BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Quang Phục NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TRUNG HÒA PHI TUYẾN BẬC CAO LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Quang Phục NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TRUNG HÒA PHI TUYẾN BẬC CAO Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS Lê Hoàn Hóa Thành phố Hồ Chí Minh - 2013 LỜI CẢM ƠN Trong trình học tập làm luận văn , nhận nhiều quan tâm, giúp đỡ, động viên quý thầy cô trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, gia đình bạn bè đồng nghiệp Đầu tiên xin gửi lời cảm ơn sâu sắc chân thành đến PGS TS Lê Hoàn Hóa, người tận tình hướng dẫn, có ý kiến đóng góp quý báu giúp hoàn thành tốt luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian quý báu góp ý sâu sắc cho buổi bảo vệ luận văn Tôi xin cảm ơn tất quý thầy cô Khoa Toán – Tin quý thầy cô phòng Sau đại học trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh tận tình hướng dẫn suốt khóa học Tôi xin cảm ơn Quý thầy cô, bạn bè đồng nghiệp trường THPT Trường Chinh, bạn học viên cao học Toán Giải Tích K22 động viên, khuyến khích, giúp đỡ trình học tập Sau xin gửi tất tình cảm yêu thương lòng biết ơn sâu sắc đến gia đình tôi, người thân yêu tạo niềm tin, chỗ dựa vững giúp học tập hoàn thành tốt luận văn LỜI CAM ĐOAN Trong trình làm luận văn này, nghiên cứu, tìm hiểu tham khảo sách vở, báo toán học nhà khoa học luận văn thạc sĩ khóa trước, có sử dụng số kết chứng minh để hoàn thành luận văn Nhưng xin cam đoan không chép luận văn có xin hoàn toàn chịu trách nhiệm với lời cam đoan MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN LỜI CAM ĐOAN MỤC LỤC MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích đề tài Đối tượng phạm vi nghiên cứu 4 Phương pháp nghiên cứu 5 Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài nghiên cứu: CHƯƠNG 1: BẬC TÔPÔ 1.1 Bậc Brouwer 1.2 Bậc Leray Schauder 1.3 Ánh xạ Fredholm 1.4 Bậc trùng lặp ánh xạ L-Compact 10 1.5 Sự tồn nghiệm phương trình toán tử 13 CHƯƠNG 2: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO 18 2.1 Một số bổ đề 18 2.2 Một số kết 21 CHƯƠNG NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TRUNG HÒA PHI TUYẾN BẬC CAO 37 3.1 Một số Bổ đề 37 3.2 Một số kết 41 KẾT LUẬN 53 TÀI LIỆU THAM KHẢO 54 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Lí thuyết phương trình vi phân đóng vai trò quan trong ứng dụng thực tiễn Toán học Hầu hết trình tự nhiên tuân theo quy luật mà phương trình vi phân mô tả Bằng chứng ngành Toán học, Cơ học, Vật lí, Hóa học, sinh vật, kinh tế, Sinh thái môi trường …và xã hội học liên quan đến phương trình vi phân Vì phương trình vi phân môn học cần thiết cho hầu hết ngành bậc Cao đẳng, Đai học Một vấn đề mà nhà toán học đã, tiếp tục nghiên cứu phương trình vi phân tồn nghiệm phương trình vi phân hàm Hiểu tầm quan trọng vấn đề nên chọn đề tài” Nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân hàm bậc cao phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến bậc cao ” để tìm hiểu nghiêm cứu sâu vai trò ứng dụng sống lĩnh vực liên quan Mục đích đề tài Mục đích luận văn nghiên cứu tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân hàm bậc cao phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến bậc cao cách sử dụng lý thuyết bậc trùng lặp phát triển Mawhin Đối tượng phạm vi nghiên cứu Trong phạm vi nghiên cứu luận văn tập trung nghiên cứu tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân hàm bậc cao phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến bậc cao có dạng sau: a/ Phương trình vi phân hàm bậc cao: = x ( n ) (t ) n −1 ∑ b  x i =o i (i ) = bi , i 0,1 , n − số, k số (t )  + f (t, x(t − τ (t ))) + p (t ) , k dương lẻ, f ∈ C1 ( , ), ∀x ∈ , p ∈ C (, ), p(t + T ) =p(t ) b/ Phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyết bậc cao: o ( Ax) (m) (t= ) f ( x(t )) x '(t ) + g (t , ∫ x(t + s )dα ( s )) + e(t ) , −r ( Ax)(t ) = x(t ) − kx(t − τ ), f ∈ C (, ), g ∈ C ( , ) tuần hoàn với chu kì ω > , e ∈ C (, ) tuần hoàn với chu kì ω > , r > , m nguyên dương , k ,τ ∈  số, α : [ −r , 0] →  hàm biến thiên bị chặn Phương pháp nghiên cứu Tra cứu tài liệu tạp chí toán học hướng dẫn thầy PSG.TS LÊ HOÀN HÓA Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài nghiên cứu: Cùng với phát triển ngành Toán Giải tích, Đại số, Hình học vi phân, Đa tạp… phương trình vi phân đại hóa Bên cạnh công cụ máy tính điện tử với phần mềm chuyên dùng làm tăng khả ứng dụng thực tiễn môn học Việc xác định tồn nghiệm tuần hoàn phường trình vi phân hàm có ý nghĩa quan trọng việc giải toán Từ đó, ta giải toán nghiên cứu tượng Tự nhiên Xã hội Trong năm gần đây, ngày có nhiều nghiên cứu cho thấy tầm quan trọng phương trình vi phân hàm ứng dụng vào nhiều lĩnh vực khác ngành khoa học đời sống như: Vật lý, Sinh học, Sinh thái học, Sinh lý học, Môi trường, Kinh tế, Địa chất, Khảo cổ học… CHƯƠNG 1: BẬC TÔPÔ 1.1 Bậc Brouwer Cho Ω ⊂  n tâp mở Hàm số f : Ω →  n gọi khả vi x0 ∈ Ω tồn ma trận gọi 0(h) h f '( x0 ) , thỏa mãn f ( x0 + h=) f ( x0 ) + f '( x0 )h + 0(h) , x0 + h ∈ Ω → h → Kí hiệu C k (Ω) không gian hàm khả vi liên tục đến cấp k Nếu f khả vi x0 , gọi J f ( x0 ) = det f '( x0 ) Jacobian f x0 Nếu J f ( x0 ) = x0 gọi điểm tới hạn f kí hiệu S f (Ω=) {x ∈ Ω:J f (x)=0} tập điểm tới hạn f Ω Nếu f −1 ( y ) ∩ S f (Ω) =∅ y gọi điểm f Ngược lại gọi y điểm kì dị f Định nghĩa 1.1.1 Cho Ω ⊂  n tâp mở bị chặn f ∈ C1 (Ω) Nếu p ∉ f (∂Ω) J f ( p ) ≠ ta định nghĩa bậc tôpô f tập Ω điểm p : deg( f , Ω, p ) = f −1 ( p ) = ∅ ∑ signJ f ( x) , deg( f , Ω, p) = x∈ f −1 ( p ) Mệnh đề 1.1.2 Cho Ω ⊂  n tâp mở bị chặn, f : D →  n liên tục p ∉ f (∂Ω) Khi tồn r > cho với f1 , f : Ω →  n liên tục, f1 , f ∈ C1 (∂Ω) f − fi < r , i = 1, deg(f1 , Ω, = p) deg(f , Ω, p) Ánh xạ f1 , f gọi C1 − xấp xỉ f n n Định nghĩa 1.1.3 Cho Ω ⊂  tâp mở bị chặn, f : Ω →  liên tục p ∉ f (∂Ω) Ta định nghĩa bậc tôpô f tập Ω điểm p: deg( f , Ω, p=) deg( f1 , Ω, p) f1 C − xấp xỉ f n n Định lí 1.1.4 Cho Ω ⊂  tập mở bị chặn v f : Ω →  ánh xạ liên tục Nếu p ∉ f (∂Ω) , tồn số nguyên deg( f , Ω, p ) thỏa mãn điều kiện sau: p ∈ Ω , I kí hiệu cho ánh xạ (1)(Tính chuẩn) deg( I , Ω, p) = đồng (2)(Tính khả nghiệm) Nếu deg( f , Ω, p) ≠ phương trình f ( x) = p có nghiệm Ω (3)(Tính đồng luân) Nếu ft ( x) :[0,1] × Ω →  n liên tục p ∉ ∪ ft (∂Ω) deg( ft , Ω, p) t∈[0,1] không phụ thuộc vào t ∈ [0,1] (4)(Cộng tính) Giả sử Ω , Ω hai tập rời Ω p ∉ f (Ω \ (Ω1 ∪ Ω )) Khi deg( f , Ω, p=) deg( f , Ω1 , p) + deg( f , Ω , p) (5) deg( f , Ω, p) số thành phần liên thông  n \ f (∂Ω) n n Định lí 1.1.5 Cho Ω ⊂  tập mở bị chặn, ≤ m < n f : Ω →  liên tục, đặt , Ω, y ) deg( g m , Ω ∩  m , y ) , gm giới hạn g= I − f Nếu y ∉ (I− f)(∂Ω) deg( g= g Ω ∩  m 1.2 Bậc Leray Schauder Bổ đề 1.2.1 Cho E không gian Banach thực, Ω ⊂ E tập mở bị chặn T : Ω → E ánh xạ compact Khi với ε > tồn không gian hữu hạn chiều F T x − Tx < ε ánh xạ liên tục Tε : Ω → F thỏa mãn ε với x ∈ Ω Chứng minh: Từ T (Ω) compact tương đối E, với ε > , tồn tập hữu hạn {x1 , x2 , , xn } ⊂ Ω thỏa mãn T (Ω) ⊂  i =1 B(Txi , ε ) n Bây ta xác định ánh xạ Tε : Ω → F =span{Tx1 , Tx2 , , Txn } sau: n Tε x = ∑ i =1 φi ( x) Γ( x) n max{0, ε − Tx − Txi } Γ( x) = Txi với x ∈ Ω , φ= ∑ φi ( x) i ( x) i =1 Khi kiểm tra Tε thỏa mãn yêu cầu Bổ đề 1.2.2 Cho E không gian Banach thực, B ⊂ E tập đóng T : B → E ánh xạ compact Giả sử Tx ≠ x với x ∈ B Khi tồn ε > thỏa mãn x ≠ tTε1 x + (1 − t )Tε x 1, với t ∈ [0,1] x ∈ B , ε i ∈ (0, ε ) Tε : B → Fε , i = i i Bổ đề (1.2.1) Chứng minh: Giả sử kết luận sai Khi tồn ε1j → 0, ε1j → 0, t j → t0 , x j ∈ B cho t jTε j x j + (1 − t j )Tε j x j = x j với j = 1, Do tính compact T nên (Tx j )∞j =1 có dãy gọi Tx j hội tụ y ∈ E k Từ Bổ đề (1.2.1) suy Tε x j → y với i = 1, i jk k Do x j → y ∈ B Suy Ty = y , ta gặp mâu thuẫn k Định nghĩa 1.2.3 Cho E không gian Banach thực, Ω ⊂ E tập mở bị chặn T : Ω → E ánh xạ compact Giả sử ∉ ( I − T )(∂Ω) Khi theo Bổ đề (1.2.2) tồn ε > cho x ≠ tTε x + (1 − t )Tε x , với t ∈ [0,1], x ∈ ∂Ω , ε i ∈ (0, ε ) Tε i : Ω → Fε i , i =1, Bổ đề (1.2.1) Do bậc Brouwer deg( I − Tε , Ω ∩ Fε , 0) tồn ta định nghĩa : = deg( I − T , Ω , 0) deg( I − Tε , Ω ∩ Fε , 0) , ε ∈ (0, ε ) Từ tính đồng luân bậc Bouwer ta có deg( I − Tε1 , Ω ∩ span{Fε1 ∪ Fε = }, 0) deg( I − Tε , Ω ∩ span{Fε1 ∪ Fε }, 0) Nhưng Tε : Ω ∩ span{Fε ∪ Fε } → Fi , i =1, i Theo định lí (1.1.5) ta có: deg( I − Tε , Ω ∩ span{Fε ∪ Fε = }, 0) deg( I − Tε , Ω ∩ Fε }, 0) 1 deg( I − Tε , Ω ∩ span{Fε1 ∪ Fε = }, 0) deg( I − Tε , Ω ∩ Fε }, 0) 1 −k ( Ex )( t − τ ) Suy ( Ax )( t ) = Lấy f ∈ Cω tùy ý Ta tìm x thỏa mãn ( Ax )( t ) = f ( t ) f (t ) Suy −k ( Ex )( t − τ ) = f (t + τ ) k Cho nên ( Ex ) (t ) = − f1 ( t ) := ∞ f (t + τ ) ∞ j f (t + τ ) − − ∑ B1 x(t ) = ( E −1 f1 )(t ) = f1 (t ) + ∑ ( B1j f1 )(t ) = k k =j = j Như vậy, ta chứng minh A−1 tồn thỏa mãn f (t + τ ) ∞ j f (t + τ ) f (t + τ ) ∞  A−1 f  (t ) = − − ∑ B1 = − − ∑ j +1 f (t + τ ) k k k j 1= j k = ⇒  A−1 f  (t ) = − f f (t + τ ) ∞ , ∀f ∈ X − ∑ j +1 f (t + τ ) ≤ k k −1 j =1 k ⇒ A−1 f = Sup − f f (t + τ ) ∞ − ∑ j +1 f (t + τ ) ≤ k k −1 j =1 k Từ chứng minh trên, (2) suy dễ dàng Nghiệm x(t ) phương trình (II) x(t ) ∈ C1 (, ) cho Ax ∈ Cm (, ) phương trình (II) thỏa mãn  Nói chung x(t) ∉ Cm (, ) với điều kiện k ≠ từ Bổ đề (3.1.1) ta thấy ( Ax) '(t) = Ax '(t) ( Ax) ''(t) = Ax ''(t) ( Ax)(m) (t) = Ax (m) (t) 40 Vì vậy, x(t ) nghiệm phương trình (II) x(t) ∈ Cm (, ) ω , Im L = {x | x ∈ X : ∫ x( s )ds = 0} Theo (1) Bổ đề (3.1.1), ta có KerL = L ánh xạ Fredholm số Ta xét ánh xạ chiếu P Q sau P : Y → KerL, Px = (Ax)(0) , ω Q : X → X / Im L, Qy = ∫ y(s) ds ω Khi Im P KerL = = , KerQ Im L L−p1 : Im L → D( L) ∩ KerP ánh xạ nghịch đảo L Bổ đề 3.1.2 Cho X, Y hai không gian Banach, L : D(L) ⊂ Y → X ánh xạ Fredholm số 0, Ω ⊂ Y tập mở bị chặn, N : Ω → X L-compact Ω Giả sử điều kiện sau thỏa mãn (A1) Lx ≠ λ Nx, ∀x ∈ ∂Ω ∩ ( D( L) \ K erL ) , ∀λ ∈ (0,1) , (A2) Nx ∉ Im L, ∀x ∈ ∂Ω ∩ KerL , (A3) deg{JQN, Ω ∩ KerL, 0} ≠ , J : Im Q → KerL đẳng cấu Khi phương trình Lx = Nx có nghiệm Ω ∩ D( L) Chứng minh tương tự hệ (1.6.6) 3.2 Một số kết Ta kí hiệu :  + tập hợp số nguyên dương X := Cω , Y := Cω1 , e = ω∫ ω e(t )dt Định lí 3.2.1 Giả sử tồn số M > W ≥ thỏa mãn điều kiện 41 (B1) x(g(t, x) + e) > (hay x(g(t, x) + e) < 0), ∀ t ∈ , ∀ x > M , (B2) lim sup x →∞ x F ( x) = W với F ( x) = ∫ f ( s )ds , x (B3) e < 0, g (t , x) > 0, t , x ∈  Khi phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn chu kì ω k − > W ω m−1 Chứng minh: Phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn chu kì ω phương trình Lx = Nx có nghiệm tuần hoàn chu kì ω, N :Y → X, ( Nx)(t )= f (x(t)) x'(t) + g(t, ∫ x(t + s) d α (s)) + e(t) −r N ánh xạ L-compact Ω , với Ω tập mở bị chặn Y, Đặt Ω = = λ Nx, λ ∈ (0,1)} {x | x ∈ D(L), Lx Với x ∈ Ω1 phải x thỏa mãn phương (Ax)(m) (t) = λ f(x(t)) x'(t) + λ g(t, ∫ x(t + s) d α (s)) + λ e(t) trình sau: (3.1) −r Lấy tích phân hai vế (3.1) đoạn [0, ω ] , ta ∫ ω (g(t, ∫ −r ) x(t + s) d α (s)) + e(t ) dt = 0⇒ ∫ ω (g(t, ∫ −r ) x(t + s) d α (s)) dt = ωe (3.2) Theo định lí giá trị trung bình, tồn số ξ ∈ (0, ω ) cho g(ξ , ∫ x(ξ + s) d α (s)) + e = (3.3) −r Kết hợp giả thiết (B1 ) , ta có ∫ −r x(ξ + s) d α (s)) ≤ M Theo tính chất tích phân Riemann-Stieltes, tồn số ζ ∈ (− r, 0) cho x(ξ + ζ ) ≤ M Vì ξ + ζ ∈  nên tồn số nguyên k0 cho ξ + ζ = k0ω + t * , t * ∈ (0, ω ] 42 x(t * ) ≤ M ω Do ta có x(t) ≤ M + ∫0 x '(s) ds, ∀t ∈ [0, ω ] , nghĩa ω x ≤ M + ∫ x '(s) ds (3.4) Mặt khác, nhân hai vế phương trình (3.1) với x ( m−2) (t − τ ) lấy tích phân đoạn [0, ω ] , ta k∫ (x ω = (t − τ ) ) dt ∫ (m −1) ω ω x (m −1) (t ) x (m −1) (t − τ )dt + λ ∫ f ( x(t )) x'(t) x (m − 2) (t − τ )dt ω ω −r +λ ∫ x (m − 2) (t − τ )g (t, ∫ x(t + s) d α (s))dt + λ ∫ x (m − 2) (t − τ )e(t )dt Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta ω k∫ x (m −1) (t − τ ) dt ≤ ω (∫ ω x (m −1) (t ) dt ) (∫ ω x (m −1) (t − τ ) dt ) + ∫ ω f ( x(t )) x'(t) x (m − 2) (t − τ )dt ω + ∫ x (m − 2) (t − τ ) g (t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt + ∫ x (m − 2) (t − τ ) e(t ) dt −r (∫ ω x (m −1) (t ) dt ) (∫ ω −τ x (m −1) (t) dt −τ ω 0 −r ) + ∫ ω + ∫ x (m − 2) (t − τ ) g (t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt + e ω (m −1) = ∫ x (t ) dt + ∫ ω f ( x(t )) x'(t) x (m − 2) (t − τ )dt ∫ ω ∫ ω x (m − 2) (t) dt f ( x(t )) x'(t) x (m − 2) (t − τ )dt ω 0 −r + ∫ x (m − 2) (t − τ ) g (t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt + e 0 x (m − 2) (t) dt Suy ω ( k − 1) ∫ x (m −1) (t ) dt ≤ ω +∫ x (m − 2) ∫ ω f ( x(t )) x'(t) x (m − 2) (t − τ )dt (t − τ ) g (t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt + e −r ∫ ω (3.5) x (m − 2) (t) dt Vì k − > W ω m−1 nên tồn số ε > cho k − > (W + ε )ω m −1 (3.6) Từ điều kiện (B2) tồn số ρ > (không phụ thuộc vào ε ) cho F ( x) ≤ (W + ε ) x ≤ (W + ε ) x , x > ρ (3.7) 43 {t ∈ [0, ω ] : x(t ) ≤ ρ} {t ∈ [0, ω ] : x(t ) > ρ} , D2 = Đặt D1 = Ta có ∫ ω ω f ( x(t )) x'(t) x (m − 2) (t − τ )dt ≤ ∫ F (x(t)) x (m −1) (t − τ ) dt 0 ∫ = F (x(t)) x (m −1) (t − τ ) dt + ∫ F (x(t)) x (m −1) (t − τ ) dt D1 (3.8) D2 Lấy (3.8) vào (3.5), ta ω ( k − 1) ∫ x (m −1) (t ) dt ≤ ∫ F ( x(t )) x (m −1) (t − τ ) dt D1 ω 0 −r + ∫ F ( x(t )) x (m −1) (t − τ ) dt + ∫ x (m − 2) (t − τ ) g (t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt D2 + e ∫ ω (3.9) x (m − 2) (t) dt Từ giả thiết (B3) (3.3), ta có ∫ ω 0 ω −r −r g(t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt = −eω ∫ g(t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt = (3.10) Thay (3.7) (3.10) vào (3.9) ta ω ( k − 1) ∫ x (m −1) (t ) dt ≤ (W + ε ) x 0 ∫ ω x (m −1) (t − τ ) dt ω ω 0 −r +( Fρ + ω e ) ∫ x (m −1) (t − τ ) dt + ∫ x (m − 2) (t ) g (t , ∫ x(t + s)dα ( s ) dt ≤ (W + ε ) x ∫ ω (3.11) ω x (m −1) (t ) dt + ( Fρ + ω e − ω e) ∫ x (m −1) (t ) dt , Trong Fρ = max F (x) x∈D2 Vì x(0) x= = (ω ), x '(0) x '(ω ), , = x (m) (0) x ( m ) (ω ) nên tồn số ti ∈ (0, ω ) cho = 1, 2, , m x (i) (t= 0,i i) Từ ta có ∫ ω ω ω 0 x '(t) dt ≤ ω ∫ x ''(t) dt ≤ ≤ ω m − ∫ x ( m −1) (t) dt Kết hợp (3.4) ta ω x ≤ M + ω m − ∫ x (m −1) (t ) dt (3.12) 44 Thay (3.12) vào (3.11), ta ω ( k − 1) ∫ x (m −1) (t ) dt ( ω ≤ (W + ε ) M + ω m − ∫ x (m −1) (t ) dt ω )∫ ω ω x (m −1) (t ) dt + ( Fρ + ω e − eω ) ∫ x (m −1) (t ) dt ( ≤ (W + ε )ω m −1 ∫ x (m −1) (t ) dt + (W + ε ) M + Fρ + ω e − eω 2 )∫ ω x (m −1) (t ) dt Kết hợp với (3.6) ta ∫ ω x (m −1) (t ) dt ≤ (W + ε ) M + Fρ + ω e − eω k − − (W + ε )ω (m −1) ∫ ω x (m −1) (t ) dt Vì tồn số M (không phụ thuộc vào λ x), cho ∫ ω x (m −1) (t ) dt ≤ M Kết hợp (3.12) , tồn số dương M , M cho x ≤ M + ω m−2 ω M = M2 x ' ≤ ω m−3 ω M = M3 } Ω= {x ∈ ∂Ω ∩ KerL}  max{M , M } += Đặt = M 1, Ω {x : x < M Ta có = QNx g (t, ∫ ω∫ ( ω 0 −r ) x(t + s) d α (s)) + e dt  g (t, x(t + s) d α (s)) + e ≠ (do điều kiện (B1)) Nếu x = ± M ∫− r ⇒ QNx ≠ 0, ∀x ∈ Ω Do điều kiện (A1) (A2) Bổ đề (3.1.2) thỏa mãn Định nghĩa đẳng cấu H (x, µ ) = µ x+ 1− µ ω ∫ ω J : Im Q → KerL, J (x) ≡ x ( g (t, ∫ −r ánh xạ H ( x, µ ) sau ) x(t + s) d α (s)) + e dt Do điều kiện (B1), ta có H ( x, µ ) ≠ 0, ∀x ∈ Ω , µ ∈ [0,1] Do ta có deg{JQN, Ω ∩ = KerL, 0} deg{H(x,1), Ω ∩ KerL, 0} ≠ , điều kiện (A3) Bổ đề (3.1.2) thỏa mãn Vậy theo Bổ đề (3.1.2), phương trình Lx = Nx có nghiệm x(t ) ∈ Ω ∩ D( L) hay phương trình (II) có nghiệm x(t) tuần hoàn chu kì ω 45 Hệ 3.2.1 Giả sử tồn số M > W ≥ thỏa mãn điều kiện ( B1* ) x(g(t, x) + e) > x(g(t, x) + e) < 0, ∀ t ∈ , x > M ( B2* ) lim sup x →∞ x F ( x) = W với F ( x) = ∫ f ( s )ds , x ( B3* ) e > 0, g (t , x) < 0, t , x ∈  Khi phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn chu kì ω k − > W ω m−1 Định lí 3.2.2 Giả sử m số chẵn tồn số C ≥ 0, M > thỏa mãn điều kiện sau ( C1 ) x( g (t , x) + e) > x( g (t , x) + e) < 0, ∀ t ∈ , x > M ( C2 ) lim sup x →+∞ t∈ g(t, x) ≤C x Khi phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn chu kì ω − k > 2Cω m Chứng minh: Đặt Ω = = λ Nx, λ ∈ (0,1)} {x | x ∈ D(L), Lx Tương tự định lí (3.2.1), ta có ω x ≤ M + ∫ x '(s) ds, ∀x ∈ Ω1 ω x ≤ M + ω z −1 ∫ x ( z ) (t ) dt , ∀∈ Ω1 Mặt Khác m số chẵn nên tồn số nguyên z( z ∈  + ) cho m = z Nhân hai vế (3.1) với x(t ) lấy tích phân [0, ω ] , ta 46 ( x(z) (t ) ) dt k ∫ x(z) (t ) x(z) (t − τ ) dt + (−1) z λ ∫ x(t ) g (t ,∫ x(t + s) d α (s)) dt ∫= ω ω ω 0 −r ω +(−1) z λ ∫ x(t ) e(t)dt ω ⇒ ∫ x (z) (t ) dt ≤ k ∫ ω ω 0 −r x (z) (t ) x (z) (t − τ ) dt + ∫ x(t ) g (t , ∫ x(t + s ) d α (s)) dt ω + ∫ x(t ) e(t) dt Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta ∫ ω x (z) (t ) dt ≤ k (∫ ω ) (∫ x (z) (t ) dt ω ω ω −r x (z) (t − τ ) dt ) + ∫ x(t ) g (t , ∫ x(t + s ) d α (s)) dt + ∫ x(t ) e(t) dt ω ⇒ ∫ x (z) (t ) dt ≤ 0 ω x  ∫ g (t , ∫ x(t + s ) d α (s)) dt + ω e  −r   1− k (3.13) Vì − k > 2Cω m nên tồn số ε > cho − k > 2(C + ε )ω m Từ điều kiện (C2) suy tồn số ρ > M cho g (t , ∫ x(t + s ) d α (s)) ≤ (C+ ε ) ∫ −r ≤ (C+ ε ) x , ∀t ∈ , X (t ) Đặt = ∫ −r ∫ −r −r x(t + s ) d α (s)) (3.14) x(t + s ) d α (s) > ρ x(t + s ) d α (s) , E1= {t ∈ [0, ω ] : X(t) > ρ}, E2 = {t ∈ [0, ω ] : X(t) ≤ ρ}, E3 = {t ∈ [0, ω ] : X(t) < − ρ} Từ (3.2) ta có (∫ E1 +∫ E2 +∫ E3 ) g (t, ∫ −r x(t + s) d α (s)) dt = −ω e Kết hợp với điều kiện (C1) ta có ∫ E3 g (t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt ≤ −r (∫ E1 +∫ E2 ) g (t, ∫ −r x(t + s) d α (s)) dt + ω e Kết hợp (3.14) (3.15) ta 47 (3.15) ∫ ω g (t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt ≤ −r (∫ +∫ E1 E2 ) g (t, ∫ −r x(t + s) d α (s)) dt + ω e (3.16) ≤ 2ω (C+ ε ) x + g ρ ω + ω e Trong g ρ max g (t, ∫− r x(t + s) d α (s)) = t∈E2 Từ (3.13) (3.16) ta có ∫ ω x (z) (t ) dt ≤ 2ω (C+ ε ) (2 g ρ + e + e )ω x0+ x 1− k 1− k (3.17) Vì x(0) x= 1, 2, , z cho = (ω ), x '(0) x '(ω ), , = x (z −1) (0) x (z −1) (ω ) nên tồn ξi ∈ (0, ω ),i = x '(ξ1 )= x ''(ξ )= = x ( z ) (ξ z )= Do ta có ω x ' ≤ ω z − ∫ x (z) (t ) dt ω x ≤ M + ω z −1 ∫ x (z) (t ) dt (3.18) Từ (3.17) (3.18) ta có 2ω (C + ε ) (2 g ρ + e + e )ω x0 ∫0 x (t ) dt ≤ − k x + 1− k (2 g ρ + e + e )ω ω ω 2ω (C + ε ) ≤ M + ω z −1 ∫ x ( z ) (t ) dt + M + ω z −1 ∫ x ( z ) (t )dt 0 1− k 1− k ω (z) ) ( ≤ ( ) ω 2ω m (C + ε ) ω ( z ) x (t ) dt + d1 ∫ x ( z ) (t ) dt + d ∫ 0 1− k , d1 = d2 = (4ω M(C+ ε ) + g ρ + e + e )ω z −1 1− k (2ω M(C+ ε ) + (2 g ρ + e + e )) M 1− k Vì − k > 2(C+ ε )ω m nên tồn số M > cho ∫ Do tồn số dương M , M cho M3 x ≤ M + ω z −1 ω M = M x ' ≤ ω z − ω M = 48 ω x (z) (t ) dt ≤ M } Ω= {x ∈ ∂Ω ∩ KerL}  max{M , M } += = M 1, Ω {x : x < M Đặt Ta có = QNx ω ω ∫0 ( ) g (t, ∫ x(t + s) d α (s)) + e dt −r  g (t, x(t + s) d α (s)) + e ≠ (do điều kiện (B1)) Nếu x = ± M ∫− r ⇒ QNx ≠ 0, ∀x ∈ Ω Do điều kiện (A1) (A2) Bổ đề (3.1.2) thỏa mãn Định nghĩa đẳng cấu µ x+ H (x, µ ) = 1− µ ω ∫ ω J : Im Q → KerL, J (x) ≡ x ( g (t, ∫ −r ánh xạ H ( x, µ ) sau ) x(t + s) d α (s)) + e dt Do điều kiện (B1), ta có H ( x, µ ) ≠ 0, ∀x ∈ Ω , µ ∈ [0,1] Do ta có deg{JQN, Ω ∩ = KerL, 0} deg{H(x,1), Ω ∩ KerL, 0} ≠ , điều kiện (A3) Bổ đề (3.1.2) thỏa mãn Vậy theo Bổ đề (3.1.2), phương trình Lx = Nx có nghiệm x(t ) ∈ Ω ∩ D( L) hay phương trình (II) có nghiệm x(t) tuần hoàn chu kì ω Hệ 3.2.2 Giả sử m số chẵn tồn số C ≥ 0, M > thỏa mãn điều kiện sau ( C1* ) x( g (t , x) + e) > (hay x( g (t , x) + e) < 0) , t ∈ , x > M , ( C2* ) lim sup x →−∞ t∈ g(t, x) ≤C x Khi phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn chu kì ω − k > 2Cω m Định lí 3.2.3 Giả sử m số lẻ tồn số C ≥ 0, M > thỏa mãn điều kiện sau ( H1 ) x( g (t , x) + e) > (hay x( g (t , x) + e) < 0) , t ∈ , x > M , 49 ( H ) lim sup x →+∞ t∈ g(t, x) ≤C, x ( H ) sup f (y) ≤ y∈ Khi phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn chu kì ω − k > 2Cω m Chứng minh: Đặt Ω = {x | x ∈ D(L), Lx = λ Nx, λ ∈ (0,1)} Tương tự định lí (3.2.1), ta có ω x ≤ M + ∫ x '(s) ds, ∀x ∈ Ω1 ω x ≤ M + ω z −1 ∫ x ( z ) (t ) dt , ∀∈ Ω1 Tương tự đinh lí (3.2.1), ta có ∫ ω 0 g (t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt ≤ 2ω (C+ ε ) x + g ρ ω + ω e −r Mặt khác = 2z −1 Vì m số lẻ nên tồn số z( z ∈  + ) cho m Nhân hai vế (3.2) với x '(t ) lấy tích phân đoạn [0, ω ] từ giả thiết (H3), ta có ∫ ω ω ω x (z)= (t ) dt k ∫ x (z) (t − τ ) x (z) (t )dt + (−1) z −1 λ ∫ f ( x(t ))[ x '(t )]2 dt 0 ω ω +(−1) z −1 λ ∫ x '(t ) g(t, ∫ x(t + s) d α (s))dt + (−1) z −1 λ ∫ x '(t )e(t )dt −r ω ⇒ ∫ x (z) (t ) dt ≤ k ∫ ω 0 ω 0 −r x (z) (t − τ ) x (z) (t ) dt + ∫ x '(t ) g(t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt + ω x ' e (3.19) ω Vì x ≤ M + ∫0 x '(t) dt ≤ M + x ' áp dụng bất đẳng thức Holder (3.16),(3.19), ta có 50 ∫ ω x (z) (t ) dt = k ω 0 −r (∫ ω ) (∫ x (z) (t ) dt ω −r −r x (z) (t ) dt + ∫ x '(t ) g(t, ∫ x(t + s) d α (s)) dt + ω x ' e ) ω ⇒ ∫ x (z) (t ) dt ≤ 2ω (C+ ε ) x ' + d1 x ' 1− k (3.20) M (C+ ε ) + g ( = , d1 ρ +e+ e )ω 1− k Từ (3.18) (3.20) ta có ∫ ω x (z) (t ) dt ≤ 2ω z − (C+ ε ) 1− k (∫ ω ) +dω x (z) (t ) dt z −2 ∫ ω x ( z ) (t ) (3.21) ω 2ω m (C+ ε ) ω (z) ≤ x (t ) dt + d1ω z − ∫ x ( z ) (t ) ∫ 0 1− k Do − k > 2Cω m nên tồn số ε > cho − k > 2(C + ε )ω m Suy tồn số M1 (không phụ thuộc vào λ x) cho ∫ ω x (z) (t ) dt ≤ M Do tồn số dương M , M cho x ≤ M + ω z −1 ω M = M x ' ≤ ω z − ω M = M3 } Ω= {x ∈ ∂Ω ∩ KerL}  max{M , M } += Đặt = M 1, Ω {x : x < M Ta có = QNx g (t, ∫ ω∫ ( ω 0 −r ) x(t + s) d α (s)) + e dt  g (t, x(t + s) d α (s)) + e ≠ (do điều kiện (B1)) Nếu x = ± M ∫− r ⇒ QNx ≠ 0, ∀x ∈ Ω Do điều kiện (A1) (A2) Bổ đề (3.1.2) thỏa mãn Định nghĩa đẳng cấu µ x+ H (x, µ ) = 1− µ ω ∫ ω J : Im Q → KerL, J (x) ≡ x ( g (t, ∫ −r ) x(t + s) d α (s)) + e dt Do điều kiện (B1), ta có H ( x, µ ) ≠ 0, ∀x ∈ Ω , µ ∈ [0,1] 51 ánh xạ H ( x, µ ) sau Do ta có deg{JQN, Ω ∩ = KerL, 0} deg{H(x,1), Ω ∩ KerL, 0} ≠ , điều kiện (A3) Bổ đề (3.1.2) thỏa mãn Vậy theo Bổ đề (3.1.2), phương trình Lx = Nx có nghiệm x(t ) ∈ Ω ∩ D( L) hay phương trình (II) có nghiệm x(t) tuần hoàn chu kì ω Hệ 3.2.3 Giả sử m số lẻ tồn số C ≥ 0, M > thỏa mãn điều kiện sau ( H1* ) x( g (t , x) + e) > (hay x( g (t , x) + e) < 0) , ∀ t ∈ , x > M , ( H 2* ) lim sup x →−∞ t∈ g(t, x) ≤C, x ( H 3* ) sup f (y) ≤ 0, y ∈  Khi phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn chu kì ω − k > 2Cω m 52 KẾT LUẬN Trong qua trình làm luận văn, học thêm lí thuyết bậc ToPo trường toán tử L-compact ứng dụng việc chứng minh tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân hàm bậc cao phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến bậc cao Bản luận văn trình bày sở hai báo (“Periodic Solutions for a Class of n-th Order Functional Differential Equations” Bing Song, LiJun, and Jinde Cao, năm 2011 “Periodic solutions for a higher order nonlinear neutral functional differential equation” Yanling Zhu, năm 2011) Qua trình nghiên cứu thu số kết sau: Đối = x (n) (t) với n −1 ∑ b [x i =0 i (i ) phương trình vi phân hàm bậc cao có dạng : = bi , i 0,1, , n − số, k số (t)]k + f (t, x(t − τ (t))) + p(t) , dương lẻ, f ∈ C1 ( , ), p ∈ C(, ) với p(t + T) = p (t) tồn nghiệm tuần hoàn thỏa mãn số điều kiện, điều thể qua định lí từ định lí 2.2.1 đến định lí 2.2.11 trình bày chương II Đối với phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến có dang: (Ax)(m) (t = ) f (x(t)) x'(t) + g(t, ∫ x(t + s )dα (s)) + e(t) −r ,trong ( A x)(t) = x(t) − kx(t − τ ) , f ∈ C (, ) , g ∈ C ( , ) hàm tuần hoàn đối số đầu với chu kì ω > , e ∈ C (, ) tuần hoàn với chu kì ω , r > 0, m số nguyên dương, k ,τ ∈  hai số, α :[− r, 0] →  hàm có biến phân bị chặn , tồn nghiệm tuần hoàn thỏa mãn số điều kiện, điều thể qua định lí từ định lí 3.2.1 đến định lí 3.2.3 trình bày chương III 53 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Lê Hoàn Hóa (2010), Định lí điểm bất động ứng dụng để nghiên cứu tồn nghiệm phường trình [2] Nguyễn Bích Huy (2010), Giáo trình Giải tích phi tuyến [3] Nguyễn Phương Nam (2011), Lý thuyết bậc topo ứng dụng ( luận văn thạc sĩ Toán học, Đại học Khoa học tự nhiên, TP Hồ Chí Minh Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Lê Hoàn Hóa) Tiếng Anh [4] Bing Song, LiJun, and Jinde Cao , “Periodic Solutions for a Class of n-th Order Functional Differential Equations”, International Journal of Differential Equations, 2011 [5] Yanling Zhu , “Periodic solutions for a higher order nonlinear neutral functional differential equation”, International Joural of Computational and Mathematical Sciences, 2011 54 [...]... 0 với mọi (t , x) ∈ (0,1) × D(L) ∩ ∂Ω Do đó điều kiện của định lí (1.5.5) được thỏa mãn Vậy Lx = Tx có nghiệm trên D( L) ∩ Ω 17 ra 0 và Lx − tTx = CHƯƠNG 2: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO Trong chương này chúng ta nghiên cứu sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương = x (n) (t) trình n −1 ∑ b [x i =0 (i ) i vi phân hàm bậc cao có (t)]k + f (t, x(t − τ (t))) + p(t) , dạng dưới đây:... k +1 Khi đó phương trình (I) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn chu kì T Chứng minh: Xét phương trình = Lx λ Nx, λ ∈ (0,1) , (2.6) trong đó L và N được định nghĩa ở (1.10) Đặt Ω1 = {x ∈ D(L) \ KerL, Lx = λ Nx, λ ∈ (0,1)} (2.7) Với x ∈ Ω1 , ta có 2s = x ( n ) (t) λ ∑ bi [x (i ) (t)]k + λ f (t, x(t − τ (t))) + λ p(t ), λ ∈ (0,1) (2.8) i =0 Nhân cả hai vế của (2.8) với x(t), rồi lấy tích phân trên đoạn... 0) là số lẻ 1.5 Sự tồn tại nghiệm của phương trình toán tử Gọi X, Y là các không gian định chuẩn thực, L : D(L) ⊆ X → Y là ánh xạ Fredholm tuyến tính chỉ số 0 và Ω ⊂ X là tập con mở bị chặn với D(L) ∩ Ω ≠ ∅ 13 Định lí 1.5.1 Gọi 0 ∈ Ω và Ω là tập đối xứng qua 0 và T : Ω → Y là L-Compact Nếu Lx − Tx ≠ t (− L x − T (− x)) với mọi (t, x) ∈ (0,1] × D(L) ∩ ∂Ω thì Lx − Tx = 0 có nghiệm trên  D ( L ) ∩ Ω Chứng... hẹp của T2 trên Ker( L) ∩ Ω Khi đó Lx = T1 x có nghiệm trên D( L) ∩ Ω Chứng minh: Đặt H= L − T2 và gọi Q : Y → Y là phép chiếu sao cho Im(Q) = Z và Ker(Q) = Im( L) Khi đó QT2 = T2 và Hx = 0 khi và chỉ khi QHx = 0, (I− Q) H x = 0 , nghĩa là T2 x = 0 và Lx = 0 Do đó từ giả (2) và mệnh đề (1.4.4), ta có T2 , Ω, 0) deg(TKer ( L ) , Ω ∩ K er( L), 0) ≠ 0 DJ (L −= Từ định lí (1.5.2) suy ra Lx = T1 x có nghiệm. .. L) ⊕ Im(Q) Khi đó thu hẹp Lp của L trên D( L) ∩ Ker( P) là song ánh vào Im( L) và ánh xạ ngược của nó K p : Im( L) → D( L) ∩ Ker( P) xác định Ta kí hiệu K PQ : Y → D( L) ∩ Ker( P) là ánh xạ ngược tổng quát của L định bởi = K PQ K P ( I − Q) Mệnh đề 1.3.2 Cho X là không gian Banach và T : X → X là ánh xạ tuyến tính bị chặn Khi đó, dim( Ker(T )) < ∞ và Im(T ) là đóng khi và chỉ khi với mọi xn ∈ B(0,1)... 0 và ( I − Q )( Lx + Tx ) = 0 , ta gặp mâu thuẫn Do T là L-Compact nên bậc Leray Schauder deg( I − P + ( JQ + K PQ )T , Ω, 0) xác định tốt và ta định nghĩa: 0) deg( I − P + ( JQ + K PQ )T , Ω, 0) gọi là bậc trùng lặp của L và –T trên DJ ( L + T , Ω, = Ω ∩ D( L) Nhận xét: 1/ Nếu dim( = X ) dim(Y ) < +∞ và ta lấy L = 0 thì bất kì ánh xạ T liên tục trên Ω là Lj F = JT và ta có Compact Nếu lấy P = I và. .. = }, 0) deg( I − Tε , Ω ∩ Fε }, 0) và bậc được định nghĩa ở 1 1 2 2 (1.2.3) là xác định tốt Tổng quát, nếu p ∉ ( I − T )(∂Ω) , ta xác định deg( I − T , Ω, = p ) deg( I − T − p, Ω, 0) Định lí 1.2.4 Bậc Leray Schauder có các tính chất : (1)(Tính chuẩn) deg( I , Ω, 0) = 1 khi và chỉ khi 0 ∈ Ω (2)(Tính khả nghiệm) Nếu deg( I − T , Ω, 0) ≠ 0 thì phương trình Tx = x có nghiệm trong Ω (3)(Tính đồng luân)... (T , Ω, 0) = deg(T , Ω, 0) là bậc Brouwer 2/ Nếu X = Y và lấy L = I thì bất kì ánh xạ T compact liên tục trên Ω là L-Compact Nếu lấy P= Q= 0 thì K= I= , J 0 :{0} → {0} PQ và J H PQ F= I + T Do đó DJ ( L + T , Ω, 0) = deg( I + T , Ω, 0) là bậc Laray Schauder Định lí 1.4.2 Bậc trùng lặp của L và –T trên Ω có các tính chất: (1) Nếu Ω1 , Ω 2 là các tập mở không giao nhau của Ω sao cho 0 ∉ F ( D( L) ∩... chiều hữu hạn; 9 (2) Im( L) là đóng và Co ker( L) = Y / Im( L) có số chiều hữu hạn - Khi L là ánh xạ Fredholm, chỉ số của nó kí hiệu Ind(L) là số nguyên, được xác định = bởi : Ind ( L ) dim( Ker(( L)) − dim(Co ker( L)) - Giả sử L là ánh xạ Fredholm Từ định nghĩa trên và từ những kết quả cơ bản của Giải tích hàm tuyến tính, tồn tại những phép chiếu liên tục: P : X → X và Q : X → X thỏa mãn: Im( P) = Ker(... thành phần liên thông của E \ (I− T)(∂Ω) và deg(I− T, Ω, Ui ) là deg(I− T, Ω, z) với mọi z ∈ U i Định lí 1.2.6 Cho E là không gian Banach, E0 là tập con đóng của E và Ω ⊂ E là tập con mở bị chặn Nếu T : Ω → E0 là ánh xạ compact liên tục và p ∈ E0 thì deg(I− T, Ω, p= ) deg(I− T, Ω ∩ E0 , p) 1.3 Ánh xạ Fredholm Định nghĩa 1.3.1 Cho X và Y là các không gian định chuẩn thực Một ánh xạ tuyến tính L : D( L) ... trình vi phân tồn nghiệm phương trình vi phân hàm Hiểu tầm quan trọng vấn đề nên chọn đề tài” Nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân hàm bậc cao phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến bậc cao. .. phạm vi nghiên cứu luận văn tập trung nghiên cứu tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân hàm bậc cao phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến bậc cao có dạng sau: a/ Phương trình vi phân hàm. .. GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Quang Phục NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TRUNG HÒA PHI TUYẾN BẬC CAO Chuyên