Mục lục 0.1 Tổng quan tình hình nghiên cứu thuộc lĩnh vực đề tài nước: 0.2 Tính cấp thiết đề tài: 0.3 Mục tiêu đề tài: 0.4 Cách tiếp cận: 0.5 Phương pháp nghiên cứu: 0.6 Đối tượng phạm vi nghiên cứu: 0.7 Nội dung nghiên cứu: Chương Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu Chương Ví dụ minh họa 16 Tài liệu tham khảo 19 Thông tin kết nghiên cứu: Kết nghiên cứu nhận đăng tạp chí quốc tế Note di Matematica, Italy Mở đầu 0.1 Tổng quan tình hình nghiên cứu thuộc lĩnh vực đề tài nước: Mô hình toán học tượng di truyền Miranda Pascali mô tả sau: Au(x, t) = u Bu(x, t), t , (0.1) đó, u = u(x, t), (x, t) ∈ R × [0, +∞) hàm cần tìm thỏa vài điều kiện đầu t = 0, A B toán tử vi phân tích phân Chẳng hạn, t Bu(x, t) = u(x, τ )dτ, (0.2) B phương trình (0.1) gọi toán tử di truyền Phương trình (0.1) xem phương trình di truyền học Một vài trường hợp đặc biệt (0.1) nghiên cứu Volterra vào đầu kỷ XX (xem [9] tài liệu tham khảo đó) Trong trường hợp đơn giản, B toán tử đồng nhất, Eder [2] chứng minh tồn nghiệm toán u (t) = u(u(t)) (0.3) Sau đó, Si Cheng [8], [10] [11] thu định lí tồn nghiệm cho phương trình tổng quát u (t) = u(at + bu(t)), (0.4) phương trình αt + βu (t) = u(at + bu (t)), (0.5) đó, a = b = số phức, u : C → C hàm phức cần tìm Nói chung, phương trình dạng (0.1) thu hút quan tâm nhiều tác giả Nhiều nghiên cứu ta tìm thấy [1], [4]-[7] tài liệu tham khảo báo Mục lục Trong [4], Miranda Pascali chứng minh tồn tính nghiệm địa phương phương trình  ∂ ∂2    u(x, t) = k1 u u(x, t) + k2 u(x, t), t ,   ∂t ∂t2 (0.6) u(x, 0) = α(x),      ∂ u(x, 0) = β(x), ∂t đó, ki ≡ ki (x, t), i = 1, 2, số thực cho trước, α(x) β(x) hàm bị chặn liên tục Lipschitz Kết nghiên cứu đề tài xem tổng quát kết nghiên cứu [4] 0.2 Tính cấp thiết đề tài: Di truyền học môn sinh học, nghiên cứu tính di truyền biến dị sinh vật, có vị trí vai trò đặc biệt người Các nhà khoa học giới đưa mô hình di truyền học nghiên cứu tượng dạng khác Một mô hình thú vị phương trình vi phân đạo hàm riêng ứng dụng di truyền học thuộc dạng tự tham chiếu nhận quan tâm nhiều nhà toán học giới 0.3 Mục tiêu đề tài: Nghiên cứu mô hình toán học di truyền học thuộc dạng tự tham chiếu, có định hướng ứng dụng thực tiễn 0.4 Cách tiếp cận: Thông qua việc tìm hiểu lịch sử nghiên cứu vấn đề mô hình (0.1), kết nghiên cứu trình bày [1], [2], [4], [5]-[11] danh mục tài liệu tham khảo báo đó, cuối tác giả đưa kết tổng quát toán nghiên cứu [4] 0.5 Phương pháp nghiên cứu: Trong đề tài này, tác giả sử dụng công cụ đại toán học như: giải tích hàm, phương trình đạo hàm riêng, 0.6 Đối tượng phạm vi nghiên cứu: Phương trình vi phân đạo hàm riêng tự tham chiếu ứng dụng di truyền học Mục lục 0.7 Nội dung nghiên cứu: Nghiên cứu tồn nghiệm tính nghiệm toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu Chương Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu Trong đề tài này, chứng minh tồn nghiệm địa phương toán  2   ∂ u(x, t) = µ1 u ∂ u(x, t) + µ2 u ∂ u(x, t) + µ3 u(x, t), t , t ,    ∂t2 ∂t2 ∂t2 (1.1) u(x, 0) = p(x)      ∂ u(x, 0) = q(x), ∂t đó, p q hàm cho trước, µi , i = 1, 2, 3, số thực cho trước, x ∈ R t ∈ [0, T ], T > Để nghiên cứu toán (1.1), ta xét toán  t τ ∂2 ∂2    u(x, s) + µ u u(x, s) u(x, t) = u (x, t) + µ u   ∂s2 ∂s2  0      u (x, t) = p(x) + tq(x), + µ3 u(x, s), s , s dsdτ, (1.2) x ∈ R t ∈ [0, T ] Ta có định lí sau: Định lí Nếu u nghiệm liên tục toán (1.2), nghiệm toán (1.1) Vì vậy, ta nghiên cứu toán (1.2) Để đơn giản, ta giả sử |µ1 | = |µ2 | = |µ3 | = Ta thu kết sau: Định lí Giả sử p and q hàm bị chặn liên tục Lipschitz R Cho σ số Lipschitz p σ < Khi đó, tồn số dương T0 cho toán (1.2) có nghiệm, ký hiệu u∞ (x, t), R × [0, T0 ] Hơn nữa, hàm u∞ (x, t) liên tục Lipschitz bị chặn theo biến x ∈ R t ∈ [0, T0 ] Chứng minh Để chứng minh định lí này, ta sử dụng phương pháp lặp Phép chứng minh bao gồm bước sau Chương Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu8 • Bước 1: Dãy lặp hàm Chúng ta định nghĩa dãy hàm thực (un )n xác định với x ∈ R, t ∈ [0, T ], với T > 0, sau: u0 (x, t) = p(x) + tq(x), τ t µ1 u0 µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s dsdτ, u1 (x, t) = u0 (x, t) + τ t ∂2 ∂2 u (x, s) + µ u un (x, s) n n ∂s2 ∂s2 µ1 u n un+1 (x, t) = u0 (x, t) + 0 (1.3) + µ3 un (x, s), s , s dsdτ • Bước 2: Chứng minh tính bị chặn (un ) Từ tính bị chặn p, q qui nạp ta có |un (x, t)| ≤ eT p L∞ + q L∞ , n ∈ N, t ∈ [0, T ] (1.4) • Bước 3: Chứng minh un Lipschitz theo biến thứ Do p q liên tục Lipschitz nên ta có |p(x) − p(y)| ≤ σ|x − y|, ∀ x, y ∈ R, |q(x) − q(y)| ≤ ω|x − y|, ∀ x, y ∈ R, (1.5) < σ, ω số thực (với σ < giả thiết) Từ (1.5), ta suy |u0 (x, t) − u0 (y, t)| ≤ σ + tω |x − y| := L0 (t)|x − y|, (1.6) L0 (t) := σ + tω Và t τ |u1 (x, t) − u1 (y, t)| ≤ L0 (t)|x − y| + µ1 u0 (µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s) 0 − µ1 u0 (µ2 u0 (µ3 u0 (y, s), s), s) dsdτ t ≤ τ L30 (s)dsdτ L0 (t) + |x − y| := L1 (t)|x − y|, L1 (t) := L0 (t) + t τ C0 (s)dsdτ, với C0 (t) := L30 (t) (1.7) Chương Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu9 Hơn ∂2 ∂2 u (x, t) − u1 (y, t) ≤ L0 (t) µ2 u0 (µ3 u0 (x, t), t) − µ2 u0 (µ3 u0 (y, t), t) ∂t2 ∂t2 ≤ L20 (t) µ3 u0 (x, t) − µ3 u0 (y, t) ≤ L30 (t)|x − y| := C0 (t)|x − y| Qui nạp theo n ta thu |un+1 (x, t) − un+1 (y, t)| ≤ Ln+1 (t)|x − y|, ∂2 ∂2 u (x, t) − un+1 (y, t) ≤ Cn (t)|x − y|, n+1 ∂t2 ∂t2 (1.8) Cn (t) := Ln (t) + L2n (t) Cn−1 (t) + L3n (t), t (1.9) τ Cn−1 (s)dsdτ, n ≥ Ln (t) := L0 (t) + 0 Ta định nghĩa: Dãy (vn ) dãy dừng theo biến x |vn+1 (x, t) − (x, t)| ≤ fn (t), (fn ) dãy hàm thực không âm, xác định [0, T ] Nếu fn = f với n, ta nói (vn ) dãy dừng theo x ∂ • Bước 4: (un ) ( ∂t un ) dãy dừng theo x Thật vậy, ta có t τ |u1 (x, t) − u0 (x, t)| = µ1 u0 µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s t τ ≤ p = dsdτ L∞ +t q L∞ dsdτ (1.10) t p L∞ + t3 q L∞ := A1 (t), ∂2 ∂2 u (x, t) − u0 (x, t) = µ1 u0 µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s ∂t2 ∂t2 ≤ p L∞ + t q L∞ := B1 (t) (1.11) Từ (1.10) (1.11), ta suy t τ A1 (t) := B1 (s)dsdτ 0 (1.12) Chương Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu10 Qui nạp đến bước thứ n, ta thu |un+1 (x, t) − un (x, t)| ≤ An+1 (t) (1.13) ∂2 ∂2 u (x, t) − un (x, t) ≤ Bn+1 (t), n+1 ∂t2 ∂t2 (1.14) τ t Bn+1 (s)dsdτ, An+1 (t) := 0 (1.15) Bn+1 (t) := + Ln−1 (t) + L2n−1 (t) An (t) + Ln−1 (t) + L2n−1 (t) Bn (t), n ≥ ∂ Trong bước sau, ta chọn T0 cho (un ) ( ∂t un ) dãy dừng • Bước 5: Sự tồn nghiệm địa phương Vì σ < 1, ta tìm T0 > 0, < M < 1, < h < cho t ∈ [0, T0 ], ta có σ + tω + M t2 t2 ≤ M < 2M < h; M + 2M ≤ 1; 2M + (1 + 2M ) < h 2 (1.16) Từ (1.16) qui nạp ta thu Cn (t) ≤ M, Ln+1 (t) ≤ σ + tω + M (1.17) t2 ≤ M Khi đó, ta suy B2 (t) ≤ A1 (t)(1 + M + M ) + B1 (t)(M + M ) τ t B1 (s)dsdτ + B1 (t)(M + M ) ≤ (1 + M + M ) 0 t2 ≤ B1 L∞ (1 + M + M ) + B1 t2 ∞ ≤ B1 L + 2M + 2M ≤ B1 L∞ h L∞ (M + M 2) (1.18) Từ (1.18) ta suy B2 L∞ ≤ B1 L∞ h (1.19) Chương Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu11 Tương tự, ta có t2 + M + M + B2 L∞ (M + M ) t2 ≤ B2 L∞ + 2M + 2M ≤ B2 L∞ h B3 (t) ≤ B2 L∞ (1.20) Suy B3 L∞ ≤ B2 L∞ h (1.21) Từ (1.19)-(1.21), qui nạp đến bước thứ n, ta có Bn+1 L∞ ≤ Bn L∞ h (1.22) Hơn nữa, từ (1.15) ta suy An+1 L∞ ≤ Bn+1 L∞ T02 Từ kết (1.22), ta thấy dãy suy tồn φ∞ cho ∂2 un → φ∞ ∂t2 R × [0, T0 ] (1.23) Bn+1 (t) hội tụ tuyệt đối đều, từ (1.14) ta (1.24) Tương tự, từ (1.13)) (1.23), ta kết luận u∞ cho An+1 (t) hội tụ tuyệt đối, tồn un → u∞ (1.25) R × [0, T0 ] Ta ý |u∞ (x, t) − u∞ (y, t)| ≤ M |x − y| Bây giờ, ta chứng minh u∞ (x, t) nghiệm (1.2) Thật vậy, µ1 u n ∂2 ∂2 u (x, t) + µ u un (x, t) + µ3 un (x, t), t , t n n ∂t2 ∂t2 − µ1 u∞ φ∞ (x, t) + µ2 u∞ φ∞ (x, t) + µ3 u∞ (x, t), t , t ≤ u n − u∞ + µ2 u n L∞ ∂2 un (x, t) − φ∞ (x, t) ∂t2 +M ∂2 un (x, t) + µ3 un (x, t), t − µ2 u∞ φ∞ (x, t) ∂t2 + µ3 u∞ (x, t), t ≤ un − u∞ + L∞ + M + M2 ∂2 un − φ∞ ∂t2 L∞ M + M → n → ∞ (1.26) Existence and uniqueness of a local solution By integrating the partial differential equation in (1.8), we obtain the following integral equation: t τ ∂2 ∂2 u(x, s)+µ u u(x, s)+µ3 u(x, s), s , s dsdτ, ∂s2 ∂s2 0 (2.1) where u0 (x, t) = p(x) + tq(x) and x ∈ R and t ∈ [0, T ] µ1 u u(x, t) = u0 (x, t)+ The following theorem is so clear that its proof is omitted Theorem 2.1 If u is a continuous solution of problem (2.1), then it is also a solution of problem (1.8) This theorem allows us to consider problem (2.1) only in the rest of this paper For simplicity, we assume that |µ1 | = |µ2 | = |µ3 | = Now we state our main result Theorem 2.2 Assume that p and q are bounded and Lipschitz continuous on R Let σ be the lipschitz constant of p and assume that σ < Then there exists a positive constant T0 such that problem (2.1) has a unique solution, denoted by u∞ (x, t), in R × [0, T0 ] Moreover, the function u∞ (x, t) is also bounded and Lipschitz continuous with respect to each of variables x ∈ R and t ∈ [0, T0 ] Proof To prove this theorem, we use an iterative algorithm The proof includes some steps as below Step 1:An iterate sequence of functions We define the following sequence of real functions (un )n defined for x ∈ R, t ∈ [0.T ] for T > : u0 (x, t) = p(x) + tq(x), t τ u1 (x, t) = u0 (x, t) + µ1 u0 µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s dsdτ, t τ un+1 (x, t) = u0 (x, t) + µ1 un 0 ∂2 ∂2 un (x, s) + µ2 un un (x, s) ∂s ∂s2 (2.2) + µ3 un (x, s), s , s dsdτ Step 2: Proof of the boundedness of (un ) With simple calculations, taking into account the boundedness of p and q, we get |u0 (x, t)| ≤ |p(x)| + t|q(x)| ≤ p L∞ +t q L∞ , t τ |u1 (x, t)| ≤ |u0 (x, t)| + µ1 u0 (µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s) dsdτ 0 t ≤ p +t q L∞ L∞ p = 1+ t2 2! p t τ L∞ τ + + t+ t3 3! q L∞ +s q L∞ dsdτ L∞ Moreover, |u2 (x, t)| ≤ |u0 (x, t)| + µ1 u1 0 ∂2 ∂2 u (x, s) + µ u u1 (x, s) ∂s2 ∂s2 + µ3 u1 (x, s), s , s dsdτ t ≤ p L∞ = 1+ +t q t2 t4 + 2! 4! τ s3 s2 p L∞ + s + 2! 3! 0 t t p L∞ + t + + q L∞ 3! 5! L∞ + 1+ q L∞ dsdτ By induction on n we find |un (x, t)| ≤ eT p L∞ + q L∞ , n ∈ N, t ∈ [0, T ] (2.3) Step 3: Every un is lipschitz with respect to the first variable From the Lipschitz continuity of p and q |p(x) − p(y)| ≤ σ|x − y|, ∀ x, y ∈ R, |q(x) − q(y)| ≤ ω|x − y|, ∀ x, y ∈ R (2.4) where < σ, ω are real numbers (with σ < as in the hypotheses) Using (2.4), we derive |u0 (x, t) − u0 (y, t)| ≤ |p(x) − p(y)| + t|q(x) − q(y)| ≤ σ + tω |x − y| := L0 (t)|x − y|, where L0 (t) := σ + tω (2.5) In addition, t τ |u1 (x, t) − u1 (y, t)| ≤ L0 (t)|x − y| + µ1 u0 (µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s) 0 − µ1 u0 (µ2 u0 (µ3 u0 (y, s), s), s) dsdτ t ≤ τ L30 (s)dsdτ L0 (t) + (2.6) |x − y| := L1 (t)|x − y|, t τ 0 where L1 (t) := L0 (t) + Moreover C0 (s)dsdτ, with C0 (t) := L30 (t) ∂2 ∂2 u (x, t) − u1 (y, t) ≤ L0 (t) µ2 u0 (µ3 u0 (x, t), t) − µ2 u0 (µ3 u0 (y, t), t) ∂t2 ∂t2 ≤ L20 (t) µ3 u0 (x, t) − µ3 u0 (y, t) ≤ L30 (t)|x − y| := C0 (t)|x − y| Similarly, we have |u2 (x, t) − u2 (y, t)| t τ ≤ L0 (t)|x − y| + + µ2 u1 ∂2 ∂2 u (x, s) − u1 (y, s) ∂s2 ∂s2 L1 (s) ∂2 ∂s2 u1 (x, s) + µ3 u1 (x, s), s − µ2 u1 t L1 (s) L30 (s)|x − y| + L1 (s) L30 (s)|x − y| + L1 (s)|x − y| t ≤ L1 (s) + L21 (s) C0 (s) + L31 (s) dsdτ t := dsdτ τ L0 (t) + τ L0 (t) + C1 (s)dsdτ dsdτ τ ≤ L0 (t)|x − y| + ∂2 u1 (y, s) + µ3 u1 (y, s), s ∂s2 |x − y| := L2 (t)|x − y|, where t τ L2 (t) := L0 (t) + C1 (s)dsdτ, 0 |x − y| (2.7) C1 (t) := L1 (t) + L21 (t) C0 (t) + L31 (t) Moreover ∂2 ∂2 u (x, t) − u2 (y, t) ∂t2 ∂t2 ∂2 ∂2 ∂2 u (x, t) − u (y, t) + µ u u1 (x, t) ≤ L1 (t) 1 ∂t2 ∂t2 ∂t2 ∂2 + µ3 u1 (x, t), t − µ2 u1 u1 (y, t) + µ3 u1 (y, t), t ∂t2 ∂2 ∂2 ≤ L1 (t) L30 (t)|x − y| + L1 (t) u (x, t) − u1 (y, t) ∂t2 ∂t2 + |µ3 u1 (x, t) − µ3 u1 (y, t)| ≤ L1 (t) + L21 (t) L30 (t) + L31 (t) |x − y| = L1 (t) + L21 (t) C0 (t) + L31 (t) |x − y| := C1 (t)|x − y| Repeating the previous calculation for u3 we get |u3 (x, t) − u3 (y, t)| t τ ≤ L0 (t)|x − y| + L2 (s) + µ2 u2 ∂2 ∂s2 u2 (x, s) + µ3 u2 (x, s), s − µ2 u2 t ≤ ∂2 u2 (y, s) + µ3 u2 (y, s), s ∂s2 (L2 (s) + L22 (s) C1 (s) + L32 (s)dsdτ t τ L0 (t) + C2 (s)dsdτ dsdτ τ L0 (t) + := ∂2 ∂2 u (x, s) u2 (y, s) ∂s2 ∂s2 |x − y| := L3 (t)|x − y|, where t τ L3 (t) := L0 (t) + C2 (s)dsdτ, 0 |x − y| (2.8) and C2 (t) := L2 (t) + L22 (t) C1 (t) + L32 (t) We have also ∂2 ∂2 u3 (x, t) − u3 (y, t) ≤ C2 (t)|x − y| ∂t ∂t Next, we procede by induction Let L0 (t) := σ + tω and C0 (t) := L30 (t), Cn (t) := Ln (t) + L2n (t) Cn−1 (t) + L3n (t) t (2.9) τ Cn−1 (s)dsdτ, n ≥ Ln (t) := L0 (t) + 0 From (2.5) − (2.8), by induction on n, we obtain ∂2 ∂2 u (x, t)− un+1 (y, t) ≤ Cn (t)|x−y| n+1 ∂t2 ∂t2 (2.10) |un+1 (x, t)−un+1 (y, t)| ≤ Ln+1 (t)|x−y|, We introduce a definition We call (vn ) a stationary sequence in x if |vn+1 (x, t) − (x, t)| ≤ fn (t), where (fn ) is a non-negative sequence of real function defined on [0, T ] If fn = f for all n, we say that (vn ) is uniformly stationary sequence in x ∂ Step 4: (un ) and ( ∂t un ) are stationary sequence in x Direct calculations show that t τ |u1 (x, t) − u0 (x, t)| = µ1 u0 µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s τ t ≤ = t2 dsdτ p L∞ +t q + t3 q L∞ dsdτ (2.11) p L∞ L∞ := A1 (t) ∂2 ∂2 u (x, t) − u0 (x, t) = µ1 u0 µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s ∂t2 ∂t2 ≤ p L∞ + t q L∞ := B1 (t) (2.12) From (2.11) and (2.12), we deduce t τ A1 (t) := B1 (s)dsdτ 0 (2.13) |u2 (x, t) − u1 (x, t)| t τ ≤ A1 (s) + L0 (s) 0 + µ2 u0 t ∂2 ∂2 u (x, s) − u0 (x, s) ∂s2 ∂s2 ∂2 u1 (x, s) + µ3 u1 (x, s), s ∂s2 ∂2 − µ2 u0 u0 (x, s) + µ3 u0 (x, s), s ∂s2 (2.14) dsdτ τ + L0 (s) + L20 (s) A1 (s) + L0 (s) + L20 (s) B1 (s) dsdτ ≤ 0 := A2 (t) ∂2 ∂2 u (x, t) − u1 (x, t) ∂t2 ∂t2 ∂2 ∂2 ∂2 ≤ A1 (t) + L0 (t) u (x, t) − u (x, t) + µ u u1 (x, t) ∂t2 ∂t2 ∂t2 ∂2 + µ3 u1 (x, t), t − µ2 u0 u0 (x, t) + µ3 u0 (x, t), t ∂t2 (2.15) ≤ A1 (t) + L0 (t) + L20 (t) + L0 (t) + L20 (t) B1 (t) := B2 (t) Combining (2.14) and (2.15) gives t τ A2 (t) := B2 (s)dsdτ (2.16) From (2.11) and (2.14), by inducting on n, we derive |un+1 (x, t) − un (x, t)| ≤ An+1 (t) (2.17) ∂2 ∂2 u (x, t) − un (x, t) ≤ Bn+1 (t), n+1 ∂t2 ∂t2 (2.18) and where t τ An+1 (t) := Bn+1 (s)dsdτ, 0 Bn+1 (t) := + Ln−1 (t) + L2n−1 (t) An (t) + Ln−1 (t) + L2n−1 (t) Bn (t), n ≥ (2.19) 10 In the following step, we select T0 for which we prove also that (un ) and are uniformly stationary sequences Step 5: Existence of a local solution Because σ < 1, we can find T0 > 0, < M < 1, < h < such that for t ∈ [0, T0 ], we have ∂2 ( ∂t un ) σ + tω + M t2 t2 ≤ M < 2M < h; M + 2M ≤ 1; 2M + (1 + 2M ) < h (2.20) 2 From (2.20) we obtain L0 (t) = σ + tω ≤ M, t τ t2 ≤ M, 0 τ t2 M + M + M dsdτ ≤ σ + tω + M ≤ M, 3 C0 (t) = L0 (t) ≤ M ≤ M, M dsdτ = σ + tω + M L1 (t) ≤ σ + tω + t L2 (t) ≤ σ + tω + C1 (t) ≤ M + M M + M = M (M + 2M ) ≤ M, C2 (t) ≤ M + M M + M = M (M + 2M ) ≤ M (2.21) Now, by induction on n, we conclude that Cn (t) ≤ M, Ln+1 (t) ≤ σ + tω + M t2 ≤ M (2.22) Hence we derive B2 (t) ≤ A1 (t)(1 + M + M ) + B1 (t)(M + M ) t τ ≤ (1 + M + M ) B1 (s)dsdτ + B1 (t)(M + M ) 0 t2 ≤ B1 L∞ (1 + M + M ) + B1 t2 ≤ B1 L∞ + 2M + 2M ≤ B1 L∞ h L∞ (M + M 2) (2.23) From (2.23) we obtain B2 L∞ ≤ B1 L∞ h (2.24) 11 By a similar argument, we get t2 + M + M + B2 L∞ (M + M ) t2 ≤ B2 L∞ + 2M + 2M ≤ B2 L∞ h B3 (t) ≤ B2 L∞ (2.25) So B3 L∞ ≤ B2 L∞ h (2.26) From (2.24) and (2.26), by induction on n, we conclude that Bn+1 L∞ ≤ Bn L∞ h (2.27) In addition, from (2.19) we deduce An+1 L∞ ≤ Bn+1 L∞ T02 (2.28) Due to (2.27), we see the series Bn+1 (t) converges absolutely and uniformly, hence by (2.18) there exists φ∞ such that ∂2 un → φ∞ ∂t2 (2.29) uniformly in R × [0, T0 ] Similarly, from (2.17)) and (2.28), we conclude that solutely and uniformly and there exists u∞ such that An+1 (t) converges ab- un → u∞ (2.30) uniformly in R × [0, T0 ] We remark that |u∞ (x, t) − u∞ (y, t)| ≤ M |x − y| Now we are proving that u∞ (x, t) is a solution of (2.1) It is clear that µ1 un ∂2 ∂2 un (x, t) + µ2 un un (x, t) + µ3 un (x, t), t , t ∂t ∂t2 − µ1 u∞ φ∞ (x, t) + µ2 u∞ φ∞ (x, t) + µ3 u∞ (x, t), t , t ≤ un − u∞ + L∞ 1+M +M ∂2 un − φ∞ ∂t2 L∞ M + M → as n → ∞ (2.31) 12 From 2.31, we deduce that t τ µ1 u∞ u∞ (x, t) = u0 (x, t) + φ∞ (x, s) + µ2 u∞ φ∞ (x, s) (2.32) + µ3 u∞ (x, s), s , s dsdτ Moreover, we have ∂2 u∞ (x, t) ∂t2 ∂2 ∂2 ∂2 ≤ φ∞ − un ∞ + u (x, t) − u∞ (x, t) n ∂t ∂t2 ∂t2 L ∂2 ≤ φ∞ − un ∞ + un−1 − u∞ L∞ + M + M2 ∂t L → as n → ∞ φ∞ (x, t) − (2.33) Hence, t τ u∞ (x, t) = u0 (x, t) + µ1 u∞ 0 + µ2 u∞ ∂2 u∞ (x, s) ∂s2 ∂2 u∞ (x, s) + µ3 u∞ (x, s), s , s dsdτ, ∂s2 (2.34) for all x ∈ R, t ∈ [0, T0 ] Then u∞ is a solution of (2.1) in R × [0, T0 ] Step 6: Uniqueness of the local solution u∞ We assume that there exists another 13 lipschitz solution u (x, t) of (2.1) Then |u (x, t) − u∞ (x, t)| t τ ≤ u 0 − u∞ + u∞ − u∞ ∂2 u (x, s) + u ∂t2 ∂2 ∂2 u (x, s) + u u (x, s) + u (x, s), s , s ∂t2 ∂t2 ∂2 ∂2 u (x, s) + u u (x, s) + u (x, s), s , s ∂t2 ∂t2 ∂2 ∂2 u (x, s) + u u∞ (x, s) + u∞ (x, s), s , s ∞ ∞ ∂t2 ∂t2 t τ u − u∞ ≤ +M L∞ dsdτ ∂2 ∂2 u (x, s) − u∞ (x, s) ∂s ∂s ∂2 ∂2 u (x, s) + u (x, s), s − u u∞ (x, s) + u∞ (x, s), s ∞ ∂t2 ∂t2 + u t τ u − u∞ ≤ +M L∞ dsdτ ∂2 ∂2 u (x, s) − u∞ (x, s) ∂s2 ∂s2 ∂2 ∂2 u (x, s) + u (x, s), s − u u (x, s) + u (x, s), s ∞ ∂t2 ∂t2 + u ∂2 ∂2 u (x, s) + u (x, s), s − u u∞ (x, s) + u∞ (x, s), s ∞ ∂t2 ∂t2 + u∞ t τ ≤ u − u∞ +M L∞ ∂2 ∂2 u − u∞ ∂s2 ∂s2 +M t ∂2 ∂2 u − u∞ ∂s2 ∂s2 + u − u∞ L∞ + u − u∞ dsdτ L∞ L∞ dsdτ L∞ τ + M + M2 ≤ ∂2 u (x, s) + u (x, s), s , s ∂t2 u − u∞ L∞ + M + M2 ∂2 ∂2 u − u∞ ∂s2 ∂s2 L∞ dsdτ (2.35) 14 Additionally, ∂2 ∂2 u (x, t) − u∞ (x, t) ∂t2 ∂t2 ∂2 ∂2 u (x, t) + u u (x, t) + u (x, t), t , t = u ∂t2 ∂t2 − u∞ ∂2 ∂2 u∞ (x, t) + u∞ u∞ (x, t) + u∞ (x, t), t , t ∂t ∂t2 ≤ u ∂2 u (x, t) + u ∂t2 ∂2 u (x, t) + u (x, t), t , t ∂t2 − u∞ ∂2 u (x, t) + u ∂t2 ∂2 u (x, t) + u (x, t), t , t ∂t2 + u∞ − u∞ ∂2 u (x, t) + u (x, t), t , t ∂t2 ∂2 u (x, t) + u ∂t2 ∂2 ∂2 u (x, t) + u u∞ (x, t) + u∞ (x, t), t , t ∞ ∞ ∂t2 ∂t2 ≤ u − u∞ L∞ ∂2 ∂2 u (x, t) − u∞ (x, t) ∂t2 ∂t2 +M ∂2 ∂2 u (x, t) + u (x, t), t − u u∞ (x, t) + u∞ (x, t), t ∞ ∂t2 ∂t2 + u ≤ u − u∞ ∂2 + u ∂t2 + u∞ L∞ ∂2 ∂2 u − u∞ ∂t2 ∂t2 +M u (x, t) + u (x, t), t − u∞ L∞ ∂ ∂t2 u (x, t) + u (x, t), t ∂2 ∂2 u (x, t) + u (x, t), t − u u∞ (x, t) + u∞ (x, t), t ∞ ∂t2 ∂t2 ≤ u − u∞ L∞ ∂2 ∂2 u − u∞ ∂t2 ∂t2 +M + u − u∞ L∞ ∂2 ∂2 u (x, t) − u∞ (x, t) + |u (x, t) − u∞ (x, t)| ∂t2 ∂t2 +M ≤ u − u∞ + L∞ + M + M2 ∂2 ∂2 u − u∞ ∂t2 ∂t2 ≤ + 2M u − u∞ L∞ L∞ M + M2 + 2M ∂2 ∂2 u − u∞ ∂t2 ∂t2 L∞ L∞ (2.36) 15 From (2.36), we deduce ∂2 ∂2 u − u∞ ∂t2 ∂t2 L∞ ≤ + 2M u − u∞ − 2M L∞ (2.37) From (2.3), (2.35) and (2.37), we deduce |u (x, t) − u∞ (x, t)| ≤ + 2M − 2M T02 u − u∞ This shows that u∞ ≡ u∗ and the proof is complete L∞ (2.38) QED Remark 2.1 It is clear that a trivial example for problem (1.8) is that u(x, t) = is a solution for p(x) = q(x) = Remark 2.2 In this paper, we only consider the existence and uniqueness of a local solution to problem (1.8) It is of course interesting to investigate the behavior of this solution for some special cases of the initial more regular data p and q We not think that such problems are trivial Remark 2.3 A numerical algorithm for problem (1.8) is still open We believe that various specific differential equations with self-reference of the general form Au(x, t) = u (Bu(x, t), t) , where A : X → R and B : X → R are two functionals, X is a function space, u = u(x, t), (x, t) ∈ R × [0, +∞) is an unknown function, can be solved numerically A remark for particular initial data Now we present a particular situation that show as the initial value are very important in the study the iterative procedure considered in previous section, in particular if we assume p(x) = p0 , q(x) = q0 ; p0 and q0 are two given real constants Now, suppose p(x) = p0 and q(x) = q0 , where p0 and q0 are two given real constants We consider, as in previous section u0 (x, t) = p0 + tq0 , (3.1) 16 and remark that t τ u0 (u0 (u0 (x, s), s), s)dsdτ u1 (x, t) = u0 (x, t) + 0 t τ u0 (u0 (p0 + sq0 , s), s)dsdτ = u0 (x, t) + 0 t τ = p0 + tq0 + (3.2) (p0 + sq0 )dsdτ 0 t2 t3 + q0 t3 t2 + q0 t + 1+ 2! 3! = p0 + tq0 + p0 = p0 Therefore ∂2 u1 (x, t) = p0 + tq0 = u0 (x, t) ∂t2 (3.3) In addition, we get t τ ∂2 ∂2 u (x, s) + u u1 (x, s) 1 ∂s2 ∂s2 u1 u2 (x, t) = u0 (x, t) + 0 + u1 (x, s), s , s dsdτ t τ = u0 (x, t) + p0 0 t t4 + q0 + 2! 4! Now, by induction on k we obtain = p0 + k uk (x, t) = p0 i=0 s3 s2 + q0 s + 1+ 2! 3! t t t+ + 3! 5! t2i + q0 (2i)! k i=0 (3.4) dsdτ t2i+1 (2i + 1)! We deduce t k τ uk+1 (x, t) = u0 (x, t) + p0 k = p0 + i=0 i=0 t2i+2 (2i + 2)! s2i + q0 (2i)! k + q0 t + i=0 k i=0 t2i+1 dsdτ (2i + 1)! (3.5) t2i+3 (2i + 3)! From (3.1) − (3.5) we obtain n un (x, t) = p0 i=0 t2i + q0 (2i)! n i=0 t2i+1 , (2i + 1)! (3.6) 17 ∂2 un+1 (x, t) = un−1 (x, t) ∂t2 Letting n go to infinity, for all t ∈ [0, T ], T > 0, we get u (x, t) = Cet , p0 = q0 = C t2n p0 ∞ n=0 (2n)! + q0 (3.7) ∞ t2n+1 n=0 (2n+1)! = p0 cosh t + q0 sinh t, p0 = q0 (3.8) But it is easy to prove that u∗ are solution of (1.8) The functions u∗ are solution of the ordinary differential equation u ¨(t) = u(t) Hence we have the following situation The problem (2.1) generated an integral equation; starting from non-constant initial condition (so that almost one of p, q depend explicitely on x) the iteration procedure give a local solution of problem (2.1) But starting from constant initial condition (p and q togheter constant) the same iteration procedure give a solution of a different problem This seem to be a very interesting situation References [1] Eder E.: The functional-differential equation x (t) = x(x(t)), J Differ Equ 54, 390–400 (1984) [2] W T Li, S Zhang: Classification and existence of positive solutions of higer order nonlinear iterative functional differential equations, J Comput Appl Math.,139, 351367(2002) [3] U V Lˆe and E Pascali: An existence theorem for self-referred and hereditary differential equations, Adv Differential Equations Control Process 1, 25–32 (2008) [4] J G Si and S S Cheng: Analytic solutions of a functional-differential equation with state dependent argument, Taiwanese J Math 4, 471–480 (1997) [5] M Miranda and E Pascali: On a class of differential equations with self-reference, Rend Mat., serie VII, 25, Roma 155-164 (2005) [6] M Miranda and E Pascali: On a type of evolution of self-referred and hereditary phenomena, Aequationes Math 71, 253–268 (2006) [7] E Pascali: Existence of solutions to a self-referred and hereditary system of differential equations, Electron J Diff Eqns Vol 2006 No 07, pp 1–7 (2006) [8] X P Wang, J G Si: Smooth solutions of a nonhomogeneous iterative functional differential equation with variable coefficients, J Math Anal Appl 226, 377–392 (1998) [9] X Wang, J G Si and S S Cheng: Analytic solutions of a functional differential equation with state derivative dependent delay, Aequationes Math 1, 75–86 (1999) [10] U V Lˆe and L T T Nguyen: Existence of solutions for systems of self-referred and hereditary differential equations, Electron J Diff Eqns Vol 2008 51, pp 1–7 (2008) [11] Stanek, Svatoslav: Global properties of solutions of the functional differential equation u(t)u (t) = kx (x(t)) , < |k| < 1, Funct Differ Equ 9, 527-550 (2002) 18 [12] Slenak, Benat: On the smooth parameter-dependence of the solutions of abstract functional differential equations with state-dependent delay, Funct Differ Equa., 17, 253-293 (2010) [13] A Domoshnitsky; A Drakhlin; E Litsyn: On equations with delay depending on solution, Nonlinear Anal., 49, 489-701(2002) [14] A Domoshnitsky; A Drakhlin; E Litsyn: Nonocillation and positivity of solutions to first order state-dependent differential equations with impulses in variable moments., J Differential Equations, 288 no 1, 39-48 (2006) [15] F Hartung: Linearized stability in periodic functional differential equations with statedependent delays, J Comput Anal Math., 174 no 2, 201-211 (2005) [16] Stanek, Svatoslav: On global properties of solutions of the equation u (t) = au (t − bu(t)), Hokkaido Math J 30, 75–89 (2001) [17] Stanek, Svatoslav: Global properties of decreasing solutions for the equation u (t) = u (u(t)) − bu(t), b ∈ (0, 1), Soochow J Math 26, 123–134 (2000) [18] Stanek, Svatoslav: Global properties of increasing solutions for the equation u (t) = u (u(t)) − bu(t), b ∈ (0, 1), Soochow J Math 26, 37–65 (2000) [19] Stanek, Svatoslav: Global properties of solutions of iterative-differential equations, Funct Differ Equ 5, 463–481 (1998) [20] Stanek, Svatoslav: Global properties of decreasing solutions of the equation u (t) = u (u(t)) + u(t), Funct Differ Equ 4, 191–213 (1997) [21] Stanek, Svatoslav: On global properties of solutions of functional differential equation u (t) = u (u(t)) + u(t), Dynamical Systems and Appl 4, 263–278 (1995) [22] N M Tuan, N T T Lan: On solutions of a system of hereditary and self-referred partial-differential equations, Numer Algor., DOI 10.1007/s11075-009-9360 (2010) [23] P K Anh, N T T Lan, N M Tuan: Solutions to systems of partial differential equations with weighted self-reference and heredity Electron J Diff Eqns Vol 2012(2012), No 117, pp 1-14 ISSN: 1072-6691 [24] V Volterra: Opere Matematiche: Memorie e note, Vol V, 1926-1940, Accad Naz Lincei Roma (1962) [...]... ∂t2 L∞ L∞ (1.31) Chương 1 Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu1 5 Từ (1.31), ta suy ra ∂2 ∂2 u − u∞ ∂t2 ∂t2 L∞ ≤ 1 + 2M u − u∞ 1 − 2M L∞ (1.32) Từ (1.4), (1.30) và (1.32), ta thu được |u (x, t) − u∞ (x, t)| ≤ 1 + 2M 1 − 2M T02 u − u∞ 2 L∞ Điều này suy ra u∞ ≡ u∗ và phép chứng minh kết thúc (1.33) Chương 2 Ví dụ minh họa Từ bài toán (1.1), chúng ta xét trường... s , s dsdτ, ∂s2 (1.29) với mọi x ∈ R, t ∈ [0, T0 ] Vậy u∞ là một nghiệm của (1.2) trong R × [0, T0 ] Bước 6: Tính duy nhất của nghiệm địa phương u∞ Ta giả sử tồn tại một nghiệm Chương 1 Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu1 3 Lipschitz khác u (x, t) của (1.2) Khi đó, |u (x, t) − u∞ (x, t)| τ t ≤ u 0 0 − u∞ + u∞ − u∞ ∂2 u (x, s) + u ∂t2 ∂2 ∂2 u (x, s) + u... − u∞ ∂s2 ∂s2 + u − u∞ L∞ L∞ τ 1 + M + M2 ≤ 0 ∂2 u (x, s) + u (x, s), s , s ∂t2 u − u∞ L∞ 0 + M + M2 ∂2 ∂2 u − u∞ ∂s2 ∂s2 L∞ dsdτ + u − u∞ L∞ dsdτ dsdτ L∞ Chương 1 Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu1 4 Thêm vào đó, ∂2 ∂2 u (x, t) − u∞ (x, t) ∂t2 ∂t2 ∂2 ∂2 = u u (x, t) + u u (x, t) + u (x, t), t , t ∂t2 ∂t2 − u∞ ∂2 ∂2 u (x, t) + u u∞ (x, t) + u∞ (x, t), t...Chương 1 Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu1 2 Từ (1.26), ta suy ra t τ u∞ (x, t) = u0 (x, t) + µ1 u∞ φ∞ (x, s) + µ2 u∞ φ∞ (x, s) 0 0 (1.27) + µ3 u∞ (x, s), s , s dsdτ Hơn nữa, ta có ∂2 ∂2 ∂2 ∂2 u (x, t)... t2i+1 , (2i + 1)! (2.6) ∂2 un+1 (x, t) = un (x, t) ∂t2 (2.7) Cho n → ∞, với mọi t ∈ [0, T ], T > 0, ta có u (x, t) = Cet , p0 = q0 = C t2n p0 ∞ n=0 2n! + q0 ∞ t2n+1 n=0 (2n+1)! = p0 cosh t + q0 sinh t, p0 = q0 (2.8) Ta dễ dàng chứng minh được u∗ là nghiệm của (1.1) Các hàm u∗ là nghiệm của phương trình vi phân u¨(t) = u(t) Kết luận và kiến nghị Vi c nghiên cứu đề tài này giúp tăng cường năng lực nghiên... clear that a trivial example for problem (1.8) is that u(x, t) = 0 is a solution for p(x) = q(x) = 0 Remark 2.2 In this paper, we only consider the existence and uniqueness of a local solution to problem (1.8) It is of course interesting to investigate the behavior of this solution for some special cases of the initial more regular data p and q We do not think that such problems are trivial Remark 2.3... show as the initial value are very important in the study the iterative procedure considered in previous section, in particular if we assume p(x) = p0 , q(x) = q0 ; p0 and q0 are two given real constants Now, suppose p(x) = p0 and q(x) = q0 , where p0 and q0 are two given real constants We consider, as in previous section u0 (x, t) = p0 + tq0 , (3.1) 16 and remark that t τ u0 (u0 (u0 (x, s), s), s)dsdτ... for second order partial differential equations with self-reference, Note di Matematica, Italy (2014) [4] M Miranda, E Pascali: On a class of differential equations with self-reference, Rend Mat., serie VII, 25, Roma 155-164 (2005) [5] M Miranda, E Pascali: On a type of evolution of self-referred and hereditary phenomena, Aequationes Math 71, 253–268 (2006) [6] E Pascali: Existence of solutions to a self-referred... second order partial differential equations with self-reference Nguyen T.T Lan Faculty of Mathematics and Applications, Saigon University, 273 An Duong Vuong Str., Ward 3, district 5, Ho Chi Minh City, Viet Nam nguyenttlan@sgu.edu.vn; nguyenttlan@gmail.com Received: ; accepted: Abstract In this paper, we study the local existence and uniqueness of the solution to an initial-value problem... bu (t) , http://siba-ese.unisalento.it/ c 2014 Universit`a del Salento 2 where α and β are complex numbers Existence theorems are established for the analytic solutions, and systematic methods for deriving explicit solutions are also given In [11], Stanek studied maximal solutions of the functional-differential equation u(t)u (t) = ku (u(t)) (1.3) with 0 < |k| < 1 Here u : I ⊂ R → R is a real unknown ... tính nghiệm toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu Chương Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu Trong đề tài này,... chứng minh bao gồm bước sau Chương Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu8 • Bước 1: Dãy lặp hàm Chúng ta định nghĩa dãy hàm thực (un )n xác định với x... (1.18) Từ (1.18) ta suy B2 L∞ ≤ B1 L∞ h (1.19) Chương Bài toán giá trị đầu cho phương trình vi phân đạo hàm riêng cấp hai tự tham chiếu1 1 Tương tự, ta có t2 + M + M + B2 L∞ (M + M ) t2 ≤ B2 L∞ +