết (I1), (3.2) và (3.3) với mọi u  C0 , t  0,1 ta đđược 1 Tu 0   1  s   p  s  uˆs  q  s  u   s   r  s   ds 0  A1 u 0  B1 u 0  C1 , (3.4) trong đó 1 A1   1  s  p  s  ds 0 1 B1   1  s q  s  ds 0 C1   1 1 0 0  1  s  p  s  ds   1  s  r  s  ds Mặt khác t Tu   t    f  s, uˆs , u  s   ds 0 Tương tự, từ giả thiết (I1) và (3.2) ta có (3.5) Tu  ' 0  A2 u 0  B 2 u ' 0  C 2 , u  C0 , (3.6) trong đđó 1 A 2   p  s  ds 0 1 B 2   q  s  ds 0 C 2   1 1 0 0  p  s  ds   r  s  ds Dễ thấy rằng A1  A 2 , C1  C 2 . B1  B 2 , Đặt  A  max A1 , A 2  B 2 do giả thiết (I.2), ta có   A  B 2 (3.7) 2 A 2  B 2  1 , nên A  1 . Bây giờ ta chọn một hằng số B  0 sao cho  B1C 2   C1 , C 2  B  max    1  A2  B2  (3.8) và đặt m B , 1  A   u  C0 : u 1  m . (3.9) Khi đđó  là tập con mở và bị chặn của C0 , 0   , đđồng thời   u  C0 : u 1  m . Ta sẽ chứng minh rằng tóan tử T :       C1  0,1 có một đđiểm bất đđộng u   bằng cách áp dụng định lý (I.10 ) (a) Trước hết, T liên tục. Thật vậy, với mỗi u0   , giả sử un  là một dãy trong  sao cho lim un  u0 . Với mọi t   0,1 , từ (3.3), ta đđược n  t Tun  t   Tu0  t      t  s  [ f  s,  uˆn  s , un  s    f  s,  uˆ0  s , u0  s  ] ds . 0 Đặt D   uˆn  s : s   0,1 , n  0,1, 2... , thì D là tập compact trong C . Vì f :  0,1  C     liên tục, nên f liên tục đđều trên tập compact  0,1  D   m, m  . Suy ra với mọi   0 , tồn tại   0 sao cho với mọi  s1 , 1 , v1  ,  s2 , 2 , v2    0,1  D   m, m  , s1  s2   , 1  2   , v1  v2    f  s1 , 1 , v1   f  s2 , 2 , v2    2 , Vì lim un  u0 trong  , tương ứng với chuẩn . 1 , nên có số tự nhiên n0 sao cho với mọi n  n0 , n   uˆn s   uˆ0 s   , u 'n  s   u '0  s    , s   0,1 . Mặt khác, với mọi s   0,1 ,  s, (uˆn ) s , un  s   ,  s,  uˆ0 s , u0  s     0,1  D   m, m  , do đđó với mọi n  n0 , 1 Tun  t   Tu0  t    f  s,  uˆn  s , un  s    f  s, (uˆ0 ) s , u0  s   ds   0 2 , t   0,1 . Tương tự Tun   t   Tu0   t    2 , t   0,1 . Từ đđó với mọi n  n0 ,  Tun  Tu0 1  max Tun  Tu0 0 , Tun  ' Tu0  ' 0    2  . (b) Tiếp theo, ta chứng minh rằng T    là tập compact tương đđối. Giả sử Tun  là một dãy trong T    , tương ứng với un    , ta sẽ chứng tỏ rằng Tun  có chứa một dãy con hội tụ trong C1  0,1 . Với mọi số nguyên dương n , từ (3.4),(3.6) và (3.9) ta nhận đđược Tun 0  A1 un 0  B1 u 'n 0  C1  A1m  B1m  C1 , Tun  ' 0  A2 un 0  B 2 un 0  C 2  A 2 m  B 2 m  C 2. Vậy các dãy Tun  , Tun  ' bị chặn đđều. Ngòai ra kết hợp (3.3), (3.5), (3.9) và (I 1), với mọi n  N * , với mọi t1 , t2   0,1 , ta có Tun  t1   Tun  t2   t2  1  s   m    p  s   mq  s   r  s  ds t1  K1 t1  t2 , t2 Tun  '  t1   Tun  '  t2     m    p  s   mq  s   r  s  ds t1  K 2 t1  t2 . ở đây K1 , K 2 là các hằng số không phụ thuộc t1 , t2 và n. Suy ra rằng các dãy Tun  , Tun  ' đđẳng liên tục. Áp dụng đđịnh lý Ascoli-Arzela, ta có Tun  , Tun  ' là tập compact tương đđối trong C  0,1 . Suy ra có một dãy con un   un  , sao cho k Tunk  u và Tu  '  v , nk khi k   , ứng với . 0 . Khi đđó u khả vi và u  v , nên Tun  u , khi k   , trong C1  0,1 , tương ứng với . 1 . k Như vậy T hòan tòan liên tục. c) Cuối cùng, giả sử tồn tại u*   , sao cho T  u *  u * ,với một số   1 nào đđó. Khi đđó, ta có tập hợp sau đây bị chặn u*   : T  u *  u*,   1 . Thật vậy, từ (3.6) ta suy ra  u * ' 0  1  Tu * ' 0  Tu * ' 0  A2 u * 0  B 2  u * ' 0  C 2 (3.10) Từ (3.1), (3.10), ta đđược 1  A  B   u * ' 2 2 0  C 2 Vì A2  B2  1 , nên ta có  u * ' 0  M với M  (3.11) C 2 là một hằng số. Như vậy kết hợp (3.1), (3.4), (3.6)- (3.8), (3.10) và (3.11), cho ta 1  A 2  B 2 Tu * 0  A1 u * 0  B1 u *' 0  C1  A1 u * 0  B1M  C1 (3.12)  A u * 0  B Tu * ' 0  A2 u * 1  B 2 u * 1  C 2  A u * 1  B Điều này dẫn đđến  u * 1  Tu * 1  A u * 1  B , do đđó   B  m  Am hay   A  B , m nghĩa là  1, đđiều này vô lý vì   1 . Áp dụng đđịnh lý (I.10), T có một đđiểm bất đđộng u   . Bước 2. Xét trường hợp   0   0 . Thực hiện phép đđổi biến v  u    0  , bài toán đã cho trở thành bài tóan sau v  f  t , vt    0  , v  t    0, v0      0   , 0  t  1, v  0   0 ở đây   C và   0   0 . Ta chú ý rằng, do (I.1), với mọi t   0,1 ,   f  t , vt    0  , v  t    p  t  v 0    2   0   q  t  v  t   r  t  , nên áp dụng bước 1, ta suy ra bài tóan giá trị đầu (III.1)-(III.2) có ít nhất một nghiệm. Bước 2 được chứng minh và như vậy định lý III.1 đđược chứng minh. III.2 Định lý Cho f :  0,1  C     là hàm liên tục. Giả sử có các hàm không âm p, q, r  L1  0,1 và các hằng số k , l   0,1 sao cho  I1 f  t , u, v   p  t  u  q  t  v  r  t  , k l 1 1 0 0   t , u , v    0,1  C  ,  I 2  Q  k   p  s  ds  Q  l   q  s  ds  1 , trong đđó 0, Q   1, 0   1  1 Khi đđó bài tóan giá trị đầu (III.1)-(III.2) có ít nhất một nghiệm. Chứng minh Định lý (III.1) 1à trường hợp đđặc biệt của đđịnh lý (III.2) với k  l  1 . Vì chứng minh đđịnh lý này sẽ đđược thực hiện tương tự nên ta chỉ cần xét với trường hợp   0   0 đđồng thời giả sử không gian con C0 , hàm uˆ và tóan tử T được định nghĩa như trong chứng minh đđịnh lý ( III.1). Sử dụng  I.1 và (3.2) , với bất kỳ u  C0 và với mọi t   0,1 , ta có 1 Tu  t    1  s   p  s  uˆs  0 k  q  s  u  s   r  s   ds  l k l  A1 u 0  B1 u  0  C 3 , ở đây A1 , B1 đđược xác đđịnh như trong đđịnh lý III.1 và C 3   k 1 1 0 0  1  s  p  s  ds   1  s r  s  ds . Suy ra rằng với mọi u  C0 , k l Tu 0  A1 u 0  B1 u  0  C 3 Tương tự, với mỗi u  C0 , ta cũng có (3.13) Tu  ' 0  A2 k l u 0  B 2 u  0  C 4 (3.14) k l  A 2 u  0  B 2 u  0  C 4 với A2 , B 2 được xác đđịnh như trong đđịnh lý III.1 và C 4   k 1 1 0 0  p  s  ds   r  s  ds . Từ chứng minh của đđịnh lý III.1 ta thấy rằng chứng minh của đđịnh ly ( III.2) sẽ hòan thành nếu ta chứng minh đđược tập hợp sau bị chặn u*   : T  u *  u*,   1 (3.15) trong đđó  đđược xác đđịnh như ở đđịnh lý III.1 với A , B luoân đđược chọn một cách thích hợp nhờ các đánh giá (3.13)-(3.14) và giả thiết  I 2  . Tính bị chặn của tập hợp đđó đđược chứng minh như sau: Giả sử tồn tại u*   sao cho Tu*  u * với một số   1 nào đđó. Ta xét ba trường hợp: (i ) Trường hợp thứ nhất: 0  k  1, 0  l  1 . Nếu  u * ' 0  1 , thì do (3.14), ta đđược Tu * ' 0   A2  B2   u * ' 0  C 4 h (3.16) với h  max k , l . Điều này dẫn đến  u * ' 0  1  Tu * ' 0  Tu * ' 0   A2  B2   u * ' 0  C 4 . h (3.17) Đến đđây,đđể chứng minh tiếp tục ta có chú ý rằng, với K  0, H  0,   2h là các hằng số cho trước, luôn tồn tại một hằng số C  0 sao cho Kx   Hx 2   C, 2 x  0 . Áp dụng bất đẳng thức (3.18) với x   A  B   u * ' 2 2 h 0 (3.18)  u * ' 0 , K  A 2  B 2 ,   2h, 1  C 4   u * ' 0  C 4  C . 2 Từ đđó 1 2  u * ' 0   u * ' 0  C 4  C hay  u * ' 0  2C 4  2C . Ta có thể xem sự tồn tại của C thoả mãn 2C 4  2C  1 , suy ra  u * ' 0  2C 4  2C , H  1 , ta nhận đđược cho dù  u * ' 0  1 hay  u * ' 0  1 . Như vậy trong trường hợp thứ nhất, ta đã chỉ ra đđược rằng, tồn tại một hằng số dương M  2C 4  2C sao cho  u * ' 0  M . (3.19) (ii) Trường hợp thứ hai: k  1, 0  l  1. Từ (3.14) ta có Tu * ' 0  A2  u * ' 0  B2  u * ' 0  C 2 , l ở đây C 2  C 4 vì k  1 . Do đđó 1  A   u * ' 2 0 l  B 2  u * ' 0  C 2 Do  I 2  , A 2  1 . Sử dụng bất đđẳng thức (3.18) với x   u * ' 0 , K  B 2 ,   2l , H  1  A 2 ta nhận đđược l 1 B 2  u * ' 0  C 2  1  A 2 2    u * ' 0  C 2  C , và vì vậy 1  A   u * ' 2 0  1 1  A 2 2    u * '    C   u * '  2C2  2C ,  C 2 0 0 1  A trong đđó C là một hằng số dương. Ta kết luận (3.19) cũng đúng trong trường hợp này, ở đây 2C  2C M  2  . 1  A2 (iii) Trường hợp thứ ba: 0  k  1, l  1 . Trong trường hợp này giả thiết  I 2  cho ta B 2  1 , nên với các đánh giá tương tự hai trường hợp đã xét, (3.19) cũng đúng ứng với việc chọn M thích hợp. Từ đđó đđịnh lý (III.2) đđược chứng minh. III.3 Định lý Giả sử f :  0,1  C     là hàm liên tục và thoả mãn đđiều kiện Lipschitz trên  0,1  C   như sau: f  t , u , v   f  t , u , v     u  u  v  v  , với một hằng số không âm  . Nếu 2  1 , thì bài tóan (III.1)-(III.2) có duy nhất nghiệm. Chứng minh Giả sử S là không gian gồm tất cả các hàm liên tục u :  r ,1   sao cho u khả vi liên tục trên  0,1 và u0   , ta đđịnh nghĩa:  d  u , v   max max u  t   v  t  , max u   t   v  t  0 t 1 0  t 1  (3.20) Khi đđó S là không gian metric đđầy đđủ với hàm khoảng cách d . Áp dụng bổ đđề (I.11), với mỗi u  S , bài tóan x  f  t , ut , u  t    0, x  0    0 , 0  t  1, (3.21) x  0   0 có một nghiệm duy nhất là x xác định trên đọan  0,1 , với t x  t     t     t  s  f  s, us , u   s   ds 0 Định nghĩa hàm u  S , bởi u  t   x  t  trên  0,1 và u0   . Thế thì ánh xạ P : S  S hòan tòan được xác định bởi: P  u   u , uS . Với bất kỳ u, v  S , đđặt w  u  v . Khi đđó w thoả mãn: w  f  t , ut , u   t    f  t , vt , v  t    0, w0  0, 0  t 1, w  0   0 (3.22) Suy ra rằng với mọi t   0,1 ta có: 1 w  t    f  s, us , u  s    f  t , vs , v  s   ds 0 (3.23) 1    ( us  vs  u  s   v  s  ) ds 0     max u  t   v  t   max u  t   v  t  . 0 t 1 0t 1 Tương tự, 1 w  t    f  s, us , u  s    f  t , vs , v  s   ds 0    max u  t   v  t   max u  t   v  t  0 t 1 0 t 1 Từ đđịnh nghĩa của hàm khoảng cách d ta nhận đđược  d  u , v   max max u  t   v  t  , max u   t   v  t   0t 1 0 t 1   max u  t   v  t   max u  t   v  t  0 t 1  2 d  u, v  0t 1    (3.24) vì 2  1 , ta kết luận rằng P là ánh xạ co. Do đđó có duy nhất u  S sao cho P  u   u . Suy ra u chính là nghiệm duy nhất của bài tóan (III.1)-(III.2). Định lí đđược chứng minh. III.4 Mệnh đề Giả sử f :  0,1  C     là hàm liên tục và Lipschitz đđịa phương tương ứng với tập C   , nghĩa là với mỗi  t0 , u0 , v0    0,1  C   , luôn tồn tại các số thực  ,  ,   0 và   0 sao cho f  t , u , v   f  t , u , v     u  u  v  v  , với mọi t   0,1 ,  u, v  ,  u, v   C   mà t  t0   , u  u0   , u  u0   , v  v0   , v  v0   . Khi đđó bài tóan (III.1)-(III.2) có nhiều nhất một nghiệm. Chứng minh Giả sử bài tóan (III.1)-(III.2) có hai nghiệm là u  t  , v  t  xác định trên đọan  r ,1 . Hiển nhiên t   r , 0 . u t   v t  , Ta phải chứng minh rằng u  t   v  t  , với mọi t   r ,1 . Đặt b  max  : u  t   v  t  , t    ,  . (3.25) Rõ ràng, b  0 . Nên 0  b  1 . Giả sử b  1 . Vì f lipschitz đ địa phương như trong giả thiết cho , nên với  b, ub , u  b     0,1  C   , tồn tại các số thực  ,  ,   0 và   0 sao cho f  t , u1 , v1   f  t , u2 , v2     u 1  u2  v1  v2  , với mọi t   0,1 ,  u1 , v1  ,  u2 , v2   C   , mà t b , u1  ub   , u2  ub   , v1  u  b    , v2  u  b    . Chú ý rằng ub  vb , u  b   v  b  và luôn có thể chọn  sao cho b    1 . Cũng chú ý thêm rằng, với mỗi hàm u  C  r ,1 ;   sao cho u khả vi liên tục trên  0,1 , các ánh xạ s  us , s  u  s  với s   0,1 , là liên tục. Suy ra luôn tồn tại    0 với     và 2   1 , sao cho us  ub   , vs  ub   , u  s   u  b    , v  s   u   b    , với mọi s  b, b    . Giả sử Sb là không gian gồm tất cả các hàm liên tục x :  r , b      sao cho các hàm này khả vi liên tục trên đọan b, b    và xb  ub . Ta đđịnh nghĩa:   db  x, y   max max x  t   y  t  , max x  t   y  t  . b  t  b   b  t  b   Khi đđó Sb là không gian metric đđầy đđủ với hàm khoảng cách db . Dễ thấy rằng u  u v v   r , b    S b .   r , b    S b và Đặt w  u  v , thì w thoả mãn w  f  t , ut , u  t    f  t , vt , v  t    0, b  t  b  (3.26) w  b   0 wb  0, Suy ra với mọi t  b, b    , ta có t w  t    1  s  f  s, us , u '  s    f  s, vs , v '  s   ds b t    ( us  vs  u  s   v  s  ) ds b     max u  t   v  t   max u  t   v  t  b  t  b   b  t  b    Tương tự t w  t    f  s, us , u  s    f  s, vs , v  s   ds b     max u  t   v  t   max u   t   v  t  b  t  b   b  t  b   dựa vào đđịnh nghĩa của hàm khoảng cách db ta nhận đđược  db  u , v   max max u  t   v  t  , max u  t   v  t   b  t  b   b  t  b      max u  t   v  t   max u  t   v  t  b  t  b   b  t  b      2 db  u , v  . Vì 2   1 , ta kết luận đđược db  u , v   0 , hay u  v . Như thế, u t   v t  , t    r , b    . Điều này hòan tòan mâu thuẫn với cách xác định b trong (3.25). Chứng minh mệnh đđề III.4 hoàn thành. III.5 Hệ quả Cho f :  0,1  C     là hàm liên tục và Lipschitz đđịa phương tương ứng với C  . Gỉa sử có các hàm không âm p, q, r  L1  0,1 các hằng số k , l   0,1 sao cho  I1 f  t , u, v   p  t  u  q  t  v  r  t  , k l 1 1 0 0   t , u, v    0,1  C  ,  I 2  Q  k   p  s  ds  Q  l   q  s  ds  1, với Q    đđược cho như trong đđịnh lý 3.2 Khi đđó bài tóan (III.1)-(III.2) có nghiệm duy nhất. III.6 Định lý Giả sử f :  0,1    là hàm liên tục và tthỏa các diều kiện  I1   I 2  hoặc  I1   I 2  . Khi đđó tập hợp nghiệm của bài tóan giá ttrị đầu (III.1)-(III.2) khác rỗng, compact và liên thông. Chứng minh Bước 1. Trường hợp   0   0 Ta sử dụng lại không gian C0 , hàm uˆ và tóan tử T như đã định nghĩa trong chứng minh đđịnh lý (III.1). Theo trên, tóan tử T :       C1  0,1 hòan tòan liên tục, trong đđó   u  C0 : u 1  m  , m  B . 1  A Áp dụng các đđịnh lý III.1-III.2, rõ ràng tập hợp các điểm bất đđộng của T khác rỗng. Hơn thế nữa, tập hợp này còn là tập compact và liên thông. Ta chứng minh như sau: Trước hết, với mọi u   , ta suy đđược từ (3.4), (3.5), (3.8), (3.9), rằng    C , Tu 1  Am 2 m  B C 2  1  A 1  A    C  m . hay Am 2 Thế thì Tu 1  m . Nên T      . Mặt khác,  là tập lồi, do đđó deg  I  T , , 0   0. và hiển nhiên, T không có đđiểm bất đđộng trên  . Kế đđến, hàm f :  0,1  C     liên tục, áp dụng đđịnh lý về xấp xỉ Lipschitz đđịa phương (định lý I.6), với mỗi   0 , tồn tại ánh xạ f :  0,1  C     là Lipschitz đđịa phương tương ứng với C   , sao cho f  t , u , v   f  t , u , v    2 ,   t , u, v    0,1  C  . (3.27) Rõ ràng f liên tục. Ngòai ra, bởi f thoả các đđiều kiện(I 1)-(I 2) hoặc  I1   I 2  , ta suy ra từ (3.27) rằng f cũng thoả các điều kiện  I1   I 2  hoặc  I1   I 2  . Định nghĩa tóan tử T :   C1  0,1 như sau: t T u  t      t  s  f  s, uˆs , u  s   ds, t   0,1 . (3.28) 0 Khi đđó bằng các lý luận như đã sử dụng, ta cũng chứng tỏ được T hòan tòan liên tục. Ta cũng dễ dàng kiểm tra đđược Tu  T u 1   2  , u  . . (3.29) Cuối cùng, ta cần chứng minh rằng với mỗi h   mà h 1   , phương trình u  T  u   h , (3.30) có nhiều nhất một nghiệm. Giả sử u1 , u2 là hai nghiệm của (3.30). Đặt w1  uˆ1  hˆ, w2  uˆ2  hˆ, ở đđây t   r , 0 ,   t  , hˆ  t  ,  h  t  ,   t  , uˆi  t    ui  t  , t   0,1 , t   r , 0 , t   0,1 , i  1, 2 . Khi đđó w1 , w2 là hai nghiệm của bài tóan   w  f t , wt  hˆt , w  t   h  t   0, w0  0, 0  t  1, w  0   0 (3.31) Theo mệnh đđề III.4, bài tóan (3.31) có nhiều nhất một nghiệm. Áp dụng đđịnh lý Krasnosel’skii-Perov, tập hợp các đđiểm bất đđộng của T khác rỗng, compact và liên thông. Cũng như thế cho tập nghiệm của bài tóan (III.1)-(III.2). Bước 1 đđược chứng minh. Bước 2 Trường hợp   0   0 . Thực hiện phép đđổi biến v  u    0  , bài tóan (III.1)-(III.2) đđược viết lại như sau: v  f  t , vt    0  , v  t    0, v0      0   , 0  t  1, v  0   0 (3.32) trong đđó   C v   0   0 . Trên cơ sở bước 1, ta cũng chứng minh đđược tập hợp nghiệm của bài tóan (3.32) khác rỗng, compact và liên thông. Trong chứng minh, khi f thoả các điều kiện  I1   I 2  , bất đđẳng thức (3.18) đđược sử dụng lại một lần nữa. Từ đđó tập hợp nghiệm của bài toán giá trị đđầu (III.1)-(III.2) khác rỗng, compact và liên thông. Chứng minh đđịnh lý III.6 hoàn thành. KẾT LUẬN Trong luận văn chúng tôi đã chứng minh được sự tồn tại nghiệm và tính compact, liên thông của phương trình tích phân t t 0 0 x  t    f  s, x  s   ds   g  t , s, x  s   ds    t  , t  0, và phương trình vi phân hàm cấp hai có đối số chậm u   f  t , ut , u   t    0, 0  t 1 trong thời gian tới chúng tôi sẽ tiếp tục khảo sát tính không rỗng, compact, liên thông của tập nghiệm yếu các phương trình sóng phi tuyến. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. D.D.Ang and L.H.Hoa(1984), On a fixed point theorem of Kranosel’skii and triangle contractive operators, Fund. Math., 120, pp. 77-98. 2 F.E. Browder (1959) , A generalization of the Schauder fixed point theorem, Duke Math. J., 26, pp. 291-303. 3. K. Deimling (1985), Nonlinear functional analysis, Springer, NewYork. 4. L.H.Hoa (1989), On a fixed point theorem of Karasnosels’kii and its applications, Acta Mathematica Vietnamica 14, pp. 3-17. 5. L. H. Hoa – K. Schmitt (19940, Fixed point Theorem of Krassnosel’skii type in locally convex spaces and applications to integral equations, Results in Math. 28, pp. 290-314. 6. L. H. Hoa – K. Schmitt (1995), Periodic solutions of functional differential equations of retarded and neutral types in Banach spaces, Boundary Value Problems for Functional Differential Equations, Editor Jonhny Henderson, World Scientific, pp. 177 – 185. [...]... minh Bước 2: Chứng minh tập nghiệm của phương trình  II  trên  0;  khác rỗng, compact và liên thông Trước tiên ta nhận thấy rằng nếu x  t  là một nghiệm của  II  trên  0;  thì x 0;n  t  cũng là nghiệm của  II  trên  0; n  , n   Hay nói cách khác, với n   , với mỗi nghiệm xn của phương trình  II  trên đoạn  0; n  , tồn tại một nghiệm x* của phương trình  II  trên ... khoảng bị chặn bất kỳ, với tập bị chặn bất kỳ I   0,   và tập bị chặn A  E g t , s, x  II  lim  x   0 đều theo  t , s   0,   2 3 x  Thì tập nghiệm của phương trình  II  trên  0,   là khác rỗng, compact và liên thông Chứng minh: Bước 1: Ta chứng minh rằng với mỗi n   , tập nghiệm của phương trình  II  trên  0, n  là khác rỗng, compact và liên thông Với mỗi n   , gọi... hoặc T có một điểm bất đđộng x   I.11 Bổ đề Giả sử y  C  0,1 Khi đó bài tóan giá trị đầu u  y  t   0, 0  t  1, u  0   0, u  0   0, có một nghiệm duy nhất cho bởi t u  t      t  s  y  s  ds, 0 t   0,1 CHƯƠNG II: TÍNH COMPACT LIÊN THÔNG CHO TẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN II.1 Định lý Cho E là không gian Banach với chuẩn và X là không gian các hàm liên tục trên... II.2 được chứng minh CHƯƠNG III: TÍNH COMPACT LIÊN THÔNG CHO TẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM CẤP HAI CÓ ĐỐI SỐ CHẬM Giả sử C  C  r , 0 ; R  , với r  0 cho trước, là không gian Banach gồm tất cả các hàm liên tục  :  r , 0  R , với chuẩn   sup     : r    0 Với mỗi hàm liên tục u :  r ,1  R và với mỗi t   0,1 , ta kí hiệu ut đđể chỉ một phần tử thuộc C đđược xác đđịnh... vậy, xét phương trình : t t n n x  t   xn  n    f  s, x  s   ds   g  t , s, x  s   ds , t  n (2.18) Ap dụng định lý II.1 thì phương trình (2.18) có nghiệm là x  t  trên  0;  Ta định nghĩa x* :  0;    E bởi:  xn  t  , x*  t     x  t  , t   0; n  tn Rõ ràng x*  t  là nghiệm của  II  trên  0;  và x* 0;n  xn Cho T là tập nghiệm của phương trình  II... Banach của các hàm số thực liên tục và của các hàm số thực khả vi liên tục trên  0;1 với các chuẩn   max  u  u 0  sup u  t  : 0  t  1 u 1 0 , u 0  L1  0;1 là không gian gồm tất cả các hàm số thực x  t  sao cho x  t  khả vi Lebesgue trên  0;1 Xét phương trình vi phân hàm cấp hai có đđối số chậm sau : u   f  t , ut , u   t    0, (III.1) 0  t 1 f :  0,1  C  R  R là hàm liên. ..  0;  Do định lý II.1 , T là tập khác rỗng Ta sẽ chứng minh T là tập compact và liên thông Ở đây chúng ta chỉ xét tập T sao cho với mỗi n   ,  tập Tn  x 0;n ,  x T  D Do bước 1, Tn khác rỗng, compact và liên thông trên X n  C  0; n  , E  , theo bổ đề 1.9, ta có T là compact tương đối trong X 0  C  0;   , E  , hơn nữa T là tập đóng Xét  xk  là một dãy trong T và hội tụ về x0... Xét phương trình tích phân t t 0 0 x  t    f  s, x  s   ds   g  t , s, x  s   ds    t  , (II ) t  0, Ở đây  là hàm liên tục từ  0;  vào E , f , g thoả các điều kiện sau:  II 1 f :  0;    E  E là ánh xạ liên tục sao cho tồn tại hằng số k  0 thoả : f  s, x   f  s, y   k x  y , x, y  E ( II 2) g :  0;    E  E hoàn toàn liên tục sao cho g  t ,.,. : I  A liên. .. với tập bị 2 chặn I   0;   , tập bị chặn A  E  II 3 lim x  g  t , s, x  x  0 đều theo  t , s  trên tập con bị chặn của  0;  2 Khi đó phương trình (II ) có một nghiệm trên  0;   Chứng minh: Cho U và C là các toán tử trên X được định nghĩa bởi: t U  x  t    f  s, x  s   ds 0 (2.1) t C  x  t    g  t , s, x  s   ds    t  , 0 t0 Rõ ràng U  x  và C  x  liên. ..  là tập compact tương đối nếu và chỉ nếu với mỗi n   , S là liên tục đồng bậc trên  0; n  và tập  x  t   x  S , t   0; n  là compact tương đối trong E I.10 Định lý (Leray – Schauder nonlinear alternative) Cho E là không gian Banach,  là một tập con mở và bị chặn của E với 0   Giả sử T :   E là tóan tử hòan tòan liên tục Khi đđó, hoặc tồn tại x   sao cho Tx   x , với một số  ... gian lồi địa phương, kiến thức chuẩn bị cho chương sau Chương dành cho việc trình bày tính không rỗng, compact, liên thông tập nghiệm phương trình tích phân, chương phương trình vi phân hàm cấp... động dạng Krassnosel’skii không gian lồi địa phương để chứng minh tồn nghiệm, tính compact liên thông tập nghiệm phương trình sau : Phương trình tích phân: t t 0 x  t    f  s, x  s   ds...  0, phương trình vi phân hàm cấp hai có đối số chậm u   f  t , ut , u   t    0,  t 1 thời gian tới tiếp tục khảo sát tính không rỗng, compact, liên thông tập nghiệm yếu phương trình