BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Trần Thanh Phúc NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Trần Thanh Phúc NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN Chuyên ngành: Mã số: Toán giải tích 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh – 2015 LỜI CÁM ƠN Lời đầu tiên, xin kính gởi lời cám ơn sâu sắc chân thành tới PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn – Khoa Toán Tin – Trường Đại Học Sư Phạm TP.Hồ Chí Minh tận tình giúp đỡ bảo thầy thời gian làm luận văn Tôi xin gởi lời cám ơn đến Quý Thầy Cô Trường Đại Học Sư Phạm TP.Hồ Chí Minh tận tình giảng dạy suốt khóa học Tôi xin cám ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin, Phòng Khoa Học Công Nghệ Phòng Sau Đại Học – Trường Đại Học Sư Phạm TP.Hồ Chí Minh giúp đỡ tạo điều kiện cho thời gian học trường Xin gởi lời cám ơn đến quý thầy, cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian quý báu để đọc, chỉnh sửa, góp ý phản biện cho hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh Cuối xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè quan tâm động viên giúp hoàn thành luận văn TP Hồ Chí Minh, tháng 01 năm 2015 MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU Chương CÁC ĐỊNH LÍ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA NGHIỆM BỊ CHẶN 1.1 Phát biểu toán 1.2 Sự tồn tính nghiệm bị chặn phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính 1.3 Định lí tồn nghiệm bị chặn 12 1.4 Định lí nghiệm bị chặn 25 Chương NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN ĐỐI SỐ LỆCH 34 2.1 Phát biểu toán 34 2.2 Nghiệm bị chặn toán (2.1), (2.2) 35 2.3 Nghiệm bị chặn phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến đối số lệch 47 2.4 Ví dụ 50 KẾT LUẬN 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO 56 MỘT SỐ KÝ HIỆU • N tập hợp tất số tự nhiên • [0, +∞) R tập hợp tất số thực, R= + • C ([ a, b ];R ) : Tập hàm liên tục đoạn [ a, b ] Khi C ([ a, b ];R ) với chuẩn u C sup { u (t ) : t ∈ [ a, b ]} không gian Banach = • Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) : Tập hàm số liên tục u : [ a, +∞ ) → R Với ta có u sup { u (t ) : t ≥ a} u ∈ Cloc ([ a, +∞[ ; R )= • C0 ([ a, +∞ ) ;R ) : Tập hàm số liên tục u : [ a, +∞ ) → R cho tồn def giới hạn hữu hạn u ( +∞ ) = tlim u (t ) →+∞ • C loc ([ a, +∞ ) ; R ) : Tập hàm số u : [ a, +∞ ) → R liên tục tuyệt đối khoảng compact [ a, +∞ ) • C ([ a, +∞= ) ; R ) C0 ([ a, +∞ ) ; R )  Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) • L ([ a, b ]; R ) : hàm khả tích Lebesgue đoạn [ a, b] Khi L ([ a, b ]; R ) với chuẩn f = ∫ f dx không gian Banach b a • Lloc ([ a, +∞ ) ; R ) : Tập hàm số p : [ a, +∞ ) → R khả tích Lebesgue với topo hội tụ trung bình khoảng compact [ a, +∞ ) • K : Tập hợp hàm số F : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → L ([ a, +∞ ) ; R ) toán tử loc liên tục thỏa mãn điều kiện Carathéodory địa phương, nghĩa với r > , tồn qr ∈ Lloc ([ a, +∞ ) ; R ) để F (v)(t ) ≤ qr (t ) hầu khắp nơi [ a, +∞ ) , với v ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) thỏa v ≤ r • ( ) ( ) K ab : Tập hợp hàm số F : C [ a, b ] ;R → L [ a, b ];R toán tử liên tục thỏa mãn điều kiện Carathéodory, nghĩa với r > , tồn qr ∈ Lloc ([ a, b ]; R ) để F (v)(t ) ≤ qr (t ) hầu khắp nơi [ a, +∞ ) , với v ∈ C ([ a, b ]; R ) thỏa v ≤ r • K ([ a, b ] × A; B ) : Tập hợp hàm số f : [ a, b ] × A → B thỏa mãn điều kiện Carathéodory ( A ⊂ R n , B ⊂ R ); nghĩa ∀x ∈ A , f (., x) : [ a, b ] → B hàm đo được, f (t , ) : A → B hàm số liên tục theo biến thứ hai (hầu khắp nơi [ a, b] ) với r > , tồn qr ∈ L ([ a, b ];R ) để f (t , x) ≤ qr (t ) hầu khắp nơi [ a, b] , với x ∈ R n , x ≤ r • ch: Tập hợp hàm số ω : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → R hàm tuyến tính bị chặn không tầm thường • W0 : Tập hợp hàm số ω : C0 ([ a, +∞ ) ; R ) → R hàm tuyến tính bị chặn không tầm thường • H : Tập hợp hàm số h : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → R hàm liên tục thỏa mãn với r > tồn M r ∈ R+ thỏa mãn h(v) ≤ M r cho • v ≤r Lab : Tập hợp toán tử tuyến tính liên tục l : C ([ a, b ];R ) → L ([ a, b ];R ) cho với l ∈ Lab tồn η ∈ L ([ a, b ]; R+ ) thỏa mãn l (v)(t ) ≤ η (t ) v C , t ∈ [ a, b ] , v ∈ C ( [ a, b ] ; R ) • Pab : Tập hợp toán tử tuyến tính liên tục l ∈ Lab cho ) ( l C ([ a, b ]; R+ ) ⊂ L ([ a, b ]; R+ ) • P : Tập hợp l : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → Lloc ([ a, +∞ ) ;R ) toán tử tuyến tính liên tục cho l ( Cloc ([ a, +∞ ) ; R+ ) ) ⊂ Lloc ([ a, +∞ ) ; R+ ) l (1) ∈ L ([ a, +∞ ) ;R + ) • L : Tập hợp l : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → Lloc ([ a, +∞ ) ;R ) toán tử tuyến tính liên tục cho với l ∈ L tồn l ∈ P để l (v)(t ) ≤ l ( v ) (t ) hầu khắp nơi [ a, +∞ ) , với v ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) • K loc ([ a, +∞ ) × A; B ) : Tập hợp hàm số f : [ a, +∞ ) × A → B thỏa mãn điều kiện Carathéodory địa phương ( A ⊂ R n , B ⊂ R ); nghĩa với x ∈ A , f (., x) : [ a, +∞ ) → B hàm đo khoảng compact [ a, +∞ ) , f (t , ) : A → B hàm số liên tục theo biến thứ hai (với hầu hết t ≥ a ) với r > , tồn qr ∈ Lloc ([ a, +∞ ) ;R ) để f (t , x) ≤ qr (t ) hầu khắp nơi [ a, +∞ ) , ∀x ∈ R n , x ≤ r • Đặt 1, t ∈ [ a, b ] 0, t ∉ [ a, b ] χ ab (t ) =  Khi với u ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) (hoặc u ∈ C0 ([ a, +∞ ) ; R ) ), q ∈ Lloc ([ a, +∞ ) ; R ) , l ∈ L , F ∈ K ω ∈ ch ( ω ∈ W0 ), h ∈ H t ≥ a ta có ký hiệu sau = θb (u )(t ) χ ab (t )(t )u (t ) + (1 − χ ab (t ))u (b) qb (t ) = χ ab (t )q (t ) lb (u )(t ) = χ ab (t )l (θb (u ))(t ) Fb (u )(t ) = χ ab (t ) F (θb (u ))(t ) ω b (u ) = ω (θb (u )) hb (u ) = h(θb (u )) Trong luận văn ta nói đẳng thức hay bất đẳng thức xảy [ a, b] hay [ a, +∞ ) nghĩa đẳng thức hay bất đẳng thức xảy hầu khắp • nơi [ a, b ] hay [ a, +∞ ) Khi nói dãy hàm {un } hội tụ hàm số u [ a, +∞ ) nghĩa dãy hàm hội tụ u tập compăct [ a, +∞ ) MỞ ĐẦU Các phương trình vi phân hàm xuất từ kỉ 18 công cụ toán học cho toán vật lí hình học Tuy nhiên cuối kỉ 19 chúng biết đến áp dụng cụ thể chưa có nghiên cứu cách hệ thống chúng Đầu kỉ 20, quan tâm dành cho phương trình vi phân hàm tăng lên, đặc biệt ứng dụng khí, sinh học kinh tế Ở thời điểm đó, nhà toán học theo hướng nghiên cứu xây dựng nên lý thuyết định tính cho phương trình vi phân hàm lý thuyết tồn ngày Vào thập niên 1970, phát kiến lớn việc xây dựng lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân hàm đề xuất tảng cho lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân hàm xây dựng Các công cụ giải tích hàm topo công cụ hiệu để nghiên lĩnh vực Tuy nhiên việc nghiên cứu toán biên cụ thể cho phương trình vi phân hàm thành công phần Vẫn nhiều khó khăn việc nghiên cứu phương trình vi phân hàm trường hợp phương trình tuyến tính Trong năm gần nỗ lực nghiên cứu thành công trường hợp số toán biên cho phương trình vi phân hàm Đặc biệt công trình tác giả I Kiguradze B Puza, điều kiện tinh vi đảm bảo cho tính giải giải lớp rộng toán biên cho phương trình vi phân hàm phát Phương pháp sử dụng phương pháp tiên nghiệm kỹ thuật bất đẳng thức đạo hàm Nội dung luận văn trình bày lại kết nghiên cứu tác giả Robert Hakl, Alexander Lomtatidze Ioannis P Stavroulakis tài liệu [2], [3] [4] Luận văn muốn giới thiệu cách hệ thống số kết tồn tính nghiệm bị chặn cho phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến u '(t ) = F (u )(t ) (1) ω (u ) = h(u ) (2) với điều kiện biên Trong F : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → Lloc ([ a, +∞ ) ; R ) toán tử liên tục thỏa mãn điều Carathéodory kiện ω : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → R địa hàm phương tuyến ( F tính liên hàm tục phi tuyến), (tương ứng ω : C0 ([ a, +∞ ) ; R ) → R hàm tuyến tính liên tục) h : Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) → R hàm liên tục thỏa mãn với r > tồn M r ∈ R+ thỏa mãn h(v) ≤ M r cho v ≤ r Trường hợp đặc biệt điều kiện (2) u (a ) = h(u ) (3) Kết luận văn đưa điều kiện đảm bảo cho tồn tính nghiệm bị chặn phương trình vi phân hàm (1) thỏa mãn điều kiện (2) thỏa mãn điều kiện (3) Trong luận văn này, kết cụ thể toán (1), (2) đưa trường hợp đặc biệt phương trình (1) phương trình vi phân bậc phi tuyến đối số lệch u '(t )= m ∑ ( p (t )u (t k =1 k k (t )) − g k (t )u ( mk (t )) ) + f ( t , u (t ), u (n (t )), , u (n n (t )) ) (1’) Trong f ∈ Kloc ([ a, +∞ ) × R n +1; R ) , ta có pk , g k ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) hàm số τµν k , k , j : [ a, +∞ ) → [ a, +∞ ) đo bị chặn khoảng compact [ a, +∞ ) , với m, n ∈ N , k = 1, , m , j = 1, , n Luận văn có chương Chương CÁC ĐỊNH LÍ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA NGHIỆM BỊ CHẶN Chương trình bày kết tổng quát tồn tính nghiệm bị chặn phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến (1), (2) Chương NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC NHẤT PHI TUYẾN ĐỐI SỐ LỆCH Trong chương áp dụng kết tổng quát có chương để tìm số điều kiện tồn nghiệm bị chặn toán (1), (3) Áp dụng kết ta tìm số điều kiện để toán (1’), (3) có nghiệm bị chặn, nghiệm bị chặn 43 (1 − l ) M ≤ 14 l L L M + (1 + l1 L )(c * + q* L ) Từ bất đẳng thức ta suy + l1 M≤ − l0 L − l1 L (c * + q* L ) L Do (2.18) nên từ bất đẳng thức ta suy ( M ≤ r c* + q * L ) (2.44) Từ (2.42) (2.44) ta suy bất đẳng thức (2.8) thỏa mãn Trường hợp tM < tm Tương tự trường hợp tM > tm , ta tồn điểm chia đặc biệt [ a, b ] Tồn t4 ∈ ( tM , tm ) cho: u (t4 ) = u (t ) < 0, ∀t ∈ ( t4 , tm ] Đặt = t3 inf {t ∈ [ a, tm ] : u ( s ) > 0, t ≤ s ≤ tM } Ta chứng minh được: u (t3 ) ≤ u (a) ≤ c* tM tm tM tm t3 t4 t3 t4 Đặt A = ∫ l1 (1)( s)ds , B = ∫ l1 (1)( s)ds , C = ∫ l0 (1)( s)ds , D = ∫ l0 (1)( s)ds Khi ta có đánh giá ≤ C , D ≤ C + D ≤ l0 L < ≤ A, B ≤ A + B ≤ l1 (1 − C )(1 − D ) ≥ − l0 L AB ≤ l1 L L < − l0 < − l0 L L Bằng cách xét bất đẳng thức (2.7) khoảng [t3 , tM ] , [t4 , tm ] thực phép biến đổi tương tự trường hợp tM > tm , ta thu bất đẳng thức M (1 − C ) ≤ m A + ( c + q L ) (2.45) m (1 − D ) ≤ M B + ( c + q L ) (2.46) 44 Từ (2.39), (2.40), (2.45) (2.46) suy (2.8) thỏa mãn Vậy l ∈ Aab (ω ) Bổ đề 2.5 Cho b > a , l ∈ L , ω ∈ ch toán tử lˆ ωˆ xác định (2.13), (2.14) Khi lˆ ∈ Lab Hơn nữa, lˆ ∈ Aab (ωˆ ) l ∈ A(ω ) Chứng minh Do l ∈ L nên tồn l ∈ P cho l (u )(t ) ≤ l ( u ) (t ) với t ∈ [ a, +∞ ) Vì l ∈ P nên l (1) ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) Đặt η = ψ ( l (1) ) (2.47) Theo nhận xét trang 37 ta có b +∞ a a η ∈ L ([ a, b ]; R+ ) ∫η ( s )ds = ∫ l (1)(s)ds (2.48) Với u ∈ C ([ a, b ]; R ) ) ta có bất đẳng thức = lˆ(u )(t ) b−a b−a l (ϕ (u ) ) (t ) ≤ l (1)(t ) ϕ (u ) với t ∈ [ a, b ] (b − t ) (b − t ) (2.49) Theo nhận xét trang 37 ta có ϕ (u ) = u C Từ (2.12), (2.47), (2.49) suy lˆ(u )(t ) ≤ η (t ) u C với t ∈ [ a, b ] (2.50) Từ (2.48) (2.50) suy b  ˆ ( )( ) ( ) = l u s ds ≤ η s ds  u ∫a ∫ a  b lˆ(u ) L C  +∞  =  ∫ l (1)( s )ds  u a  Do (2.48), (2.50) nên từ bất đẳng thức ta suy lˆ ∈ Lab Tiếp theo ta chứng minh lˆ ∈ Aab (ωˆ ) l ∈ A(ω ) Giả sử lˆ ∈ Aab (ωˆ ) Ta cần chứng minh l ∈ A(ω ) C 45 Vì lˆ ∈ Aab (ωˆ ) nên tồn r > cho với c* ∈ R+ , q* ∈ L ([ a, b ]; R+ ) , u ∈ C ([ a, b ]; R ) thỏa mãn bất đẳng thức (2.6), (2.7) bất đẳng thức (2.8) thỏa mãn Lấy c* ∈ R+ , q* ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) , u ∈ C ([ a, +∞ ) ; R ) thoả mãn (1.62), (1.63) Ta chứng minh bất đẳng thức (1.64) thỏa mãn Đặt qˆ = ψ (q* ) Từ nhận xét trang 37 ta suy qˆ ∈ L ([ a, b ]; R+ ) b ∫ qˆ (t )dt = +∞ a ∫ q (s)ds * (2.51) a Đặt uˆ (t ) = u (ν −1 (t ) ) với t ∈ [ a, b[ , uˆ (b)= u (+∞) (2.52) Do u ∈ C ([ a, +∞ ) ; R ) nên từ (2.10) (2.52) suy uˆ ∈ C ([ a, b ]; R ) uˆ C = u (2.53) Tiếp theo ta chứng minh uˆ ∈ C ([ a, b]; R ) đẳng thức sau xảy hầu khắp nơi [ a, b ] uˆ′(t ) = b−a u′(ν −1 (t )) (b − t ) (2.54) Vì u ∈ C ([ a, +∞ ) ; R ) nên ta có +∞ u (+∞ ) u (a) + = ∫ u′(s)ds a Do u′ ∈ L ([ a, +∞ ) ; R ) nên ψ (u′) khả tích [ a, b ] −1 Ta có (ν= )′(t ) b−a > với t ∈ [ a, b ) (b − t ) Ta có đẳng thức sau xảy hầu khắp nơi [ a, b ) −1 = uˆ′(t ) (= u aνννν )′(t ) u′ ( −1 (t )= ).( −1 )′(t ) (bb −− ta)2 u′ ( −1 (t ) ) b−a a (b − s ) t −1 Suy u= (t ) u a −1 (a ) + ∫ u′ ( −1 ( s ) ) ds với t ∈ [ a, b ) aννν (2.55) 46 b−a u′ (ν −1 ( s ) ) ds với t ∈ [ a, b ) ( ) b s − a t ˆ (t ) uˆ (a ) + ∫ Ta có u= (2.56) Theo nhận xét trang 37, từ (2.12), (2.52), (2.55), (2.56) ta suy +∞ uˆ (b) = uˆ (a ) + b−a u′ (ν −1 ( s ) ) ds a (b − s ) b uˆ (a ) + ∫ ∫ u′(s)ds = a (2.57) Từ (2.56), (2.57) ta (2.54) Cuối ta chứng minh bất đẳng thức (1.64) Từ (2.14), (2.52) suy ωˆ (uˆ ) = ω (u ) Từ (2.10), (2.52) suy sgn uˆ (a) = sgn u (a) Do từ (1.62) ta suy ωˆ (uˆ )sgn uˆ (a ) ≤ c* (2.58) b−a lˆ(uˆ )(t ) = l (u )(ν −1 (t )) , sgn uˆ (t ) = sgn u (n −1 (t )) (b − t ) (2.59) Ta có Từ (2.54), (2.59) suy đẳng thức sau xảy hầu khắp nơi [ a, b ] uˆ′(t ) − lˆ(uˆ )(t )  sgn uˆ (t )= b − a u′(n −1 (t )) − l (u )(n −1 (t ))  sgn u (n −1 (t ))    (b − t )  (2.60) Từ (2.15), (1.62), (2.61) ta suy bất đẳng thức sau xảy hầu khắp nơi [ a, b ] b−a b−a u′(n −1 (t )) − l (u )(n −1 (t ))  sgn u (n −1 (t )) ≤ (2.61) q (n −1 (t )) = qˆ (t )  (b − t ) (b − t ) Từ (2.60), (2.61) suy bất đẳng thức sau xảy hầu khắp nơi [ a, b ] uˆ′(t ) − lˆ(uˆ )(t )  sgn uˆ (t ) ≤ qˆ (t )   (2.62) Vì lˆ ∈ Aab (ωˆ ) nên từ (2.58) (2.62) ta suy uˆ C b   ≤ r  c* + ∫ qˆ ( s )ds  a   (2.63) 47 Từ (2.51), (2.53) (2.63) suy bất đẳng thức (1.64) thỏa mãn Vậy l ∈ A(ω ) Chứng minh định lí 2.1 Từ (2.4), (2.5), theo bổ đề 2.4 bổ đề 2.5 ta suy l= l0 − l1 ∈ Α(ω ) Theo nhận xét trang 35 toán (2.1), (2.2) có nghiệm bị chặn Định lí 2.1 chứng minh Định lí 2.6 Giả sử bất đẳng thức (1.83) thỏa mãn, F (0) ∈ L ([ a, +∞ ) ; R ) , tồn l0 , l1 ∈ P tập {v ∈ C0 ([ a, +∞ ) ; R ) : v(a) ≤ h(0) } bất đẳng thức sau thỏa mãn [ F (v)(t ) − F ( w)(t ) − l0 (v − w)(t ) + l1 (v − w)(t )]sgn ( v(t ) − w(t ) ) ≤ với t ≥ a (2.64) Hơn nữa, l0 , l1 thỏa mãn bất đẳng thức (2.4), (2.5) Khi toán (2.1), (2.2) có nghiệm bị chặn Chứng minh Ta thấy từ (1.83), (2.64) điều kiện định lí 1.14 thỏa mãn với toán tử ω (u ) = u (a) l= l0 − l1 ∈ Α(ω ) Do toán (2.1), (2.2) có nghiệm bị chặn 2.3 Nghiệm bị chặn phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến đối số lệch Trong mục ta phát biểu số điều kiện đủ để toán (2.1’), (2.2) có nghiệm bị chặn nghiệm bị chặn m m k =1 k =1 Đặt p0 (t ) = ∑ pk (t ) , g (t ) = ∑ g k (t ) với t ≥ a (2.65) Hệ 2.7 Giả sử điều kiện (1.67) thỏa mãn tập R n +1 ta có bất đẳng thức sau thỏa mãn f (t , x, x1 , , xn )sgn x ≤ q ( t , x ) với t ≥ a (2.66) 48 Hơn bất đẳng thức sau thỏa mãn +∞ +∞ +∞ ∫ p (1)(s)ds < ∫ g (1)(s)ds < 1− 0 a a ∫ p (1)(s)ds (2.67) a p0 , g xác định (2.65) Khi toán (2.1’), (2.2) có nghiệm bị chặn Chứng minh Với u ∈ Cloc ([ a, +∞[ ;R ) , t ≥ a đặt F (u )(t )= m ∑ ( p (t )u (t k =1 k k (t ) ) − g k (t )u ( mk (t ) ) ) + f ( t , u (t ), u (n (t ) ) , , u (n n (t ) ) ) (2.68) m m k =1 k =1 l0 (u )(t ) = ∑ pk (t )u (t k (t )) , l1 (u )(t ) = ∑ g k (t )u ( mk (t )) (2.69) Ta có l0 l1 toán tử tuyến tính Với u ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) , τ k , µk bị chặn khoảng compact [ a, +∞[ nên u  τ k , u  µk bị chặn khoảng compact [ a, +∞ ) Do pk , g k ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) nên suy l0 (u ), l1 (u ) ∈ Lloc ([ a, +∞ ) ; R ) Từ (2.69) suy với u ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R+ ) ta có l0 (u ), l1 (u ) ∈ Lloc ([ a, +∞ ) ; R+ ) l0 (1), l1 (1) ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) Giả sử {ul } hội tụ u [ a, +∞ ) (2.70) (2.71) Với b > a , lấy ε > bất kỳ, Với k ∈ {1, 2, , m} , τ k bị chặn [ a, b ] nên tồn M ≥ b cho a ≤ t k (t ) ≤ M với t ∈ [ a, b ] (2.72) Do {ul } hội tụ u [ a, M ] nên tồn lk cho ε sup ul (t ) − u (t ) ≤ [a , M ] +∞ 1+ ∫ p (s)ds k a Từ (2.72), (2.73) suy với l ≥ lk (2.73) 49 ε sup ul (t k (t )) − u (t k (t )) ≤ [a , t ] +∞ 1+ ∫ p (s)ds với l ≥ lk k a Do ta có bất đẳng thức ε b k ( s )) − u ( k ( s )) ) ds ≤ ∫ pk (s) ( ul (ττ a b +∞ 1+ ∫ p (s)ds ∫ p (s)ds k với l ≥ lk (2.74) a k a Từ (2.69) (2.74) suy l0 toán tử tuyến tính liên tục Chứng minh tương tự ta l1 toán tử tuyến tính liên tục Do l0 , l1 toán tử tuyến tính liên tục thỏa (2.70) nên suy l0 , l1 ∈ P Từ (2.67) (2.74) suy l = l0 − l1 ∈ A(ω ) Do f ∈ Kloc ([ a, +∞ ) × R n +1; R ) , l0 , l1 ∈ P nên từ (2.68) ta suy F ∈ K Từ (2.66), (2.68), (2.69) suy bất đẳng thức (2.3) thỏa mãn Từ (2.67), (2.69) suy bất đẳng thức (2.4) (2.5) thỏa mãn Theo định lí 2.1 toán (2.1’), (2.2) có nghiệm bị chặn Hệ 2.8 Giả sử điều kiện (1.83) thỏa mãn, f ( , R ) ∈ L ([ a, +∞ ) ; R ) tập n +1 R n +1 bất đẳng thức sau thỏa mãn [ f (t , x, x1 , , xn ) − f (t , y, y1 , , yn )]sgn( x − y) ≤ với t ≥ a (2.75) Hơn ta có bất đẳng thức (2.67) thỏa mãn với p0 , g xác định (2.65) Khi toán (2.1’), (2.2) có nghiệm bị chặn Chứng minh Ta xác định hàm F , l0 l1 (2.68) (2.69) Từ (2.67), (2.69) suy điều kiện (2.4), (2.5) định lí 2.6 thỏa mãn Từ (2.68), (2.69), (2.75) suy điều kiện (2.64) định lí 2.6 thỏa mãn 50 Theo định lí 2.6 toán (2.1’), (2.2) có nghiệm bị chặn Nhận xét: Hệ 2.7 hệ 2.8 không bất đẳng thức (2.67) ta thay dấu “ < ” dấu “ ≤ ” Thật vậy, phần ta đưa ví dụ để chứng minh nhận xét 2.4 Ví dụ Trong hai ví dụ cho m= n= , với u ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) , với x ∈ R+ , ta chọn h(u ) = , ω (u ) = u (a ) , c( x) = (2.76) Ví dụ 1: Với ( x0 , y0 ) ∈ R+ × R+ thỏa mãn x0 ≥ Với b > a bất kì, tồn hàm= p1 p= , g1 g , q0 ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) thỏa mãn b ∫ p(s)ds = , a Đặt +∞ ∫ +∞ p ( s )ds= x0 − , b ∫ b g ( s )ds = y0 ≥ , a ∫ q (s)ds ≠ 0 (2.77) a t 1= (t ) t= (t ) b , µµ = = (t ) a , νν (t ) = (t ) a với t ≥ a (t ) 1= (2.78) f (t , x, x1 ) = q0 (t ) với t ≥ a , ( x, x1 ) ∈ R (2.79) q (t , x) = q0 (t ) với (t , x) ∈ [ a, +∞ ) × R+ (2.80)  +∞ +∞  a  s )ds  ( x0 , y0 ) ∈ D2 , p, g ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) Ta có  ∫ p0 ( s)ds , ∫ g (=  a f ∈ K loc ([ a, +∞ ) × R ; R ) , q ∈ K loc ([ a, +∞ ) × R+ ; R+ ) , , : [ a, +∞ ) → [ a, +∞ ) hàm đo bị chặn τµν Đặt F (u )(t ) = u (b) p (t ) − u (a ) g (t ) + q0 (t ) với t ≥ a Xét toán u′(t ) = p (t )u (t (t ) ) − g (t )u ( µν (t ) ) + f ( t , u (t ), u ( (t ) ) ) với t ≥ a u (a) = Từ (2.76), (2.77) suy điều kiện (1.67), (1.69) thỏa mãn Từ (2.79), (2.80) suy điều kiện (2.66) thỏa mãn (2.81) (2.82) 51 Như ngoại trừ điều kiện (2.67), tất điều kiện khác hệ 2.7 thỏa mãn Tuy nhiên toán (2.81), (2.82) vô nghiệm Thật vậy, giả sử toán (2.81), (2.82) có nghiệm u Lấy tích phân từ a đến b hai vế phương trình (2.81) ta b b b a a a u (b) − = u (a ) u (b) ∫ p ( s )ds − u (a ) ∫ g ( s )ds + ∫ q0 ( s )ds (2.83) Từ (2.77), (2.82), (2.83) suy b ∫ q (s)ds = 0 a Điều mâu thuẫn với (2.77) Ví dụ 2: Với ( x0 , y0 ) ∈ R+ × R+ thỏa mãn x0 < y0 ≥ − x0 Với a < t1 < t2 < b bất kì, tồn hàm = p1 p= , g1 g , q0 ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) thỏa mãn p ≡ [ a, t2 )  [b, +∞ ) , b ∫ p(s)ds = x (2.84) t2 t1 ∫ g (s)ds= a − x0 , t2 ∫ g (s)ds =y t1 b − − x0 , ∫ g (s)ds= − x0 , g ≡ [b, +∞ ) t2 (2.85) Đặt b, t ∈ [ a, t1 )  a, t ∈ [t1 , t2 ) = = µµ (t )  (t ) t1 , t ∈ [t2 , b ) 0, t ≥ b  Đặt t 1= (t ) t= (t ) b , νν (t ) = (t ) a với t ≥ a 1= Với ( x, x1 ) ∈ R , đặt (2.86) (2.87) 52  t ∈ [ a, t1 ) 0,  −x x, t ∈ [t1 , t2 )   f (t , x, x1 ) =  , t ∈ [t2 , b )  − − b t t t ( )( ) 2   t ≥b 0, (2.88) Với x ∈ R+ đặt q ( t , x) = q0 (t ) với t ≥ a (2.89) +∞  +∞  Ta có  ∫ p0 ( s)ds , ∫ g (= s )ds  ( x0 , y0 ) ∈ D2 , p, g ∈ L ([ a, +∞ ) ; R+ ) a a  f ∈ K loc ([ a, +∞ ) × R ; R ) , q ∈ K ([ a, +∞ ) × R+ ; R+ ) τµν , , : [ a, +∞ ) → [ a, +∞ ) hàm đo bị chặn Đặt F (u )(t ) = u (b) p (t ) − u ( µ (t )) g (t ) + f ( t , u (t ), u (a ) ) với t ≥ a Xét toán u′(t ) = u (b) p (t ) − u ( µ (t )) g (t ) + f ( t , u (t ), u (a ) ) với t ≥ a u (a) = (2.90) (2.91) Ta dễ dàng kiểm tra ngoại trừ điều kiện (2.67), điều kiện lại hệ 2.8 điều thỏa mãn Tuy nhiên toán (2.90), (2.91) vô nghiệm Thật vậy, giả sử u nghiệm toán (2.90), (2.91) Khi ta có t u= (t ) u (a ) + ∫ u′( s )ds với t ≥ a (2.92) a Từ (2.84) – (2.88), (2.90) – (2.92) suy t1 t1 t1 a a a u (t1 ) = u (a ) + u (b) ∫ p ( s )ds − ∫ u ( µ ( s )) g ( s )ds + ∫ f ( s, u ( s ), u (a ) ) ds = −u (b) − x0 (2.93) b b b t2 t2 t2 u (b) = u (t2 ) + u (b) ∫ p ( s )ds − ∫ u ( µ ( s )) g ( s )ds + ∫ f ( s, u ( s ), u (a ) ) ds = u (t2 ) + u (b).x0 − u (t1 ) − x0 + t2 − t1 (2.94) 53 Từ (2.93), (2.94) suy u (b) = u (t2 ) + u (b) + t2 − t1 Từ ta có −u (t2 ) = t2 − t1 (2.95) u (t2 ) < (2.96) Từ (2.95) suy Từ (2.86) – (2.88), (2.90), (2.91) suy u′(t ) = u (b) p (t ) − u (a ) g (t ) − u (t ) u (t ) = −u (t ) u (t ) với t ∈ [t1 , t2 ) Suy −u′(t ) = với t ∈ [t1 , t2 ) u (t ) u (t )  −u′(t ) Do = u (t ) u (t )  u (t ) (2.97) ′  nên lấy tích phân từ t1 đến t2 hai vế (2.97) ta  t2 −= t1 1 − u (t2 ) u (t1 ) Ta suy đẳng thức u (t2 ) = u (t1 ) (2.98) + (t2 − t1 ) u (t1 ) Từ (2.96), (2.98) suy = −u (t2 ) u (t1 ) + (t2 − t1 ) u (t1 ) < (t2 − t1 ) Điều mâu thuẫn với (2.95)  54 KẾT LUẬN Luận văn cố gắng trình bày cách hệ thống kết tồn tính nghiệm bị chặn cho toán biên cho phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến áp dụng kết cho phương trình vi phân bậc phi tuyến đối số lệch Nội dung luận văn gồm hai chương Chương Trình bày lại số kết tồn nghiệm bị chặn cho phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính mục 1.2 Trong mục 1.2 đưa kết quan trọng nói lên mối liên hệ nghiệm bị chặn phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính tồn nghiệm bị chặn phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến, kết trình bày mệnh đề 1.4 Từ kết bổ trợ trên, mục 1.3 đưa điều kiện đủ đảm bảo cho tồn nghiệm bị chặn toán (1), (2) Trong mục 1.4, điều kiện đủ để nghiệm bị chặn toán (1), (2) trình bày Chương Nội dung chương tìm điều kiện đủ để toán (1’), (3) có nghiệm bị chặn nghiệm bị chặn Trong chương 2, áp dụng kết tổng quát có chương để từ đưa điều kiện đủ đảm bảo cho toán (1), (3) có nghiệm bị chặn, nghiệm bị chặn Các kết trình bày định lí 2.1 định lí 2.6 mục 2.2 Áp dụng định lí 2.1 định lí 2.6 cho phương trình vi phân bậc phi tuyến đối số lệch (1’), từ đưa điều kiện đủ để toán (1’), (3) có nghiệm bị chặn, nghiệm bị chặn Các kết chương hệ 2.7 hệ 2.8 trình bày mục 2.3 Phần cuối chương – mục 2.4 ví dụ để kiểm tra tối ưu kết thu Trong trình giải vấn đề nhận thấy vấn đề tương tự cho phương trình vi phân hàm bậc hai kết 55 hay không? Nếu có điều kiện xem xét giải vấn đề Vì hiểu biết thân hạn hẹp nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tôi mong góp ý bảo quý Thầy Cô hội đồng để luận văn hoàn thiện 56 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu tiếng Việt Hoàng Tụy, Hàm thực Giải tích hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội (2006) Tài liệu tiếng Anh R Hakl, A Lomtatidze I P Stavroulakis, On a boundary value problem for scalar linear functional differential equations, Abstr Appl Anal (2004), No 1, 45 – 67 R Hakl, A Lomtatidze, and J Sremr, Some boundary value problems for first order scalar functional differential equations Folia Facultatis Scientiarum Nationalium Universitatis Masarykianae Brunensis Mathematica 10 Masaryk University, Brno (2002) R Hakl, A Lomtatidze, and I P Stavroulakis, Bounded solutions to the first scalar functional differential equations, Memoirs on Differenial Equations and Mathematical Physics, Vol 59 (2013), – 104 R Hakl, On bounded solutions of systems of linear functional-differential equations Georgian Math J (1999), No 5, 429–440 I Kiguradze and B Puza, On boundary value problems for systems of linear functional-differential equations Czechoslovak Math J 47(122) (1997), No 2, 341–373 S Schwabik, M Tvrdy, and O Vejvoda, Differential and integral equations: boundary value problems and adjoints Academia, Praha, (1979) N V Azbelev, V P Maksimov and L F Rakhmatulina, Introduction to the theory of functional-differential equations (Russian) “Nauka”, Moscow, (1991) 57 E Bravyi, A note on the Fredholm property of boundary value problems for linear functional differential equations Mem Differential Equations Math Phys 20 (2000), 133–135 10 Z Dosla and I Kiguradze, On vanishing at infinity solutions of second order linear differential equations with advanced arguments Funkcial Ekvac 41 (1998), No 2, 189–205 [...]... Chương 1 CÁC ĐỊNH LÍ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA NGHIỆM BỊ CHẶN 1.1 Phát biểu bài toán Trong chương này chúng ta xét sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm bị chặn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến u '(t ) = F (u )(t ) (1.1) ω (u ) = h(u ) (1.2) với điều kiện biên Trong đó F ∈ K , ω ∈ ch (hay ω ∈ W0 ) và h ∈ H Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm số u ∈ Cloc ([ a, +∞ ) ; R ) sao cho... mãn (1.1) hầu khắp nơi trên [ a, +∞ ) Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là một nghiệm của phương trình (1.1) thuộc miền xác định của h , ω và thỏa mãn đẳng thức (1.2) Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán u '(t ) = Fb (u )(t ) (1.1 0 ) ω b (u ) = hb (u ) (1.2 0 ) 1.2 Sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm bị chặn của phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính Xét bài toán sau trên [ a,... Ta dễ dàng chứng minh được hàm số uˆ được xác định như (1.25) chính là nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) với uˆ (+∞) = u (b) và uˆ ≤ ρ 1.3 Định lí về sự tồn tại của nghiệm bị chặn Định lí 1.6 Cho ω ∈ ch , giả sử tồn tại l ∈ L thỏa mãn nghiệm bị chặn của bài toán (1.5) chỉ là nghiệm tầm thường Giả sử thêm rằng tồn tại và hàm số liên tục c : R+ → R+ thỏa mãn h (v ) ≤ c ( v ) với mọi v ∈ C0 ([... s )ds với mọi t ≥ a bn (t ) a Do F liên tục nên từ (1.37) ta suy ra t u= (t ) u (a ) + ∫ F (u )( s )ds với t ≥ a a Vậy u là nghiệm bị chặn của phương trình (1.1) Bổ đề 1.8 Giả sử tồn tại l ∈ L thỏa mãn nghiệm bị chặn của bài toán (1.5) chỉ là nghiệm tầm thường Hơn nữa, tồn tại hàm số liên tục c : R+ → R+ sao cho bất đẳng thức (1.31) được thỏa mãn và trên tập {v ∈ C0 ([ a, +∞ ) ; R ) : ω (v) ≤ c ( v... phương trình (1.1 0 ) có nghiệm ub thỏa mãn ub ≤ ρ (1.36) 13 Khi đó phương trình (1.1) có một nghiệm bị chặn u Hơn nữa, tồn tại dãy {ub }n =1 ⊂ {ub }b ≥ b thỏa mãn +∞ n 0 lim ubn (t ) = u0 (t ) đều trên [ a, +∞ ) (1.37) n →+∞ Chứng minh Vì ub là nghiệm của (1.1 0 ) nên ta có θb (ub )(t ) = ub (t ) với t ≥ a Vì ub là nghiệm của phương trình (1.1 0 ) nên ta có đánh giá t t s s ∫ ub′ (ξ )dξ ≤ ∫ Fb (ub... có nghiệm bị chặn ub ( b ≥ b0 ) thỏa mãn ub ≤ ρ (1.76) Ta có {ub }b ≥ a ⊂ C 0 ([ a, +∞ ) ; R ) là họ các nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) tương ứng với mỗi b ≥ b0 Theo bổ đề 1.7, tồn tại dãy {ub } ⊂ {ub }b ≥ a thỏa mãn k lim bk = +∞ k →+∞ lim ubk (t ) = u0 (t ) đều trên [ a, +∞ ) k →+∞ (1.77) Trong đó u0 là nghiệm của phương trình (1.1) Từ (1.76) và (1.77) ta suy ra u0 ≤ ρ Do u0 là nghiệm của. .. →+∞ Trong đó u0 là nghiệm của phương trình u′(t ) = F (u )(t ) với t ≥ a (1.1) ω b (ub ) = hb (ub ) với n ∈ N (1.59) Ta có n n n n Vì ub là nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) với b = bn nên ta có n θb (ub ) = ub n n (1.60) n Do ω , h liên tục nên từ (1.58), (1.59), (1.60) suy ra ω (u0 ) = h(u0 ) Do ub ≤ ρ với mọi n ∈ N , nên từ (1.58) suy ra u0 ≤ ρ n Vậy u0 là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1),... có nghiệm bị chặn là nghiệm tầm thường, tồn tại hàm số liên tục c : R+ → R+ sao cho bất đẳng thức (1.31) được thỏa mãn và trên tập {v ∈ C0 ([ a, +∞ ) ; R ) : ω (v) ≤ c ( v thức (1.32), (1.33) được thỏa mãn, trong đó )} các bất đẳng q ∈ K loc ([ a, +∞ ) × R+ ; R ) , η ∈ Lloc ([ a, +∞ ) ; R+ ) và ρ1 > 0 Giả sử thêm rằng các hàm số c và q thỏa mãn 19 (1.34) và (1.35) Khi đó phương trình (1.1) có nghiệm. .. (1.69) 21 Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm bị chặn Chứng minh Chọn r > 0 như trong định nghĩa 1.10 Từ (1.69) suy ra với ε= 1 > 0 , tồn tại ρ > 0 sao cho r 1  c( x) + x  +∞ 1 ∫ q(s, x)ds  < r với mọi x > ρ a Từ đó suy ra bất đẳng thức +∞   r  c( x) + ∫ q ( s, x)ds  < x với mọi x > ρ a   (1.70) Giả sử u0 là nghiệm bị chặn của bài toán (1.5) Vì u0 bị chặn nên tồn tại M > 0 thỏa mãn u0 ≤ M... hạn (1.61) thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm bị chặn Chứng minh Với r > 0 như trong định nghĩa 1.11, từ (1.69) ta suy ra tồn tại ρ > 0 sao cho +∞   r  c( x) + ∫ q ( s, x)ds  < x với mọi x > ρ a   (1.70) Vì l ∈ Β(ω ) nên nghiệm bị chặn của bài toán (1.5) chỉ là nghiệm tầm thường Theo mệnh đề 1.3, tồn tại b0 > a sao cho với mọi b ≥ b0 bài toán (1.6) chỉ có nghiệm tầm thường Với mỗi b ≥ b0 , u ∈ ... NHẤT CỦA NGHIỆM BỊ CHẶN Chương trình bày kết tổng quát tồn tính nghiệm bị chặn phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến (1), (2) Chương NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC NHẤT PHI TUYẾN ĐỐI... tính nghiệm bị chặn phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính 1.3 Định lí tồn nghiệm bị chặn 12 1.4 Định lí nghiệm bị chặn 25 Chương NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC... Chương NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN ĐỐI SỐ LỆCH 2.1 Phát biểu toán Trong chương đưa số điều kiện đủ để toán (1.1), (1.2) có nghiệm bị chặn nghiệm bị chặn Trong