tính giải được của một số lớp bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao

55 333 0
tính giải được của một số lớp bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH VÕ THỊ MINH NHẬT TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH Thành phố Hồ Chí Minh – 2011 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH VÕ THỊ MINH NHẬT TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO Chuyên ngành: Mã số: Toán giải tích 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh - 2011 MỞ ĐẦU Lí thuyết toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường đời từ kỉ XVIII, song đến phát triển mạnh mẽ nhờ ứng dụng ngành khoa học kĩ thuật học, khí, nông nghiệp, sinh học, kinh tế,… Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính nghiên cứu nhiều từ năm 1995 đến 2003 nhiều tác I.Kiguradze, R.Hakl, A.Lomtatidze, S.Mukhigulashlivi công trình [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7], [8], [9], [10] Vì chọn đề tài làm nội dung nghiên cứu luận văn nhằm học tập phát triển đề tài theo hướng tác giả Luận văn tập trung nghiên cứu vấn đề tồn nghiệm toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao, cụ thể bậc ba bậc n Luận văn chia làm chương, cụ thể : Chương hệ thống lại vài định nghĩa chứng minh số định lý cần dùng trình chứng minh kết hai chương sau Chương nghiên cứu tính giải toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc ba có dạng: = u ''' (t ) ∑ l (u i =0 (i ) i )(t ) + q (t ) u ( j ) (0) = u ( j ) (ω ) với ≤ t ≤ ω với j = 0,1, Trong chương này, luận văn sử dụng kết để nghiên cứu tính giải toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc ba có dạng: = u '"(t ) p (t )u (τ (t )) + q (t ) hoặc= u '"(t ) ∑ p (t )u i i =0 thỏa (i ) với ≤ t ≤ ω (τ i (t )) + q (t ) với ≤ t ≤ ω u ( j ) (0) = u ( j ) (ω ) với j = 0,1, Chương nghiên cứu tính giải toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc n (n ≥ 2) có dạng: = u (t ) (n) n −1 ∑ l (u i i =0 ( j) (i ) )(t ) + q (t ) ( j) u= (0) u (ω ) + c j với ≤ t ≤ ω với = j 0, , n − Trong chương này, luận văn sử dụng kết để nghiên cứu tính giải toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc cao có dạng: = u ( n ) (t ) p (t )u (τ (t )) + q (t ) ( j) u= (0) u ( j ) (ω ) + c j với ≤ t ≤ ω với = j 0, , n − Luận văn tài liệu tham khảo cho sinh viên năm cuối học viên cao học ngành Toán nghiên cứu tính giải toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao LỜI CẢM ƠN Đầu tiên xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS TS Nguyễn Anh Tuấn, người tận tâm hướng dẫn tạo điều kiện tối đa để hoàn thành luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô Hội đồng chấm luận văn giành thời gian đọc, chỉnh sửa đóng góp ý kiến giúp cho hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh Tôi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng KHCN-Sau Đại học toàn thể thầy cô khoa Toán-Tin học trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh giảng dạy tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian nghiên cứu đề tài Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến Ban giám hiệu, lãnh đạo trường Dự Bị Đại học thành phố Hồ Chí Minh, đặc biệt thầy cô Bộ môn Toán tạo điều kiện tối đa cung cấp tài liệu cho hoàn thành luận văn Tôi chân thành cảm ơn gia đình, anh chị bạn đồng nghiệp động viên, giúp đỡ hoàn thành luận văn Cuối cùng, trình viết luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, mong nhận góp ý Quý Thầy Cô bạn đọc nhằm bổ sung hoàn thiện đề tài Xin chân thành cảm ơn TP Hồ Chí Minh tháng năm 2011 MỤC LỤC Mở đầu Lời cảm ơn Mục lục Bảng kí hiệu Chương 1:Những kiến thức chuẩn bị 1.1 Một vài định nghĩa .8 1.2 Một vài định lý .8 Chương 2:Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 2.1 Giới thiệu toán 22 2.2 Các kết .22 2.3 Một số hệ .30 Chương 3:Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao 3.1 Giới thiệu toán 40 3.2 Các kết chính: 40 3.3 Một số hệ 46 Kết luận kiến nghị 54 Tài liệu tham khảo .55 Bảng kí hiệu N tập số tự nhiên R tập số thực; R= + [0; +∞ ) [ x ] phần nguyên x; [ x ]+ =( x + x ) ; [ x ]− =( x − x ) 2 C ([0;ω ] ; R ) không gian Banach hàm liên tục u : [ 0; ω ] → R với chuẩn = u C max { u (t ) : t ∈ [ 0; ω ]} C n ([0;ω] ; R ) tập hàm u : [ 0; ω ] → R liên tục tuyệt đối đạo hàm cấp n chúng Cωn (ω > 0) tập hàm u : R → R tuần hoàn theo chu kì ω liên tục tuyệt đối đạo hàm cấp n chúng L ([0;ω] ; R ) không gian Banach hàm tích phân Lebesgue p : [ 0; ω ] → R với chuẩn ω p L = ∫ p ( s ) ds Lnab tập toán tử tuyến tính bị chặn l : C ([ a, b ] ; R n ) → L ([ a, b ] ; R n ) với chuẩn l = sup l ( x) x C ≤1 L Chương 1: Những kiến thức chuẩn bị Trong chương này, ta đưa vài định nghĩa định lý nhằm phục vụ cho nội dung hai chương sau 1.1 Một vài định nghĩa Định nghĩa 1.1: Toán tử tuyến tính l : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) gọi không âm với hàm u ∈ C ([ 0; ω ] ; R+ ) l (u )(t ) ≥ ∀t ∈ [ 0; ω ] Định nghĩa 1.2: Toán tử tuyến tính l : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) gọi đơn điệu l −l không âm 1.2 Một vài định lý Định lý 1.3: Trên đoạn [ a, b ] xét toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính: = u '(t ) l (u )(t ) + q (t ) (1.1) h(u ) = c (1.2) với l ∈ Lnab ; q ∈ L ([ a, b ] , R n ) ; c ∈ R n ; h : C ([ a, b ] ; R n ) → R n hàm tuyến tính bị chặn Khi đó, toán (1.1), (1.2) giải toán tương ứng u '(t ) = l (u )(t ) (1.10 ) h(u ) = (1.20 ) có nghiệm tầm thường Trước chứng minh định lý trên, ta chứng minh hai bổ đề sau: Bổ đề 1.4: Cho l ∈ L1ab Khi toán tử p : C ([ a, b ] ; R ) → C ([ a, b ] ; R ) xác định t p ( x)(t ) = ∫ l ( x)( s )ds với a ≤ t ≤ b toán tử compact a Chứng minh: Trước hết, ta nhắc lại vài kết từ [1]: Bổ đề 1.5 (định lý IV.8.6): Không gian L ([ a, b ] ; R ) đầy đủ yếu Bổ đề 1.6 (định lý VI.7.6): Toán tử tuyến tính bị chặn biến không gian C ([ a, b ] ; R ) thành không gian Banach đầy đủ yếu hoàn toàn liên tục yếu Bổ đề 1.7 (định lý IV.8.11): Nếu tập M ⊆ L ([ a, b ] ; R ) compact tương đối yếu có tính chất tích phân hoàn toàn liên tục Giả sử M ⊆ C ([ a, b ] ; R ) tập bị chặn Để chứng minh p toán tử compact, ta cần chứng minh p ( M ) tập compact tương đối Theo định lý Arzela-Ascoli, ta chứng minh p ( M ) bị chặn liên tục đồng bậc  Chứng minh p ( M ) bị chặn Theo định nghĩa toán tử p , ta có:  t  = p ( x) C max  ∫ l ( x)( s )ds : t ∈ [ a, b ]  a  ≤ l ( x) L ≤ l x C ∀x ∈ M Vì l ∈ L1ab M bị chặn nên p ( M ) bị chặn  Chứng minh p ( M ) liên tục đồng bậc Theo bổ đề 1.5 1.6 toán tử l hoàn toàn liên tục yếu Do đó, l ( M ) compact tương đối yếu Theo bổ đề 1.7 l ( M ) có tính chất tích phân hoàn toàn liên tục nghĩa t ∀ε > 0, ∃δ > : ∫ l ( x)(ζ )dζ ≤ ε ∀s, t ∈ [ a, b ] , t − s ≤ δ ∀x ∈ M s Mặt khác t p ( x)(= t ) − p ( x)( s ) ∫ l ( x)(ζ )dζ ∀s, t ∈ [ a, b ] ; ∀x ∈ C ([ a, b ] ; R ) s Do p ( x)(t ) − p ( x)( s ) ≤ ε Vậy p ( M ) liên tục đồng bậc Vậy ta có điều phải chứng minh ∀s, t ∈ [ a, b ] : t − s ≤ δ ; ∀x ∈ M Bổ đề 1.8: Cho l ∈ Lnab Khi toán tử p : C ([ a, b ] ; R n ) → C ([ a, b ] ; R n ) xác định t p ( x)(t ) = ∫ l ( x)( s )ds với a ≤ t ≤ b toán tử compact a Chứng minh: Đặt x = ( x j ) n j =1 phần tử C ([ a, b ] ; R n ) x j = (0, , x j , ,0) Khi đó, l tuyến tính nên l ( x) = ( li ( x) )i =1 n = li ( x) n = l (x ) (i ∑ j =1 ij j 1, , n) li : C ([ a, b ] ; R n ) → L ([ a, b ] ; R ) lij : C ([ a, b ] ; R ) → L ([ a, b ] ; R ) lij ( x j ) = li ( x j ) Do l ∈ Lnab nên lij ∈ L1ab (i, j = 1, , n) t Vì vậy, theo bổ đề 1.4 pij ( x)(t ) := ∫ lij ( x j )( s )ds với a ≤ t ≤ b (i, j = 1, , n) a toán tử compact n  n  Lại có p ( x)(t ) =  ∑ pij ( x)(t )   j =1 i =1 Do đó, p toán tử compact Bổ đề chứng minh Chứng minh định lý 1.3: Đặt X C ([ a, b ] ; R n ) × R n không gian Banach chứa phần tử x = (u , α ) với = u ∈ C ([ a, b ] ; R n ) α ∈ R n với chuẩn x= X u C + α Định nghĩa toán tử tuyến tính f : X → X g ∈ X sau: n −1 ω n−1−i i =1 d n−1−i với Ω =∑ li (3.7) = di ( i 0, , n − 1) xác định (1.4)-(1.7) định lý 1.9 chương Khi đó, toán (3.1),(3.2) có nghiệm Để chứng minh định lý trên, ta cần chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 3.2:Cho v ∈ C n −1 ([ 0, ω ] , R ) v(t ) ≠ const , v ( i ) (0) = v ( i ) (ω ) (i = 0, , n − 1) (3.8) (i ) Khi đó, hàm v= (i 1, , n − 1) đổi dấu v ( i ) C ) ≤ ∆ (v ( i= ) (i 1, , n − 1) với = ∆(v ( i ) ) max {v ( i ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]} − {v ( i ) (t ) : t ∈ [ 0, ω= ]} (i 0, , n) (3.9) Chứng minh: Rõ ràng với k ∈ {0, , n − 1} cố định bất kì: v (k ) ≠ const v (0) = v (ω ) v (k ) (k ) ( k +1) ω ≠ ∫ v ( k +1) ( s )ds = Như vậy, v ( k +1) đổi dấu (i ) Do đó, theo qui nạp toán học hàm v= (i 1, , n − 1) đổi dấu { } Lại có v ( i ) = max v ( i ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ] C = ∆(v ( i ) ) max {v ( i ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]} − {v ( i ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]} Do đó, ta có v(i ) C ≤ ∆ (v ( i ) ) = (i 1, , n − 1) Vậy bổ đề chứng minh Bổ đề 3.3: Cho l :C ([ 0; ω ] ; R ) → L ([ 0; ω ] ; R ) toán tử tuyến tính không âm Khi đó, với v ∈ C ([ 0, ω ] , R ) tùy ý, ta có bất đẳng thức sau: −ml (1)( t ) ≤ l ( v )( t ) ≤ Ml (1)(t ) với ≤ t ≤ ω m =− {v(t ) : ≤ t ≤ ω} , M =max {v(t ) : ≤ t ≤ ω} Chứng minh: Rõ ràng v(t ) − M ≤ 0, v(t ) + m ≥ với ≤ t ≤ ω Do l không âm nên ta có: l (v − M )(t ) ≤ ; l (v + m)(t ) ≥ với ≤ t ≤ ω Vậy ta có điều phải chứng minh Từ định lý 1.3 chương 1, ta có bổ đề sau: Bổ đề 3.4: Bài toán (3.1);(3.2) giải toán tương ứng: n −1 u ( n ) (t ) = ∑ li (u ( i ) )(t ) (3.9) i =0 j) u (= (0) u ( j ) (ω ) = ( j 0, , n − 1) (3.10) có nghiệm tầm thường Chứng minh định lý 3.1: Chúng ta chứng minh định lý trường hợp điều kiện từ (3.4)-(3.6) thỏa với j = Trong trường hợp j = , chứng minh tương tự Theo bổ đề 3.4, ta cần chứng minh toán (3.10);(3.11) có nghiệm tầm thường Giả sử trái lại nghĩa bái toán (3.10);(3.11) có nghiệm không tầm thường u đặt = M i max {u ( i ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]} = (i 0, , n − 1) (3.11) − {u ( i ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]} mi =  Giả sử u không dương không âm Không tính tổng quát, giả sử u (t ) ≥ ∀t ∈ [ 0, ω ] Hiển nhiên M > m0 ≤ ; Nếu u ≡ const , từ (3.10), ta có l0,1 = l0,2 Từ (3.5) suy − Ω − Do l= 01 ω n−1 d n −1 l0,1+ j ≥ ⇔ Ω + ω n−1 d n −1 l0,1+ j ≤ ( j = 0,1) l= 02 Điều mâu thuẫn với (3.3) Vì u ≠ const từ bổ đề 3.2, suy M i > 0, mi > ( i = 1, , n − 1) (3.13) Chọn t1 ; t2 ∈ [ 0, ω ] thỏa u ( n −1) (t1 ) = (3.14) − mn−1 u ( n−1) (t2 ) = M n−1 Hiển nhiên t1 < t2 (3.15) hay t1 > t2 (3.16) o Nếu (3.15) thỏa : Khi đó, theo (3.9),(3.12),(3.14) bổ đề 3.2 bổ đề 3.3: Lấy tích phân (3.10) từ t1 đến t2 , ta được: ( n −1) ∆(u = ) t2 ∫l 0,1 t1 t2 n −1 t2 t1 i =1 t1 (u )( s )ds − ∫ l0,2 (u )( s )ds + ∑ ∫ l0,1 (u )( s )ds n −1 ≤ M l0,1 + ∑ ∆(u ( i ) ) li i =1 (3.17) o Nếu (3.16) thỏa : Lấy tích phân (3.10) từ đến t2 từ t1 đến ω , ta được: M n −1 − u u ( n −1) ( n −1) t2 n −1 t2 i =1 ω n −1 ω t1 i =1 t1 (0) ≤ M ∫ l0,1 (1)( s )ds + ∑ ∫ li (u ( i ) )( s ) ds (ω ) + mn −1 ≤ M ∫ l0,1 (1)( s )ds + ∑ ∫ li (u ( i ) )( s ) ds Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức trên, theo (3.11);(3.9) (3.12), ta được: n −1 ∆(u ( n−1) ) ≤ M l0,1 + ∑ ∆ (u ( i ) ) li (3.18) i =1 Như vậy, hai trường hợp (3.15) (3.16), bất đẳng thức (3.18) thỏa Hơn nữa, từ (3.18), theo định lý 1.9, ta có: ∆(u ( n−1) )(1 − Ω) ≤ M l0,1 (3.19) Ω xác định (3.7) Từ (3.19), dùng định lý 1.9, ta được: d n −1 ω n−1 Từ đó, ta có ( M + m0 )(1 − Ω) < M l0,1   ω n−1 M 1 − Ω − l0,1  < − m0 (1 − Ω) d n −1   (3.20) Mặt khác, theo (3.11),(3.12) bổ đề 3.2 bổ đề 3.3: Lấy tích phân (3.10) từ đến ω , ta được: n −1 − m0 l0,2 ≤ M l0,1 + ∑ ∆ (u ( i ) ) li (3.21) i =1 Theo định lý 1.9, từ (3.21) ta được: − m0 l0,2 ≤ M l0,1 + ∆(u ( n−1) )Ω (3.22) Ω xác định (3.7) Từ (3.22) (3.19), ta được: − m0 (1 − Ω) l0,2 ≤ M l0,1 (3.23) Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức (3.20) (3.23), theo (3.3);(3.4) − m0 > ,   ω n−1 ta được: 1 − Ω − l0,1  l0,2 < l0,1 d n−1   Mâu thuẫn (3.5) với j =  Giả sử u nhận giá trị dương âm Khi đó, theo bổ đề 3.2, suy M i > 0, mi > (i = 0, , n − 1) Chọn t1 ; t2 ∈ [ 0, ω ] thỏa (3.14) Không tính tổng quát, ta giả sử (3.15) thỏa Theo (3.12) ; bổ đề 3.2 bổ đề 3.3: Lấy tích phân (3.10) từ đến t1 ; từ t1 đến t2 ; từ t2 đến ω , ta được: mn −1 + u ( n −1) t1 t1 n −1 t1 0 i =1 t2 t2 n −1 t1 t1 i =1 (0) ≤ M ∫ l0,2 (1)( s )ds + m0 ∫ l0,1 (1)( s )ds + ∑ ∫ li (u ( i ) )( s ) ds M n −1 + mn −1 ≤ M ∫ l0,2 (1)( s )ds + m0 ∫ l0,2 (1)( s )ds + ∑ ∆ (u ( i ) ) li M n −1 − u ( n −1) ω ω n −1 ω t2 t2 i =1 t2 (ω ) ≤ M ∫ l0,2 (1)( s )ds + m0 ∫ l0,1 (1)( s )ds + ∑ ∫ li (u ( i ) )( s ) ds (3.24) (3.25) (3.26) Cộng (3.24) (3.26), theo (3.9); (3.10) (3.11), ta có: n −1 ∆(u ( n−1) ) ≤ M ∫ l0,2 (1)( s )ds + m0 ∫ l0,1 (1)( s )ds + ∑ ∆(u ( i ) ) I (3.27) i =1 I [0, t1 ] ∪ [t2 , ω ] = I Tuy nhiên, theo định lý 1.9, (3.27) (3.25), ta có: ∆(u ( n −1) )(1 − Ω) ≤ M ∫ l0,2 (1)( s )ds + m0 ∫ l0,1 (1)( s )ds ∆(u ( n −1) I I t2 t2 )(1 − Ω) ≤ M ∫ l0,1 (1)( s )ds + m0 ∫ l0,2 (1)( s )ds t1 (3.28) (3.29) t1 Từ (3.4) ta có − Ω > ∆ (u ) < Theo định lý 1.9, ta có: M + m0 = Do d n −1 ω n −1 ω n−1 d n−1 ∆ (u ( n−1) ) ( M + m0 )(1 − Ω) < ∆ (u ( n −1) )(1 − Ω) Theo (3.4) bất đẳng thức sau cùng, từ (3.28) (3.29), ta có:    ω n −1  ω n−1 < m0 1 − Ω − l (1)( s ) ds M l (1)( s ) ds (1 ) < − − Ω    0,1 0,2 ∫ d n −1 ∫I    d n −1 I  (3.30) t    ω n −1 t2  ω n−1 < − − Ω < M 1 − Ω − l (1)( s ) ds m l (1)( s ) ds (1 )    0,1    d n−1 ∫t 0,2  d n−1 ∫t1     (3.31) Suy Như ω n−1 d n−1 ∫l 0,2 (1)( s )ds > (1 − Ω) I ω n−1 d n −1 l0,2 > 2(1 − Ω) ω n−1 d n −1 t2 ∫l 0,2 (1)( s )ds > (1 − Ω) t1 (3.32) Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức (3.30) (3.31), ta được: t    ω n−1 ω n−1 − Ω − l (1)( s ) ds l (1)( s ) ds   1 − Ω −  0,1 0,1  d n−1 ∫I d n−1 ∫t1       ω n −1   ω n −1 t2 với < t < (−1) j W2 j −1,k (t ) < với 0 (−1) j W2 j ,k (t ) <  1 ∀t ∈ 0;   2 1  ∀t ∈  ;1 4  (−1) j W2 j −1,k (t ) < (−1) j W2 j −1,k (t ) > Mặt khác: Wi ,(kr ) (t ) = Wi − r ,k (t ) với ≤ t ≤1 r= 0, , i Do đó, ta có { max {( −1) W } (t ) : ≤ t ≤ 1} = ( −1) W j j 1 ( −1) W2 j ,k (t ) : ≤ t ≤ = ( −1) W2 j ,k   2 j j ,k j j ,k (0)    1 (−1) j W2 j ,k (0) − W2 j ,k    = W2 j ,k   Suy ∆ (W2 j ,k ) =   2  1 Chứng minh tương tự, ta có ∆(W2 j −1,k ) = W2 j −1,k   4 Lại có ∆ (W0,k ) = Do đó, theo (3.44), ta có: ∆(Wi ,k ) = ∆(W0,k ) li ,k Bây giờ, theo định lý (1.2), ta có: ∆ (Wi ,k ) < i∈N ∆(Wi ,(ki ) ) di Mà Wi ,(kr ) (t ) = Wi − r ,k (t ) nên ∆ (Wi ,(ki ) ) = ∆ (W0,k ) Do ∆ (Wi ,k ) < Do (3.50) nên ta có li ,k > di Giả sử d n−1 = ln−1 , (3.49), ta có ∆(W0,k ) di ∀ε > 0, ∃k0 ∈ N : ln −= d n −1 < ln −1,k ≤ d n−1 + ε  Đặt v0= (t )  d n −1 + Wn −1,k0 (t ) 4  Theo (3.44) (3.51), ta có: v0 ε ∀k ≥ k0 (3.51) ∀t ∈ [ 0;1] C > ln −1,k0 Wn −1,k0 C ≥ Như vậy, theo (3.46 i ) (3.47 i ), ta có: {t ∈ [0;1] : v (t ) ≥ 1} ≠ ∅ ; {t ∈ [0;1] : v (t ) ≤ −1} ≠ ∅ 0 Do tồn t1 ; t2 ∈ [ 0;1] cho: v0 (t1 ) = ; v0 (t2 ) = −1 (3.52) Bây= đặt ω 1= ; l0 ( x)(t ) v0( n ) (t ) x (τ (t ) ) với t1 τ (t ) =  t2 W0,' k0 (t ) ≥ W0,' k0 (t ) < Khi l0 không âm l0 ≠ , theo (3.52), ta có v0 (τ (t )) = sgn W0,' k0 (t ) Từ định nghĩa W0,k , ta có: ε  l0 =∫ v0( n ) ( s ) ds =4  d n −1 +  ∫ sin'π k0 (1 − s ) ds =4d n −1 + ε 41  − k0 Như vậy, điều kiện hệ 3.7 thỏa, trừ điều kiện (3.39) thay điều kiện (3.39ε ) với ω = Mặt khác, Wi ,(kr ) (t ) = Wi − r ,k (t ) với ≤ t ≤ r= 0, , i ' ' nên ta có: = v0( n ) (t ) W= W0,' k0 (t ) sgn W= v0( n ) v0= (τ (t )) l0 (v0 )(t ) 0, k0 (t ) 0, k0 (t ) Vậy v0 nghiệm không tầm thường toán (n) (i ) v= (t ) l0 (v)(t ) ; v= (0) v ( i ) (1)= i 0, , n − Điều mâu thuẫn với kết luận hệ 3.7 Bây ta sử dụng định lý 3.1 để xem xét tồn nghiệm toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc n có dạng: = u ( n ) (t ) p (t )u (τ (t )) + q (t ) thỏa điều kiện biên (3.2) p, q ∈ L ([ 0, ω ] , R ) τ : [ 0, ω ] → [ 0, ω ] hàm đo (3.53) Hệ 3.8: Cho σ ∈ {−1;1} p ∈ L ([ 0; ω ] ; R ) cho ω ∫ p(s) ds ≠ thỏa: ω ∫ [σ p(s)]+ ds < d n −1 ω n−1 ω ∫ [σ p(s)] ds  2d n −1  ω n−1 ω   σ p ( s ) ds 1 σ p ( s ) ds ≤ ≤ + − [ ] [ ] ω ∫0 − +  ω n−1  d n −1 ∫0 ω n−1  1− σ p ( s ) ds [ ] + d n −1 ∫0 + ω = di (i 0, , n − 1) xác định (1.4)-(1.7) định lý 1.9 chương Khi đó, toán (3.53), (3.2) có nghiệm Chứng minh: def Sử dụng định lý 3.1 với l0 (u )(t ) = p (t )u (τ (t )) ; li ≡ ; = i 1, 2, , n − def = l0,2− j (u )(t ) j = def p (t ) ]+ u (τ (t )) ; l0,1+j (u )(t ) [σ p (t ) ]− u (τ (t )) [σ= 1+ σ Khi l0,2− j = ω ω [σ p( s)] ds ; l ∫= ∫ [σ p(s)] ds + 0,1+ j − với j = 1+ σ Như Ω =0 điều kiện định lý 3.1 thỏa Do ta có điều phải chứng minh Ta tiếp tục sử dụng hệ 3.7 để xem xét tồn nghiệm toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường bậc n có dạng : = u ( n ) (t ) p (t )u (t ) + q (t ) (3.54) thỏa điều kiện biên (3.2) p, q ∈ L ([ 0, ω ] , R ) Hệ 3.9: Cho σ ∈ {−1,1} ; p ∈ L ([ 0, ω ] ; R ) cho σ p (t ) ≥ ∀t ∈ [ 0, ω ] ; p (t ) ≠ ω 4d n −1 ∫ p(s) ds ≤ ω n −1 (3.55) = di (i 0, , n − 1) xác định (1.4)-(1.7) định lý 1.9 chương Khi đó, toán (3.54);(3.2) có nghiệm Chứng minh: def Sử dụng hệ 3.7 với l0 (u )(t ) = p (t )u (t ) Khi điều kiện hệ 3.7 thỏa Hệ chứng minh KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Luận văn trình bày vấn đề lý thuyết toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc ba bậc cao Cụ thể nghiên cứu tính giải được, tính nghiệm Luận văn gồm ba chương Chương Luận văn nêu lại hai định nghĩa 1.1; 1.2 chứng minh hai định lý tảng 1.3;1.9 nhằm phục vụ cho kết chương chương Chương Luận văn nghiên cứu tồn nghiệm toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc ba (2.1); (2.2) Các kết chương định lý 2.1, định lý 2.6 Đặc biệt, luận văn sử dụng kết để xem xét tồn nghiệm toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc ba có dạng (2.38) (2.42) thỏa điều kiện biên (2.2) thông qua hệ 2.10 hệ 2.11 Đồng thời, luận văn sử dụng kết để xem xét tồn nghiệm toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường bậc ba có dạng (2.47);(2.2) với hệ 2.13 Chương Luận văn tiếp tục nghiên cứu tồn nghiệm cho trường hợp tổng quát Đó toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao (3.1); (3.2) với kết định lý 3.1 định lý 3.5 Luận văn sử dụng kết để xem xét tồn nghiệm toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc cao (3.53); (3.2) với hệ 3.8 Đồng thời, luận văn sử dụng kết để xem xét tồn nghiệm toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường bậc cao (3.54);(3.2) với hệ 3.9 Từ vấn đề đưa luận văn, câu hỏi đặt kết hay không cho toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm phi tuyến bậc cao Hơn toán chưa nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm thời gian có hạn Chính thông qua kết đạt luận văn này, tác giả mong muốn mở rộng tiếp tục nghiên cứu vấn đề nêu Tác giả mong góp ý bảo Quý Thầy Cô hội đồng Tài liệu tham khảo [1] N.Dunford and J.T.Schwartz (1958), “Linear Operators.I.General Theory”, Pure and applied Mathematics, vol.7, Interscience Publishers, New York [2] I.Kiguradze and A.Lomtatidze (2010), “Periodic solutions of nonautonomous ordinary differnetial equations”, Monatsh Math 159, 235-252 [3] I.Kiguradze and T.Kusano (1999), “On periodic solutions of higher_order nonautonomous ordinary differential equations” (Russian) Differ Uravn 35, No.1, 72-78; English trans.: Differential Equations 35, No.1, 71-77 [4] I.Kiguradze (2000), “On periodic solutions of nth order ordinary differential equations” , Nonlinear Analysis 40, 309-321 [5] R.Hakl (2008), “Periodic boundary-value problem for third-order linear functional differential equations”, Ukrainian Mathematical Journal, Vol.60 (3), 481-494 [6] R.Hakl, A.Lomtatidze and I.P.Stavroulakis (2004), “On a boundary value problem for scalar linear functional differential equations”, Abstract and Applied Analysis, Vol.2004 (1), 45-67 [7] R.Hakl and S.Mukhigulashvili (2009), “A periodic boundary value problem for functional differential equations of higher order”, Georgian Mathematical Journal, Vol.16 (4), 651-665 [8] R.Hakl and S.Mukhigulashvili (2005), “ On a boundary value problem for nth order linear functional differential systems”, Georgian Mathematical Journal, Vol.12 (2), 229-236 [9] R.Hakl and S.Mukhigulashvili (2007), “On a periodic boundary value problem for third order linear functional differential equations”, Memoirs on Differential Equations and Mathematical Physics, Vol.41, 27-42 [10] R.Hakl and S.Mukhigulashvili (2005), “On one estimate for periodic functions”, Georgian Mathematical Journal, Vol.12 (1), 97-114 [...]... lý được chứng minh với n = 2k + 2 ( k ∈ N ) Vậy định lý được chứng minh Từ đó suy ra ∆(u ) < (i ) ω n −i d n −i ∆(u ( n ) ) (i = 1, , n − 1) (1.35 r ) Chương 2: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 3 Trong chương này ta sẽ xây dựng các điều kiện đủ để bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 3 giải được duy nhất 2.1 Giới thiệu bài toán Xét bài. .. toán về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc ba: = u (t ) ''' 2 ∑ l (u i =0 (i ) i )(t ) + q (t ) với 0 ≤ t ≤ ω (2.1) với (2.2) với điều kiện biên tuần hoàn u ( j ) (0) = u ( j ) (ω ) j = 0,1, 2 trong đó li : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) (i = 0,1, 2) là toán tử tuyến tính bị chặn và q ∈ L ([ 0; ω ] ; R ) Hàm u ∈ C 2 ([ 0, ω ] , R ) được. .. ∫0  ω Khi đó, bài toán (2.37),(2.2) với l= l01 − l02 hoặc l= l02 − l01 có nghiệm duy nhất 0 0 Chứng minh: Hệ quả được suy ra từ định lý 2.1 với l1 ≡ 0, l2 ≡ 0 , β1 = 1 Sau đây, ta áp dụng định lý 2.1 để xem xét vấn đề tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân tuyến tính đối số lệch bậc ba: = u '"(t ) p (t )u (τ (t )) + q (t ) (2.38) thỏa điều kiện biên (2.2) trong... nên bài toán thuần nhất tương ứng chỉ có nghiệm tầm thường Theo bổ đề 2.4 thì bài toán (2.1),(2.2) giải được duy nhất Định lý được chứng minh 2.3 Một số hệ quả Hệ quả 2.7: Cho toán tử đơn điệu l0 và toán tử bị chặn l1 , l2 thỏa l0 (1)(t ) ≡/ 0 ω ∫ l0 (1)(s) ds ≤ Hơn nữa 0 với= β1 ω 4 ω và l1 + l2 < 1 4 128 ω2 (1 − β1 ) l 1 + l2 Khi đó, bài toán (2.1),(2.2) có nghiệm duy nhất Chứng minh: Hệ quả được. .. thường theo chứng minh ở phần đầu Vì vậy bài toán (2.8),(2.9) cũng chỉ có nghiệm tầm thường Bổ đề được chứng minh Chứng minh định lý 2.1: Đặt = α1 l= 1 , α2 l2 Khi đó, tất cả các giả thiết của bổ đề 2.5 đều thỏa nên bài toán thuần nhất tương ứng chỉ có nghiệm tầm thường Theo bổ đề 2.3 thì bài toán (2.1),(2.2) giải được duy nhất Định lý được chứng minh Định lý 2.6: Cho li1 , li2 : C ([ 0, ω ] ; R ) → L... bài toán (1.1),(1.2) tương đương phương trình toán tử = x f ( x) + g (1.3) trong không gian X dưới dạng: Nếu α 0, u ∈ C ([ a, b ] ; R n ) và u là nghiệm = x (u , α ) ∈ X là nghiệm của (1.3) thì = của (1.1),(1.2) Ngược lại, nếu u ∈ C ([ a, b ] ; R n ) và u là nghiệm của (1.1),(1.2) thì x = (u ,0) là nghiệm của (1.3) Theo bổ đề 1.8, ta có toán tử f compact Từ định lý Riesz-Schaulder suy ra phương trình. .. 0, ω ] , R ) được xem như nghiệm của phương trình (2.1) nếu nó thỏa phương trình này hầu khắp nơi trên [ 0; ω ] và điều kiện biên (2.2) 2.2 Các kết quả chính Trong suốt phần này, ta thống nhất li : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) (i = 0,1, 2) là các toán tử tuyến tính Định lý 2.1: Cho các toán tử không âm l01 , l02 : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) và các toán tử bị chặn l1 ; l2 thỏa: l01... thì bài toán (2.1),(2.2) có nghiệm duy nhất Hệ quả được chứng minh Hệ quả 2.8: Cho toán tử đơn điệu l0 và toán tử bị chặn l1 , l2 thỏa l0 (1)(t ) ≡/ 0, li =− li1 li2 (i = 1, 2) trong đó li1 , li2 : C ([ 0, w] ; R ) → L ([ 0, w] ; R ) là toán tử không âm và ω 4 max { l11 , l12 } + max { l21 , l22 ω ∫ l (1)(s) ds ≤ Hơn nữa 0 0 } 0 u0 '"(t ) ≤ 0 (2.36) và các toán tử tuyến tính li : C ([ 0;1] ; R ) → L ([ 0;1] ; R ) (i = 0,1, 2) được cho bởi:  i −1  = l0 (u )(t ) u0 '"(= t ) u (τ (t )) ; li ... Chương 3: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao Trong chương ta xây dựng điều kiện đủ để toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao giải. .. Chương 2: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc Trong chương ta xây dựng điều kiện đủ để toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc giải 2.1... THỊ MINH NHẬT TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO Chuyên ngành: Mã số: Toán giải tích 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH NGƯỜI

Ngày đăng: 02/12/2015, 17:16

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • BÌA

  • MỞ ĐẦU

  • LỜI CẢM ƠN

  • MỤC LỤC

  • Chương 1: Những kiến thức chuẩn bị

    • 1.1 Một vài định nghĩa

    • 1.2 Một vài định lý

    • Chương 2: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 3

      • 2.1 Giới thiệu bài toán

      • 2.2 Các kết quả chính

      • 2.3 Một số hệ quả

      • Chương 3: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao.

        • 3.1 Giới thiệu bài toán

        • 3.2 Các kết quả chính:

        • 3.3 Một số hệ quả

        • KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

        • Tài liệu tham khảo

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan