Một lớp phương trình vi tích phân với điều kiện ban đầu không cục bộ

37 10 0
  • Loading ...
1/37 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 23/11/2016, 20:54

LỜI CẢM ƠN Nhân dịp luận văn hoàn thành em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS TRẦN ĐÌNH KẾ tận tình hướng dẫn em trình thực luận văn Em xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng sau đại học, toàn thể thầy giáo, cô giáo Khoa Toán Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, động viên giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi để em có điều kiện tốt suốt trình học tập, thực đề tài nghiên cứu khoa học Do thời gian kiến thức có hạn nên luận văn không tránh khỏi hạn chế thiếu sót định Em xin chân thành cảm ơn nhận ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn học viên Hà Nội, ngày 19 tháng 06 năm 2013 Tác giả Nguyễn Đức Nhật LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan, hướng dẫn TS Trần Đình Kế, luận văn tốt nghiệp “Một lớp phương trình vi tích phân với điều kiện ban đầu không cục bộ” hoàn thành nhận thức thân tác giả không trùng với luận văn khác Trong trình làm luận văn, kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, ngày 19 tháng 06 năm 2013 Tác giả Nguyễn Đức Nhật Mục lục MỞ ĐẦU 1 Tính giải toán 1.1 Tính giải 1.2 Sự phụ thuộc liên tục 16 Cấu trúc tập hợp nghiệm 20 2.1 Tính giải 20 2.2 Cấu trúc tập hợp nghiệm 22 2.3 Áp dụng 28 KẾT LUẬN 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO 32 ii MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Phương trình vi tích phân dạng t F (t − s)x(s)ds + g(t, x(t)), t ∈ J := [0, T ], x (t) = A x(t) + (1) mô hình tổng quát nhiều toán thực tế Một số toán truyền nhiệt "có nhớ" mô tả phương trình ∂2 xt (t, y) = x(t, y) + ∂y t b(t − s)x(s, y)ds + g(t, y) (2) Phương trình (1.1) kết hợp với điều kiện không cục (nonlocal): x(0) + h(x) = x0 (3) trở thành toán Cô-si tổng quát, nhiều nhà toán học quan tâm năm gần Về phương diện toán học, toán Cô-si không cục (1.1)-(1.2) đặt hai khó khăn Trước tiên, việc tìm giải thức cho toán tuyến tính tương ứng khó thực Tiếp theo, điều kiện không cục (1.2) tạo rào cản kỹ thuật nghiên cứu toán tử nghiệm Với mục tiêu tìm hiểu cách tiếp cận cho toán Cô-si không cục phương trình vi tích phân, lựa chọn đề tài "Một lớp phương trình vi tích phân với điều kiện ban đầu không cục bộ" làm mục tiêu nghiên cứu Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu tính giải tính chất tập hợp nghiệm toán Cô-si không cục với phương trình vi tích phân tổng quát không gian Banach; - Tìm hiểu số phương pháp giải tích hàm phi tuyến MỤC LỤC Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu lý thuyết điểm bất động cho ánh xạ nén; Tìm hiểu lý thuyết giải thức; Nghiên cứu tính giải toán Cô-si không cục Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu toán Cô-si không cục phương trình vi tích phân • Phạm vi nghiên cứu: tính giải được, cấu trúc hình học tập hợp nghiệm Phương pháp nghiên cứu Sử dụng công cụ kết lý thuyết nửa nhóm, giải thức suy rộng độ đo không compact (MNC) Dự kiến đóng góp Sử dụng cách tiếp cận tương tự, luận văn tiếp tục phát triển để giải toán với phương trình vi tích phân có trễ Chương Tính giải toán Xét toán t F (t − s)x(s)ds + g(t, x(t)), t ∈ J := [0, T ], x (t) = A x(t) + (1.1) x(0) + h(x) = x0 (1.2) Trong x(t) lấy giá trị không gian Banach X; F (t), với t ∈ J, toán tử tuyến tính X; hàm g : J × X → X h : C(J; X) → X cho trước Trong mô hình trên, A phần tử sinh nửa nhóm liên tục mạnh S(·) X Ta biết phương trình (1.1) với g = g(t) phát sinh từ ứng dụng thực tế Chẳng hạn, phương trình truyền nhiệt có nhớ ∂2 xt (t, y) = x(t, y) + ∂y t b(t − s)x(s, y)ds + g(t, y), x(0, y) = x0 , (1.3) t ∈ R y ∈ [0, a] ⊂ R (xem [3]) Hơn nữa, ta thay điều kiện ban đầu x(0, y) = x0 điều kiện không cục (1.2), ta có mô tả tốt thông tin ban đầu hệ Một ví dụ h là: p + h(x) = ci x(ti ), (1.4) i=1 với ci (i = 1, , p) số ≤ t1 < < ≤ T Một ví dụ khác h: p h(x) = Ki x(ti ), i=1 (1.5) Ki : X → X toán tử tuyến tính Liên quan đến (1.3), trường hợp X = L2 (0, a), toán tử Ki cho a Ki x(ti , y) = ki (ξ, y)x(ti , ξ)dξ, (1.6) với ki (i = 1, , p) hàm liên tục Bài toán (1.1)-(1.2) với F = nghiên cứu nhiều công trình Trong công trình [4, 5, 6] kết tồn nghiệm chứng minh nhờ vào định lý điểm bất động Banach, g h thỏa mãn điều kiện Lipschitz Với giả thiết Carathéodory g, tác giả báo [7] chứng minh tính giải S(t) compact Mặc dù vậy, công trình [8], điều kiện Lipschitz không đặt ra, việc chứng minh tính compact toán tử nghiệm gặp nhiều khó khăn t → S(t), trường hợp tổng quát, không liên tục [0, T ], S(t) compact Ta biết rằng, trường hợp F = 0, nghiệm (1.1)-(1.2) J định nghĩa t x(t) = S(t)[x0 − h(x)] + S(t − s)g(s, x(s))ds, t ∈ J Trong trường hợp F = 0, để xác định nghiệm toán ta cần xác định giải thức hệ t F (t − s)x(s)ds , t ∈ J x (t) = A x(t) + (1.7) Họ toán tử R(·) : J → L(X) gọi giải thức (1.7) thỏa mãn R(0) = I, toán tử đồn X, Với v ∈ X, hàm t → R(t)v liên tục J, Nếu Y không gian Banach xác định D(A) (miền xác định A), với chuẩn đồ thị, R(t) ∈ L(Y ), R(·)y ∈ C (J; X) ∩ 1.1 TÍNH GIẢI ĐƯỢC C(J; Y ) với y ∈ Y t d R(t)y = A R(t)y + dt F (t − s)R(s)yds t R(t − s)AF (s)ds, t ∈ J = R(t)Ay + Sự tồn họ giải thức đề cập công trình [15] Chú ý từ định nghĩa giải thức nguyên lý bị chặn đều, ta tìm số CR < +∞ cho sup R(t) L(X) ≤ CR (1.8) t∈J Khi nghiệm toán ban đầu cho t x(t) = R(t) x0 − h(x) + R(t − s)g(s, x(s))ds, t ∈ J (1.9) 1.1 Tính giải Định nghĩa 1.1 Cho E không gian Banach (A, ) tập thứ tự phần Một hàm β : P(E) → A gọi độ đo không compact (MNC) E thỏa mãn β(co Ω) = β(Ω) với tập bị chặn Ω ∈ P(E), co Ω bao lồi đóng Ω Độ đo β gọi i) đơn điệu, Ω0 , Ω1 ∈ P(E) thỏa mãn Ω0 ⊂ Ω1 , kéo theo β(Ω0 ) β(Ω1 ); ii) không kỳ dị, β({a} ∪ Ω) = β(Ω) với a ∈ E, Ω ∈ P(E); iii) bất biến với nhiễu compact, β(K ∪ Ω) = β(Ω) với tập compact tương đối K ⊂ E Ω ∈ P(E); Giả sử A nón không gian định chuẩn, ta nói β iv) nửa cộng tính đại số, β(Ω0 + Ω1 ) Ω0 , Ω1 ∈ P(E); β(Ω0 ) + β(Ω1 ) với 1.1 TÍNH GIẢI ĐƯỢC v) quy, đẳng thức β(Ω) = tương đương với tính compact tương đối Ω Ví dụ tiêu biểu MNC độ đo không compact Hausdorff, đô đo thỏa mãn tất tính chất nêu trên: χ(Ω) = inf{ε : Ω có ε-lưới hữu hạn} Các ví dụ khác MNC không gian hàm liên tục C(J; X) (xác định J, lấy giá trị X): (i) mô-đun không compact theo lát cắt γ(Ω) = sup χ(Ω(t)) (1.10) t∈J χ độ đo không compact Hausdorff X Ω(t) = {y(t) : y ∈ Ω}; (ii) mô-đun liên tục đồng bậc modC (Ω) = lim sup max δ→0 y∈Ω |t1 −t2 | cho ||h(x) − h(y)||X ≤ h0 ||x − y||C Từ giả thiết này, ta suy độ tăng h: ||h(x)||X ≤ h0 ||x||C + ||h(0)||X (2.1) h thỏa mãn (H1) Giả sử χC độ đo không compact Hausdorff C(J; X) Ta có ||Φ∗ (x)(t) − Φ∗ (y)(t)||X = ||R(t)[h(x) − h(y)]||X ≤ CR h0 ||x − y||C , với t ∈ J, Φ∗ xác định (1.15) Do ||Φ∗ (x) − Φ∗ (y)||C ≤ CR h0 ||x − y||C Ta biết (xem [16]) điều kiện (H2’) suy χC (Φ∗ (Ω)) ≤ CR h0 χC (Ω), (2.2) với tập bị chặn Ω ⊂ C(J; X) Ta sử dụng tính chất sau: với tập bị chặn Ω ⊂ C(J; X), ta có 20 2.1 TÍNH GIẢI ĐƯỢC • χ(Ω(t)) ≤ χC (Ω), với t ∈ J; • Ω tập liên tục đồng bậc (modC (Ω) = 0) χC (Ω) = sup χ(Ω(t)) (= γ(Ω)) t∈J Định lý 2.1 Giả sử g thỏa mãn (G1)-(G3) h thỏa mãn (H2’) Nếu ta có T := CR (h0 + k(s)ds) < 1, (2.3) T CR h0 + CR µ(s)ds lim inf r→∞ Ψ(r) < 1, r (2.4) toán (1.1)-(1.2) có nghiệm tích phân Chứng minh Như chứng minh Định lý 1.4, điều kiện (2.4) suy tồn hình cầu Br ⊂ C(J, X), r > 0, cho Ψ(Br ) ⊂ Br Để áp dụng Định lý 1.1, ta kiểm tra Ψ χC -nén Giả sử Ω ⊂ C(J; X) tập bị chặn thỏa mãn χC (Ψ(Ω)) ≥ χC (Ω) (2.5) Ta phải chứng minh Ω tập compact tương đối Chú ý Ψ(Ω) ⊂ Φ∗ (Ω) + Φ ◦ Ng (Ω), Φ∗ (Ω)(t) = R(t)[x0 − h(Ω)], t Φ ◦ Ng (Ω)(t) = { R(t − s)g(s, y(s))ds : y ∈ Ω} Do χC (Ψ(Ω)) ≤ χC (Φ∗ (Ω)) + χC (Φ ◦ Ng (Ω)) (2.6) Tính bị chặn Ω C(J; X) suy Ng (Ω) tập bị chặn L1 (J; X) Từ suy Φ ◦ Ng (Ω) tập liên tục đồng bậc ta 21 2.2 CẤU TRÚC CỦA TẬP HỢP NGHIỆM có χC (Φ ◦ Ng (Ω)) = sup χ(Φ ◦ Ng (Ω)(t)) t∈J t ≤ sup 2CR k(s)χ(Ω(s))ds, t∈J nhờ (G3) Vậy T χC (Φ ◦ Ng (Ω)) ≤ 2CR χC (Ω) k(s)ds (2.7) Kết hợp (2.2), (2.6) (2.7), ta đạt T χC (Ψ(Ω)) ≤ CR (h0 + k(s)ds)χC (Ω) Sử dụng (2.3) (2.5) ta có χC (Ω) ≤ χC (Ω) Do < 1, ta nhận đượcχC (Ω) = Tính quy χC đảm bảo Ω tập compact tương đối Nhận xét 2.1 Giả thiết (H2’) suy (H1)-(H3) Khi R(t) compact với t > 0, điều kiện (G3) bỏ (2.3) chuyển thành CR h0 < 1, điều kiện thực chất thỏa mãn có (2.4) Chú ý trường hợp χ(Φ ◦ Ng ({xn })(t)) = 0, với dãy bị chặn {xn } ⊂ C(J; X) với t ∈ J 2.2 Cấu trúc tập hợp nghiệm Ta nghiên cứu cấu trúc tập hợp nghiệm toán (1.1)(1.2) với giả thiết Định lý 2.1 trường hợp R(t), t > 0, compact Trước tiên ta cần nhắc lại số khái niệm 22 2.2 CẤU TRÚC CỦA TẬP HỢP NGHIỆM Định nghĩa 2.1 Một tập B không gian metric Y gọi co rút Y ánh xạ iB : B → Y đồng luân không, nghĩa là, tồn y0 ∈ Y hàm liên tục h : B × [0, 1] → Y cho h(y, 0) = y h(y, 1) = y0 với y ∈ B Ta sử dụng khái niệm quan trọng sau ([19]) Định nghĩa 2.2 Giả sử Y không gian metric, tập B ⊂ Y gọi có cấu trúc Rδ B biểu diễn dạng giao họ giảm tập compact, co rút Bổ đề sau cho ta cách kiểm tra tập có cấu trúc Rδ Bổ đề 2.1 ([20]) Giả sử X không gian metric, E không gian Banach V : X → E hàm chuẩn, nghĩa V liên tục có tính chất V −1 (K) compact với tập compact K ⊂ E Giả sử tồn dãy hàm {Vn } từ X vào E cho Vn hàm chuẩn {Vn } hội tụ V X; với y0 ∈ E cho trước với y thuộc lân cận N (y0 ) y0 E, tồn nghiệm xn phương trình Vn (x) = y Khi V −1 (y0 ) tập có cấu trúc Rδ Để sử dụng Bổ đề ta cần đến Định lý xấp xỉ Lasota-Yorke (xem [21]) Bổ đề 2.2 Giả sử E không gian định chuẩn, X không gian metric f : X → E hàm liên tục Khi với > 0, tồn làm Lipschitz địa phương f : X → E cho: f (x) − f (x) E < , với x ∈ X Định lý sau cho ta kết cấu trúc tập hợp nghiệm toán Định lý 2.2 Giả sử hàm g thỏa mãn (G1)-(G2) hàm h thỏa mãn (H2’) Nếu R(t) compact với t > T CR h0 + CR µ(s)ds lim inf r→∞ Υ(r) < 1, r tập hợp nghiệm toán (1.1)-(1.2) có cấu trúc Rδ 23 2.2 CẤU TRÚC CỦA TẬP HỢP NGHIỆM Chứng minh Theo Định lý 2.1 Chú ý 2.1, giả thiết Định lý 2.2 đảm bảo tồn nghiệm, có nghĩa, Fix(Ψ) = ∅ Ta chứng tỏ Fix(Ψ) tập dạng Rδ Xét hàm g Do Bổ đề 2.2, tồn dãy hàm {gn } cho • gn : J × X → X liên tục Lipschitz địa phương; • ||gn (t, η) − g(t, η)||X < n → ∞ n với (t, η) ∈ J × X, n →0 Không làm tính tổng quát, ta giả thiết ||gn (t, η)||X ≤ µ(t)Υ(||η||X ) + (2.8) với (t, η) ∈ J × X n ≥ Xét phương trình t x(t) = y(t) + R(t)[x0 − h(x)] + R(t − s)gn (s, x(s))ds, t ∈ J, (2.9) y ∈ C(J; X) hàm cho trước Đặt Ψn : C(J; X) → C(J; X) cho t Ψn (x)(t) = y(t) + R(t)[x0 − h(x)] + R(t − s)gn (s, x(s))ds, t ∈ J Lý luận chứng minh Định lý 2.1 Chú ý 2.1, ta có Ψn có tính chất χC -nén Ngoài ra, sử dụng ước lượng Định lý 1.4, ta tìm hình cầu Br , r > 0, cho Ψn (Br ) ⊂ Br , nhờ có (2.8) Do đó, Ψn có điểm bất động theo Định lý 1.1 phương trình (2.9) có nghiệm Hơn nữa, h(·) hàm Lipschitz gn (t, ·) hàm Lipschitz địa phương, nghiệm (2.9) Đặt t Vn (x)(t) = x(t) − [R(t)(x0 − h(x)) + R(t − s)gn (s, x(s))ds], t V (x)(t) = x(t) − [R(t)(x0 − h(x)) + R(t − s)g(s, x(s))ds], t ∈ J, 24 2.2 CẤU TRÚC CỦA TẬP HỢP NGHIỆM ta thấy {Vn } hội tụ V C(J; X) Ngoài ra, với y ∈ C(J; X) cho trước, phương trình Vn (x) = y có nghiệm, điểm bất động toán tử Ψn đề cập Ta phải chứng minh V Vn hàm chuẩn Ta chứng minh cho Vn , trường hợp V chứng minh tương tự Rõ ràng, Vn hàm liên tục Giả sử K ⊂ C(J; X) tập compact Vn (Ω) = K Ta chứng minh Ω tập compact C(J; X) Do Vn liên tục K đóng, ta suy Ω đóng Giả sử {xj } dãy Ω, ta chọn dãy {yj } ⊂ K cho Vn (xj ) = yj Tức là, t xj (t) = yj (t) + R(t)[x0 − h(xj )] + R(t − s)gn (s, xj (s))ds, t ∈ J (2.10) Ta chứng tỏ {xj } dãy bị chặn Thật vậy, ||xj (t)||X ≤ ||yj (t)||X + CR (||x0 ||X + h0 ||xj ||C + ||h(0)||X ) t µ(s)Υ(||xj (s)||X ) + ds, + CR nhờ có (H2’) (2.8) Do ||xj ||C ≤ ||yj ||C + CR (||x0 ||X + ||h(0)||X ) + T CR T + CR h0 ||xj ||C + CR Υ(||xj ||C ) µ(s)ds Nếu {xj } không bị chặn tồn dãy (vẫn ký hiệu {xj }) cho ||xj ||C → +∞ j → +∞ Khi 1≤ ||yj ||C + CR (||x0 ||X + ||h(0)||X ) + T CR ||xj ||C T + CR h0 + CR µ(s)ds 25 Υ(||xj ||C ) ||xj ||C 2.2 CẤU TRÚC CỦA TẬP HỢP NGHIỆM Qua giới hạn bất đẳng thức cuối j → +∞, ta nhận điều mâu thuẫn với giả thiết định lý Bây từ (2.10), ta có χC ({xj }) ≤ χC ({yj }) + χC (R(·)h({xj })) + χC (Φ ◦ Ngn ({xj })) (2.11) Sử dụng lý luận chứng minh Định lý 2.1 Chú ý 2.1, ta χC Φ ◦ Ngn ({xj }) = sup χ Φ ◦ Ngn ({xj })(t) = 0, t∈J χC (R(·)h({xj })) = sup χ(R(t)h({xj })) ≤ CR h0 χC ({xj }) t∈J Thế vào (2.11) sử dụng tính chất {yj } dãy compact ta có χC ({xj }) ≤ CR h0 χC ({xj }) Do CR h0 < 1, ta nhận χC ({xj }) = Vậy {xj } tập compact tương đối C(J; X) ta đến kết luận Ω compact, Vn hàm chuẩn Cuối cùng, ý Fix Ψ = V −1 (0), từ Bổ đề 2.1, ta có Fix Ψ tập Rδ Nhận xét 2.2 Cấu trúc tô-pô tập nghiệm toán (1.1)-(1.2) trường hợp R(t) không compact toán mở Chú ý thêm trường hợp giải thức compact Sử dụng kỹ thuật báo [9], ta xem xét toán t F (t − s)x(s)ds + g(t, x(t)), t ∈ J := [0, T ], x (t) = A x(t) + (2.12) x(0) + hn (x) = x0 , (2.13) với hn (x) = R( n1 )h(x), n ∈ N\{0} Do h liên tục, hn hàm liên tục tuyệt đối (liên tục compact) Do hn thỏa mãn (H2)-(H3) Với 26 2.2 CẤU TRÚC CỦA TẬP HỢP NGHIỆM giả thiết (G1)-(G3), (H1) (1.27), toán (2.12)-(2.13) có nghiệm xn ∈ C(J; X) ra, t R(t − s)g(s, Ω(s))ds) χ(ΦNg (Ω)(t)) = χ( t ≤2 χ(R(t − s)g(s, Ω(s)))ds = 0 với tập Ω ⊂ C(J; X) Do ta bỏ điều kiện (G3) ta có toán tử nghiệm cho toán (2.12)-(2.13): t Ψn (x)(t) = R(t)[x0 − hn (x)] + R(t − s)g(s, x(s))ds ν-nén mà không cần giả thiết T CR (Ch + k(s)ds) < Ta có định lý sau Định lý 2.3 Giả sử R(t) compact với t > Với giả thiết (G1)(G2), (H1) (1.27), tập nghiệm toán (2.12)-(2.13) khác rỗng compact Sử dụng chứng minh [9], ta dãy {xn } nghiệm toán (2.12)-(2.13) tập compact Do qua giới hạn n → +∞ phương trình xn (t) = R(t)x0 − R(t)R( )h(xn ) + n t R(t − s)g(s, xn (s))ds, để nhận nghiệm toán (1.1)-(1.2) 27 2.3 ÁP DỤNG 2.3 Áp dụng Ta xem xét lớp phương trình vi tích phân ta tìm biểu diễn giải thức R(t) t ∂2 ∂u = [u(x, t) + ∂t ∂x a(t − s)u(x, s)ds] x f (t, y, u(y, t))dy, x ∈ (0, π), t ∈ (0, b], + (2.14) m αi u(x, ti ) = u0 , ti ∈ (0, b), u(x, 0) + (2.15) i=1 u(0, t) = u(π, t) = (2.16) Đặt X = L2 (0; π), D(A) = {z ∈ X : z z liên tục tuyệt đối, z(0) = z(π) = 0} A : D(A) → X, Az = z Khi A sinh nửa nhóm liên tục mạnh {S(t)}t≥0 X Ta biết {φn (x) = sin nx : n = 1, 2, } π sở trực chuẩn X dãy hàm riêng ứng với giá trị riêng {λn = n2 : n = 1, 2, } −A Xét phần tuyến tính (2.14)-(2.16): t ∂u ∂2 = [u(x, t) + a(t − s)u(x, s)ds], x ∈ [0, π], t ∈ [0, b] (2.17) ∂t ∂x u(x, 0) = u0 , (2.18) u(0, t) = u(π, t) = (2.19) Giả sử a ∈ C (0; b) u0 = (2.17)-(2.19) có dạng sau: ∞ n=1 γn φn Ta tìm giải thức sinh ∞ (R(t)u0 )(x) = u(x, t) = γn Tn (t)φn (x), n=1 Tn nghiệm phương trình t Tn (t) = −n a(t − s)Tn (s)ds , Tn (t) + 28 2.3 ÁP DỤNG ứng với điều kiện Tn (0) = Ta có Tn (λ) = , λ + n2 (1 + a(λ)) Tn a tương ứng biến đổi Laplace of Tn a Trong trường hợp a số, a < 0, ta có Tn (λ) = λ λ2 + n2 λ + n2 a Sau tính toán, ta Tn (t) = q(n) p(n) p(n)t e + eq(n)t , 2 2p(n) + n 2q(n) + n (2.20) √ √ 1 với p(n) = (−n2 + n n2 − 4a) q(n) = (−n2 − n n2 − 4a) 2 Theo giả thiết (HA), ta cần Tn thỏa mãn điều kiện: ∞ c2n < +∞ |Tn (t) − Tn (s)| ≤ cn |t − s|, với t, s ∈ (0, b], (2.21) n=1 Điều kiện thỏa mãn với Tn cho (2.20) Ta kiểm tra tính compact R(t) với t > Do phép nhúng H0 (0; π) ⊂ X compact, ta cần tìm điều kiện cho tập ∂ ∂ R(t)BX (0, r) = { R(t)v : ∂x ∂x v X ≤ r} bị chặn X Điều kiện thỏa mãn ∞ |nTn (t)|2 < +∞, for t > (2.22) n=1 Bất đẳng thức cuối thực với Tn cho (2.20) Với toán phi tuyến (2.14)-(2.16), ta thấy hàm h(u)(x) = m i=1 αi u(x, ti ) m thỏa mãn điều kiện Lipschitz với số h0 = i=1 αi Đặt g(t, v)(x) = x f (t, y, v(y))dy Khi hàm g thỏa mãn (G1)-(G2) ta giả thiết f : [0, b] × [0, π] × R → R liên tục tồn hàm µ ∈ L1 (0; b) cho |f (t, y, η)| ≤ µ(t)(1 + |η|), ∀t ∈ [0, b], y ∈ [0, π], η ∈ R 29 (2.23) 2.3 ÁP DỤNG Như [17], độ đo Hausdorff tập Ω ⊂ L2 (0; π) xác định χ(Ω) = lim sup max ||v − vω ||L2 (0;π) , δ→0 v∈Ω 0≤ω≤δ với vω ω-tịnh tiến of v: vω (x) = v(ω + x), ≤ x ≤ π − ω, π − ω ≤ x ≤ π, v(π), hoặc, theo cách khác, chọn vω hàm Steklov x+ω vω (x) = 2ω v(z)dz x−ω (v không [0, π]) Khi đó, điều kiện (G3) xác định bất đẳng thức x+ω f (t, y, v(y))dy ≤ k(t)|v(x) − vω (x)|, t ∈ [0, b]; x, ω ∈ [0, π], x (2.24) với hàm không âm k ∈ L (0; b) Áp dụng Định lý 2.1, ta có toán (2.14)-(2.15) có nghiệm (2.21), (2.23), (2.24) thực với điều kiện: b CR h0 + k(s)ds < 1, b CR h0 + µ(s)ds < Nếu giả thiết (2.22) thỏa mãn R(t) compact với t > 0, tập nghiệm (2.14)-(2.16) có cấu trúc Rδ (2.23) thỏa mãn b CR h0 + µ(s)ds theo Định lý 2.2 30 < 1, KẾT LUẬN Luận văn nghiên cứu lớp phương trình vi tích phân nửa tuyến tính tổng quát không gian Banach, hai vấn đề quan tâm bao gồm: Tính giải toàn cục điều kiện dạng Lipschitz suy rộng áp đặt lên hàm phi tuyến bao gồm nhiễu phi tuyến g hàm không cục h Trong trường hợp hàm cục h thỏa mãn điều kiện Lipschitz, cấu trúc tập hợp nghiệm ra, cụ thể nghiệm ứng với giá trị ban đầu tập có cấu trúc Rδ Luận văn phát triển cho lớp bao hàm thức vi phân có trễ ta thay hàm phi tuyến g hàm đa trị phụ thuộc trễ trạng thái Tài liệu tham khảo [1] Ke T.D., Obukhovskii V., Wong N.C., Yao J.C., On semilinear integro-differential equations with nonlocal conditions in Banach spaces, Abstract and Applied Analysis, Volume 2012 (2012), Article ID 137576, 26 pages [2] Gripenberg G., Londen S.-O., Staffans O., Volterra Integral and Functional Equations, Cambridge University Press, Cambridge, 1990 [3] Lin Y., Liu J H., Semilinear integrodifferential equations with nonlocal Cauchy problem, Nonlinear Anal TMA, 26 (1996), 10231033 [4] Byszewski L., Theorems about the existence and uniqueness of solutions of a semilinear evolution nonlocal Cauchy problem, J Math Anal Appl 162 (1991), 494-505 [5] Byszewski L., Lakshmikantham V., Theorem about the existence and uniqueness of a solution of a nonlocal abstract Cauchy problem in a Banach space, Appl Anal 40 (1990), 11-19 [6] Jackson D., Existence and uniqueness of solutions to semilinear nonlocal parabolic equations, J Math Anal Appl 172 (1993), 256-265 [7] Ntouyas S K., Tsamatos P Ch., Global existence for semilinear evolution equations with nonlocal conditions, J Math Anal Appl 210 (1997), pp 679-687 [8] Liu J H., A remark on the mild solutions of non-local evolution equations, Semigroup Forum 66 (2003), 63-67 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO [9] Fan Z., Li G., Existence results for semilinear differential equations with nonlocal and impulsive conditions, J Funct Anal 258 (2010), 170-172 [10] Burton T A., Volterra Integral and Differential Equations, Elsevier 2005 [11] Cordueanu C., Integral Equations and Applications, Cambridge University Press, Cambridge, 1991 [12] Sakthivel R., Nieto Juan J., Mahmudov N.I., Approximate controllability of nonlinear deterministic and stochastic systems with unbounded delay, Taiwanese J Math., 14 (2010) 1777-1797 [13] Sakthivel R., Anthoni S.M Kim J.H., Existence and controllability result for semilinear evolution integrodifferential systems, Math Compu Model., 41 (2005) 1005-1011 [14] Sakthivel R., Choi Q.H Anthoni S.M., Controllability of nonlinear neutral evolution integrodifferential systems, J Math Anal Appl., 275 (2002) 402-417 [15] Grimmer R., Resolvent operators for integral equations in a Banach space, Trans Amer Math Soc 273 (1982), 333-349 [16] Kamenskii M., Obukhovskii V., Zecca P., Condensing Multivalued Maps and Semilinear Differential Inclusions in Banach Spaces, de Gruyter Series in Nonlinear Analysis and Applications, vol 7, Walter de Gruyter, Berlin - New York, 2001 [17] Akhmerov R R., Kamenskii M I., Potapov A S., Rodkina A E., Sadovskii B N., Measures of Noncompactness and Condensing Operators, Birkh¨auser, Boston-Basel-Berlin, 1992 [18] Jesús G.-F., Existence results and asymptotic behavior for nonlocal abstract Cauchy problems, J Math Anal Appl 338 (2008), 639-652 [19] Hyman D M., On decreasing sequences of compact absolute retracts, Fund Math 64(1969), 91-97 33 TÀI LIỆU THAM KHẢO [20] Browder F E., Gupta C P., Topological degree and nonlinear mappings of analytic type in Banach spaces, J Math Anal Appl 26 (1969), 390-402 [21] Górniewicz L., Topological Fixed Point Theory of Multivalued Mappings, Second edition, Springer, 2006 34
- Xem thêm -

Xem thêm: Một lớp phương trình vi tích phân với điều kiện ban đầu không cục bộ, Một lớp phương trình vi tích phân với điều kiện ban đầu không cục bộ, Một lớp phương trình vi tích phân với điều kiện ban đầu không cục bộ

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nạp tiền Tải lên
Đăng ký
Đăng nhập