1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Đức Thịnh NGHIỆM KHÔNG THAY DẤU CỦA BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ÐÀO TẠO TRƯỜNG ÐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Đức Thịnh NGHIỆM KHÔNG THAY DẤU CỦA BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh – 2012 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, xin trân trọng gửi đến PGS.TS – Thầy Nguyễn Anh Tuấn, trưởng khoa Toán – Tin trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh lời cảm ơn chân thành sâu sắc Thầy tận tình hướng dẫn giúp đỡ suốt trình hoàn thành luận văn Tôi thành thật biết ơn quý Thầy Cô hội đồng chấm luận văn thạc sĩ dành thời gian để đọc luận văn , cho nhận xét quý báu giúp hoàn thành tốt luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn đến quý Thầy Cô Bộ môn Toán khoa Toán – Tin trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh, trường Đại học Khoa học tự nhiên tận tình giảng dạy truyền đạt kiến thức quý giá cho suốt thời gian theo học trường Tôi xin cảm ơn đến Thầy Cô Phòng Sau Đại học trường Đại học Sư phạm Thành Phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi cho hoàn thành khóa học Sau cùng, xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến bạn bè, đồng nghiệp nhiệt tình giúp đỡ Đặc biệt, xin gửi tất lòng yêu thương lòng biết ơn chân thành đến gia đình tôi, chỗ dựa cho tinh thần vật chất tạo điều kiện tốt cho học tập hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng nhiều kiến thức thân hạn chế thời gian nghiên cứu nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận dẫn đóng góp quý báu, chân thành quý Thầy Cô bạn đọc luận văn Xin chân thành cảm ơn Tp HCM, tháng 11 năm 2012 Tác giả Lê Đức Thịnh MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU MỘT SỐ KÝ HIỆU CHƯƠNG 1:BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC NHẤT 1.1 Sự tồn nghiệm toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 1.2 Tính xấp xỉ nghiệm toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 22 CHƯƠNG 2:NGHIỆM CÓ DẤU KHÔNG ĐỔI CỦA BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT 30 2.1 Giới thiệu toán 30 2.2 Nghiệm không dương toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 32 2.3 Nghiệm không dương toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân với đối số lệch 46 2.4 Nghiệm không âm toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc 51 2.5 Nghiệm không âm toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch: 54 2.6 VÍ DỤ 55 KẾT LUẬN 63 TÀI LIỆU THAM KHẢO 64 MỞ ĐẦU Lý thuyết phương trình vi phân hàm đời từ kỷ XIX, song đến phát triển mạnh mẽ nhờ ứng dụng sâu sắc lĩnh vực như: học, sinh học, nông học ngành kỹ thuật khác Song phát triển xây dựng theo hướng phát triển mạnh mẽ từ năm 1995 nhà toán học như: I Kiguradze, B Puza, R Hakl, A Lomtatidze, J Sremr, I P Stavroulakis, … Vấn đề tồn nghiệm dương hay nghiệm không thay dấu năm gần nhiều nhà toán học giới quan tâm nghiên cứu , ví dụ tài liệu:[2], [3], [9], [10], [11] Chính lý chọn đề tài: “ Nghiệm không thay dấu toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất” để nghiên cứu tìm hiểu Trong luận văn chủ yếu nghiên cứu việc tồn nghiệm có dấu không thay đổi toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc ứng dụng cho phương trình vi phân đối số lệch Cụ thể nghiên cứu việc tồn nghiệm có dấu không đổi phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính: = u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) với điều kiện biên dạng tuần hoàn: u ( a ) − λu ( b ) = c  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) toán tử tuyến tính bị chặn, λ , c ∈  + q ∈ L ([ a, b ] ;  + ) Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương 1: Trong chương này, trình bày lại định lý tồn nghiệm , tính xấp xỉ nghiệm toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp sau: = u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) với điều kiện biên: h (u ) = c ,  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) h : C ([ a, b ] ;  ) →  hàm tuyến tính bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) c ∈  Chương 2: Trong chương này, sử dụng kết trình bày chương để xét việc tồn nghiệm có dấu không đổi toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất: = u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) u ( a ) − λu ( b ) = c Sau áp dụng kết để nghiên cứu việc tồn nghiệm cho phương trình vi phân đối số chậm đối số lệch bậc dạng: u ′ ( t ) = p ( t ) u (τ ( t ) ) − g ( t ) u ( µ ( t ) ) + q ( t ) u ( a ) − λu ( b ) = c Luận văn tài liệu tham khảo cho người quan tâm nghiên cứu nghiệm không thay dấu toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc MỘT SỐ KÝ HIỆU  : tập số tự nhiên  : tập số thực = + [0; +∞ ) Với x ∈  , ta ký hiệu: [ x ] : phần nguyên [ x ]+ = x x+ x x− x , [ x ]− = 2 C ([ a, b ] ;  ) : không gian Banach hàm liên tục u : [ a, b ] →  với chuẩn { } = u c max u ( t ) : t ∈ [ a, b ] { } C ([ a, b ] ;  + ) = u ∈ C ([ a, b ] ;  ) : u ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ]  ([ a, b ] ;  ) : tập hàm liên tục tuyệt đối u : [ a, b ] →  C L ([ a, b ] ;  ) : không gian Banach hàm khả tích Lebesgue p : [ a, b ] →  với b chuẩn P L = ∫ p ( s ) ds a { } L ([ a, b ] ;  + ) = p ∈ L ([ a, b ] ;  ) : p ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ] mesA : độ đo Lebesgue tập A Μ ab : tập hàm đo τ : [ a, b ] → [ a, b ] Lab : tập toán tử tuyến tính bị chặn  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  )  ab : tập toán tử tuyến tính bị chặn mạnh, nghĩa là, với toán tử  ∈ L , L ab tồn η ∈ L ([ a, b ] ;  + ) thỏa :  ( v )( t ) ≤ η ( t ) v c ,với t ∈ [ a, b ] , v ∈ C ([ a, b ] ;  ) ; Pab : tập toán tử tuyến tính không âm, nghĩa là, hàm  ∈ Lab ánh xạ từ tập { } ,với chuẩn  sup  ( v ) L : v c ≤ C ([ a, b ] ;  + ) đến tập L ([ a, b ] ;  + ) = CHƯƠNG 1:BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC NHẤT Trong chương 1, chủ yếu nghiên cứu tồn ,duy nghiệm tính xấp xỉ nghiệm toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm tuyến tính sau: = u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) h (u ) = c ,  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) h : C ([ a, b ] ;  ) →  hàm tuyến tính bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) , c ∈  Nội dung chương tham khảo từ tài liệu [7] 1.1 Sự tồn nghiệm toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc Trên đoạn [ a, b ] , xét toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính: = u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) , (1.1) với điều kiện biên: h (u ) = c , (1.2)  ∈ Lab , h : C ([ a, b ] ;  ) →  hàm tuyến tính bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) c∈ Nghiệm (1.1) hàm u ∈ C ([ a, b ] ;  ) thỏa đẳng thức (1.1) hầu khắp nơi đoạn [ a, b ] Nghiệm toán (1.1), (1.2) nghiệm u (1.1) thỏa điều kiện (1.2) Cùng với toán (1.1), (1.2), ta xét toán tương ứng sau: u ′ ( t ) =  ( u )( t ) (1.10 ) h (u ) = ( 1.20 ) Nếu  ∈ Lab toán tử tuyến tính bị chặn mạnh, tài liệu [11],[14]I Kiguradze B Puza chứng minh kết sau: Định lý 1.1 Giả sử  toán tử tuyến tính bị chặn mạnh,  ∈ L ab Khi toán (1.1), (1.2) có nghiệm toán tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) có nghiệm tầm thường Ta thấy định lý 1.1 đòi hỏi  ∈ L ab Điều kiện bao trùm lớp hàm tuyến tính bị chặn, chẳng hạn phương trình vi phân hàm bậc với đối số lệch sau: = u ′ ( t ) p ( t ) u (τ ( t ) ) + q ( t ) , p, q ∈ L ([ a, b ] ;  ) ,τ ∈ M ab ,  ( v )( t ) = p ( t ) v (τ ( t ) ) , ∀ t ∈ [ a, b ] trường hợp đặc biệt (1.1) Mặt khác, Schaefer chứng minh tồn toán tử  ∈ Lab cho  ab , tức tồn toán tử tuyến tính bị chặn không bị chặn mạnh (xem ∉L định lý tài liệu [6]) Do vấn đề nảy sinh cách tự nhiên kết định lý 1.1 có hay không  toán tử liên tục mà không bị chặn mạnh Vấn đề nhà toán học Sech quan tâm giải tài liệu [7] Định lý 1.2 Cho  ∈ Lab Khi toán (1.1), (1.2) có nghiệm toán tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) có nghiệm tầm thường Để chứng minh định lý 1.2, trước hết ta nhắc lại số định nghĩa bổ đề sau: - Cho X không gian topo, X * không gian đối ngẫu với ϕ ( xn ) với - Một dãy { xn }n =1 ⊆ X gọi hội tụ yếu tới x ∈ X thỏa: ϕ ( x ) = nlim →+∞ +∞ ϕ ∈ X * Khi đó, điểm x gọi giới hạn yếu dãy { xn }n =1 +∞ 10 - Tập M ⊆ X gọi compact tương đối yếu lưới nằm M chứa lưới hội tụ yếu thuộc X - Dãy { xn }n =1 ⊆ X gọi yếu với ϕ ∈ X * , dãy {ϕ ( xn )}n =1 +∞ +∞ - Không gian X gọi hoàn toàn yếu dãy yếu nằm X có giới hạn yếu thuộc X - Cho X Y không gian Banach T : X → Y toán tử tuyến tính bị chặn Toán tử T gọi liên tục hoàn toàn yếu ảnh cầu đơn vị nằm X tập compact tương đối yếu nằm Y Định nghĩa 1.3 Tập M ⊆ L ([ a, b ] ;  ) có tính chất liên tục tuyệt đối theo tích phân với ε > , tồn δ > cho với tập đo E ⊆ [ a, b ] thỏa điều kiện mesE ≤ δ , bất đẳng thức sau đúng: ∫ p ( s ) ds ≤ ε với p ∈ M E Từ báo [3] ta có kết sau: Bổ đề 1.4 [3, định lý IV.8.6] Không gian L ([ a, b ] ;  ) hoàn toàn yếu Bổ đề 1.5[3, định lý VI.7.6] Toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian C ([ a, b ] ;  ) sang không gian Banach hoàn toàn yếu toán tử liên tục hoàn toàn yếu Bổ đề 1.6 [3, định lý IV.8.11] Nếu tập M ⊆ L ([ a, b ] ;  ) compact tương đối yếu, có tính chất liên tục tuyệt đối theo tích phân Mệnh đề 1.7 51 V − ( λ ) với λ ∈ ( 0,1] Do , điều kiện (2.42) định lý 2.21 hệ 2.22 không kết định lý hệ không 2.4 Nghiệm không âm toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc Định lý 2.24 b Giả sử λ ≥ 1, − ∈ Pab λ − < ∫  (1)( s ) ds ≤ Khi  ∈ V + ( λ ) a Chứng minh Gọi ψ : L ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) cho công thức: ψ (ω )( t=) ω ( a + b − t ) , với t ∈ [ a, b ] ϕ hàm thu hẹp hàm ψ không gian C ([ a, b ] ;  ) Ta đặt:  (ω )( t ) = −ψ (  (ϕ (ω ) ) ) ( t ) = − (ω )( t ) , − ∈ Pab nên  ∈ Pab Lại đặt θ = λ , λ ∈ [1, +∞ ) nên θ ∈ ( 0,1] b Do λ − < ∫  (1)( s ) ds ≤ nên ta có: a 1−θ θ b < ∫  (1)( s ) ds ≤ a Vậy giả thiết định lý 2.2 thỏa nên  ∈ V − (θ ) , áp dụng mệnh đề 2.13 ta có  ∈ V + ( λ ) Định lý chứng minh Định lý 2.25 Giả sử λ ∈ [1, +∞ ) , − ∈ Pab , tồn δ > cho  ∉ V − ( λ + δ ) , b ∫  (1)( s ) ds ≤ (2.47) a Khi  ∈ V + ( λ ) Chứng minh Đặt:  (ω )( t ) = −ψ (  (ϕ (ω ) ) ) ( t ) = − (ω )( t ) , θ = λ Vì λ ∈ [1; +∞ ) nên θ ∈ ( 0,1] Do − ∈ Pab nên  ∈ Pab 52  Do  ∉ V − ( λ + δ ) nên theo mệnh đề 2.12 suy  ∉ V +  λ +δ   Mà  1 δ δ = − = ∈ ( 0, θ ] ) θ − δ ′ (= với δ ′ λ + δ λ λ (λ + δ ) λ (λ + δ ) Vậy  ∉ V + (θ − δ ′ ) b Do (2.47) nên ∫  (1)( s ) ds ≤ a Vậy giả thiết định lý 2.4 thỏa nên  ∈ V − (θ ) Do theo mệnh đề 2.13 ta  ∈ V + ( λ ) Hệ 2.26 Giả sử λ ∈ [1, +∞ ) , − ∈ Pab , tồn γ ∈ C ([ a, b ] ;  ) thỏa bất đẳng thức sau: γ ′ ( t ) ≥  ( γ )( t ) với t ∈ [ a, b ] , (2.48) γ ( a ) > λγ ( b ) , (2.49) γ (a) > (2.50) b Hơn nữa, ∫  (1)( s ) ds ≤ a Khi  ∈ V + ( λ ) Chứng minh Ta đặt:  (ω )( t ) = −ψ (  (ϕ (ω ) ) ) ( t ) = − (ω )( t ) , θ = λ Vì λ ∈ [1, +∞ ) nên θ ∈ ( 0,1] − ∈ Pab nên  ∈ Pab Từ (2.48) suy γ ′ ( t ) ≤  ( γ )( t ) Do (2.49) nên γ ( b ) < θγ ( a ) Do b b a a ∫  (1)( s ) ds ≤ nên ∫  (1)( s ) ds ≤ Vậy giả thiết hệ (2.6) thỏa nên ta có  ∈ V − (θ ) , theo mệnh đề 2.13 suy  ∈ V + ( λ ) 53 Định lý 2.27 Giả sử λ ∈ [1, +∞ ) , − ∈ Pab ,  toán tử a − Volterra , tồn δ > cho  ([ a, b ] ;  ) thỏa  ∉ V − ( λ + δ ) Hơn nữa, tồn hàm β ∈ C + β ( t ) > với t ∈ [ a, b ) (2.51) β ′ ( t ) ≤  ( β )( t ) với t ∈ [ a, b ] , (2.52) Khi  ∈ V + ( λ ) Chứng minh Ta đặt:  (ω )( t ) = −ψ (  (ϕ (ω ) ) ) ( t ) = − (ω )( t ) , θ = , λ Do λ ∈ [1, +∞ ) nên θ ∈ ( 0,1] − ∈ Pab nên  ∈ Pab Do  toán tử a − Volterra nên  toán tử a − Volterra với δ ′ Vì  ∉ V − ( λ + δ ) nên suy  ∉ V + (θ − δ ′ ) (= δ ∈ ( 0, θ ] ) λ (λ + δ ) Từ (2.52) suy β ′ ( t ) ≥  ( β )( t ) với t ∈ [ a, b ] Vậy giả thiết định lý 2.8 thỏa nên ta được:  ∈ V − (θ ) , theo mệnh đề 2.13 ta có  ∈ V + ( λ ) Hệ 2.28 Giả sử λ ∈ [1, +∞ ) , − ∈ Pab ,  toán tử a − volterra tồn hàm γ ∈ C ([ a, b ] ;  ) thỏa bất đẳng thức (2.48), (2.49), (2.50) Hơn nữa, tồn hàm  ([ a, b ] ;  ) thỏa bất đẳng thức (2.51) (2.52), β ∈C + Khi  ∈ V + ( λ ) Chứng minh Từ (2.48), (2.49), (2.50) suy  ∉ V − ( λ + δ ) với δ > ( theo mệnh đề 1.1 tài liệu tham khảo [9]) Vậy giả thiết định lý 2.27 thỏa mãn, ta có  ∈V + ( λ ) 54 2.5 Nghiệm không âm toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch: Định lý 2.29 Giả sử λ ∈ [1, +∞ ) , g ∈ L ([ a, b ] ;  + ) , µ ∈ Μ ab , b λ − < ∫ g ( s ) ds ≤ a Khi toán tử  định nghĩa :  (ν )( t ) = − g ( t )ν ( µ ( t ) ) (2.53) thuộc tập V + ( λ ) Chứng minh Do  ( v )( t ) = − g ( t ) v ( µ ( t ) ) nên  (1)( s ) = −g ( s) = g ( s ) Do giả thiết định lý 2.24 thỏa, ta có  ∈ V + ( λ ) Định lý 2.30 Giả sử λ ∈ (1, +∞ ) , g ∈ L ([ a, b ] ;  + ) , g ≡/ 0, µ ∈ Μ ab , tồn x ∈ [ ln λ , +∞ ) cho:  t  g  ( λ − 1) x  , L  x + ln inf  ∫ g ( s ) ds : t ∈ [ a, b ] > x  λ g L ( e x − 1)   µ (t )   g L (2.54) ≤1 (2.55) Khi toán tử  định nghĩa (2.53) thuộc tập V + ( λ ) Chứng minh Ta đặt:  (ω )( t ) = −ψ (  (ϕ (ω ) ) ) ( t ) = − (ω )( t ) , θ = λ Do x ∈ [ ln λ , +∞ ) nên x ∈ ln , +∞   θ  g L x  ( λ − 1)=  x + ln  x  x  g e λ − ( ) L    g L  x + ln x   θ   1   − 1 x  θ =  x g L ( e − 1)    (1 − θ ) x   x + ln x  g L ( e x − 1)   g L Do giả thiết định lý 2.18 thỏa nên  ∈ V − (θ ) , theo mệnh đề 2.13 ta có  ∈ V + ( λ ) Hệ 2.31 55 Giả sử λ ∈ (1, +∞ ) , g ∈ L ([ a, b ] ;  + ) , g ≡/ 0, µ ∈ Μ ab ,  t  g ln λ L inf  ∫ g ( s ) ds : t ∈ [ a, b ] > ln , điều kiện (2.55) xảy g L  µ (t )  ln λ Khi toán tử  định nghĩa (2.53) thuộc tập V + ( λ ) Chứng minh Hệ 2.31 suy cách trực tiếp từ định lý 2.30 với x = ln λ Định lý 2.32 Giả sử λ ∈ (1, +∞ ) , g ∈ L ([ a, b ] ;  + ) , µ ∈ Μ ab , µ ( t ) ≤ t , ∀t ∈ [ a, b ] , với  t  sup  ∫ g ( s ) ds : t ∈ [ a, b ] < η * ,  µ (t )  (2.56)         x 1    * > sup  ln  x + : η = x  b    x   exp  x ∫ g ( s ) ds  −       a      (2.57) Hơn b ∫ g ( s ) ds > ln λ , a (2.58) Khi toán tử  định nghĩa (2.53) thuộc tập V + ( λ ) Chứng minh Đặt:  (ω )( t ) = −ψ (  (ϕ (ω ) ) ) ( t ) = − (ω )( t ) , θ = λ Do λ ∈ (1, +∞ ) nên θ ∈ ( 0,1) b b a a Vì ∫ g ( s ) ds > ln λ nên ∫ g ( s ) ds > ln θ Do giả thiết định lý 2.21 thỏa nên  ∈ V − (θ ) Vì theo mệnh đề 2.13 ta có  ∈ V + ( λ ) 2.6 VÍ DỤ Ví dụ 2.6.1 56 Giả sử p ∈ L ([ a, b ] ;  + )  định nghĩa  (ν )( t ) = p ( t )ν (τ ( t ) ) Nếu b ∫ p ( s ) ds < − λ , theo ý 1.2 tài liệu tham khảo [10] ta có: a  ∈ V + ( λ ) Do  ∉ V − ( λ ) b Vì , giả sử − λ ≤ ∫ p ( s ) ds ≤ 1− λ a λ ( λ ∈ ( 0,1] ) (2.59) Ta định nghĩa hàm : λ u (t ) p ( s ) ds + p ( s ) ds với t ∈ [ a, b ] = ∫ 1− λ a − λ ∫t t b Khi đó, kết hợp với (2.59) nên ta có: λ b b u (a) p ( s ) ds= = ≤ 1, u (b) p ( s ) ds ≥ ∫ − λ ∫a 1− λ a Bởi thế, tồn t0 ∈ [ a, b ] cho u ( t0 ) = Đặt τ ( t ) = t0 với t ∈ [ a, b ] Khi u nghiệm không tầm thường toán u ′ ( t ) = p ( t ) u (τ ( t ) ) , u ( a ) − λu ( b ) = Do theo định nghĩa 2.1 suy  ∉ V − ( λ ) Ví dụ 2.6.1 chứng tỏ bất đẳng thức 1− λ λ b < ∫  (1)( s ) ds (2.4) không a thỏa kết định lý 2.2 không Ví dụ bất đẳng thức 1− λ λ b < ∫ p ( s ) ds (2.31) không a thỏa kết định lý 2.16 không Ví dụ 2.6.2 b Giả sử λ ∈ ( 0,1] , ε > 0,τ ≡ b p ∈ L ([ a, b ] ;  + ) cho ∫ p ( s ) ds = + ε a Rõ ràng toán tử  định nghĩa  (ν )( t ) = p ( t )ν (τ ( t ) ) thỏa b ∫  (1)( s ) ds = 1+ ε a Đặt t u ( t )= ε − ∫ p ( s ) ds với t ∈ [ a, b ] a 57 Giả sử δ ∈ ( 0, λ ] Khi ta có : u′ ( t ) = − p ( t ) b  τ (t )     ( u )( t ) = p ( t ) u (τ ( t ) ) = p ( t )  ε − ∫ p ( s ) ds  = p ( t )  ε − ∫ p ( s ) ds    a a     =p ( t )( ε − − ε ) =− p ( t ) Từ suy u′ ( t ) =  ( u )( t ) b Mặt khác ta có u ( a ) = ε , u ( b ) = ε − ∫ p ( s ) ds = ε − − ε = −1 a Do u ( a ) − ( λ − δ ) u ( b ) = ε + λ − δ Vậy u nghiệm toán: u ′ ( t ) =  ( u )( t ) , u ( a ) − (λ − δ ) u (b) = ε + λ − δ Tuy nhiên u ( b ) =−1 < nên theo định nghĩa 2.1 suy  ∉ V + ( λ − δ ) Hơn nữa, γ ≡ −u thỏa bất đẳng thức (2.14), (2.15), (2.16) Thật vậy, ta có: = γ (t ) t ∫ p ( s ) ds − ε a  Ta kiểm tra γ thỏa điều kiện ( 2.14) ( γ ′ ( t ) ≤  ( γ )( t ) ) : γ ′ (t ) = p (t ) , b  =  ( γ )( t ) p ( t ) γ (τ (= t )) p (t ) γ = b p t ε  p ( t )(1 + ε −= ε ) p (t ) ( ) ( )  ∫ p ( s ) ds −= a  Suy điều kiện (2.14) thỏa  γ thỏa điều kiện (2.15) ( γ ( a ) < λγ ( b ) ) do: b  a  γ ( a ) = −ε < λγ ( b )= λ  ∫ p ( s ) ds − ε = λ (1 + ε − ε )= λ Rõ ràng điều kiện (2.16) thỏa γ ( b )= > Hơn λ > 1 tồn x ∈ ln , +∞  cho bất đẳng thức (2.33) thỏa e  λ  Ngoài ra, u nghiệm toán u ′ ( t ) =  ( u )( t ) , u ( a ) − λu ( b ) = ε +λ Do u ( a )= ε > nên theo định nghĩa 2.1suy  ∉ V − ( λ ) 58 Ví dụ 2.6.2 chứng tỏ bất đẳng thức không ngặt (2.4) định lý 2.2 bất đẳng thức (2.10) định lý 2.4 hệ 2.6 thay bất b đẳng thức ∫  (1)( s ) ds ≤ + ε với ε > đủ bé cho trước a Ví dụ bất đẳng thức không ngặt (2.31) định lý 2.16 bất đẳng thức (2.34) định lý 2.18 hệ 2.20 thay bất đẳng thức b ∫ p ( s ) ds ≤ + ε dù ε > đủ bé cho trước a Ví dụ 2.6.3 Giả sử λ ∈ ( 0,1) ,τ ≡ b p ∈ L ([ a, b ] ;  + ) cho b ∫ p ( s ) ds = 1− λ a Rõ ràng điều kiện (2.10) thỏa với  định nghĩa (2.32) t Hơn nữa, hàm β ( t )= λ + ∫ p ( s ) ds với t ∈ [ a, b ] thỏa bất đẳng thức (2.20) a (2.21) Thật vậy,  Do cách đặt β ( t ) nên hiển nhiên β ( t ) > 0, ∀t ∈ [ a, b ]  β ( t ) thỏa điều kiện (2.21) ( β ′ ( t ) ≥  ( β )( t ) ) do: β ′ (t ) = p (t ) , τ (t ) b      ( β )( t ) = p ( t ) β (τ ( t ) ) = p ( t )  λ + ∫ p ( s ) ds  = p ( t )  λ + ∫ p ( s ) ds    a a     = p ( t )( λ + 1= − λ ) p (t ) Khi hàm γ ≡ β thỏa điều kiện (2.14), (2.16) (2.19) Thật vậy,  γ thỏa điều kiện ( 2.16) do: b γ ( b ) = β ( b ) = λ + ∫ p ( s ) ds = λ + − λ = > a  Ta kiểm tra γ thỏa điều kiện ( 2.14) ( γ ′ ( t ) ≤  ( γ )( t ) ) : ′ ( t ) β= ′ (t ) p (t ) , γ= = (γ )( t ) = ( β )( t ) p ( t ) Vậy điều kiện (2.14) thỏa 59  γ thỏa điều kiện (2.19) ( γ ( a ) ≤ λγ ( b ) ) do: a γ (a) = β (a) = λ + ∫ p ( s ) ds = λ, a λγ ( b= ) λβ ( b=) λ ( λ + − λ=) λ Từ suy β nghiệm không tầm thường toán ( 2.10 ) , ( 2.20 ) Do toán (2.1), (2.2) vô nghiệm hay  ∉ V + ( λ )  ∉ V − ( λ ) Ví dụ 2.6.3 chứng tỏ giả thiết δ ∈ ( 0, λ ] định lý 2.4 2.8 thay giả thiết δ ∈ [ 0, λ ] Ví dụ bất đẳng thức ngặt (2.15) hệ 2.6 2.10 thay bất đẳng thức không ngặt khác Ví dụ 2.6.4 Giả sử λ ∈ ( 0,1] , ε > a1 ∈ ( a, b ) điểm cố định tùy ý Chọn p, q ∈ L ([ a, b ] ;  + ) c ∈  + cho p ≡/ thuộc ( a1 , a1 + δ ] với δ > a1 ∫ p ( s ) ds > , a b ∫ p ( s ) ds = 1, a1 q ( t ) = với t ∈ [ a, a1 ] , ε b ∫ q ( s ) ds = a1 a1 ∫ p ( s ) ds − a Đặt: 0, t ∈ [ a, a1 [  , β (t ) =  t  ∫ p ( s ) ds, t ∈ [ a1 , b ]  a1 t  ∫ p ( s ) ds, t ∈ [ a, a1 [ a γ ( t ) = a  p s ds, t ∈ a , b [1 ] ∫ ( ) a a1 , t ∈ [ a, a1 [ b, t ∈ [ a1 , b ] τ (t ) =  60 Giả sử  định nghĩa (2.32) Rõ ràng, hàm γ thỏa bất đẳng thức (2.14), (2.15) (2.16) Thật vậy,  Ta kiểm tra γ thỏa điều kiện ( 2.14) ( γ ′ ( t ) ≤  ( γ )( t ) , ∀t ∈ [ a, b ] ) : * Xét [ a, a1 ) : γ ′ (t ) = p (t ) , a1 =  ( γ )( t ) p ( t= ) γ (τ ( t ) ) p= ( t ) γ ( a1 ) p ( t ) ∫ p ( s ) ds > p ( t ) a a1 ( ∫ p ( s ) ds > ) a Suy γ ′ ( t ) ≤  ( γ )( t ) * Xét [ a1 , b ] : γ ′ (t ) = p (t ) , a1  ( γ )( t ) p ( t = = ( t ) γ ( b ) p ( t ) ∫ p ( s ) ds > p ( t ) ) γ (τ ( t ) ) p= a Do γ ′ ( t ) ≤  ( γ )( t ) Vậy γ ′ ( t ) ≤  ( γ )( t ) , ∀t ∈ [ a, b ]  Kiểm tra γ thỏa điều kiện ( 2.15) ( γ ( a ) < λγ ( b ) ): γ (a) = a p ( s ) ds ∫= 0, a = γ (b) a1 ∫ p ( s ) ds > nên λγ ( b ) > λ > a Suy γ ( a ) < λγ ( b )  γ thỏa điều kiện (2.16) do: = γ (b) a1 ∫ p ( s ) ds > > a Khi chứng minh tương tự hệ 2.6 tồn δ ∈ ( 0, λ ] cho  ∉ V + ( λ − δ ) Hơn  toán tử b − Volterra hàm β thỏa bất đẳng thức (2.21) điều kiện (2.26) Thật vậy, 61  Do cách đặt β ( t ) nên hiển nhiên β ( t ) > 0, ∀t ∈ [ a1 , b ] hay điều kiện (2.26) thỏa  Ta kiểm tra β thỏa điều kiện (2.21) ( β ′ ( t ) ≥  ( β ( t ) ) , ∀t ∈ [ a, b ] ): * Xét [ a, a1 ) : β ′ (t ) = , a1 =  ( β )( t ) p ( t= ) β (τ ( t ) ) p= ( t ) β ( a1 ) p ( t )= ∫ p ( s ) ds a1 Suy β ′ ( t ) =  ( β )( t ) * Xét [ a1 , b ] : β ′ (t ) = p (t ) , b =  ( β )( t ) p ( t = ) β (τ ( t ) ) p= (t ) β (b ) p (t )= ∫ p ( s ) ds p ( t ) a1 Suy β ′ ( t ) =  ( β )( t ) Vậy điều kiện ( 2.21) thỏa Hơn nữa, hàm t  ε ε −  a1 ∫a p ( s ) ds, t ∈ [ a, a1 )  ∫a p ( s ) ds −  u (t ) =  t ε ε −c t − p s ds + + ( ) ∫a q ( s ) ds, t ∈ [ a1 , b]  a1 λ a∫1  ∫ p ( s ) ds −  a nghiệm toán (2.1), (2.2) Thật vậy,  Ta kiểm tra u nghiệm ( 2.1): * Xét [ a, a1 ) : u ′ ( t ) = − a1 ε ∫ p ( s ) ds − p (t ) , a  ( u )( t )= + q ( t ) p ( t ) u= (τ ( t ) ) p ( t ) u ( a1 ) ( q ( t ) = 0, ∀t ∈ [ a, a1 ] ) ε ε −c = −a p (t ) + p ( s ) ds + ∫ q ( s ) ds λ a∫ a a1 a1 1 ∫ p ( s ) ds − a 62 ε  ( u )( t ) + q ( t ) = − a1 ∫ p ( s )ds − p (t ) a Do đó= u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) * Xét [ a1 , b ] : ε −c p (t ) + q (t ) , λ = u′ ( t )  ( u )( t ) + q= ( t ) p ( t ) u (τ ( t ) ) + q= (t ) p (t ) u (b) + q (t )     b b ε ε −c  = + p ( t ) − a1 p ( s ) ds + ∫ q ( s ) ds  + q ( t ) ∫   λ a1 a1  ∫ p ( s ) ds −   a      ε ε −c ε   + q (t ) = p ( t ) − a1 + + a1   λ − p s ds  ∫ p ( s ) ds  ( ) ∫a  a  = ε −c p (t ) + q (t ) λ u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) Suy ra= Vậy= u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) với t ∈ [ a, b ] hay u nghiệm ( 2.1)  Kiểm tra u thỏa điều kiện biên (2.2): u (a) = ε , ε u (b) = − a1 + ∫ p ( s ) ds − b ε −c b p s ds + ( ) ∫a q ( s ) ds λ a∫ 1 a = − a1 ε ∫ p ( s ) ds − a = + ε −c +a λ ε ∫ p ( s ) ds − a ε −c λ Suy u ( a ) − λu ( b ) = ε −λ ε −c = c hay u thỏa điều kiện (2.2) λ 63 Vậy u nghiệm toán (2.1), (2.2) Do u ( a )= ε > nên theo định nghĩa 2.1 suy  ∉ V − ( λ ) Ví dụ 2.6.4 chứng tỏ điều kiện (2.20) định lý 2.8 hệ 2.10 thay điều kiện (2.26), với a1 ∈ [ a, b ) điểm cố định tùy ý KẾT LUẬN Nội dung luận văn nghiên cứu tồn nghiệm có dấu không đổi toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc (2.1) với điều kiên biên (2.2) ứng dụng cho phương trình vi phân đối số lệch (2.3) Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương 1: Luận văn trình bày lại định lý tồn nghiệm toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp (1.1), (1.2) Các kết định lý 1.2, 1.11, 1.13 Trong ta chứng minh điều kiện cần đủ đề toán (1.1), (1.2) có nghiệm toán tương ứng có nghiệm tầm thường Từ , xây dựng tính xấp xỉ nghiệm toán (1.1), (1.2) định lý 1.16 Chương 2: Chúng sử dụng kết chương để xét tồn nghiệm có dấu không đổi toán (2.1), (2.2) Cụ thể xây dựng điều kiện đủ cho tồn nghiệm không dương, không âm toán (2.1), (2.2) áp dụng xét tồn nghiệm không dương, không âm cho phương trình vi phân đối số lệch tương ứng Các kết định lý 64 2.2, 2.4, 2.8, 2.16, 2.18, 2.24, 2.29, 2.30 Bên cạnh đưa số ví dụ chứng tỏ tính nghiêm ngặt quan trọng điều kiện cho toán tử tuyến tính  đóng vai trò định kết định lý Từ kết trình bày luận văn , xét tồn nghiệm có dấu không đổi toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc , câu hỏi đặt tính xấp xỉ nghiệm nào? Hơn nữa, thời gian có hạn nên chưa nghiên cứu tồn nghiệm không thay dấu toán biên dạng hai điểm toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao Do đó, tác giả mong muốn mở rộng tiếp tục nghiên cứu vấn đề nêu Tác giả mong góp ý dẫn quý thầy cô hội đồng TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] E Bravyi , A Lomtatidze , B Puza , A note on the theorem on differential inequalities Georgian Math J 7(2000), No 4, 627 – 631 [2] I Kiguradze and B Puza, Boundary Value Problems for Systems of Linear Functional Differential Equations, Folia Facultatis Scientiarium Naturalium Universitatis Masarykianae Brunensis Mathematica, vol 12, Masaryk University, Brno, 2003 [3] S.Schwabik, M Tvrdy, and O Vejvoda, Differential and Integral Equations Boundary Value Problems and Adjoints, D Reidel Publising, Dordrecht, 1979 [4] I Kiguradze, Initial and boundary value problems for systems of ordinary differential equations , I (Russian) Metsniereba, Tbilisi, 1997 [5] N Dunford and J T Schwartz, Linear Operators I General Theory, Pure and Applied Mathematics, vol.7, Interscience Publishers, Newyork, 1958 65 [6] H H Schaefer, Normed tensor products of Banach lattices, Israel J Math 13 (1972), 400 – 415 [7] R Hakl, A Lomtatidze, I P Stavroulakis, On a boundary value problem for scalar linear functional differential equations Mem Differential Equations Math Phys 7( 2003), 45 – 67 [8] 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 [9] R Hakl, A Lomtatidze, and J Sremr, On constant sign solutions of a periodic type boundary value problems for first order functional differential equations Mem Differential Equations Math Phys Vol.26, 2002, 65 – 92 [10] R Hakl, A Lomtatidze, and J Sremr, On nonnegative solutions of a periodic type boundary value problem for first order scalar functional differential equations Adv Differential Equations (submitted) [11] R Hakl, A Lomtatidze, and B Puza, On nonnegative solutions of first order scalar functional differential equations Mem Differential Equations Math Phys bf 23(2001), 51 – 84 [12] I Kiguradze, On periodic solutions of first order nonlinear differential equations with deviating arguments Mem Differential Equations math Phys 10(1997), 134 – 137 [13] R Hakl , On some boundary value problems for systems of linear functional differential equations E J Qualitative theory of diff equ.(1999), No 10, – 16 [14] R Hakl, I Kiguradze, and B Puza , Upper and lower solutions of boundary value problems for functional differential equations and theorems on functional differential inequalities Georgian Math J 7(2000), No.3 , 489 – 512 [...]... CHƯƠNG 2:NGHIỆM CÓ DẤU KHÔNG ĐỔI CỦA BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT 2.1 Giới thiệu bài toán Trong chương này , chúng ta áp dụng các kết quả của chương I để nghiên cứu các vấn đề về sự tồn tại và duy nhất nghiệm có dấu không đổi của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất Cụ thể, trên đoạn [ a, b ] , ta xét bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương. .. xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất Cùng với bài toán (1.1), (1.2), với mỗi k ∈  , ta xét bài toán biên sau: = u ′ ( t )  k ( u )( t ) + qk ( t ) hk ( u ) = ck trong đó  k ∈ Lab , hk : C ([ a, b ] ;  ) →  là hàm tuyến tính bị chặn, (1.20) (1.21) 23 qk ∈ L ([ a, b ] ;  ) , và ck ∈  Vấn đề về sự xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương. .. dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất: = u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) u ( a ) − λu ( b ) = c (2.1) (2.2) trong đó  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) là toán tử tuyến tính bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  + ) , λ ∈  + , có nghiệm duy nhất và nghiệm này không thay đổi dấu  ([ a, b ] ;  ) thỏa phương trình Nghiệm của phương trình (2.1) là một hàm u ∈ C (2.1) hầu khắp... ] Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là nghiệm của phương trình (2.1) và thỏa điều kiên biên (2.2) Trường hợp đặc biệt của phương trình (2.1) là phương trình vi phân với đối số lệch : 31 u ′ ( t ) = p ( t ) u (τ ( t ) ) − g ( t ) u ( µ ( t ) ) + q ( t ) , (2.3) p, g ∈ L ([ a, b ] ;  + ) , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) ,τ , µ ∈ M ab trong đó: Cùng với bài toán (2.1), (2.2) hoặc (2.3), (2.2) ta xét các bài toán. .. ra: λu ( b ) ≤ c + λu ( b ) < u ( b ) Vậy λ < 1 (do u ( b ) > 0 ) - Chứng minh tương tự cho trường hợp − ∈ Pab và  ∈ V − ( λ ) ta cũng có λ > 1 - Nếu λ = 1 thì toán tử  ∈ Lab được mặc định là không tầm thường 2.2 Nghiệm không dương của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất Định lý 2.2 33 Giả sử λ ∈ ( 0,1] ,  ∈ Pab 1− λ và λ b < ∫  (1)( s ) ds ≤ 1 (2.4)... Riesz- Schauder suy ra (1.3) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu phương trình thuần nhất tương ứng: x = T ( x ) (1.4) chỉ có nghiệm tầm thường (xem [11, định lý 2, trang 221]) Mặt khác, bài toán (1.4) tương đương với bài toán (1.10 ) , (1.20 ) theo nghĩa như trên Do đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường Chú ý 1.8... ý nên khi cho ε → 0 ta được klim →+∞ Định lý 1.11 Giả sử  ∈ Lab và tồn tại k , m ∈ , m0 ∈  ∪ {0} và α ∈ [ 0,1) sao cho λk ≠ 0 và với mỗi nghiệm u của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) thỏa:  k ,m ( u ) c ≤ α  k ,m0 ( u ) c Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất Chứng minh Theo định lý 1.2 để chứng minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất ta chỉ cần chứng minh bài toán thuần nhất tương... minh Để chứng minh  ∈ V − ( λ ) ta cần chứng minh hai điều sau:  Bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm không dương , ∀q ∈ L ([ a, b ] ;  + ) , ∀c ∈  +  Bài toán thuần nhất tương ứng ( 2.10 ) , ( 2.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường  Ta chứng minh bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm không dương : Giả sử u là một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.1), (2.2) với q ∈ L ([ a, b ] ;  + ) và c ∈  + Ta cần chứng... ràng, bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử : = x T ( x ) + q (1.3) thuộc không gian X theo nghĩa sau: = x Nếu α ( u, α ) ∈ X là nghiệm của (1.3), thì =  ([ a, b ] ;  ) và u là 0, u ∈ C nghiệm của (1.1), (1.2)  ([ a, b ] ;  ) là nghiệm của (1.1), (1.2), thì x = ( u , 0 ) là Ngược lại , nếu u ∈ C nghiệm của (1.3) Theo mệnh đề 1.7, ta có toán tử T xác định như trên là toán tử... sử rằng bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm Khi đó theo định lý 1.2, bài toán (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường Ta cần chứng minh tồn tại k , m ∈  sao cho λk ≠ 0 và (1.16) thỏa mãn Xét bài toán: u ′ ( t ) =  ( u )( t ) u ( t0 ) = 1 (1.10 ) (1.17) 21 Theo giả thiết của định lý ta có  ∈ Lab là toán tử t0 − Volterra nên theo hệ quả 1.12 thì bài toán (1.10 ) , (1.17) có nghiệm duy nhất u0 ... nghiệm toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 22 CHƯƠNG 2:NGHIỆM CÓ DẤU KHÔNG ĐỔI CỦA BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT ... thiệu toán 30 2.2 Nghiệm không dương toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 32 2.3 Nghiệm không dương toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi. .. phân với đối số lệch 46 2.4 Nghiệm không âm toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc 51 2.5 Nghiệm không âm toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi