BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Huỳnh Kim Quyên BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Huỳnh Kim Quyên BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh – 2013 LỜI CẢM ƠN Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng Sau đại học, Khoa Toán Tin giảng viên trường Đại học Sư phạm TP HCM nhiệt tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi cho suốt trình học tập hoàn thành Luận văn Thạc sĩ Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS TS Nguyễn Anh Tuấn – Người trực tiếp bảo, hướng dẫn suốt trình nghiên cứu hoàn thành Luận văn Thạc sĩ Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô hội đồng chấm luận văn dành thời gian đọc, chỉnh sửa đóng góp ý kiến cho hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh Cuối xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè động viên, khuyến khích suốt trình học tập nghiên cứu Xin chân thành cảm ơn! Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 30 tháng 09 năm 2013 Học viên thực Huỳnh Kim Quyên MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC MỞ ĐẦU CÁC KÝ HIỆU CHƯƠNG 1: CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ 1.1 Giới thiệu toán 1.2 Bổ đề dãy nghiệm toán bổ trợ .8 1.3 Các bổ đề đánh giá tiên nghiệm 17 CHƯƠNG 2: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH 28 2.1 Định lí Fredholm 28 2.2 Các định lí tồn nghiệm toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh .47 KẾT LUẬN 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO 55 MỞ ĐẦU Lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân đời từ kỷ 18, song đến phát triển mạnh nhờ công dụng ngành vật lý, học, kỹ thuật, sinh học…Nội dung luận văn trình bày lại kết hai nhà toán học R.P.AGARWAL I.KIGURADZE báo [1] Các kết luận văn định lí tồn nghiệm toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh = u (n) m ∑ p (t )u i =1 ( i −1) i + q (t ) (1.1) với điều kiện biên u (i −1) (a) = (i=1,…,m) u ( j −1) (b) = (j=1,…,n-m) (1.2) với điều kiện biên u (i −1) (a) = (i=1,…,m) u ( j −1) (b) = (j=m+1,…,n) (1.3) Phương trình tương ứng với toán (1.1) m u ( n ) = ∑ pi (t )u (i −1) (1.10) i =1 Với n ≥ m phần nguyên n/2, −∞ < a < b < +∞ , u (i −1) (a) , u ( j −1) (b) giới hạn bên phải giới hạn bên trái điểm a b Trong toán (1.1),(1.2) n = 2m hàm số pi ∈ Lloc ((a, b)) (i = 1, , m) , q(t ) ∈ L n − m − 2,2 m − ((a, b)) n=2m+1 p1 thỏa thêm điều kiện t lim sup (b − t ) m −1 ∫ p1 ( s )ds < +∞ với c = t →b c a+b Đối với toán (1.1),(1.3) hàm số pi ∈ Lloc ((a, b]) (i = 1, , m) , q (t ) ∈ L n − m − ((a, b])  Nghiệm toán (1.1),(1.2) toán (1.1),(1.3) hàm u (t ) ∈ C  n −1,m ((a, b]) u (t ) ∈ C n −1, m ((a, b)) Nội dung luận văn gồm hai chương Chương 1: Các bổ đề bổ trợ Trong chương này, trình bày bổ đề dãy nghiệm toán bổ trợ bổ đề đánh giá tiên nghiệm để làm sở cho việc chứng minh định lí tồn nghiệm toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh Chương 2: Tính giải toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh Trong chương 2, tìm hiểu định lý dẫn đến tính chất Fredholm toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh, từ sử dụng định lí để tìm điều kiện đủ cho tồn nghiệm toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh CÁC KÝ HIỆU x+ x • [ x ]+ phần dương số x: [ x ]+ = • Lloc ((a, b)) không gian hàm γ : (a, b) → R với γ khả tích đoạn [ a + ε , b − ε ] với ε >0 bé tùy ý • Lloc ((a, b]) không gian hàm γ : (a, b) → R với γ khả tích đoạn [ a + ε , b] với ε >0 bé tùy ý • Lα , β ((a, b)) không gian hàm γ : (a, b) → R (t − a)α (b − t ) β chuẩn γ khả tích với trọng lượng b Lα ,β α β = ∫ (t − a) (b − t ) γ (t ) dt a • L2α , β ((a, b)) không gian hàm γ : (a, b) → R bình phương khả tích với trọng 1/2 α β lượng (t − a) (b − t ) chuẩn γ L2α ,β b  = ∫ (t − a )α (b − t ) β γ (t )dt  a  • = Ta kí hiệu L([a, b]) L= L20,0 ((a, b)) 0,0 (( a, b)), L ([ a, b]) •  α2 , β ((a, b)) không gian hàm γ ∈ L ((a, b)) cho γ ∈ L2 ((a, b)) với L loc α ,β = γ (t ) t γ ( s )ds, c ∫= c • a+b  α2 ((a, b]) không gian hàm γ ∈ L ((a, b]) cho γ ∈ L2 ((a, b)) với L loc α ,0 b γ (t ) = ∫ γ ( s )ds t •  2α , β ((a, b)) L  2α ((a, b]) định nghĩa sau Lα2 ,β Lα2 chuẩn L 1/2  t  t    a +b  α γ Lα2 ,β max   ∫ ( s − a)  ∫ γ (τ )dτ  ds  : a ≤ t ≤ =    s    a   1/2  b  s    a+b   β + max   ∫ (b − s )  ∫ γ (τ )dτ  ds  : ≤ t ≤ b   t   t     1/2  t  t      α   γ Lα2 max  ∫ ( s − a)  ∫ γ (τ )dτ  ds : a ≤ t ≤ b  = s    a    • n −1 ( n −1)  loc liên tục tuyệt ((a, b)) không gian hàm γ : (a, b) → R cho γ ', , γ C đối đoạn [a + ε , b − ε ] với ε >0 bé tùy ý • n −1 ( n −1)  loc liên tục tuyệt C ((a, b]) không gian hàm γ : (a, b] → R cho γ ', , γ đối đoạn [a + ε , b] ) với ε >0 bé tùy ý • n −1  n −1,m ((a, b)) không gian hàm γ ∈ C  loc ((a, b)) cho C b ∫γ (m) ( s ) ds < +∞ (m) ( s ) ds < +∞ a • n −1  n −1,m ((a, b]) không gian hàm γ ∈ C  loc ((a, b]) cho C b ∫γ a • hi : (a, b) × (a, b) → [0, +∞) (i = 1, , m) hàm số định nghĩa sau t n−2m n−m h1 (t ,τ ) = ∫ (s − a) [(−1) p1 (s)]+ ds τ t n−2m hi (t ,τ ) = 2, , m) ∫ (s − a) pi (s)ds (i = τ CHƯƠNG 1: CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ 1.1 Giới thiệu toán Trong chương này, trình bày bổ đề bổ trích dẫn từ báo [1] hai nhà toán học R.P.AGARWAL I.KIGURADZE để chương sử dụng bổ đề chứng minh định lí tính giải toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh = u (n) m ∑ p (t )u ( i −1) i i =1 + q (t ) (1.1) với điều kiện biên u (i −1) (a) = (i=1,…,m) u ( j −1) (b) = (j=1,…,n-m) (1.2) với điều kiện biên u (i −1) (a) = (i=1,…,m) u ( j −1) (b) = (j=m+1,…,n) (1.3) Phương trình tương ứng toán (1.1) m u ( n ) = ∑ pi (t )u (i −1) (1.10) i =1 Với n ≥ m phần nguyên n/2, −∞ < a < b < +∞ , u (i −1) (a) , u ( j −1) (b) giới hạn bên phải giới hạn bên trái điểm a b Trong toán (1.1),(1.2) n = 2m hàm số 1, , m) , q(t ) ∈ L n − m − 2,2 m − ((a, b)) pi ∈ Lloc ((a, b)) (i = (1.2’) n=2m+1 p1 thỏa them điều kiện lim sup (b − t ) t →b m −1 t ∫ p (s)ds < +∞ với c = c a+b (1.2’’) Đối với toán (1.1),(1.3) hàm số pi ∈ Lloc ((a, b]) (i = 1, , m) , q (t ) ∈ L n − m − ((a, b])  Nghiệm toán (1.1),(1.2) toán (1.1),(1.3) hàm u (t ) ∈ C  n −1,m ((a, b]) u (t ) ∈ C (1.3’) n −1, m ((a, b)) 1.2 Bổ đề dãy nghiệm toán bổ trợ Giả sử a < t0 k < t1k < b (k = 1, 2, ) , lim t0 k = a , lim t1k = b k →+∞ k →+∞ (1.4) Với số k tự nhiên xét phương trình vi phân = u (n) m ∑ p (t )u i i =1 ( i −1) + qk (t ) (1.5) với điều kiện biên u (i −1) (= t0 k ) 0= t1k ) 0= (i 1, , m), u (i −1) (= (i 1, , n − m) (1.6) u (i −1) (= t0 k ) 0= (i 1, , m), u (i −1)= (b) 0= (i m + 1, , n) (1.7) Trong toán (1.5),(1.6) n=2m hàm số  22 n − m − 2,2 m − ((a, b)) pi ∈ Lloc ((a, b)) (i = 1, , m), qk ∈ L (1.8) n=2m+1 pi thỏa thêm điều kiện  def ρi sup (b − t ) m −i =   ( ) : p s ds t t b ≤ < 0 bé tùy ý) Để chứng minh bổ đề 1.1 ta cần bổ đề 1.2, 1.3, 1.3’ Bổ đề 1.2  loc ((t , t ]) Nếu u ∈ C t1 ∫ (t − t ) α +2 u '2 (t )dt < +∞ (1.15) t0 với α ≠ −1 Hơn nữa, α > −1 u (t1 ) = (1.16) α < −1 u (t0 ) = (1.17) t1 t α +2 ∫t (t − t0 ) u (t )dt ≤ (1 + α )2 t∫ (t − t0 ) u ' (t )dt 0 α Chứng minh Theo công thức tích phân phần, ta có t1 ∫ (t − t ) α u 2= (t )dt s (t1 − t0 )1+α u (t1 ) − ( s − t0 )1+α u ( s )  1+ α t (1.18) (t − t0 )1+α u (t )u '(t )dt , t0 < s < t1 − ∫ 1+ α s Hơn nữa, 2   (t − t0 )1+α u (t )u '(t ) = (t − t0 )1+α /2 u '(t )  ( (t − t0 )α /2 u (t ) ) − 1+ α  1+ α  (t − t0 )α + u '2 (t ) + (t − t0 ) u (t ) ≤ (1 + α ) − Từ (1.18), ta có t1 ∫ (t − t ) α u (t )dt ≤ s (t1 − t0 )1+α u (t1 ) − ( s − t0 )1+α u ( s )  1+ α t + t (t − t0 )α + u '2 (t )dt + ∫ (t − t0 )α u (t )dt ∫ (1 + α ) s 2s (1.19) suy t1 ∫ (t − t ) α u (t )dt ≤ s (t1 − t0 )1+α u (t1 ) − ( s − t0 )1+α u ( s )  1+ α  t (1.20) + (t − t0 )α + u '2 (t )dt , t0 < s < t1 ∫ (1 + α ) s Nếu điều kiện (1.16) xảy từ (1.15) (1.20) cho s → t0 ta t1 t (t − t0 )α + u '2 (t )dt ∫ (1 + α ) t0 α ∫ (t − t0 ) u (t )dt ≤ t0 Nếu điều kiện (1.17) xảy từ (1.15) ta có t1 ∫ u '(t ) dt < +∞ t0 s s t0 t0 −α /2 −1 1+α /2 u ( s ) ≤ ∫ u '(t ) dt = ∫ (t − t0 ) (t − t0 ) u '(t ) dt 1/2 s  ≤  ∫ (t − t0 ) −α − dt  t  0  −1/2 ≤ 1+ α 1/2 s   ∫ (t − t0 ) 2+α u '2 (t )dt  t  0  1/2   ( s − t0 ) − (α +1)/2  ∫ (t − t0 ) 2+α u '2 (t )dt  , t0 < s < t1 t  0  s (1.21) suy lim( s − t0 )α +1 u ( s ) = s → t0 (1.22) Mặt khác từ (1.20) ta có t1 ∫ (t − t ) α u (t )dt ≤ s (t1 − t0 )1+α u ( s ) 1+ α t + (t − t0 )α + u '2 (t )dt ∫ (1 + α ) s ≤ ( s − t0 )1+α u ( s ) 1+ α (1.23) t + (t − t0 )α + u '2 (t )dt , t0 < s < t1 (1 + α ) ∫s t1 Cho s → t0 ta ∫ (t − t0 )α u (t )dt ≤ t0 t (t − t0 )α + u '2 (t )dt ∫ (1 + α ) t0 Vậy bổ đề chứng minh □ Bổ đề 1.3 10 m −1  loc ((t , t )) , Nếu u ∈ C t1 (m) ∫ u (t ) dt < +∞ u (i −1)= (t0 ) 0= (i 1, m), (1.24) t0   u (t ) 2m ≤ dt   m ∫ (t − t0 )  (2m − 1)!!  t0 t1 2t (m) ∫ u (t ) dt t0 Chứng minh Theo bổ đề 1.2 từ điều kiện (1.24), ta có t1 u (i −1) (t ) ∫ (t − t ) t0 2 m − 2i + t1 u (i ) (t ) dt ≤ dt < +∞ (i = 1, , m) (2m − 2i + 2) t∫0 (t − t0 ) m − 2i suy 2 t1 t1 u ' (t ) u (2) (t ) 4 u (t ) ∫ (t − t0 )2m dt ≤ (2m − 1)2 t∫ (t − t0 )2m−2 dt ≤ (2m − 1)2 (2m − 3)2 t∫ (t − t0 )2m−2 dt t0 0 t1 4 4 2 ≤ ≤ 2 (2m − 1) (2m − 3) t1 ∫u t0 (m)   2m (t ) dt =    (2m − 1)!!  2 t (m) ∫ u dt t0 Vậy bổ đề chứng minh □ Bổ đề 1.3’ m −1  loc ((t , t )) , Nếu u ∈ C u t1 (m) ∫ u (t ) dt < +∞ ( i −1) = (t1 ) 0= (i 1, , m), t0   2m u (t ) ∫t (t − t1 )2m dt ≤  (2m − 1)!!  t1 2t (m) ∫ u (t ) dt t0 Chứng minh bổ đề 1.3’ tương tự bổ đề 1.3 Chứng minh bổ đề 1.1 Giả sử v : (a, b) → R hàm tùy ý khả vi liên tục đến bậc (m-1) Đặt m Λ (v)(t ) = ∑ pi (t )v(i−1) (t ) i =1 Giả sử số t1 , , tn cho sau 11 (1.25) (a + b) / = t1 < < tn < b (1.26) gi (t ) (i = 1, , n) đa thức bậc (n-1) thỏa điều kiện gi (ti ) =1, gi (t j ) =0 (i ≠ j , i, j =1, , n) (1.27) Với số tự nhiên k, hàm uk(t) có biểu diễn tj   n −1 − Λ + uk= t s u s q s ds (t ) ∑  uk (t j ) − ( ) ( ( )( ) ( )) g j (t ) k k ∫t j   − n ( 1)! j =1   n t (1.28) + (t j − s ) n −1 (Λ (uk )( s ) + qk ( s ))ds (n − 1)! ∫t1 Cho tùy ý δ ∈ (0, (b − a) / 2) , ta có t ∫ (t − s) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds t1 t t  (n i ) ∫ (t − s ) n −i −1  ∫ (qk (τ ) − q (τ ))dτ ds =− t  t1 1  ≤n t1 ∫ ( s − a) m −i ( s − a) n − m −1 t1 ∫ (q (τ ) − q(τ ))dτ ds k a +δ s 1/2  t1  ≤ n  ∫ ( s − a ) m − 2i ds     a +δ  1/ 2 t1  t1  2 n m − −  ( s − a)  ( ( ) ( )) q q d ds τ τ τ − ∫s k  a∫+δ    ≤ n (t − a ) m − 2i +1 − δ m − 2i +1 1/2 qk − q  22 n−2 m−2,2 m−2 L (i 1, , n − 1) với a + δ ≤ t ≤ t1= Tương tự ta có t ∫ (t − s) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds (1.29) t1 ≤ n (b − t1 ) n − m − 2i +1 − δ n − m − i +1 1/2 qk − q  22 n−2 n−2,2 m−2 L (i 1, , n − 1) với t1 ≤ t ≤ b − δ = Do từ (1.12), ta có t lim ∫ (t − s ) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds = (i = 1, , n) hội tụ (a,b) k →+∞ t1 Tương tự t0 ∈ (a, b) 12 (1.30) t lim ∫ ( s − t0 ) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds = hội tụ I(t0) k →+∞ (1.31) t0 (t0 ) [t0 , (a + b) / 2] với t0< (a+b)/2 I (t= [(a + b) / 2, t0 ] với t0> (a+b)/2 với I= 0) Từ (1.11) t (t s ) m −i uk( m ) ( s )ds ( j = 0,1; i = 1, , m; k = 1, 2, ) (1.32) uk(i −1) (t ) =− ∫ (m − i )! t jk ta có uk(i −1) (t ) ≤ ri [ (t − a )(b − t ) ] m −i +1/2 = t1k (i 1, , m; k 1, ) (1.33) , t0 k ≤ t ≤= với m −i +1/2 r0   (2m − 2i + 1) −1/2  (i 1, , m) = ri  = (m − i )! b−a (1.34) Theo bổ đề Arzela-Ascoli từ (1.11),(1.33) dãy ( uk )k =1 chứa dãy ( uk +∞ l (u ( i −1) kl ) +∞ l =1 ) +∞ l =1 cho hội tụ (a,b) Giả sử lim ukl (t ) = u (t ) (1.35) l →+∞ u : (a, b) → R khả vi liên tục bậc (m-1) ( i −1) lim (t ) (i 1, , m) hội tụ (a,b) uk(li −1 (t ) u= = l →+∞ (1.36) Từ điều kiện (1.4),(1.30),(1.28) (1.33) ta có tj   n −1 ( ) ( ( )( ) ( )) u (= t ) ∑  u (t j ) − t s u s q s ds − Λ +  g j (t ) + ∫t j   ( 1)! n − j =1   n t (1.37) (t − s ) n −1 (Λ (u )( s ) + q ( s ))ds, a < t < b ∫ (n − 1)! t1 u (i −1) (t ) ≤ ri [ (t − a )(b − t ) ] m −i +1/2 , a < t < b (i = 1, , m) (1.38) n −1  loc u ∈C ((a, b)) 1) t ) (i 1, , n − 1) hội (a,b) lim uk(li −= (t ) u (i −1) (= l →+∞ (1.39) Mặt khác, với t0 ∈ (a, b) số tự nhiên l, ta có t (t − t0 )uk(ln −1)= (t ) uk(ln − 2) (t ) − uk(ln − 2) (t0 ) + ∫ ( s − t0 )(Λ (ukl )( s ) + qkl ( s ))ds t0 13 (1.40) Từ (1.31) (1.39), ta có lim uk(ln −1) (t ) = u ( n −1) (t ) hội tụ (a,b) l →+∞  Từ (1.39),(1.41) (1.11) ta (1.13) Do đó, u ∈ C n −1, m (1.41) ((a, b)) Mặt khác từ (1.37) ta có u nghiệm (1.1) Khi n=2m, từ (1.38) u thỏa (1.2) Vậy u nghiệm toán (1.1),(1.2) Ta chứng minh u nghiệm toán (1.1),(1.2) n=2m+1 Không tính tổng quát, ta xét dãy ( uk( m +1) )k =1 với +∞ t1 < t1k (k = 1, ) (1.42) Từ (1.12),(1.28) (1.33), ta có uk( m +1) (t ) ≤ ρ0 + t (t − s ) m −1 Λ (uk )( s )ds (m − 1)! ∫t1 (1.43) t + qk (t − s ) m −1 qk ( s )ds , t1 ≤ t ≤ t1k (k = 1, 2, ) (m − 1)! ∫t1  22 n−2 m−2,2 m−2 L ≤ ρ0 (k = 1, ) (1.44) với ρ0 số dương không phụ thuộc vào k Mặt khác ta có t m t t1 i =1 t1 ( i −1) m −1 m −1 ∫ (t − s) Λ(uk )(s)ds ≤ ∑ ∫ (t − s) pi (s)uk (s)ds (1.45) Nếu m>1, từ (1.8) ta có t ∫ (t − s) m −1 pi ( s )uk(i −1) ( s )ds t1 s  m −1 ( i ) m − ( i −1)   − − − − τ τ ( ) ( ) ( 1)( ) ( ) ( ) t s u s m t s u s p d   ds k k ∫t  ∫ i  t 1  t = t ≤ ρi ∫ (b − s )i − m −1 uk(i ) ( s ) + (m − 1)(b − s )i − m − uk(i −1) ( s )  ds t1 t = ρi ∫ (b − s ) −1 (b − s )i − m uk(i ) ( s ) + (m − 1)(b − s ) −1 (b − s )i − m −1 uk(i −1) ( s )  ds t1 1/2 1/2 1/2   t u (i ) ( s ) ds   t u (i −1) ( s ) ds   t  k k  + (m − 1)    ≤ ρi  ∫ (b − s ) −2 ds   ∫ m − 2i + ∫ t   t (b − s ) m − 2i   t (b − s )   1   1      14 (1.46) 1, , m) với t1 ≤ t ≤ t1k (i = Theo bổ đề 1.3 điều kiện (1.11), ta có t uk( j ) ( s ) ds ∫ (b − s) ≤ 2m−2 j t1 uk( j ) ( s ) ds t1 k ∫ (t 1k t1 t1 k − s)2m−2 j ≤ 4m − j ∫ = uk( m ) (t ) ds 22 m − j r02 , (1.47) t1 ≤= t ≤ t1k ( j 0, , m) t1 Do t ∫ (t − s) m −1 Λ (uk )( s )ds ≤ ρ (b − t ) −1/2 , t1 ≤ t ≤ t1k (1.48) t1 với m ρ = m2m r0 ∑ ρi (1.49) i =1 Nếu m=1, từ điều kiện (1.8), (1.11) ta có t ∫ (t − s) m −1 Λ (uk )( s )ds t1 t = ∫ p (s)u (s)ds k t1 t t  s  = uk (t ) ∫ p1 (τ )dτ − ∫  ∫ p1 (τ )dτ  uk' ( s )ds   t1 t1  t1  t1 k t   ≤ ρ1  (b − t ) −1 ∫ uk' ( s ) ds + ∫ (b − s ) −1 uk' ( s ) ds    t t1   1/2 1/2 t1 k   t     2 −1 −1/2 1/2 ' '  ≤ ρ1 (b − t ) (t1k − t )  ∫ uk ( s ) ds  + (b − t )  ∫ uk ( s ) ds        t   t1    ≤ ρ1r0 (b − t ) −1/2 với t1 ≤ t ≤ t1k Nếu m>1, từ điều kiện (1.44) ta có t ∫ (t − s) m −1 qk ( s )ds t1 15 (1.50) t = (m − 1) ∫ (t − s ) m−2 t1 s   ∫ qk (τ )dτ  ds t  1  s  ≤ (m − 1) ∫ (b − s )  ∫ qk (τ ) dτ  ds t  t1 1  t s  (b − s ) m −1  = (m − 1) ∫  ∫ qk (τ ) dτ  ds  b − s  t1 t1  t m−2 1/2 t  ≤ (m − 1)  ∫ (b − s ) −2 ds  t  1  ≤ (m − 1)(b − t ) −1/2 qk ≤ (m − 1) ρ0 (b − t ) −1/2 , 1/2 t  s  2 − m  (b − s )  ∫ qk (τ ) dτ  ds  t   ∫t  1  1   22 n−2 m−2,2 m−2 L (1.51) t1 ≤ t < b Nếu m=1, ta có b τ ∫ ∫ q (s)ds dτ ≤ (b − t ) 1/2 q k L20,0 ≤ ρ0 (b − t )1/2 , t1 ≤ t < b (1.52) t t1 Do uk( m ) (t1k ) = nên t uk( m ) (t ) = ∫ uk( m +1) (τ )dτ (1.53) t1 k Nếu m>1, từ (1.53) (1.43),(1.48),(1.51) ta có uk( m ) (t ) ≤ t1 k ∫  ρ + ( ρ + ρ0 )(b − s ) −1/2 ds t ≤ ρ0 (b − t ) + 2( ρ + ρ )(b − t )1/2 ≤ [ ρ0 (b − t1 ) 1/2 (1.54) + 2( ρ + ρ0 )](b − t ) = ρ (b − t ) , 1/2 * 1/2 t1 ≤ t ≤ t1k với ρ * = ρ0 (b − t1 )1/2 + 2( ρ + ρ0 ) Nếu m=1, từ (1.43), (1.48),(1.52) (1.53) ta có s  −1/2 (t ) ≤ ∫  ρ0 + ρ (b − s ) + ∫ qk (τ )dτ t  t1  t1 k u (m) k  ds  ≤  ρ0 (b − t1 )1/2 + ρ + ρ0  (b − t )1/2 , t1 ≤ t < t1k Từ (1.4),(1.39),(1.41) (1.54) ta có u ( m ) (t ) ≤ ρ * (b − t )1/2 , t1 ≤ t < b 16 Cho t → s u ( m ) (b) = Do u nghiệm toán (1.1),(1.2) trường hợp  n −1,m ((a, b)) toán (1.1),(1.2) nghiệm khác n=2m+1 Trong không gian C không gian toán (1.10),(1.2) có nghiệm tầm thường Để hoàn thành chứng minh Ta chứng minh u thỏa (1.14) Thật vậy, ta giả sử trái lại, tồn δ ∈ (0, (b − a) / 2), ε > (kl )l+∞=1 cho  n (i −1)  max ∑ ukl (t ) − u (i −1) (t ) : a + δ ≤ t ≤ b − δ  > ε (l = 1, )  i =1  Từ bổ đề Arzela-Ascoli điều kiện (1.11), không tính tổng quát, xem dãy (uk(i −1) )l+∞=1 l hội tụ (a,b) Từ kết nên ta (1.30) (1.32) Điều gây mâu thuẫn Vậy bổ đề chứng minh □ Bổ đề 1.4 n −1  loc ((a, b]) tồn số Nếu với số tự nhiên k, toán (1.5),(1.7) có nghiệm uk ∈ C r0 ≥ thỏa t1 k ∫u (m) k (t ) dt ≤ r02 (k = 1, 2, ) t0 k Hơn nữa, lim qk − q k →+∞  22 n−2 m−2,0 L = (1.55)  n −1,m ((a, b]) có nghiệm tầm thường toán (1.10),(1.3) không gian C  n −1,m ((a, b]) có nghiệm u thỏa mãn Thì toán (1.1),(1.3) không gian C u (m) L2 ≤ r0 ( i −1) lim= (t ) (i 1, , n) hội tụ (a,b] uk(i −1) (t ) u= k →+∞ (1.56) Chứng minh bổ đề 1.4 tương tự bổ đề 1.1 1.3 Các bổ đề đánh giá tiên nghiệm Bổ đề 1.5 Nếu tồn a0 ∈ (a, b), b0 ∈ (a0 , b) số không âm l1i , l2i (i = 1, , m) cho (t − a ) m −i hi (t ,τ ) ≤ l1i , a < t ≤ τ ≤ a0 (b − t ) m −i hi (t ,τ ) ≤ l2i , b0 ≤ τ ≤ t < b (i = 1, , m) 17 (1.57) (2m − i )2n −i +1 l1i [...]... C n −1, m (1.41) ((a, b)) Mặt khác từ (1.37) thì ta có u là nghiệm của (1.1) Khi n=2m, từ (1.38) thì u thỏa (1.2) Vậy u là nghiệm bài toán (1.1),(1.2) Ta sẽ chứng minh u là nghiệm bài toán (1.1),(1.2) khi n=2m+1 Không mất tính tổng quát, khi ta xét dãy ( uk( m +1) )k =1 với +∞ t1 < t1k (k = 1, 2 ) (1.42) Từ (1.12),(1.28) và (1.33), ta có uk( m +1) (t ) ≤ ρ0 + t 1 (t − s ) m −1 Λ (uk )( s )ds (m −... bài toán (1.1),(1.2) trong trường hợp  n −1,m ((a, b)) bài toán (1.1),(1.2) không có nghiệm khác vì trong n=2m+1 Trong không gian C không gian này bài toán thuần nhất (1.10),(1.2) chỉ có nghiệm tầm thường Để hoàn thành chứng minh Ta chứng minh u thỏa (1.14) Thật vậy, ta giả sử trái lại, khi đó tồn tại δ ∈ (0, (b − a) / 2), ε > 0 và (kl )l+∞=1 sao cho  n (i −1)  max ∑ ukl (t ) − u (i −1) (t ) : a +... ≤ t ≤ t1k với ρ * = ρ0 (b − t1 )1/2 + 2( ρ + ρ0 ) Nếu m=1, từ (1.43), (1.48),(1.52) và (1.53) ta có s  −1/2 (t ) ≤ ∫  ρ0 + ρ (b − s ) + ∫ qk (τ )dτ t  t1  t1 k u (m) k  ds  ≤  ρ0 (b − t1 )1/2 + 2 ρ + ρ0  (b − t )1/2 , t1 ≤ t < t1k Từ (1.4),(1.39),(1.41) và (1.54) ta có u ( m ) (t ) ≤ ρ * (b − t )1/2 , t1 ≤ t < b 16 Cho t → s thì u ( m ) (b) = 0 Do đó u là một nghiệm của bài toán (1.1),(1.2)... đều trên I(t0) k →+∞ (1.31) t0 (t0 ) [t0 , (a + b) / 2] với t0< (a+b)/2 và I (t= [(a + b) / 2, t0 ] với t0> (a+b)/2 với I= 0) Từ (1.11) và t 1 (t s ) m −i uk( m ) ( s )ds ( j = 0,1; i = 1, , m; k = 1, 2, ) (1.32) uk(i −1) (t ) =− ∫ (m − i )! t jk ta có uk(i −1) (t ) ≤ ri [ (t − a )(b − t ) ] m −i +1/2 = t1k (i 1, , m; k 1, 2 ) (1.33) , t0 k ≤ t ≤= với m −i +1/2 r0  2  (2m − 2i + 1) −1/2  (i 1, , m)... (l = 1, 2 )  i =1  Từ bổ đề Arzela-Ascoli và điều kiện (1.11), không mất tính tổng quát, khi xem dãy (uk(i −1) )l+∞=1 l hội tụ đều trên (a,b) Từ các kết quả ở trên nên ta được (1.30) và (1.32) Điều này gây mâu thuẫn Vậy bổ đề được chứng minh □ Bổ đề 1.4 n −1  loc ((a, b]) và tồn tại hằng số Nếu với mỗi số tự nhiên k, bài toán (1.5),(1.7) có nghiệm uk ∈ C r0 ≥ 0 thỏa t1 k ∫u (m) k 2 (t ) dt ≤ r02... ∫u (m) k 2 (t ) dt ≤ r02 (k = 1, 2, ) t0 k Hơn nữa, nếu lim qk − q k →+∞  22 n−2 m−2,0 L = 0 (1.55)  n −1,m ((a, b]) chỉ có nghiệm tầm thường và bài toán thuần nhất (1.10),(1.3) trong không gian C  n −1,m ((a, b]) có nghiệm duy nhất u thỏa mãn Thì bài toán (1.1),(1.3) trong không gian C u (m) L2 ≤ r0 ( i −1) và lim= (t ) (i 1, , n) hội tụ đều trên (a,b] uk(i −1) (t ) u= k →+∞ (1.56) Chứng minh bổ... 1)!! ∑ i =1 (2m − 2i + 1)!! m Thì tồn tại một hằng số dương r0 sao cho với mọi t0 ∈ (a, a0 ), t1 ∈ (b0 , b),  22 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b)) và u ∈ C n −1 ((a, b)) là nghiệm tùy ý của bài toán (1.1) với điều kiện biên q∈L loc u (i −1) (= t0 ) 0= (i 1, , m) (1.59) u ( j −1) = (t1 ) 0= (i 1, , n − m) thì u thỏa đánh giá  m b0 2 (m)  ∑ ∫ (t − a ) n − 2 m pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt + q u t dt r (... +∞ và hàm số p ∈ Lloc ((t0 , t1 ]) sao t0 cho t1 ∫ p(τ )dτ (t − t0 ) 2 m − j ≤ l0 , t0 < t ≤ t1 (1.61) t với j ∈ {1, , m}, l0 > 0 Thì   (2m − j )22 m − j +1 ( j −1) ≤ + p ( s ) u ( s ) u ( s ) ds l ( t ) ρ ρ (t1 )  , t0 < t ≤ t1 0  ∫t (2m − 1)!!(2m − 2 j + 1)!!   t1 (1.62) với t ρ (t ) = ∫ u ( m ) ( s ) ds 2 (1.63) t0 Chứng minh Theo công thức tích phân từng phần, ta có t1 p ( s )u ( s )u (... b) và các số không âm l1i , l2i (i = 1, , m) sao cho (t − a ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l1i , a < t ≤ τ ≤ a0 (b − t ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l2i , b0 ≤ τ ≤ t < b (i = 1, , m) 17 (1.57) (2m − i )2n −i +1 l1i