BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Ngọc Bích MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Ngọc Bích MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP 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 Đầu tiên xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành 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 dành thời gian đọc, chỉnh sửa đóng góp ý kiến giúp cho hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh Tôi xin bày tỏ lòng biết 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, trường Đại học Quốc Tế - Đại học Quốc Gia Thành Phố Hồ Chí Minh tận tình giảng dạy truyền đạt kiến thức cho suốt thời gian học Sau Đại học trường Tôi xin cảm ơn Thầy Cô Phòng Sau Đại học trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi giúp hoàn thành khóa học Tôi xin cảm ơn Thầy Cô Trường Đại học Tây Nguyên tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian học tập nghiên cứu đề tài 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 2012 MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục Danh mục kí hiệu PHẦN MỞ ĐẦU Chương TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP .3 1.1 Phương trình vi phân hàm tuyến tính 1.1.1 Giới thiệu toán .3 1.1.2 Định lý tồn nghiệm toán (1.1), (1.2) 1.1.3 Phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra 1.2 Tính xấp xỉ nghiệm toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp .17 1.3 Số chiều tập hợp nghiệm phương trình 23 Chương MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP 35 2.1 Phát biểu toán 35 2.2 Các định lý tồn nghiệm 36 2.3 Tính nghiệm toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch .57 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 62 TÀI LIỆU THAM KHẢO 63 DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU   tập hợp số tự nhiên   tập hợp số thực  = +  [x ] phần nguyên x  [x ]+= [0; +∞ ) 1 1 x + x )= x ( sgn x + 1) , [x ]−= x − x )= x ( sgn x − 1) ( ( 2 2  C ([a ,b ] ;  ) không gian Banach hàm số 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, vôùi t ∈ [a ,b ]  ([a ,b ] ;  ) tập hàm số liên tục tuyệt đối u : [a ,b ] →   C  L ([a ,b ] ;  ) không gian Banach hàm số khả tích Lebesgue p : [a ,b ] →  với chuẩn p b L = ∫ p (s ) ds a {p ∈ L ([a ,b ];  ) : p (t ) ≥ 0, ∀t ∈ [a ,b ]}  L ([a ,b ] ;  + )=  ab tập hợp hàm đo τ : [a ,b ] → [a ,b ]  L ab tập hợp hàm tuyến tính bị chặn  :C ([a ,b ] ;  ) → L ([a ,b ] ;  ) { }  Nếu=  ∈ L ab  sup  (v ) L : v ≤   tập hợp hàm tuyến tính bị chặn mạnh nghĩa tập hợp toán tử L ab  :C ([a ,b ] ;  ) → L ([a ,b ] ;  ) tuyến tính bị chặn cho với  tồn η ∈ L ([a ,b ] ;  + ) thoả mãn bất đẳng thức  (v )(t ) ≤ η (t ) v C , vôùi t ∈ [a ,b ] , v ∈C ([a ,b ] ;  ) Khi  gọi toán tử tuyến tính bị chặn mạnh  Pab tập hợp toán tử tuyến tính không âm, toán tử  ∈ Lab  :C ([a ,b ] ;  + ) → L ([a ,b ] ;  + )  Fab tập hợp toán tử tuyến tính bị chặn h :C ([a ,b ] ;  ) →   PFab tập hợp hàm h ∈ Fab h :C ([a ,b ] ;  + ) →  +  mesA : độ đo Lebesgue tập hợp A  dimU : số chiều không gian U MỞ ĐẦU Trong lĩnh vực toán học nói chung phương trình vi phân nói riêng, lý thuyết toán biên đóng vai trò quan trọng ngày có nhiều ứng dụng vật lý, kỹ thuật, kinh tế, môi trường… Bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp 1= u ′ (t )  (u )(t ) + q (t ) với điều kiện biên h (u ) = c , h :C ([a ,b ] ;  ) →  phiếm hàm tuyến tính liên tục, q ∈ L ([a ,b ] ;  ) , c ∈   toán tử tuyến tính bị chặn mạnh, nghiên cứu nhiều công trình I Kiguradze B Puza năm từ 1995 đến 2003… thu nhiều kết tính giải giải lớp toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bị chặn mạnh Trong [10] Shaefer chứng minh tồn toán tử tuyến tính bị chặn không bị chặn mạnh Như vậy, câu hỏi tự nhiên đặt  toán tử tuyến tính bị chặn kết I Kiguradze B Puza có hay không? Vấn đề nhận quan tâm nhiều tác R Hakl, A Lomtatidze, Z Opluštil, I P Stavroulakis, J Šremr, 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 tính xấp xỉ nghiệm toán trường hợp  toán tử tuyến tính bị chặn n = Nội dung luận văn gồm chương: Chương Tính giải toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp Ở chương trình bày lại tồn tại, nghiệm tính xấp xỉ nghiệm toán = u '(t ) (u )(t ) + q (t ) với điều kiện biên h (u ) = c  toán tử tuyến tính bị chặn, h phiếm hàm tuyến tính liên tục, q ∈ L ([a ,b ] ,  ) c ∈  Bên cạnh áp dụng kết để xét số chiều không gian nghiệm phương trình Chương Một lớp toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp Đây nội dung luận văn Trong chương áp dụng kết chương để thiết lập số điều kiện đủ cho tồn nghiệm toán trên, với điều kiện biên mở rộng so với điều kiện biên toán nghiên cứu tài liệu [4], nghĩa là: u= (a ) h (u ) + c , h phiếm hàm tuyến tính liên tục có dạng đặc biệt h (u ) = λu (b ) + h0 (u ) − h1 (u ) với λ > h0 , h1 ∈ PFab Sau áp dụng kết đạt để xây dựng điều kiện đủ cho tồn nghiệm toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch u ′ (t ) = p (t ) u (τ (t ) ) + q (t ) , b c, ∫ u ( s ) dσ ( s ) = a p ,q ∈ L ([a ,b ] ,  ) , τ : [a ,b ] → [a ,b ] hàm đo được, σ : [a ,b ] →  hàm liên tục tuyệt đối, σ (a ) > 0, σ (b ) > c ∈  Luận văn tài liệu tham khảo cho sinh viên năm cuối học viên cao học ngành Toán nghiên cứu tồn nghiệm phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp Chương TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP Trong chương trình bày lại số kết tồn nghiệm tính xấp xỉ nghiệm toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp từ tài liệu [6] Từ áp dụng để xét số chiều không gian nghiệm phương trình 1.1 Phương trình vi phân hàm tuyến tính 1.1.1 Giới thiệu toán Trên đoạn [a ,b ] , xét toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp = u ′(t ) (u )(t ) + q (t ), (1.1) với điều kiện biên h (u ) = c , (1.2)  ∈ L ab , h :C ([a ,b ] ,  ) →  phiếm hàm tuyến tính liên tục, q ∈ L ([a ,b ] ,  ) c ∈  Định nghĩa 1.1 Hàm u : [a ,b ] →  gọi nghiệm toán (1.1), (1.2) liên tục tuyệt đối [a ,b ] , thỏa (1.1) hầu khắp nơi [a ,b ] thỏa (1.2) Cùng với toán (1.1), (1.2) ta xét toán tương ứng u '(t ) = (u )(t ), (1.1 ) h (u ) = (1.2 ) Từ nghiên cứu I Kiguradze, B Puza [7], ta có kết sau: Định lí 1.2  ab Khi toán (1.1), (1.2) có nghiệm Giả sử  ∈ L toán tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) có nghiệm tầm thường Từ định lý 1.2 ta có định nghĩa sau  ab toán (1.1 ), (1.2 ) có nghiệm tầm thường Định nghĩa 1.3 Cho  ∈ L Toán tử Ω : L ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) xác định với q ∈ L ([a ,b ] ,  ) ứng với nghiệm u toán (1.1), (1.2 ) Khi Ω gọi toán tử Green toán (1.1 ), (1.2 )  ab toán (1.1 ), (1.2 ) có nghiệm tầm thường Khi Định lý 1.4 Giả sử  ∈ L toán tử Green toán (1.1 ), (1.2 ) toán tử tuyến tính bị chặn Ta ý định lý 1.2 1.4 phát biểu cho trường hợp  toán tử tuyến tính bị chặn mạnh, điều cho phép nghiên cứu lớp rộng toán tử tuyến tính Trong [10], Shaefer chứng minh tồn toán tử tuyến tính bị chặn  ab Như vậy, câu không bị chặn mạnh , tức tồn  ∈ Lab  ∉ L hỏi tự nhiên đặt là:  ∈ Lab định lý 1.2 định lý 1.4 có hay không? Năm 2000 định lý 1.2 Bravyi chứng minh cho trường hợp  toán tử tuyến tính bị chặn Cách chứng minh Bravyi dựa kết định lí Nikol’ski’s tập trung trả lời câu hỏi tính chất Fredholm Vì chương xin trình bày lại chi tiết cách chứng minh khác định lý 1.2 dựa vào chứng minh toán tử T :C ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) định nghĩa = T (v )(t ) : t ∫ (v )(s )ds , vôùi t ∈ [a ,b ] a toán tử compact  ∈ Lab Đồng thời tính compact toán tử T cho phép xét tính xấp xỉ nghiệm toán (1.1), (1.2) Đặc biệt khẳng định định lý 1.4 trường hợp  toán tử tuyến tính bị chặn (thể hệ 1.18) Sau áp dụng kết để xem xét số chiều không gian nghiệm phương trình 1.1.2 Định lý tồn nghiệm toán (1.1), (1.2) Định lí 1.5 Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm toán tương ứng (1.1 ), (1.2 ) có nghiệm tầm thường Để chứng minh định lý 1.5 ta cần số kết sau từ [3]  1 Do λ > nên ta có 1,  ≤ Nghĩa  λ  1 1,  (1 − h0 (1) −  (1)  λ L )   (1) L +  h1 (1)  λ     1  ≤  (1 − h0 (1) ) 1,  −  (1) L   1 (1) L + h1 (1)  λ  λ    (2.63) Từ (2.62) (2.63) suy (1 − h (1) −  0 (1) L )   (1) L + λ −1    + h0 (1)  h1 (1)  ≤ (1 − h0 (1) )   (1) L + λ λ λ    Hay 1 (1) L ≤ (1 − h (1) )   0 (1) L + λ −1  + h0 (1)  λ λ   − h0 (1) −  (1) L − h1 (1) λ Nghĩa 1 (1) L ≤ ω0 (h ,  (1) L ) ( Vì (2.6)) Điều mâu thuẫn với (2.12) Các mâu thuẫn chứng tỏ toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm tầm thường Do theo định lý 1.5 toán (2.1), (2.2) có nghiệm  Định lý 2.4 Giả sử =   − 1 với  , 1 ∈ Pab điều kiện (2.8), (2.14), (2.15) thỏa mãn Hơn nữa, giả sử h1 (1) < λ , (2.64)  (1) L > α (h ) β (h ) − 1 (1) L − (2.65) Khi toán (2.1), (2.2) có nghiệm Chứng minh Theo định lý 1.5 toán (2.1), (2.2) có nghiệm toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm tầm thường Giả sử ngược lại toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm không tầm thường Theo bổ đề 2.3, không tính tổng quát, ta giả sử có điều kiện (2.38) Ta đặt M , m (2.39), chọn tM , tm ∈ [a ,b ] (2.40) Khi đó, rõ ràng (2.41) (2.42) (2.43) thỏa mãn Giống chứng minh định lý 2.2 ta xét hai khả sau  Giả sử (2.43) xảy (nghĩa tM > tm ) Lấy tích phân hai vế (2.1 ) [a , tm ] , [tM ,b ] , với điều kiện (2.39), (2.40), (2.41) giả thiết  , 1 ∈ Pab , ta có u= (a ) − m M −= u (b ) tm tm ∫  (u )(s )ds − ∫  a a b b tM ∫  (u )(s )ds − ∫  tM tM (u )(s )ds ≤ M ∫ 1 (1)(s )ds , (2.66) a b (u )(s )ds ≤ M ∫ 1 (1)(s )ds (2.67) tM Từ điều kiện (2.2 ) giả thiết (2.39), h0 , h1 ∈ PFab suy u (a ) − λu (b ) = h0 (u ) − h1 (u ) ≥ mh0 (1) − Mh1 (1) (2.68) Từ (2.66), (2.67) (2.68) ta có b  tm  M ( λ − h1 (1) ) − m (1 − h0 (1) ) ≤ M  ∫ 1 (1)(s )ds + λ ∫ 1 (1)(s )ds  a  tM   ≤ M 1 (1) L  1 1,   λ Vậy M ( β (h ) − 1 (1) L ) ≤ mα (h ) (2.69)  Giả sử (2.42) xảy ( nghĩa tM ≤ tm ) Lấy tích phân hai vế (2.1 ) [tM , tm ] , với điều kiện (2.39), (2.40), (2.41) giả thiết  , 1 ∈ Pab , ta có = M −m tm tm b ∫ 1 (u )(s )ds − ∫  (u )(s )ds ≤ M ∫ 1 (1)(s )ds tM tM (2.70) a Hay M − m ≤ M 1 (1) L (2.71) Từ (2.3) suy h (1) = λ + h0 (1) − h1 (1) Nghĩa λ − h1 (1= ) h (1) − h0 (1) ≤ − h0 (1) ( (2.8)) (2.72) Vì h0 ∈ PFab nên h0 (1) ≥ Suy λ − h1 (1) ≤ Nghĩa ( λ − h (1) ) 1, λ1  ≤ 1  (2.73)  Từ (2.71) (2.73) suy M − m ≤ M 1 (1) L ( λ − h (1) ) 1, λ1    Hay   1 M  ( λ − h1 (1) ) 1,  − 1 (1)  λ    1  ≤ m ( λ − h1 (1) ) 1, λ     Nghĩa    1  1 M  ( λ − h1 (1) ) 1,  − 1 (1)  ≤ m (1 − h0 (1) ) 1,  ( (2.72))  λ  λ   Vậy M ( β (h ) − 1 (1) L ) ≤ mα (h ) Vì vậy, bất đẳng thức (2.69) thỏa mãn hai trường hợp (2.42), (2.43) Mặt khác, lấy tích phân hai vế (2.1 ) từ a đến b , với điều kiện (2.39), (2.40), (2.41) giả thiết  , 1 ∈ Pab , ta u (a ) −= u (b ) b b ∫  (u )(s )ds − ∫  a a (u )(s )ds ≤ M 1 (1) L − m  (1) L Nghĩa m  (1) L ≤ M 1 (1) L + u (b ) − u (a ) (2.74) u (b ) − u (a ) =− (1 λ ) u (b ) − h0 (u ) + h1 (u ) , (2.75) Từ (2.2 ) (2.3) suy 1 1  u (b ) − u (a ) = − 1 u (a ) − h0 (u ) + h1 (u ) λ λ λ  (2.76) Khi có hai trường hợp xảy ra: λ ≤ λ >  Trường hợp 1: λ ≤ Từ bất đẳng thức (2.74), (2.75) với giả thiết (2.39) h0 , h1 ∈ PFab suy m  (1) L ≤ M 1 (1) L + (1 − λ ) u (b ) − h0 (u ) + h1 (u ) ≤ M 1 (1) L + M (1 − λ ) − mh0 (1) + Mh1 (1) ( (2.77) ) m  (1) + h0 (1) L ≤ M ( 1 (1) L + − λ + h1 (1) ) Nhân hai vế bất đẳng thức với ( β (h ) − 1 (1) ( m ( β (h ) − 1 (1) L )  (1) + h0 ) (do điều kiện (2.14)) ta có (1) ) ≤ M ( β (h ) −  (1) ) (  (1) + − λ + h (1) ) L L L L 1 Do (2.69) nên ( ) m ( β (h ) − 1 (1) L )  (1) + h0 (1) L ≤ mα (h ) ( 1 (1) L + − λ + h1 (1) ) Hay ( β (h ) −  (1) ) (  L ) (1) + h0 (1) L ≤ α (h ) ( 1 (1) L + − λ + h1 (1) ) (2.78)  1 Vì < λ ≤ nên 1,  ≥ Nghĩa  λ   1    ( λ − h1 (1) ) 1, λ  − 1 (1) L 1, λ    (1) + h0 (1) L      (    1 ≤  ( λ − h1 (1) ) 1,  − 1 (1) L   (1) + h0 (1) L  λ   ( ) ) (2.79) Mặt khác, từ (2.78) ta suy    1  ( λ − h1 (1) ) 1, λ  − 1 (1) L   (1) + h0 (1) L     (  1 ≤ (1 − h0 (1) ) 1,  ( 1 (1) L + − λ + h1 (1) )  λ ) (2.80) Từ (2.79) (2.80) suy ( λ − h (1) −  (1) ) (  1 L (1) L + h0 (1) ) ≤ ( 1 (1) L + − λ + h1 (1) ) (1 − h0 (1) )  (1) L ≤ (  (1) L + − λ + h1 (1) ) (1 − h0 (1) ) λ − h1 (1) − 1 (1) L  (1) L ≤ − h0 (1) − h0 (1) −1 λ − h1 (1) − 1 (1) L Điều mâu thuẫn với (2.65)  Trường hợp 2: λ > Bất đẳng thức (2.74), (2.76) với điều kiện (2.39) h0 , h1 ∈ PFab , suy 1  λ −1  m  (1) L ≤ M 1 (1) L −   u (a ) − h0 (u ) + h1 (u ) λ λ  λ  1  λ −1  ≤ M 1 (1) L − m   − m h0 (1) + M h1 (1) λ λ  λ  (2.81) Hay λ −1     + h0 (1)  ≤ M  1 (1) L + h1 (1)  m   (1) L + λ λ λ     Nhân hai vế bất đẳng thức với ( β (h ) − 1 (1) L ) (do điều kiện (2.14)) ta λ −1   m ( β (h ) − 1 (1) L )   (1) L + + h0 (1)  λ λ     ≤ M ( β (h ) − 1 (1) L )  1 (1) L + h1 (1)  λ   Do (2.69) nên  ( λ − 1) + h0 (1)  ≤ mα h   (1) + h  m ( β (h ) − 1 (1) L )   (1) L + ( ) L ()  λ λ      ( β (h ) −  (1) )   L  (1) L + ( λ − 1) + h0 (1)  ≤ α   λ (h )   1 (1) L + (Do (2.41)) Vì β (h ) = ( λ − h (1) ) 1, λ1  ≥ − λ1 h (1)   1  α (h ) = (1 − h0 (1) ) 1,  ≤ − h0 (1) , λ > nên ta có  λ  h1 (1)  λ  ( λ − 1) + h0 (1)  ≤ − h   (1) + h     ()  ( ( ))   1 − λ h1 (1)  − 1 (1) L    (1) L + L λ λ       (1 − h0 (1) )  1 (1) L + λ1 h1 (1)  ( λ − 1) + h (1)  − ( Do (2.14))  (1) L ≤ λ   1 − h1 (1)  − 1 (1) L  λ   (1) L ≤ − h0 (1) −1 λ − h1 (1) − 1 (1) L Các mâu thuẫn chứng tỏ toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm tầm thường Do theo định lý 1.5 toán (2.1), (2.2) có nghiệm  Chú ý 2.5 Giả sử =   − 1 với  , 1 ∈ Pab Ta định nghĩa toán tử ψ : L ([a ,b ] ;  ) → L ([a ,b ] ;  ) xác định sau ψ (ω )(t= ) ω (a + b − t ) , vôùi t ∈ [a ,b ] (2.82) Do C ([a ,b ] ;  ) ⊂ L ([a ,b ] ;  ) nên ta gọi ϕ hạn chế ψ C ([a ,b ] ;  ) , nghĩa ϕ = ψ C ([a ,b ]; ) (2.83) Đặt ( ) = i (ω )(t ) ψ  i (ϕ (ω ) ) (t ) , vôùi t ∈ [a ,b ] (2.84) hi (ω ) = hi (ϕ (ω ) ) , vôùi i 0,1 = (2.85) λ Ta chứng minh: u nghiệm toán (2.1 ), (2.2 ) hàm v = ϕ (u ) nghiệm toán v ′ (t ) = 1 (v )(t ) − 0 (v )(t ) , v (a ) = v (b ) + h1 (v ) − h0 (v ) λ (2.86) Thật vậy: Ta có v (t = ) ϕ (u )(t =) ψ (u )(t =) u (a + b − t ) (2.87) ⇒ v ′ (t ) =−u ′ (a + b − t ) (2.88) Và a ≤ t ≤ b a ≤ a + b − t ≤ b hay a + b − t ∈ [a ,b ] Thay v = ϕ (u ) vào toán (2.86) ta = v ′ (t ) 1 (v )(t ) − 0 (v )(t ) • ( ) ( ) = ψ  (ϕ ( v ) ) (t ) − ψ  (ϕ ( v ) ) (t ) = 1 (ϕ (v ) ) (a + b − t ) −  (ϕ (v ) ) (a + b − t )   − 1 ) =− (ϕ (v ) ) (a + b − t ) ( = (2.89) Từ (2.88) (2.89) suy + b − t )  (ϕ (v ) ) (a + b − t ) , ∀t ∈ [a ,b ] u ′ (a= u ′ =  (ϕ ( v ) ) Hay Ta cần chứng minh u = ϕ (v ) Nghĩa u (t ) = ϕ (v )(t ) , ∀t Thật ϕ (v )(t )= v (a + b − t )= u (a + b − (a + b − t ) )= u (t ) , ∀t ( (2.87)) Vậy ta chứng minh u ′ (t ) =  (u )(t ) ( đẳng thức u nghiệm (2.1 )) • v (a ) = λ ϕ (u )(a ) = v (b ) + h1 (v ) − h0 (v ) λ ϕ (u )(b ) + h1 (ϕ (u ) ) − h0 (ϕ (u ) ) ϕ (u )(a ) = ϕ (u )(b ) + h1 (ϕ (ϕ (u ) ) ) − h0 (ϕ (ϕ (u ) ) ) λ λ λ 1 Do ϕ hạn chế ψ C ([a ,b ] ;  ) nên ϕ (u )(a = ) ψ (u )(a =) u (a + b − a =) u (b ) , ϕ (u )(b = ) ψ (u )(b=) u (a + b − b=) u (a ) Từ (2.85) ta suy 1 h1 (v ) = h1 (ϕ (v ) ) h1 (u ) = λ λ (2.90) 1 h0 (v ) = h (ϕ ( v ) ) h0 ( u ) = λ λ Vậy (2.90) tương đương với 1 u (b ) = u (a ) + h1 (u ) − h0 (u ) λ λ λ Hay u (a ) = λu (b ) + h1 (u ) − h0 (u ) ( đẳng thức u nghiệm (2.2 )) Vậy u nghiệm toán (2.1 ), (2.2 ) hàm v = ϕ (u ) nghiệm toán (2.86)  Tương tự ta chứng minh được: v nghiệm toán (2.86) ( ) hàm u = ϕ (v ) nghiệm toán (2.1 ), (2.2 ) Hơn nữa, ω1 h , x = ω0 (h , x ) ( ) ω0 h , x = ω1 (h , x ) , h (v ) := v (b ) + h1 (v ) − h0 (v ) , λ điều kiện h (1) ≥ (2.91) tương đương với điều kiện h ≤ Theo ý 2.5, từ định lý 2.2, 2.4 ta suy định lý sau Định lý 2.6 Giả sử =   − 1 với  , 1 ∈ Pab thỏa mãn điều kiện (2.14), (2.15), (2.91) Hơn nữa, giả sử h0 (1) ≤ 1, h1 (1) < λ , ( (2.92) )  (1) L > ω1 h , 1 (1) L (2.93) Khi toán (2.1), (2.2) có nghiệm Định lý 2.7 Giả sử =   − 1 với  , 1 ∈ Pab thỏa điều kiện (2.10), (2.11) (2.91) Hơn nữa, giả sử h0 (1) < 1, (2.94) 1 (1) L > β (h ) − α (h ) −  (1) L (2.95) Khi toán (2.1), (2.2) có nghiệm 2.3 Tính nghiệm toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch Xét toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch = u ′ (t ) p (t ) u (τ (t ) ) + q (t ) , (2.96) với điều kiện biên b ∫ u ( s ) dσ ( s ) = c (2.97) a p ,q ∈ L ([a ,b ] ,  ) , τ : [a ,b ] → [a ,b ] hàm đo được, σ : [a ,b ] →  hàm liên tục tuyệt đối, σ (a ) > 0, σ (b ) > c ∈  Ta ký hiệu b p0 = ∫ p (s )σ (s ) − ds , (2.98) a b p1 = ∫ p (s )σ (s ) + ds , (2.99) a  1   p   1 p   1 α0 = (σ (a ) − p0 ) σ a , σ b  = 1 −  1,  , a σ ( ) ( ) ( )  λ      1   β0 = (σ (b ) − p1 ) σ a , σ b  = λ −  1,  ,  σ (a )   λ  ( ) ( )    ( x ) ω=  = ω ω1 (h , x ) (h , x ) , ω1 ( x ) (2.100) (2.101) (2.102) λ= σ (b ) σ (a ) (2.103) Hệ 2.8 Giả sử ≤ β ≤ α , α > 0, b ∫ p (s ) a + ds < α (2.104) b b  b  ω  ∫  p (s )  + ds  < ∫  p (s )  − ds < + β + α − ∫  p (s )  + ds a a  a (2.105) Khi toán (2.96), (2.97) có nghiệm Chứng minh Giả sử u nghiệm toán u ′ (t ) = p (t ) u (τ (t ) ) b (2.106) ∫ u ( s ) dσ ( s ) = a Ta chứng minh toán (2.106) có dạng toán (2.1 ), (2.2 ) Do đó, toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm tầm thường toán (2.106) có nghiệm tầm thường Vậy theo định lý 1.5 toán (2.96), (2.97) có nghiệm  Chứng minh toán (2.106) có dạng toán (2.1 ), (2.2 ) Áp dụng công thức tích phân phần ta b b (s )dσ (s ) u (s )σ (s ) a − ∫ u ′ (s )σ (s )ds ∫ u= b a a b = u (b ) σ (b ) − u (a ) σ (a ) − ∫ p (s ) σ (s ) u (τ (s ) )ds a Từ (2.106) ta suy b σ (b ) u (a ) u (b ) − p (s ) σ (s ) u (τ (s ) )ds = σ (a ) σ (a ) ∫a (2.107) Do u thỏa điều kiện (2.2 ) với h (u ) = λu (b ) + h0 (u ) − h1 (u ) , b h0 ( u ) =  p (s ) σ (s )  − u (τ (s ) )ds , σ (a ) ∫a  (2.108) b h1 (u ) =  p (s ) σ (s )  + u (τ (s ) )ds , σ (a ) ∫a  (2.109) λ= σ (b ) σ (a ) (2.110) Do  (u ) = p (t ) u (τ (t ) ) nên ta đặt  (u ) =  p (t )  − u (τ (t ) )  p (t )  + u (τ (t ) ) , 1 (u ) = (2.111) Từ (2.107) đến (2.111) chứng tỏ toán (2.106) có dạng toán (2.1 ), (2.2 )  Chứng minh toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm tầm thường Từ (2.108) đến (2.110) (2.103) ta có h= (1) p0 < (do α > σ (a ) > 0, σ (b ) > ), σ (a ) (2.112) h= (1) p1 ≤ λ (do β ≥ σ (a ) > 0, σ (b ) > ), σ (a ) (2.113) σ (b ) σ (b ) σ (b ) + p0 − p1 p p + h0 (1) − h1 (1) = + − = σ (a ) σ (a ) σ (a ) σ (a ) σ (a ) (2.114) Từ (2.3) suy h (1) = Do ≤ β ≤ α nên σ (b ) − p1 ≤ σ (a ) − p0 hay σ (b ) − p1 + p0 ≤ σ (a ) (2.115) Từ (2.114) (2.115) ta suy h (1) ≤ (2.116) Mặt khác, theo cách đặt (2.111) ta có  (1) =  p (t )  + , 1 (1) =  p (t )  −  (1) L < α ( theo (2.104)) (2.117) 1 (1) L < + β + α −  (1) L , (2.118) b   > ω  ∫  p (s )  + ds  = ω0 h ,  (1) L a  (2.119) Từ (2.105) suy 1 (1) L ( ) Từ (2.112), (2.113), (2.116), (2.117), (2.118), (2.119) định lý 2.3 suy toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm tầm thường Vậy hệ chứng minh  Hệ 2.9 Giả sử ≤ β ≤ α , b ∫ p (s ) a − ds < β (2.120) b α0 β − ∫  p (s )  ds b b − < ∫  p (s )  + ds < + α + β − ∫  p (s )  − ds a (2.121) a a Khi toán (2.96), (2.97) có nghiệm Chứng minh Tương tự hệ 2.8 ta chứng minh toán (2.106) có dạng toán (2.1 ), (2.2 ) Nếu toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm tầm thường toán (2.106) có nghiệm tầm thường Vậy theo định lý 1.5 toán (2.96), (2.97) có nghiệm Do ta cần chứng minh toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm tầm thường Ta có h= (1) h (1) = p1 < λ (do β > ), σ (a ) σ (b ) σ (b ) σ (b ) + p0 − p1 p p + h0 (1) − h1 (1) = + − = ≤1 σ (a ) σ (a ) σ (a ) σ (a ) σ (a ) ( β ≤ α ) Theo cách đặt (2.111) ta có 1 (1) L < β ( theo (2.120)) Từ (2.121) suy  (1) L < + α + β − 1 (1) L , (2.122) (2.123)  (1) L > α0 α = −1 − β − 1 (1) L β − ∫  p (s )  ds b a Vậy theo định lý 2.4 toán (2.1 ), (2.2 ) có nghiệm tầm thường Vậy hệ chứng minh  Tương tự từ định lý 2.6 định lý 2.7 ta có hai hệ sau Hệ 2.10 Giả sử β ≥ α ≥ 0, β > , điều kiện (2.120) thỏa mãn b b  b  ω1  ∫  p (s )  − ds  < ∫  p (s )  + ds < + α + β − ∫  p (s )  − ds a a  a Khi toán (2.96), (2.97) có nghiệm Hệ 2.11 Giả sử β ≥ α ≥ , điều kiện (2.104) thỏa mãn b α0 β − ∫  p (s )  ds b b a a − < ∫  p (s )  + ds < + α + β − ∫  p (s )  − ds a Khi toán (2.96),(2.97) có nghiệm KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Trong luận văn tổng hợp hệ thống lại số vấn đề lý thuyết toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp từ tài liệu [6], [9] Cụ thể nghiên cứu tính giải được, tính nghiệm tính xấp xỉ nghiệm Luận văn gồm hai chương Chương Chúng trình bày số kết tồn nghiệm toán biên (1.1), (1.2)  toán tử tuyến tính bị chặn Kết chương định lý 1.5 Hơn nữa, phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra, luận văn xây dựng điều kiện cần đủ cho tồn nghiệm với kết định lý 1.13, định lý 1.16 Đặc biệt luận văn xét tính xấp xỉ nghiệm toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp với kết định lý 1.17 Sau áp dụng kết để xem xét số chiều không gian nghiệm phương trình Chương Chúng tiếp tục trình bày tồn nghiệm toán biên chương với điều kiện biên mở rộng so với điều kiện biên toán tài liệu [4], với kết định lý 2.2, định lý 2.4 Trong phần cuối chương, áp dụng kết đạt để nghiên cứu điều kiện đủ cho việc tồn nghiệm cho phương trình vi phân đối số lệch với kết hệ 2.8 hệ 2.9 Từ vấn đề đưa luận văn, câu hỏi đặt kết hay không cho phương trình vi phân hàm bậc cao hay toán biên nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm Hơn nữa, toán chưa nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm toán (2.1), (2.2) 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 TP Hồ Chí Minh, tháng năm 2012 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Nguyễn Xuân Liêm (2000), Giải tích hàm, NXB Giáo Dục Tiếng Anh E Bravyi (2000), A note on the Fredholm property of boundary value problems for linear functional differential equations, Mem Differential Equations Math Phys, 133–135 N Dunford and J T Schwartz (1958), Linear Operators I General Theory, Pure and Applied Mathematics, vol 7, Interscience Publishers, New York R Hakl, A Lomatidze and J Sremr (2002), On a periodic-type boundary value problem for first-order linear functional differential equations, Nelinijni Koliv, 416 – 433 R Hakl, A Lomatidze and J Sremr (2002), Some boundary value problems for first order scalar functional differential equations, Folia Facultatis Scientiarum Naturalium Universitatis Masarykianae Brunensis Mathematica 10 Brno: Masaryk University R Hakl, A Lomtatidze, I P Stavroulakis (2004), On a boundary value problem for scalar functional differential equations, Abstr Appl Anal, No 1, 45-67 I Kiguradze and B Puza (1997), On boundary value problems for systems of linear functional-differential equations, Czechoslovak Math J, 341–373 I Kiguradze and B Puza (2002), On a periodic-type boundary value problem for first-order nonlinear functional differential equation, Nonlinear Analysis, 425 – 447 A Lomtatidze, Z Opluštil, J Šremr (2007), On a nonlocal boundary value problem for first order linear functional differential equations, Mem Differential Equations Math Phys 41, 69-85 10 H H Schaefer (1972), Normed tensor products of Banach lattices, Israel J Math 13, 400–415 [...]... nghiệm không tầm thường của (1. 1 0 ) Cũng theo (1. 81) và (1. 83) ta có A > 1, D > 1 (1. 84) và (1 − B ) (1 − C ) ≤ (A − 1) (D − 1) (1. 85) Ta có (1 − B ) (1 − C ) ≥ 1 − B − C Hay b (1 − B ) (1 − C ) ≥ 1 − ∫  0 (1) (s )ds (1. 86) 1 2 (A + D − 2 ) , 4 (1. 87) a Mặt khác (A − 1) (D − 1) ≤ Hay 2 b  1 (A − 1) (D − 1) ≤  ∫ 1 (1) (s )ds − 2   4  a  Từ (1. 85), (1. 86) và (1. 87) ta suy ra 2 b  1 1 − ∫  0 (1) (s... nghĩa toán tử Green của bài toán (1. 1 0 ), (1. 2 0 ) trong trường hợp  là toán tử tuyến tính như sau Định nghĩa 1. 10 Giả sử  ∈ Lab và bài toán (1. 1 0 ), (1. 2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường Toán tử Ω : L ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) xác định bởi: với mỗi q ∈ L ([a ,b ] ,  ) ứng với một nghiệm u của bài toán (1. 1), (1. 2 0 ) Khi đó Ω được gọi là toán tử Green của bài toán (1. 1 0 ), (1. 2 0 ) Chú ý 1. 11. .. cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp 1 Cùng với bài toán (1. 1), (1. 2), với mỗi số tự nhiên k khác không, ta xét bài toán = u ′(t )  k (u )(t ) + qk (t ), hk (u ) = ck , (1. 34) trong đó  k ∈ L ab , và hk :C ([a ,b ] ,  ) →  là các phiếm hàm tuyến tính bị chặn, qk ∈ L ([a ,b ] ,  ) và ck ∈  Trong [7] các tác giả I Kiguradze, B Puza đã nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm của bài toán (1. 1), (1. 2)... +1 , với k = 1, 2, Tiếp tục quá trình trên và kết hợp với (1. 23) ta suy ra  k +1 (v ) i +1 ≤ i (α i (k ) + αi (k − 1) + + αi (1) ) + i + 1  ε k +1 v C ([a ,b ], ) , vôùi k =1, 2, Theo (1. 22) ta có i [α i (k ) + αi (k − 1) + + αi (1) ] + i + 1 = 1 + i + iγ i k i 1 + (k − 1) i 1 + + 2i 1 + 1i 1  ≤ (i + 1) + iγ ikk i 1 = (i + 1) + iγ ik i ≤ ( (i + 1) + iγ i ) k i ≤ γ i +1k i = α i +1. .. sao cho k ≤ 1 1 , m < 2ρ 2 (1. 32) Hơn nữa, theo (1. 13) ta có  k ,m= (v )(t )  m (v )(t ) − =  m (v )(t ) − h (  k (v ) ) m 1 ∑  (1) (t ) λk i =0 h (  k (v ) ) λk i um (t ), ∀t ∈ [a ,b= ] , m 1, 2, Suy ra  k ,m ≤  m + um λk C h k (1. 33) Kết hợp với (1. 31) và (1. 32) ta được  k ,m < 1 um C 1 1 1 1 + ≤ + = h 2 2ρ 2 2 λk Vậy  k ,m < 1  1. 2 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên không địa phương. .. của bài toán (1. 18) nghĩa là u '(t ) = (u )(t ), u (t0 ) = 0 (1. 26) Theo định lý 1. 13 để chứng minh bài toán (1. 18) có nghiệm duy nhất ta cần chứng minh tồn tại k , m ∈  \ {0} , m 0 ∈  , α ∈ [ 0 ,1) sao cho λk ≠ 0 và u thỏa mãn bất đẳng thức (1. 14) Đặt h (v ) = v (t0 ) Với mọi số tự nhiên khác không k , m , theo cách đặt h và (1. 12) ta có (  0 (1) + 1 (1) + +  k 1 (1) )(t0 ) λ = k Từ (1. 11) ... lý 1. 5 thì định nghĩa toán tử Green là hợp lý  Từ chứng minh của định lý 1. 5 và định lý Riesz – Schauder suy ra: nếu bài toán (1. 1 0 ), (1. 2 0 ) có nghiệm không tầm thường thì với mỗi c ∈  tồn tại q ∈ L ([a ,b ] ,  ) và mỗi q ∈ L ([a ,b ] ,  ) thì tồn tại c ∈  để bài toán (1. 1), (1. 2) vô nghiệm 1. 1.3 Phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra Định nghĩa 1. 12 Toán tử  ∈ Lab được gọi là toán. ..  Chú ý 1. 25 Từ mệnh đề 1. 24 và định lý 1. 5 suy ra: nếu dimU ≥ 2 thì với mọi phiếm hàm tuyến tính bị chặn h :C ([a ,b ] ,  ) →  bài toán (1. 1 0 ), (1. 2 0 ) có nghiệm không tầm thường Bổ đề 1. 26 Giả sử toán tử  được biểu diễn dưới dạng =   0 − 1 , với  0 , 1 ∈ Pab , b ∫ 0 (1) (s )ds < 1, (1. 76) a b ∫  (1) (s )ds < 2 + 2 1 a b 1 − ∫  0 (1) (s )ds (1. 77) a Hơn nữa, giả sử u là nghiệm không tầm... − 1, −m , , 1, γ 1 = 1, (1. 25) γ i 1 =i γ i + i + 1 , vôùi i =−m , , 1 Do (1. 21) , (1. 22), (1. 24) và (1. 25) suy ra tồn tại số tự nhiên γ khác 0 ( nghĩa là γ không phụ thuộc k ) sao cho  k (v ) C ([a ,b ], ) ≤  k (v ) −m 1 +  k (v ) n +1 ≤ γ k n +m ε k v C ([a ,b ], ) với k = 1, 2, Vì ε < 1 nên khi k → ∞ thì (1. 19) đúng  Chứng minh hệ quả 1. 14 Giả sử u là nghiệm bất kỳ của bài toán thuần nhất... , ta có: b b  tM   tM  M + m ≤ M  ∫  0 (1) (s )ds + ∫  0 (1) (s )ds  + m  ∫ 1 (1) (s )ds + ∫ 1 (1) (s )ds      tm tm a  a  ≤ MC + mD Trong đó tM b tM b C= ∫  0 (1) (s )ds + ∫  0 (1) (s )ds , D = ∫ 1 (1) (s )ds + ∫ 1 (1) (s )ds a tm a (1. 82) tm Hay (1 − C )M ≤ m (D − 1) (1. 83) Từ (1. 76), (1. 80) và (1. 82) ta có: B < 1, C < 1 Từ (1. 81) và (1. 83) ta có: m > 0 và M > 0 vì ngược lại thì ... .3 1. 1 Phương trình vi phân hàm tuyến tính 1. 1 .1 Giới thiệu tốn .3 1. 1.2 Định lý tồn nghiệm tốn (1. 1), (1. 2) 1. 1.3 Phương trình vi phân hàm với tốn tử Volterra 1. 2 Tính. .. tốn biên khơng địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp .17 1. 3 Số chiều tập hợp nghiệm phương trình 23 Chương MỘT LỚP BÀI TỐN BIÊN KHƠNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI. .. tốn biên khơng địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp từ tài liệu [6] Từ áp dụng để xét số chiều khơng gian nghiệm phương trình 1. 1 Phương trình vi phân hàm tuyến tính 1. 1 .1 Giới