Các bài toán biên cho phương trình vi phân cấp hai và cấp ba với điều kiện biên tích phân

i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Dương Đình Tuyên ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn GS - TS Đặng Quang Á Trong trình làm luận văn, Thầy khơng người hướng dẫn mặt khoa học mà Thầy cịn ln động viên, khích lệ tác giả khắc phục khó khăn để hoàn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn bày tỏ kính trọng, lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn đến Thầy giảng dạy lớp cao học Tốn Giải tích, Trường Đại học Hồng Đức Tại tác giả nhận nhiều dẫn, góp ý q báu mơi trường thuận lợi để tác giả hồn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Quản lý đào tạo Sau đại học, Ban chủ nhiệm khoa Khoa học Tự nhiên, Bộ mơn Giải tích khoa Khoa khoa học Tự nhiên - Trường ĐH Hồng Đức tạo điều kiện tốt để tác giả hồn thành thời hạn luận văn Xin cảm ơn bạn bè người thân động viên giúp đỡ Thanh Hóa, tháng 11 năm 2019 Tác giả Dương Đình Tuyên iii Mục lục Mở đầu Chương Một số kiến thức bổ trợ 1.1 Hàm Green 1.2 Một số nguyên lý điểm bất động Chương Bài tốn cho phương trình phi tuyến cấp hai với điều kiện biên tích phân 14 2.1 Một số kết bổ trợ 14 2.2 Sự tồn nghiệm 18 2.3 Ví dụ 23 Chương Bài tốn cho phương trình phi tuyến cấp ba với điều kiện biên tích phân 25 3.1 Một số kết bổ trợ 25 3.2 Sự tồn nghiệm 27 3.3 Ví dụ 33 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 Mở đầu Nhiều trình tượng quan trọng lĩnh vực ứng dụng vật lý, học số lĩnh vực khác mơ hình hóa tốn học phương trình, hệ phương trình vi phân thường phi tuyến với điều kiện biên khác Chẳng hạn Định lý khuyếch tán nhiệt hay vấn đề tìm mật độ lĩnh vực hóa học, sinh học mơ tả tốn giá trị biên với nghiệm dương phương trình vi phân cấp hai; Hay mơ hình kĩ thuật (như độ võng dầm cong ) ta thấy ứng dụng từ phương trình vi phân cấp ba Trong số phương trình vi phân phương trình vi phân phi tuyến cấp hai, cấp ba với điều kiện biên tích phân dùng nhiều việc mô tả tượng nghành khoa học ứng dụng Đã có nhiều nhà khoa học nghiên cứu vấn đề [1], [2], [8], [10], [12] Trong thời gian gần nhà khoa học quan tâm nhiều đến toán biên không địa phương (nonlocal), điều kiện biên liên quan đến giá trị ẩn hàm toàn khoảng mà toán xét đến Điều kiện biên loại thường chứa tích phân ẩn hàm Do đó, việc tìm hiểu nghiên cứu tốn biên với điều kiện biên tích phân cho phương trình vi phân cần thiết Chính vậy, luận văn đặt mục tiêu tìm hiểu tồn nghiệm tốn cho phương trình phi tuyến cấp hai
u00 (x) = f x, u(x), u0 (x) , phương trình phi tuyến cấp ba
u000 (x) = f x, u(x), u0 (x), u00 (x) Công cụ sử dụng chủ yếu định lý điểm bất động Luận văn có cấu trúc sau: Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn gồm ba chương: Chương trình bày kiến thức bổ trợ bao gồm hàm Green số toán số nguyên lý điểm bất động nguyên lý Schauder; nguyên lý Krasnoselskii Các kiến thức Chương làm tảng cho kết trình bày Chương Chương Chương Chương nghiên cứu tồn nghiệm toán biên phi tuyến với điều kiện biên tích phân cho phương trình vi phân cấp hai cấp ba trình bày số ví dụ minh họa Chương Một số kiến thức bổ trợ 1.1 Hàm Green Hàm Green có ứng dụng rộng rãi nghiên cứu toán giá trị biên Đặc biệt, hàm Green công cụ quan trọng để tồn nghiệm toán Xét tốn giá trị biên tuyến tính nhất: d ny d n−1 y L [y(x)] ≡ p0 (x) n + p1 (x) n−1 + + pn (x)y = 0, dx dx n−1 Mi (y(a), y(b)) ≡ ∑ d (αki k=0 k y(a) dxk d + βki k y(b) dxk = 0, i = 1, 2, , n, (1.1) (1.2) pi (x), i = 0, 1, , n hàm liên tục (a, b) p0 (x) 6= với x ∈ (a, b) Định nghĩa 1.1.1 ([11]) Hàm G(x,t) gọi hàm Green toán giá trị biên (1.1) − (1.2) xem G(x,t) hàm biến x thỏa mãn điều kiện sau với t ∈ (a, b) : (i) Trên [a,t) (t, b], G(x,t) hàm liên tục, có đạo hàm liên tục tới cấp n thỏa mãn phương trình (1.1) (a,t) (t, b), tức L [G(x,t)] = 0, x ∈ (a,t) L [G(x,t)] = 0, x ∈ (t, b) (ii) G(x,t) phải thỏa mãn điều kiện biên (1.2), tức Mi (G(a,t), G(t, b)) = 0, i = 1, 2, , n (iii) Tại x = t, G(x,t) tất đạo hàm riêng theo biến x tới cấp (n − 2) hàm liên tục ∂ k G(x,t) ∂ k G(x,t) − lim = 0, ∂ xk ∂ xk x→t + x→t − lim k = 0, 1, , n − (iv) Tại x = t, G(x,t) có đạo hàm riêng theo biến x tới cấp (n − 1) bị gián đoạn Cụ thể, ∂ n−1 G(x,t) ∂ n−1 G(x,t) − lim = − ∂ xn−1 ∂ xn−1 p0 (t) x→t + x→t − lim Định lý sau điều kiện tồn hàm Green Định lý 1.1.2 [11] (Tồn nhất) Nếu toán giá trị biên (1.1) − (1.2) có nghiệm tầm thường tồn hàm Green tương ứng với tốn Xét phương trình tuyến tính khơng d n−1 y d ny L [y(x)] ≡ p0 (x) n + p1 (x) n−1 + + pn (x)y = − f (x), dx dx (1.3) với điều kiện biên n−1 Mi (y(a), y(b)) ≡ ∑ k=0 d (αki k y(a) dxk d + βki k y(b) dxk = 0, i = 1, 2, , n, (1.4) hệ số pi (x) hàm vế phải f (x) phương trình (1.3) hàm liên tục với p0 (x) 6= 0, với x ∈ (a, b) Mi biểu diễn dạng độc lập tuyến tính với hệ số Mối quan hệ tính nghiệm (1.3) − (1.4) toán tương ứng thể qua định lí sau: Định lý 1.1.3 [11] Nếu toán giá trị biên tương ứng với (1.3) − (1.4) có nghiệm tầm thường tốn (1.3) − (1.4) có nghiệm biểu diễn dạng Zb G(x,t) f (t)dt y(x) = a G(x,t) hàm Green tốn tương ứng Một số ví dụ Ví dụ 1.1.4 Xét tốn sau  u00 (x) = −ϕ(x), < x < u(0) = u(1) = Hàm Green tìm dạng sau  A + A (x), 0≤x≤t ≤1 G(x,t) = B + B (1 − x), ≤ t ≤ x ≤ 1 A1 , A2 B1 , B2 hàm t Hiển nhiên hàm Green thỏa mãn điều kiện (i) Do G(x,t) thỏa mãn điều kiện (ii) nên A1 = B1 = Do đó:  A (x) 0≤x≤t ≤1 G(x,t) = B (1 − x) ≤ t ≤ x ≤ Từ (iii), ta có: B2 (1 − t) − A2t = (1) B2 + A2 = (2) Từ (iv), ta có Từ (1) (2) suy ra: A2 = − t; B2 = t Vậy hàm Green tìm  (1 − t)x ≤ x ≤ t ≤ G(x,t) = t(1 − x) ≤ t ≤ x ≤ Do nghiệm tốn biểu diễn dạng: Z1 u(x) = G(x,t)ϕ(t)dt Ví dụ 1.1.5 Xét toán  u000 (x) = −ϕ(x), (0 < x < 1) u(0) = u0 (0) = u0 (1) = Hàm Green tìm dạng sau  A + A (x) + A x2 , 0≤x≤t ≤1 G(x,t) = B + B (1 − x) + B (1 − x)2 , ≤ t ≤ x ≤ 1 A1 , A2 A3 , B1 , B2 , B3 hàm biến t Hiển nhiên hàm Green thỏa mãn điều kiện (i) Từ điều kiện (ii) nên A1 = B1 = B2 = Do đó:  A x2 0≤x≤t ≤1 G(x,t) = B + B (1 − x)2 ≤ t ≤ x ≤ 1 Từ (iii), ta có:  B + B (1 − t)2 −2B (1 − t) = A3t = 2A3t Từ (iv), ta có 2B3 − 2A3 = Từ suy ra: 1 A3 = (t − 1); B1 = t(t − 1); B3 = t 2 Vậy hàm Green tìm   (t − 1)x2 0≤x≤t ≤1 G(x,t) =  t(t − 1) + t(1 − x)2 ≤ t ≤ x ≤ 2 Do nghiệm tốn biểu diễn dạng: Z1 u(x) = G(x,t)ϕ(t)dt 1.2 Một số nguyên lý điểm bất động Các định lý điểm bất động công cụ quan trọng việc chứng minh tồn nghiệm phương trình Khi nghiên cứu tồn nghiệm tính chất nghiệm phương trình f (x) = 0, phương pháp hữu hiệu quen thuộc viết phương trình dạng điểm bất động, ví dụ x = T (x) := x + f (x) sau áp dụng định lý điểm bất động T Đối với tốn cho phương trình phi tuyến cấp hai, cấp ba với điều kiện biên tích phân, ta xét hai định lý điểm bất động bản, có vai trị quan trọng sử dụng phổ biến sau a Định lý điểm bất động Schauder Định lý điểm bất động Schauder phiên mở rộng Định lý Brouwer áp dụng tốn tử hồn toàn liên tục tập lồi, khác rỗng compact không gian Banach vô hạn chiều Định lý thường sử dụng việc chứng minh tồn nghiệm phương trình Trước hết ta xét khái niệm toán tử compact sau: Định nghĩa 1.2.1 [5] Cho X,Y không gian Banach cho toán tử T: X ⊇ D(T ) → Y Toán tử T gọi compact hai điều kiện sau thỏa mãn: (i) T liên tục (ii) T ánh xạ tập bị chặn vào tập compact tương đối Các tốn tử compact đóng vai trị quan trọng Giải tích hàm phi tuyến Thực tế có nhiều kết cho toán tử liên tục RN chuyển sang kết không gian Banach thay tốn tử compact Ví dụ 1.2.2 Giả sử K : [a, b] × [a, b] × [−R, R] → K , −∞ < a < b < +∞, < R < +∞, K = R, C Kí hiệu: M = {x ∈ C([a, b], K) : kxk ≤ R}, với kxk = max |x(s)| C([a, b], K) không gian ánh xạ liên tục a≤s≤b x : [a, b] → K 26 Ta xét toán sau y000 (t) = λ f (t, y(t), y0 (t), y00 (t)), 0 r1 R1 > max (h01 , h02 ) Giả sử y 6= nghiệm (3.3) − (3.4) Ta cần chứng minh |y0 (t)| ≤ R1 |y(t)| ≤ R1 , ∀t ∈ I Thật vậy, giả sử tồn t1 ∈ I cho |y0 (t1 )| > R1 Suy y0 (t1 ) > R1 y0 (t1 ) < −R1 Trường hợp y0 (t1 ) > R1 Ta có max {|y0 (t)|; t ∈ I} > R1 Do y0 hàm liên tục nên tồn t2 ∈ I cho y0 (t2 ) = max {|y0 (t)|, t ∈ I} +) Nếu t2 ∈ (0, 1)    y0 (t2 ) > R1 > r1   y00 (t2 )    y0 (t )y000 (t ) 2 >0 =0 ≤0 Từ điều kiện (H1 ) ta có: y0 (t2 ) f (t2 , y(t2 ), y0 (t2 ), y00 (t2 )) = y0 (t2 ) f (t2 , y(t2 ), y0 (t2 ), 0) > 0, hay f (t2 , y(t2 ), y0 (t2 ), 0) > Do < λ ≤ nên ta có y000 (t2 ) = λ f (t2 , y(t2 ), y0 (t2 ), 0) > Điều mâu thuẫn với y000 (t2 ) ≤ (∗) +) Nếu t2 = 0, tức max y0 (t) = y0 (0) t∈I Suy y00 (0) ≤ y0 (0) > R1 > r1 -) Nếu y00 (0) = Từ điều kiện (H1 ) ta có (*) 29 y0 (0)y000 (0) = y0 (0)λ f (0, 0, y0 (0), 0) > Suy y000 (0) > 0, tức y00 hàm tăng lân cận phải t = 0, hay y00 (t) > y00 (0) = 0, ∀t ∈ I Điều suy y0 hàm tăng lân cận phải t = Do y0 (0) giá trị lớn |y0 (t)| I Điều mâu thuẫn với max y0 (t) = y0 (0) t∈I - ) Nếu y00 (0) < Ta có: 00 y (0) − ay (0) = λ Z ≤ Z h1 (y(s), y0 (s))ds h1 (y(s), y0 (s))ds ≤ h01 Do h01 ≥ y0 (0) − ay00 (0) > y0 (0) > R1 Điều mâu thuẫn với cách xác định R1 + ) Nếu t2 = Ta có y0 (t2 ) = max y0 (t) > R1 > r1 t∈I Suy y00 (t2 ) ≤ - ) Nếu y00 (t2 ) = Từ điều kiện (H1 ) ta suy y0 (1) f (1, y(1), y0 (1), 0) > Nên y000 (1) = λ f (1, y(1), y0 (1), 0) > Do y00 hàm tăng lân cận phía trái t = 1, hay y00 (t) < y00 (1) = Điều cho thấy y0 hàm giảm lân cận phía trái t = Tức y0 đạt giá trị lớn t2 = (Vô lý ) - ) Nếu y00 (t2 ) < Ta có y0 (1) + by00 (1) ≤ h02 Nên y0 (1) ≤ −by00 (1) + h02 < h02 < R1 (Điều mâu thuẫn y0 (1) > R1 ) Do y0 (t) − R1 ≤ 0, ∀t ∈ I 30 Trường hợp y0 (t1 ) < −R1 Hoàn toàn tương tự ta thu y0 (t) + R1 ≥ 0, ∀t ∈ I Do |y0 (t)| ≤ R1 , ∀t ∈ I Mặt khác y(t) = Rt 0 y (s)ds nên |y(t)| ≤ R1 , ∀t ∈ I Mệnh đề chứng minh Nhận xét 3.2.2 Với điều kiện biên R1 = r1 , tức hi (u, v) = với u, v ∈ R, i = 1, Mệnh đề 3.2.3 Cho R1 xác định Mệnh đề 3.2.1 Giả sử điều kiện sau thỏa mãn: (H2 ) Tồn số dương K1 , K2 cho với ω ∈ R, | f (t, y, p, ω)| ≤ K1 ω + K2 với (t, y, p) ∈ I × [−R1 , R1 ] × [−R1 , R1 ] Khi tồn R2 > khơng phụ thuộc vào λ cho nghiệm tốn (3.3) − (3.4) mà thỏa mãn điều kiện |y(t)| ≤ R1 , |y0 (t)| ≤ R1 với t ∈ I thỏa mãn |y00 (t)| ≤ R2 , ∀t ∈ I Chứng minh Giả sử y 6= nghiệm Bài toán (3.3) − (3.4) thỏa mãn điều kiện |y(t)| ≤ R1 ; |y0 (t)| ≤ R1 , ∀t ∈ I Do ta có |h01 + R1 | , |y (0)| ≤ a 00 |h02 + R1 | |y (1)| ≤ b 00 (3.10) Đặt |h01 + R1 | |h02 + R1 | r0 := max ( , ) a b (3.11) 31 Từ (3.10), (3.11) ta có |y00 (0)| ≤ r0 |y00 (1)| ≤ r0 Giả sử tồn t ∈ I cho |y00 (t)| = max {|y00 (t)|; t ∈ I} > r0 Do y ∈ C3 (I) nên tồn (α,t] ⊂ I (hoặc [t, α) ⊂ I) cho |y00 (α)| = r0 |y00 (t)| > r0 với t ∈ (α,t] (hoặc t ∈ [t, α)) Khơng tính tổng qt ta giả sử α ≤ t - Xét trường hợp y00 (t) > r0 với t ∈ (α,t] Từ (3.3) ta có: |y000 (t)| = λ | f (t, y(t), y0 (t), y00 (t))| (H2 ) ≤ λ [K1 |y00 (t)|2 + K2 ], ∀t ∈ I Do < λ < nên với t ∈ (α,t] : y000 (t) ≤ K1 y00 (t)2 + K2 Suy y000 (t)y00 (t) ≤ y00 (t), 00 K1 (y (t)) + K2 ∀t ∈ (α,t] Do Z t 2K1 y000 (t)y00 (t) 00 α K1 (y (t)) + K2 dt ≤ 2K1 Z t y00 (t)dt = 2K1 [y0 (t) − y0 (α)] ≤ 4K1 R1 α Do K1 (y00 (t))2 + K2 K1 (y00 (t))2 + K2 = ln ln ≤ 4K1 R1 K1 (y00 (α))2 + K2 K1 r02 + K2 (12a) - Tương tự cho trường hợp y00 (t) < −r0 , ∀t ∈ (α,t], ta có K1 (y00 (t))2 + K2 ln ≥ −4K1 R1 K1 r02 + K2 (12b) Từ (12a) (12b) suy tồn R2 > phụ thuộc vào r0 , R1 , h01 , h02 , K1 , K2 cho |y00 (t)| ≤ R2 Do |y00 (t)| ≤ R2 với ∀t ∈ I Ta có điều phải chứng minh Định lý 3.2.4 Giả sử với điều kiện (H1 ), (H2 ), điều kiện sau thỏa mãn: (H3 ) Tồn số dương βi , i = 1, với (b + 1)β1 + (a + 1)β2 < a + b + 32 σi : (0, +∞) → (0, +∞) hàm liên tục, không giảm cho σi (u) ≤ βi u với u > |hi (y1 , y2 ) − hi (z1 , z2 )| ≤ σi (max {|y1 − z1 |, |y2 − z2 |), ∀y1 , y2 , z1 , z2 ∈ R Khi Bài tốn (3.1) − (3.2) có nghiệm Chứng minh Giả sử y nghiệm toán (3.3) − (3.4) Từ điều kiện (H1 ) ta có : |y(t)| ≤ R1 |y0 (t)| ≤ R1 , ∀t ∈ I Từ điều kiện H2 suy |y00 (t)| ≤ R2 , ∀t ∈ I Đặt R3 : = max {| f (t, y, p, ω)|;t ∈ I, |y| ≤ R1 , |p| ≤ R1 , |ω| ≤ R2 } r = max (R1 , R2 , R3 ) Ta có: kyk(3) ≤ r Đặt Ω := {y ∈ C3 (I); kyk(3) < r + 1} Khi tốn tử G1 : Ω → C3 (I) hồn tồn liên tục ( Từ tính chất hàm Green tính liên tục hàm f ) Ta dùng điều kiện (H3 ) để G2 : Ω → C3 (I) tốn tử co phi tuyến Thật vậy, ta có |G2 (y)(t) − G2 (z)(t)| = | ≤ Z Z [ϕ(t, y(s)) − ϕ(t, z(s))]ds| [ϕ(t, y(s)) − ϕ(t, z(s))]ds Mặt khác, ta lại có |Hi (y) − Hi (z)| ≤ σi (ky − zk(3) ) 33 Do |ϕ(t, y(s)) − ϕ(t, z(s))| ≤ g1 (t)|H1 (y(s)) − H1 (z(s))| + g2 (t)|H2 (y(s)) − H2 (z(s))| ≤ g1 (t)σ1 ky − zk(3) + g2 (t)σ2 ky − zk(3) b + 1/2 a + 1/2 ≤( β1 + β2 ) ky − zk(3) a+b+1 a+b+1 Tương tự, ta có: | ∂ ϕ(t, y(s)) ∂ ϕ(t, z(s)) − | ≤ g01 (t)σ1 ky − zk(3) + g02 (t)σ2 ky − zk(3) ∂t ∂t a+1 b+1 ≤( β1 + β2 ) ky − zk(3) , a+b+1 a+b+1 | ∂ ϕ(t, y(s)) ∂ ϕ(t, z(s)) − | ≤ (β1 + β 2) ky − zk(3) ∂t ∂t a+b+1 Do đó: kG2 (y) − G2 (z)k(3) ≤ ( a+1 b+1 β1 + β2 ) ky − zk(3) a+b+1 a+b+1 Mặt khác, nghiệm toán (3.3) − (3.4) thỏa mãn kyk(3) ≤ r nên không tồn y ∈ ∂ Ω λ ∈ (0, 1) cho y = λ L−1 F(y), tức điều kiện (ii) Định lý 1.2.9 không thỏa mãn Do tốn tử L−1 F = G1 + G2 có điểm bất động nghiệm tốn (3.3) − (3.4) 3.3 Ví dụ Xét tốn   y000 (t)       y(0) = ey(t) (y0 (t) − 1)(1 + y00 (t)2 ), =0 Z 1 00  y(s)ds y (0) − y (0) =   Z0 q     y0 (1) + y00 (1) = 1 + y0 (s)2 ds Ta có f (t, y, p, ω) = ey (p − 1)(1 + ω ) Nên p f (t, y, p, 0) > p > 0 cho ∀y, z ∈ R, i = 1, 35 γ c1 (b + 1) + c2 (a + 1) −1 > (1 − ) G0 kqkL1 ψ(γ) a+b+1 Khi (3.13) có nghiệm Chứng minh Ta thấy (3.13) tương đương với phương trình (3.6) trường hợp λ = Hơn nữa, G1 hàm hoàn toàn liên tục G2 hàm co phi tuyến Từ (3.8) điều kiện (H4 ) ta có: Z G1 (y)(t) = ≤ Z G(t, s)F(y(s))ds = G(t, s) f (s, y(s))ds Z G(t, s)q(s)ψ(|y(s)|)ds (3.14) Từ (3.9) điều kiện (H5 ) ta có: Z G2 (y(t)) = Z ϕ(t, y(s))ds = 0 [g1 (t)H1 (y(s)) + g2 (t)H2 (y(s))]ds ≤ (c1 kg1 k(3) + c2 kg2 k(3) )|y(t)| ≤ c1 (b + 1) + c2 (a + 1) kyk0 a+b+1 (3.15) Do nghiệm (3.13) (nếu có) phải thỏa mãn: |y(t)| ≤ Z G(t, s)q(s)ψ(|y(s)|)ds + c1 (b + 1) + c2 (a + 1) kyk0 a+b+1 (3.16) Đặt S := {y ∈ C(I) : kyk0 < γ} Khi S tập mở C = C(I), ∈ S, G(S) bị chặn Giả sử y ∈ ∂ S λ ∈ (0, 1) thỏa mãn y = λ (G1 + G2 )(y) Khi kyk0 = γ từ (3.16) ta có γ ≤ G0 kqkL1 ψ(γ) + c1 (b + 1) + c2 (a + 1) a+b+1 Suy γ c1 (b + 1) + c2 (a + 1) −1 ≤ (1 − ) G0 kqkL1 ψ(γ) a+b+1 Điều mâu thuẫn với điều kiện (H6 ) Do điều kiện (ii) Định lí 1.2.9 khơng thỏa mãn Điều có nghĩa tốn tử L−1 F = G1 + G2 có điểm bất động nghiệm phương trình (3.13) 36 Bài toán Trong (3.13) ta xét hi (y(t)) = li (t)y(t), i = 1, 2, t ∈ I, li hàm liên tục, khơng âm Đặt ∀(t, s) ∈ I × I k(t, s) = g1 (t)l1 (s) + g2 (t)l2 (s), Khi k(t, s) ≥ Z G2 (y)(t) = k(t, s)y(s)ds Định lý 3.3.2 Giả sử điều kiện sau thỏa mãn: (H7 ) M := max {k(t, s); (t, s) ∈ I × I} < , (H8 ) Tồn φ : [0, +∞) → (0, +∞) liên tục, không âm cho φ (ρ) − M < G0 ρ→∞ ρ | f (t, y)| ≤ φ (|y|) lim sup Khi Bài tốn có nghiệm Chứng minh Ta có nghiệm Bài toán tương đương với điểm bất động phương trình y = G1 y + G2 y, (3.17) G1 hàm hồn tồn liên tục Bước Dùng điều kiện (H7 ) ta (I − G2 ) khả nghịch Để tìm biểu diễn (I − G2 )−1 ta dùng Định lý Fredholm phương trình vi phân tuyến tính Z y(t) = ψ(t) + k(t, s)y(s)ds (3.18) Từ điều kiện M < suy giá trị riêng hạch k(t, s) Do phương trình (3.18) có nghiệm cho −1 y(t) = (I − G2 ) ψ(t) = ψ(t) + Z R(t, s)ψ(s)ds, với R(t, s) hạch giải thỏa mãn R(t, s) ≤ M 1−M Do (3.19) 1−M Từ (3.17) ta có y nghiệm Bài toán y điểm bất động (I − G2 )−1 ≤ toán tử F = (I − G2 )−1 G1 37 Bước Ta tồn ρ ∗ > cho nghiệm phương trình y = Fy thỏa mãn kyk0 ≤ ρ ∗ Thật vậy, ta có nghiệm phương trình có dạng −1 y(t) = (I − G2 ) Z G(t, s) f (s, y(s))ds Từ điều kiện (H8 ) (3.19) ta suy |y(t)| ≤ 1−M Z G(t, s)φ (|y(s)|)ds (3.20) Đặt ρ0 = kyk0 Từ (3.20) ta có ρ0 ≤ G0 φ (ρ0 ) 1−M (3.21) Lại từ điều kiện (H8 ) ta có φ (ρ) − M < , G0 ρ→∞ ρ lim sup tức tồn ρ ∗ > cho với ρ > ρ ∗ ta có φ (ρ) − M < , ρ G0 hay G0 φ (ρ) < ρ 1−M Từ (3.21) (3.22) ta suy ρ ≤ ρ ∗ Đặt (3.22) V = {y ∈ C(I); kyk0 < ρ ∗ } Từ Định lý điểm bất động Schauder ta có F có điểm bất động V Đó nghiệm Bài tốn Ta có điều phải chứng minh 38 Kết luận Luận văn tìm hiểu trình bày cách hệ thống kết [1] [2] mơ hình tốn học số tốn dẫn đến phương trình vi phân cấp hai cấp ba Đồng thời chúng tơi tìm hiểu số phương pháp nghiên cứu định tính tồn nghiệm toán biên phi tuyến cho phương trình vi phân cấp hai cấp ba với điều kiện biên tích phân Trong tương lai chúng tơi tập trung tìm hiểu nghiên cứu số vấn đề sau: Phương pháp giải toán biên phi tuyến dạng mở rộng phương trình vi phân cấp hai cấp ba với điều kiện biên tích phân Phương pháp giải tốn biên phi tuyến phương trình vi phân cấp cao với điều kiện biên khác Phương pháp giải toán biên phi tuyến hệ phương trình vi phân cấp hai, cấp ba cấp cao với điều kiện biên phức tạp 39 Tài liệu tham khảo [1] Boucherif, A, (2009), Second-order boundary value problems with integral boundary conditions, Nonlinear Anal., 70, pp 364-371 [2] Boucherif, A, Bouguima, SM, Al-Malki, N, Benbouziane, ZN (2009), Third order differential equations with integral boundary conditions, Nonlinear Anal., 71, pp 1736-1743 [3] D Guo and V Lakshmikantham, (1988), Notes and reports in Mathematics in science and engineering, Academic Press, SanDiego, Calif, USA [4] D O’ Regan (1996), Fixed Point theory for sum of two operators , Appl., Math, Lett, 9, pp 1-81 [5] E Zeidler (1986), Nonlinear functional analysis and its applications, I: Fixed-Point Theorems, Springer [6] H Amann (1976), Fixed point equations and nonlinear eigenvalue problems in ordered Banach spaces, SSIAM Review, 18, no 4, pp 620-709 [7] Infante, G (2005), Eigenvalues and positive solutions of ODEs involving integral boundary conditions, Discrete Contin Dyn Syst (Suppl.), pp 436–442 [8] Krasnoselskii, M.A.(1964), Positive Solutions of Operator Equations, Noordhoff, Holland [9] M A Krasnoselskii, (1960), Fixed points of cone-compresing and cone extending operators, Soviet Mathematics Doklady, 1, pp 1285-1288 [10] Wang, Y, Ge, W, (2007), Existence of solutions for a third order differential equation with integral boundary conditions, Comput Math Appl.53, pp 144-154 40 [11] Y A Melnikov, M Y Melnikov (2012), Green’s funtions construction and applications, De Gruyter [12] Yang, Z (2006), Positive solutions of a second order integral boundary value problem, J Math Anal Appl 321, pp 751–765