phương trình tích phân phi tuyến và các ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH o0o - Nguyễn Đăng Quang PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN PHI TUYẾN VÀ CÁC ỨNG DỤNG Chun ngành : Tốn Giải Tích Mã số : 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS LÊ THỊ THIÊN HƯƠNG Thành phố Hồ Chí Minh – 2010 LỜI CÁM ƠN Lời đầu tiên, tơi xin kính gửi đến TS Lê Thị Thiên Hương lời cám ơn sâu sắc tận tình giúp đỡ Cơ tơi suốt q trình hồn thành luận văn học tập Xin trân trọng cám ơn Quý Thầy Cô thuộc khoa Toán trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh tận tình truyền đạt kiến thức kinh nghiệm quý báu cho suốt ba năm học tập Xin trân trọng cám ơn Phòng Sau Đại Học trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi cho tơi hồn tất chương trình học tập thực luận văn Xin chân thành cám ơn bạn lớp Cao học khóa 18 chun ngành Tốn giải Tích trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh, anh, chị bạn đồng nghiệp thuộc Bộ môn Cơ – Cơ sở trường Đại học Ngoại thương thành phố Hồ Chí Minh động viên nhiệt tình giúp đỡ tơi thời gian qua Cuối cùng, xin gửi lời cám ơn đến gia đình tơi, chỗ dựa cho tơi mặt tạo điều kiện tốt để học tập hoàn thành luận văn Nguyễn Đăng Quang MỞ ĐẦU Trong lĩnh vực phương trình tốn lý, gặp phương trình vi phân hay đạo hàm riêng nhằm xác định hàm  Do phương trình liên quan tới đạo hàm hay đạo hàm riêng diễn tả tính chất địa phương hàm  nên thuờng điều kiện biên thêm vào nhằm lựa chọn nghiệm tương thích với trạng thái vật lý quan tâm Vì vậy, cần thiết thành lập phương trình cho  cho  chứa tất điều kiện biên Loại phương trình đặc trưng cho hàm  giá trị địa phương mà phải đại diện cho giá trị tồn miền khảo sát, kể biên Phương trình tích phân loại phương trình Trong luận văn này, chúng tơi khảo sát phương trình tích phân phi tuyến có dạng: u ( x)   K ( x, y ) f ( y, u ( y )) dy (*) G m G tập compact  n f ( x, u )   ( x )u  ,  i  0, i  1, 2, , m i i 1 Hiển nhiên u ( x)  nghiệm tầm thường phương trình (*) Luận văn khảo sát tồn nghiệm khơng âm, khơng tầm thường phương trình (*) dựa vào điều kiện thiết lập cho nhân K ( x, y ) điều kiện hàm f ( x, u ) , ( x), i  1, 2, , m mà giới thiệu chương sau Điều kiện K ( x, y ) gồm có: (H1) K ( x, y ) hàm liên tục, không âm G  G ; Tồn tập hợp đóng G0  G với mesG0  ( mesG0 độ đo tập G0 )    thoả mãn điều kiện: (i) K ( x, y )  , ( x, y )  G0  G0 ; (ii) K ( x, y )   K ( z , y ) , x  G0 , y  G , z  G (H2) K ( x, y ) hàm liên tục, không âm G  G tồn x0  G cho K ( x0 , x0 )  (H3) Với cầu đóng T  G o , tồn  *   * (T )  cho  K ( x, y)dy  T  *  K ( x, y )dy , x  G G Trong toàn luận văn, chuẩn C (G ) (chuẩn max) kí hiệu chuẩn L (G ) kí hiệu L Luận văn có ba chương: + Chương kiến thức chuẩn bị để sử dụng cho chương sau + Chương chứng minh tồn nghiệm khơng âm, khơng tầm thường phương trình tích phân phi tuyến (*) dựa vào định lý điểm bất động nêu Chương + Chương ví dụ minh họa Sau phần kết luận, phần phụ lục tài liệu tham khảo Chương CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương giới thiệu định nghĩa số tính chất nón khơng gian Banach nhằm phục vụ việc chứng minh số định lý điểm bất động Các định lý cơng cụ để chứng minh tồn nghiệm không âm, không tầm thường phương trình (*) 1.1 Nón thứ tự sinh nón Định nghĩa Cho E khơng gian Banach trường số thực (a) Tập khác rỗng K E gọi nón nếu: (i) K đóng; (ii) K  K  K ,  K  K ,   ( x, y  K ;   ,    x  y  K ,  x  K ) ; (iii) K  (  K )    (b) Nếu K nón thứ tự “  ” E sinh K xác định x  y  y  xK Mỗi x  K \   gọi phần tử dương Mệnh đề 1.1 Giả sử “  ” thứ tự sinh nón K Khi  x  z  y  z , z  E (1) x  y    x   y ,    (3)  x  (2) xn  yn , n  , lim xn  x, lim yn  y  x  y n n  n    xn 1 , n  , lim xn  x  xn  x, n   n  Mệnh đề chứng minh đơn giản nên ta bỏ qua phần chứng minh 1.2 Nón chuẩn Định nghĩa Nón K gọi nón chuẩn N  0, x, y  E   x  y  x  N y  Mệnh đề 1.2 Cho K nón chuẩn Khi (1) Nếu u  v tập u , v   x  E : u  x  v bị chặn (2) Nếu xn  yn  zn , n  , lim xn  a, lim zn  a lim yn  a n  n n  (3) Nếu  xn n  E dãy đơn điệu có dãy hội tụ  xn n hội tụ Chứng minh (1) x  u , v    x  u  v  u Vì K nón chuẩn nên tồn N  1: x  u  N v  u suy x  N v  u  u (2) Ta có   yn  xn  zn  xn , n    yn  xn  N zn  xn Mà lim  zn  xn   n   lim  yn  xn   hay lim yn  lim xn  a n  n  n      x  cho (3) Giả sử  xn n dãy tăng xn k n k n lim xn  x Ta có k k  xn  x, k       xn  x , n   n  , k   : n  nk   k Cho   , lim xn  x nên tồn k0   cho xn  x  k  k0 k  N , n  , n  nk suy   x  xn  x  xn k0  x  xn  N x  xn k0   hay lim xn  x n  1.3 Nón liên hợp Định nghĩa Cho nón K  E , ta định nghĩa K *   f  E * : f ( x)  0, x  K  nón liên hợp K K * có tính chất (i) (ii) định nghĩa nón Ta chứng minh K *  (  K * )   E *  K K  E Mệnh đề 1.3 (1) x  K  f ( x)  0, f  K * (2) Nếu E khả ly tồn f  K * cho f ( x)  , x   Phần chứng minh mệnh đề 1.3 xin tham khảo [7] 1.4 Chỉ số điểm bất động Cho E không gian Banach thực, tập hợp X E gọi co rút E tồn ánh xạ liên tục r : E  X xác định r ( x )  x , x  X Ánh xạ r gọi phép co rút E lên X Áp dụng định lý Dugundji (xem [6] ), ta chứng minh tập lồi đóng khác rỗng E co rút E Đặc biệt, nón E co rút E Định lý 1.4.1 Giả sử X co rút không gian Banach thực E, U tập mở, bị chặn X, A : U  X ánh xạ hoàn toàn liên tục khơng có điểm bất động U Khi tồn số nguyên i ( A,U , X ) thỏa mãn tính chất sau: (i) tính chuẩn tắc : i ( A,U , X )  A( x)  y0  U , x  U ; (ii) tính cộng tính : i ( A,U , X )  i ( A,U1 , X )  i ( A,U , X ) , U1 ,U hai tập mở rời U ánh xạ A khơng có điểm bất động U \ (U1  U ) ; (iii) bất biến đồng luân: i ( H (t ,.),U , X ) không phụ thuộc t (0  t  1) với H :[0,1]  U  X ánh xạ hoàn toàn liên tục thỏa điều kiện H (t , x )  x , (t , x)  [0,1]  U ; (iv) i ( A,U , X )  i ( A,U  Y , Y ) với Y co rút X A(U )  Y i ( A,U , X ) xác định gọi số điểm bất động A U X Phần chứng minh định lý 1.4.1 xin tham khảo [7] Định lý 1.4.2 (v) i ( A,U , X )  i ( A,U , X ) U tập mở U A( x)  x , x  U \ U (vi) Nếu i ( A,U , X )  A có điểm bất động U Chứng minh (v) Đặt U1  U , U   áp dụng (ii), ta có i ( A,U , X )  i ( A,U , X )  i( A,U , X )  i ( A,U , X )  i( A, , X )  i( A, , X )  Đặt U1  U , U   áp dụng (ii), ta có i ( A,U , X )  i ( A,U1 , X )  i ( A,U , X )  i ( A,U , X )  i( A, , X )  i( A,U , X )  i( A,U , X ) (vi) Giả sử A khơng có điểm bất động U Đặt U   áp dụng (v), ta i ( A,U , X )  i ( A, , X )  (mâu thuẫn với giả thiết) Vậy A có điểm bất động U Trong phần giới thiệu chứng minh số bổ đề liên quan đến số điểm bất động Những bổ đề công cụ để chứng minh định lý điểm bất động phần sau Giả sử P nón khơng gian Banach thực E P co rút E,   E tập mở bị chặn, P   tập mở bị chặn P ( P  )  P   , P    P   Bổ đề 1.4.1 Cho A : P    P ánh xạ hoàn toàn liên tục    Giả sử A( x )   x , x  P   ,   Khi i ( A, P  , P)  Chứng minh Xét ánh xạ H :[0,1]  ( P  )  P xác định H (t , x )  tA( x )  (1  t ) ( x) (  : ánh xạ không) H ánh xạ hồn tồn liên tục (do A hoàn toàn liên tục) H (t , x )  x , (t , x)  [0,1]   ( P  ) Áp dụng tính chất bất biến đồng luân số điểm bất động ta suy i ( A, P  , P)  i ( , P  , P )  Bổ đề 1.4.2 Giả sử A : P    P , B : P    P ánh xạ hoàn toàn liên tục (a) inf B ( x )  ; xP  (b) x  A( x)  tB ( x ) , x  P   , t  Khi đó, ta có i ( A, P  , P )  Chứng minh Theo định lý thác triển Dugundji (xem phụ lục), thác triển B thành tốn tử hoàn toàn liên tục từ P   vào P thỏa mãn B ( P  )  coB ( P  ) (1.1) Đặt F  B( P  ) coB( P  )  coF  M , n n   với M   y   i yi yi  F , i  0,  i  ; n  1, 2,3,  i 1 i 1   Trước tiên ta chứng minh inf y  (1.2) yM Kí hiệu E0  F (khơng gian E mở rộng F) Vì B ánh xạ hoàn toàn liên tục nên F tập compact tương đối, suy E0 tập compact E0 khả ly Hiển nhiên P0  P  E0 nón E0 F  P0 , coF  P0 * Theo mệnh đề 1.3, tồn f  E0 cho f ( y )  , y  P0 , y   Khi đó, inf f ( y )    (1.3) yF Thật vậy, giả sử   , suy tồn dãy  yk k  F cho lim f ( yk )  k     y  Vì F tập compact tương đối nên tồn dãy yk i k i k thoả mãn lim yk  y0  P0 i i  Vì f liên tục nên lim f ( yk )  f ( y0 ) f ( y0 )  (do lim f ( yk )  ), i i  i i  từ suy y0   lim yk  (mâu thuẫn (a)) i  i Vậy (1.3) n n Với y   i yi  M , yi  F , i  , i  1, 2, , n i 1 n n  i  i 1 n Từ (1.3) ta suy f ( y )  f ( i yi )   i f ( yi )   i   i 1 i 1 i 1 Do f ( y )   , y  M (1.4) Vì M  coF tập compact nên tồn z0  M cho inf y  z0 yM (1.5) Từ (1.4) suy f ( z0 )  z0   Từ (1.5) suy (1.2) Từ (1.1) (1.2) ta suy inf B ( x )  a  xP  Tiếp theo ta chứng minh i ( A, P  , P )  Giả sử ngược lại, tức i ( A, P  , P )  Theo giả thiết (b) tính chất bất biến đồng luân số điểm bất động, (1.6) ta có i ( A  tB, P  , P )  i ( A, P  , P )  , t  Đặc biệt, chọn t0  bc với b  sup x , c  sup A( x ) a xP  xP  ta có i ( A  t0 B, P  , P)  Do theo định lý 1.4.2 suy tồn x0  P   cho A( x0 )  t0 B ( x0 )  x0 Từ đó, t0  x0  A( x0 ) b  c  (mâu thuẫn với cách chọn t0 ) B ( x0 ) a Vậy i ( A, P  , P )  Bổ đề 1.4.3 Cho A : P    P ánh xạ hoàn toàn liên tục Giả sử (i) inf xP  A( x )  ; (ii) A( x )   x , x  P   ,   (0,1] Khi đó, i ( A, P  , P )  Chứng minh Đặt B  A bổ đề 1.4.2, ta thấy điều kiện (a) bổ đề 1.4.2 điều kiện (i) bổ đề 1.4.3 Ta chứng minh điều kiện (b) bổ đề 1.4.2 Thật vậy, giả sử tồn x0  P   t0  cho x0  A( x0 )  t0 A( x0 ) Đặt   (1  t0 ) 1  0  A( x0 )  0 x0 (mâu thuẫn với (ii)) Do áp dụng bổ đề 1.4.2 ta i ( A, P  , P )  Định lý 1.4.3 Cho 1 ,  hai tập mở, bị chặn không gian Banach thực E,   1 1   Toán tử A : P  ( \ 1 )  P hoàn toàn liên tục Giả sử hai điều kiện sau thỏa mãn (i) A( x)  x , x  P  1 A( x)  x , x  P  2 ; (ii) A( x)  x , x  P  1 A( x)  x , x  P  2 Khi A có điểm bất động P  ( \ 1 ) Chứng minh m   t0  K ( x, y )( ( y )[u * ( y )] )dy i i 1 G   t0 u * ( x)   Suy t0  t0 (mâu thuẫn t0  t0 ) Vậy t0  u ** ( x)  u * ( x ) , x  G Chứng minh tương tự ta u ** ( x)  u * ( x) , x  G Suy u ** ( x)  u * ( x ) , x  G Sau cùng, ta chứng minh lim un  u *  n  Lấy u0 ( x) hàm liên tục, khơng âm không đồng không G Khi đó, tồn cầu đóng T1  G     (0,1) : u0 ( x)   , x  T1 Chứng minh tương tự (2.22), ta u1 ( x)  Au0 ( x)   1  1*  K ( x, y )dy , x  G , (2.25) G tử định nghĩa định lý 2.3 1* số dương tồn phụ thuộc vào T1 xác định điều kiện (H3) m Ta chọn số dương   đủ nhỏ cho   i i   1 1* (2.26) i 1 A( ( x ))   ( x) , x  G , với  ( x) hàm liên tục G định nghĩa định lý 2.3 với x  G , đặt w0 ( x )   ( x) , wn ( x )  Awn1 ( x) , n  1,2, Từ (2.17) phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh w0 ( x )  w1 ( x)   wn ( x )  , x  G Từ (2.17), (2.25), (2.26) với x  G , ta có m w1 ( x )  A( ( x ))   K ( x, y )(  ( y )[ ( y )] )dy i i 1 G m m   K ( x, y )( i  )dy  ( i  )  K ( x, y )dy i i 1 G i i 1   1  1*  K ( x, y )dy  u1 ( x) G G (2.27) A toán   Chọn R  max R0 , max u0 ( x) , với R0 xác định định lý 2.3 xG với x  G , đặt v0 ( x )  R  u0 ( x) , ( x )  Avn 1 ( x )   K ( x, y ) f ( y, vn1 ( y )) dy , n  1,2, G v0 ( x )  v1 ( x)   ( x )  , x  G v1 ( x )  Av0 ( x )  Au0 ( x )  u1 ( x) , x  G (2.28) Từ (2.27) (2.28) suy w1 ( x )  u1 ( x)  v1 ( x ) , x  G Bằng quy nạp ta chứng minh wn ( x )  un ( x)  ( x) , x  G , n  1,2, (2.29) Vì Aw0 ( x)  w0 ( x ) , Av0 ( x )  v0 ( x ) , x  G A : P  E toán tử hoàn toàn liên tục nên áp dụng định lý 1.4.5 tính nghiệm phương trình (*) ta suy lim  u *  , lim wn  u *  n  n  Từ (2.29) P1 nón chuẩn ta có lim un  u *  (đpcm) n  Định lý 2.5 Giả sử (i) Nhân K ( x, y ) hàm liên tục, không âm G  G thỏa mãn điều kiện (H3); (ii) Các hàm ( x) liên tục không âm G; i  1,2, , m m  a ( x)  , x  G thỏa điều kiện i i 1  i  ; i  1,2, , m Khi đó, phương trình (*) khơng thể có hai nghiệm khơng tầm thường so sánh với Chứng minh Giả sử u * ( x) , u ** ( x ) hai nghiệm không tầm thường, liên tục, không âm so sánh với phương trình (*) Ta giả sử u ** ( x)  u * ( x) , x  G Khi đó, tồn cầu đóng T  G  , tồn   (0,1) cho [u ** ( x )]  [u * ( x)]   , x  T ; i  1,2, , m i i Do đó, theo (H3) ta m u ** ( x)  u * ( x )   K ( x, y ){ ( y )[(u ** ( y ))  (u * ( y )) ]}dy i i i 1 T    K ( x, y ) dy   *  K ( x, y ) dy , x  G , T (2.30) G m    ( x)  ,  * số dương tồn phụ thuộc vào T theo xG i 1 điều kiện (H3) Mặt khác, ta có m i u * ( x )   K ( x, y )(  i u * )dy , x  G , (2.31) i 1 G với  i  max ( x) , i  1,2, , m xG Từ (2.30) (2.31) suy u ** ( x)  (1   )u * ( x ) , x  G ,  m      i u *  i 1 * (2.32) 1 i     Đặt t0  sup t  | u ** ( x)  tu * ( x) , x  G Từ (2.32) suy     t0   u ** ( x)  t0u * ( x) , x  G Từ đó, với x  G ta có m u ** ( x)   K ( x, y )(  ( y )[t0u * ( y )] )dy i i 1 G m   t0  K ( x, y )(  ( y )[u * ( y )] )dy i G i 1   t0 u * ( x ) , (2.33) với    i  1 i m   Từ (2.33) suy t0  t0 (mâu thuẫn t0  t0 ) Vậy phương trình (*) khơng thể có hai nghiệm liên tục, khơng tầm thuờng, không âm so sánh với Hai định lý sau đề cập tới tồn giá trị riêng hàm riêng toán tử A Định lý 2.6 Giả sử (i) Nhân K ( x, y ) thỏa mãn điều kiện (H1); (ii)  L(G ) , ( x)  , x  G ;  i  , i  1,2, , m ; i1  1, 2, , m : inf ( x)  xG0 Khi với   , tồn hàm liên tục, không âm, không tầm thường G u ( x) thỏa mãn  u  ( x)  Au ( x)   K ( x, y ) f ( y, u ( y ))dy , x  G G Hơn max u ( x)      xG Định lý 2.7 Giả sử (i) Nhân K ( x, y ) thỏa mãn điều kiện (H1); (ii)  L(G ) , ( x)  , x  G ;  i  , i  1,2, , m ; i0  1, 2, , m : inf ( x)  xG0 Khi với   , tồn hàm liên tục, không âm, không tầm thường G u ( x) thỏa mãn  u  ( x)  Au ( x)   K ( x, y ) f ( y, u ( y ))dy , x  G G Hơn max u ( x )     xG Chứng minh định lý 2.6 2.7 Toán tử A : P  P xác định Au ( x )   K ( x, y ) f ( y , u ( y ))dy hoàn toàn liên tục (chứng minh G định lý 2.1),   P  u  C (G ) | u ( x )  0, u ( x)   u xG0 Từ giả thiết định lý 2.6 ta dễ dàng chứng minh i1 Au   ( mesG0 ) u i1 , u  P Từ giả thiết định lý 2.7 ta chứng minh (2.34)  i0 Au   ( mesG0 ) u  i0 , u  P , (2.35)   K ( x, y )  ,   inf ( x )  ,  inf ( x )  ( x , y )G0 G0 xG0 xG0 Từ (2.34) (2.35) suy  Au     (mesG0 ) u u i1  lim u  uP  i0 1 i0 u 0 uP Au   (do lim u u  u uP Au    (mesG0 ) u u  lim i1 1 Au   u i1 1    i  ) (do lim u  i0 1    i  ) u 0 uP Mặt khác, ta có m Au  M  i 1 L i u , u  P , với M  max K ( x, y ) x , yG  m Au  M  u i 1 L u  i 1 Do từ giả thiết định lý 2.6 suy lim u 0 uP Au  0, u từ giả thiết định lý 2.7 suy lim u  uP Au  u Vậy ta chứng minh lim Au   , u lim Au   , u u  uP u 0 uP lim u 0 uP lim u  uP Au 0 , u Au 0 u Áp dụng định lý 1.4.4 ta thu kết luận định lý 2.6 2.7 Chương CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Chương nêu số toán cụ thể, minh họa cho lý thuyết trình bày chương  Ví dụ Xét phương trình u ( x)   K ( x, y ) f ( y, u ( y )) dy (*) G + K ( x, y )  a( x )b( y ) , với  a( x) hàm không âm, liên tục không đồng không G  b( y ) hàm dương liên tục G + f ( x, u )  a1 u  a2 u , với a1 , a2  Trước tiên ta chứng minh hàm K ( x, y ) thỏa mãn điều kiện (H1) Vì a( x) khơng âm không đồng không G nên tồn x0  G cho a( x0 )  Vì a( x) liên tục G nên tồn r  cho a( x )  , x  G0 , với G0  B ' ( x0 , r )   x  G : x  x0  r cầu đóng  n Suy K ( x, y )  a ( x )b( y )  , ( x, y )  G0  G0 Tiếp theo ta chứng minh tồn   (0,1) cho a( x )   a ( z ) , x  G0 , z  G Giả sử ngược lại, tức   (0,1) , x  G0 , z  G : a( x )   a ( z ) Với n  * , chọn   n Suy tồn dãy  xn n  G0 ,  zn n  G : a( xn )  a ( zn ) , n  * n     x  ,  z   z  Vì G, G0 tập compact nên tồn dãy xn k k n n nk k n n x  G0 , z  G cho lim xn  x , lim zn  z a( xn )  k  k k  k k a( zn ) k k Vì a liên tục nên lim a ( xn )  a ( x) lim a ( zn )  a( z ) k  k k  k Cho k   (**) ta a( x )  (vô lý)  K ( x, y )  a ( x)b( y )   a ( z )b( y )  K ( z , y ) , x  G0 , z  G , y  G (**) Vậy hàm K ( x, y ) thỏa mãn điều kiện (H1) điều kiện (i) định lý 2.1 Điều kiện (ii) định lý 2.1 hiển nhiên thỏa mãn Điều kiện (iii) định lý 2.1 trở thành a1  a2  (mesG ) 1 M 11M 21 , (3.1) M  max a ( x ) , M  max b( x ) xG xG Nếu u ( x ) nghiệm không âm, không tầm thường liên tục phương trình (*) u ( x)  a( x )  b( y )( a1 u ( y )  a2 [u ( y )]3 ) dy (3.2) G Vậy u ( x ) phải có dạng u ( x)   a ( x ) ,   Thế u ( x)   a ( x ) vào (3.2) ta  a ( x)  a ( x)  b( y )( a1  a ( y )  a2 [ a ( y )]3 ) dy G    a1   b( y ) a( y ) dy  a2   b( y ) [a ( y )]3 dy G G Đặt b1   b( y ) a ( y ) dy  , G b2   b( y ) [a ( y )]3 dy  G Ta phương trình theo    a1b1   a2b2   a2 b22  (2a1a2b1b2  1)  a12b12  (3.3)   (2a1a2b1b2  1)  4( a1a2b1b2 )   4a1a2b1b2 Mặt khác, ta có b1   b( y ) a ( y )dy   M M dy  (mesG ) M M , G G b2   b( y ) [ a( y )]3 dy   M M 13 dy  ( mesG ) M M 13 G G Suy b1b2  ( mesG ) M 12 M 22 , hay b1b2  ( mesG ) M 1M Do từ (3.1) suy (a1  a2 ) b1b2  (a1  a2 )( mesG ) M 1M  , hay a1a2b1b2  a1 b1b2 a2 b1b2  1 a1 b1b2  a2 b1b2  4   Vậy    4a1a2b1b2  Suy phương trình (3.3) có hai nghiệm phân biệt  ,  1   2a1a2b1b2   4a1a2b1b2  0, 2a2 b22 2   2a1a2b1b2   4a1a2b1b2  2a2 b22 Nếu a1 , a2 thỏa mãn điều kiện (3.1) từ định lý 2.1 suy phương trình (*) có hai nghiệm khơng âm, khơng tầm thường, liên tục u1 ( x)   1a ( x ) u2 ( x )   a ( x)  Ví dụ Xét tốn hai điểm biên cho phương trình vi phân cấp hai  x '' (t )  f (t , x(t ))   x (0)  x (1)  ,  t 1 (3.4) m với f (t , x )   (t ) x ,  i  ; i  1,2, , m i (3.5) i 1 Trước tiên ta chứng minh tốn (3.4) tương đương với phương trình tích phân x(t )   K (t , s ) f ( s, x ( s ))ds , (3.6) t (1  s ) K (t , s )    s (1  t ) ,  t  s 1 ,  s  t 1 (3.7) Bổ đề 3.1 Với h  C ([0,1]) , tồn hàm số x  C ([0,1]) nghiệm toán  x '' (t )  h (t ) ,  t   x (0)  x(1)   (3.8) Hơn x biểu diễn dạng x(t )   K (t , s )h( s )ds Chứng minh Phương trình tương ứng với phương trình (3.8)  x ''   x(t )  C1  C2t , (3.9) C1 , C2 hai số tùy ý Bây ta xem C1 , C2 hàm số theo biến t Ta tìm C1 , C2 để (3.9) nghiệm toán (3.8) Với t  [0,1] , ta có x ' (t )  C1' (t )  C2 (t )  tC2' (t ) Chọn C1 , C2 cho C1' (t )  tC2' (t )  Khi x ' (t )  C2 (t )  x '' (t )  C2' (t ) Thay vào phương trình (3.8), ta C2' (t )  h(t ) , t  [0,1] Vậy, hàm số (3.9) nghiệm phương trình (3.8) hàm số C1 (t ) , C2 (t ) thỏa mãn hệ phương trình  '  C2 (t )  h(t )  ' ' C1 (t )  tC2 (t )   Giải hệ ta C1' (t )  t.h(t )   ' C2 (t )  h(t )  t  C1 (t )   sh( s )ds  D1   , t C (t )   h( s )ds  D    D1 , D2 hai số mà ta xác định sau t Vậy x(t )   ( s  t )h( s )ds  D1  tD2 Suy x(0)  D1  , t hay x(t )   ( s  t )h( s )ds  tD2 Mặt khác, x(1)   ( s  1)h( s )ds  D2  0 nên D2   (1  s ) h( s )ds t Vậy x(t )   ( s  t )h( s )ds  t  (1  s )h ( s )ds t hay x(t )   s (1  t ) h( s ) ds   t (1  s ) h( s )ds t (1  s ) Đặt K (t , s )    s (1  t ) t ,  t  s 1 ,  s  t 1 Khi x(t )   K (t , s )h( s )ds nghiệm toán (3.8) Bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề 3.1 ta suy toán (3.4) tương đương với phương trình tích phân (3.6) Tiếp theo ta chứng minh hàm số K (t , s ) thỏa mãn điều kiện (H1) với tập đóng G0  [ ,  ] , đó,      G  [0,1]  Hàm số K (t , s ) liên tục không âm G  G (hiển nhiên)  K (t , s )   (1   )  , (t , s )  G0  G0 (hiển nhiên)  K (t , s )   K (u , s ) , t  G0  [ ,  ] , u , s  G , với    (1   )  (0,1) Thật vậy, với t  [ ,  ] , ta có ,   s 1 t (1  s )   (1  s )  K (t , s )  t (1  s ) hay s(1  t )   (1   ) ,   s    s (1  t )  s (1   ) ,  s   Mà K (u , s)  s (1  s ) , s  G , u  G nên K (t , s)   (1   ) K (u , s ) , t  [ ,  ] , u , s  G Xét trường hợp sau đây:  Trường hợp : s  [0, ] , t  [ ,  ] K (t , s )  s (1  t )  s (1   )   (1   ) s (1  s )   (1   ) K (u, s ) , u  G  Trường hợp : s  ( ,  ) , t  [ ,  ] K (t , s )   (1   )   (1   ) s (1  s )   (1   ) K (u, s ) , u  G  Trường hợp : s  [  ,1] , t  [ ,  ] K (t , s )  t (1  s )   (1  s )   (1   ) s (1  s )   (1   ) K (u, s ) , u  G Đặt    (1   )  (0,1) K (t , s )   K (u , s ) , t  G0 , u , s  G Bây ta chứng minh tốn (3.4) có nghiệm cách áp dụng định lý 2.1, 2.2, 2.3 chương Định lý 3.1 Giả sử (t ) ( i  1,2, , m ) hàm liên tục không âm G  [0,1] (a) Nếu  i  hay  i  hàm (t ) ( i  1,2, , m ) không đồng không G tốn (3.4) có nghiệm khơng âm, không tầm thường x  C ([0,1]) x(t )  , t  (0,1) 1  1     (t )dt    max1 K (t, s)   i 1   0 t , s    m (b) Nếu tồn i0 , i1  1, 2, , m cho  i  ,  i  (t ) , (t ) không đồng 1 khơng G tốn (3.4) có hai nghiệm x1 , x2  C ([0,1]) x1 (t )  , x2 (t )  , t  (0,1) Chứng minh Tương tự cách chứng minh định lý 2.1, 2.2 Hiển nhiên hàm K (t , s ) thỏa mãn điều kiện (H2) Ta chứng minh thỏa mãn điều kiện (H3) t 1 K (t , s )ds   s (1  t ) ds   t (1  s) ds  t (1  t )  0 t Ta có Với  ,   (0,1)    , ta có      s (1  t ) ds   (   )(1  t ) ,   t        K (t , s )ds    (1   )ds   (1   )(   ) ,   t            t (1  s) ds  (1   )(   )t ,  t       Suy  K (t, s)ds  2 (1   )(   ) t (1  t ) , t  [0,1]   hay  K (t , s )ds  2 (1   )(   )  K (t , s )ds , t  [0,1]  Đặt  *  2 (1   )(   )  *  (0,1) T  [ , ]  (0,1)  G  Vậy hàm K (t , s ) thỏa mãn điều kiện (H3) Từ định lý 2.4 ta có định lý sau Định lý 3.2 m Giả sử (t ) (i  1,2, , m) hàm liên tục, không âm, thỏa mãn điều kiện  a (t )  , i i 1 t  [0,1]  i  (i  1,2, , m) Khi đó, tốn (3.4) có nghiệm x*  C ([0,1]) x* (t )  , t  [0,1] Hơn nữa, ta xây dựng dãy hàm xác định bởi: t m t m xn (t )  (1  t )  s (  ( s )[ xn 1 ( s )] )ds  t  (1  s )( ( s )[ xn1 ( s )] ) ds , n  * , i i 1 i i 1 với điều kiện đầu x0 (t ) hàm liên tục, không âm, không đồng không [0,1] , dãy hàm  xn (t )n hội tụ hàm x* (t ) [0,1] Từ định lý 2.5 ta có định lý sau: Định lý 3.3 Giả sử  i  (t ) (i  1,2, , m) hàm liên tục, không âm thỏa mãn điều kiện m  a (t )  , i t  [0,1] Khi đó, tốn (3.4) khơng thể có hai nghiệm không tầm thường i 1 C ([0,1]) so sánh với KẾT LUẬN Luận văn khảo sát tồn nghiệm không âm, không tầm thường liên tục phương trình tích phân phi tuyến thuộc dạng sau: (*) u ( x)   K ( x, y ) f ( y, u ( y )) dy G m G tập compact  n f ( x, u )   ( x )u  ,  i  , i  1,2, , m i i 1 Nội dung luận văn nằm chương hai chương ba Trong chương hai, dựa vào định lý điểm bất động nón khơng gian Banach thực, chứng minh tồn nghiệm không âm, không tầm thường liên tục phương trình (*) Ngồi ra, dựa điều kiện hàm K ( x, y ) hàm ( x) (i  1,2, , m) , sử dụng kỹ thuật lặp đơn điệu, chứng minh phương trình (*) có nghiệm cách xây dựng dãy lặp thích hợp giới hạn dãy nghiệm phương trình tích phân phi tuyến cho Trong chương ba chúng tơi nêu số tốn cụ thể Chương chủ yếu khảo sát toán hai điểm biên cho phương trình vi phân cấp hai Ở sử dụng phương pháp biên thiên số để chuyển phương trình vi phân sang phương trình tích phân sử dụng định lý chương hai để khảo sát tồn nghiệm phương trình vi phân cấp hai Qua luận văn này, tác giả thực làm quen với việc đọc tài liệu công việc nghiên cứu khoa học cách nghiêm túc có hệ thống Tác giả học tập cơng cụ giải tích hàm phi tuyến để khảo sát tồn nghiệm phương trình tích phân phi tuyến, chẳng hạn như: phương pháp điểm bất động, kỹ thuật lặp đơn điệu Tuy nhiên, với hiểu biết hạn chế thân, tác giả mong nhận đóng góp, bảo Q Thầy, Cơ ngồi Hội đồng PHỤ LỤC Định lý thác triển Cho E1 , E2 hai không gian Banach thực D tập đóng E1 Giả sử A : D  E2 tốn tử hồn tồn liên tục Khi đó, tồn tốn tử hồn tồn liên tục    A : E1  E2 cho A( x)  A( x ) , x  D A( E1 )  coA( D ) với coA( D ) bao lồi đóng A( D) Định lý Ascoli – Azela Cho K tập compact không gian định chuẩn E a) Tập M  C ( K ) gọi bị chặn tồn c  cho x  c , x  M  x  max x(t)  tK b) Tập M  C ( K ) gọi đẳng liên tục   0,   0, t , t '  K  t  t '    x(t )  x (t ')    , x  M Định lý Tập M  C ( K ) tập compact tương đối M đẳng liên tục bị chặn TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Công Tâm, Đinh Ngọc Thanh (2005), Phương trình tích phân NXB Đại Học Quốc Gia TP Hồ Chí Minh [2] Cấn Văn Tuất (2005), Phương trình vi phân phương trình tích phân NXB Đại Học Sư Phạm Hà Nội [3] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội Tiếng Anh [4] S.R.Bernfeld and V.Lakshmikantham (1974), An Introduction to Nonlinear Boundary Value Problems, Academic Press, New York [5] K.Deimling (1985), Nonlinear Functional Analysis, Springer – Verlag, New York [6] Dugundji (1951), “An extension of Tietze’s Theorem”, Pacific J Math pp.353 – 367 [7] D.Guo and V.Lakshmikantham (1988), Nonlinear Problems in Abstract Cone, Academic Press, New York [8] Hardy, Littlewood and Polya (1934), Inequalities, Cambridge University Press ... cho phương trình vi phân cấp hai Ở chúng tơi sử dụng phương pháp biên thiên số để chuyển phương trình vi phân sang phương trình tích phân sử dụng định lý chương hai để khảo sát tồn nghiệm phương. .. giá trị địa phương mà phải đại diện cho giá trị tồn miền khảo sát, kể biên Phương trình tích phân loại phương trình Trong luận văn này, chúng tơi khảo sát phương trình tích phân phi tuyến có dạng:... (i  1,2, , m) , sử dụng kỹ thuật lặp đơn điệu, chúng tơi chứng minh phương trình (*) có nghiệm cách xây dựng dãy lặp thích hợp giới hạn dãy nghiệm phương trình tích phân phi tuyến cho Trong chương