Sự tồn tại và tính nửa bị chặn của nghiệm toàn cục cho phương trình vi phân hàm với các toán tử dạng volterra trên r

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Hồng Anh SỰ TỒN TẠI VÀ TÍNH NỬA BỊ CHẶN CỦA NGHIỆM TỒN CỤC CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM VỚI CÁC TỐN TỬ DẠNG VOLTERRA TRÊN R LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Hồng Anh SỰ TỒN TẠI VÀ TÍNH NỬA BỊ CHẶN CỦA NGHIỆM TỒN CỤC CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM VỚI CÁC TOÁN TỬ DẠNG VOLTERRA TRÊN R Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 604 60 102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh – 2021 LỜI CAM ĐOAN Học viên xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng học viên Luận văn hoàn thành cá nhân hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn Các tài liệu tham khảo, định lý, bổ đề kết trích dẫn, sử dụng luận văn nêu đầy đủ nguồn gốc cụ thể, rõ ràng Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 20 tháng 04 năm 2021 Học viên thực Hoàng Anh LỜI CÁM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn Nhân dịp này, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người tận tình động viên tơi nhiều suốt trình học tập thực luận văn Tôi xin chân thành cám ơn đến Quý thầy cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian đọc, chỉnh sửa đóng góp ý kiến giúp luận văn hồn chỉnh Tơi xin cám ơn tất thầy, nhiệt tình giảng dạy, truyền đạt kiến thức giúp đỡ suốt trình học tập Tơi xin cám ơn đến q thầy Phịng Sau đại học trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi cho tơi hồn thành chương trình học tập thực luận văn Xin cám ơn anh chị, bạn học viên ngành toán động viên giúp đỡ tơi có nhiều ý kiến đóng góp q trình hồn thành luận văn Do trình độ thời gian có hạn thân nên luận văn khơng tránh khỏi sai sót Tơi mong nhận bảo góp ý từ quý thầy cô, anh chị bạn Xin chân thành cám ơn Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 20 tháng 04 năm 2021 Học viên thực Hoàng Anh Mục lục DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU Mở đầu 1 Các định lý tồn nghiệm toán (1.1),(1.2) 1.1 Giới thiệu toán (1.1), (1.2) 1.2 Các định lý tồn nghiệm tốn biên cho phương trình vi phân hàm (1.1),(1.2) Nghiệm bị chặn toán (1.1), (1.2) 35 2.1 Các bổ đề đánh giá tiên nghiệm 35 2.2 Các kết 38 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU N Tập hợp số tự nhiên R Tập hợp số thực R+ = [0, +∞) , R2 = R × R, R3 = R2 × R C ([a, b] , R) Không gian Banach hàm số liên tục u : [a, b] −→ R với chuẩn ||u(t)|| = max {|u(t) : t ∈ [a, b] |}  C ([a, b] , R+ ) = u ∈ C ([a, b] , R) : u(t) ≥ với t ∈ [a, b] AC ([a, b] , D) Tập gồm hàm số hoàn toàn liên tục u : [a, b] −→ D (với D ⊆ R) L ([a, b] , R+ ) Tập gồm hàm khả tích Lebesgue p : [a, b] −→ R+ Cloc (R, R) Không gian hàm u : R −→ R Hàm liên tục tập compact R C0 (R, R) Không gian Banach gồm hàm số liên tục bị chặn u : R −→ R với chuẩn||u|| = sup {|u(t)| : t ∈ R} I ⊆ R, D ⊆ R C0 (I, D) Tập gồm hàm số liên tục bị chặn u : I −→ D ACloc (I, D) Tập gồm hàm số u : I −→ D hoàn toàn liên tục tập compact I Lloc (R, R) Tập gồm hàm khả tích Lebesgue p : R −→ R tập compact R Lloc (I, R+ ) Tập gồm hàm khả tích Lebesgue p : I −→ R+ tập compact R L+∞ (R, R) Không gian Banach hàm đo được, thực bị chặn p : R −→ R với chuẩn ||p||∞ = ess sup {|p(t)| : t ∈ R} K ([a, b] × R+ , R+ ) Tập hàm q : [a, b] × R+ −→ R+ cho q(·, x) : [a, b] −→ R+ đo với x ∈ R+ ,q(t, ·) : R+ −→ R+ liên tục với t ∈ [a, b] sup{q(·, x) : x ∈ D} ∈ L ([a, b], R+ ) với D tập compact thỏa D ⊂ R+ Kloc (I × R+ , R+ ) Tập gồm hàm q : I × R+ −→ R+ cho q ∈ K ([a, b] × R+ , R+ ) với [a, b] ⊂ I P Tập gồm hàm liên tục σ : R −→ R thỏa σ(t) ≤ t với t ∈ R Mở đầu Phương trình vi phân hàm xuất từ kỷ 18 công cụ toán học cho toán vật lý, học hình học Tuy nhiên cuối kỷ 19, phương trình vi phân hàm biết đến áp dụng cụ thể chưa có nghiên cứu mang tính hệ thống chúng Đầu kỷ 20, quan tâm dành cho phương trình vi phân tăng lên, đặc biệt việc ứng dụng khí, sinh học kinh tế Ở thởi điểm đó, nhà tốn học theo hướng nghiên cứu xây dựng nên lý thuyết định tính cho phương trình vi phân hàm lý thuyết cịn áp dụng ngày Vào thập niên 1970, phát triển lớn việc xây dựng lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân hàm đề xuất tảng cho lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân hàm xây dựng Các cơng cụ giải tích hàm tơ pô công cụ hiệu để nghên cứu lĩnh vực Tuy nhiên việc nghiên cứu tốn biên cụ thể cho phương trình vi phân hàm thành cơng phần Vẫn cịn nhiều khó khăn việc nghiên cứu phương trình vi phân hàm trường hợp phương trình tuyến tính Chính lý trên, tơi chọn đề tài luận văn Luận văn trình bày lại nội dung báo Robert Hakl “Existence and Properties of Semi-Bounded Global Solutions to the Functional Differential Equation with Volterra’s Type Operators on the Real Line” Luận văn gồm chương: Chương 1: Các định lý tồn nghiệm toán (1.1) (1.2) Trong chuơng 1, nghiên cứu tồn nghiệm tồn cục tốn Cauchy cho phương trình vi phân hàm bậc dạng: u′ (t) = l0 (u) (t) − l1 (u) (t) + f (u) (t) (1.1) t0 , c ∈ R (1.2) u (t0 ) = c li Cloc (R; R) → Lloc (R; R) (i = 0; 1) toán tử tuyến tính liên tục xác định dương f : Cloc (R; R) → Lloc (R; R) toán tử tuyến tính thỏa điều kiện địa phương Carathéodory, cụ thể ∀r > 0, ∃qr ∈ Lloc (R; R+ ) cho: |f (v) (t)| ≤ qr (t) ∀t ∈ R Với sup {|v (t)| t ∈R} ≤ r Chương 2: Nghiệm bị chặn toán (1.1), (1.2) Trong chương 2, ta áp dụng kết chương để nghiên cứu tính bị chặn nghiệm tồn cục −∞ tốn (1.1), (1.2) từ ta xây dựng điều kiện đủ để tồn nghiệm toán (1.1),(1.2) (1.3) u(−∞) = Chương Các định lý tồn nghiệm toán (1.1),(1.2) 1.1 Giới thiệu toán (1.1), (1.2) Trong chương 1, nghiên cứu tồn nghiệm tồn cục tốn Cauchy cho phương trình vi phân hàm bậc dạng: u′ (t) = l0 (u) (t) − l1 (u) (t) + f (u) (t) (1.1) u (t0 ) = c (1.2) Với t0 , c ∈ R cho trước li Cloc (R; R) → Lloc (R; R) (i = 0; 1) tốn tử tuyến tính liên tục dương f: Cloc (R; R) → Lloc (R; R) toán tử tuyến tính thỏa điều kiện địa phương Carathéodory Nội dung chương gồm • Giới thiệu số định nghĩa mệnh đề liên quan : Định nghĩa 1.1-1.5, mệnh đề 1.6-1.10 • Các kết chương Định lý 1.1, Định lý 1.21, Định lý 1.24, Định lý 1.28, Định lý 1.29, Định lý 1.30 Tồn γ ∈ ACloc (R, (0, +∞)) cho γ ′ (t) ≤ −l1 (γ)(t) ∀t ∈ R (1.175) γ thỏa (1.16), (1.17)   Khi đó, với c ∈ 0, ke−M σ với Mσ cho (1.18), tồn nghiệm toàn cục u cho toán (1.1), (1.2) thỏa mãn (1.19) u(t) > với t ≥ t0 (1.176) Chứng minh định lý 1.29 Đầu tiên, lưu ý l1 ∈ V , từ (1.175) ta có (1.15) Do đó, theo định lý 1.1, tồn nghiệm toàn cục u cho toán (1.1), (1.2) thỏa mãn (1.19) Chúng ta u dương [t0 , +∞) Giả sử ngược lại (1.176) không Nghĩa tồn t ≤ t0 cho u(c) ≤ Hơn nữa, từ (1.2), tồn τ > t0 cho u(τ ) = u(t) > với t ∈ [t0 , τ ) (1.177) Bây giờ, phép từ (1.19), (1.174), (1.177), với l0 , f ∈ V , từ (1.1) ta có (1.160) Hơn nữa, từ (1.175), với l1 ∈ V , ta suy (1.160) Do đó, theo bổ đề 1.27 ta có (1.172) Tuy nhiên, (1.172) mâu thuẫn với (1.177) Định lý 1.30 Cho l0 , l1 , f ∈ V cho l0 − l1 ∈ P + , thỏa (1.11), tồn k > thỏa (1.12) đồng thời thỏa mãn ≤ f (v) (t) ≤ q (t, ∥v∥) ∀t ≥ t0 , v ∈ C0 (R, R+ ) , v(t) ≤ k với t ≤ t0 (1.178) Trong q ∈ Kloc ([t0 , +∞) × R+ , R+ ) không tăng theo biến thứ hai thỏa (1.14) với b > t0 Khi với c ∈ [0, k] tồn nghiệm toàn cục u toán (1.1), (1.2) thỏa mãn (1.19) u′ (t) ≥ với t ∈ R 32 (1.179) Chứng minh định lý 1.30 Đặt fe(v)(t) = f (|v|)(t) ∀t ∈ R, v ∈ Cloc (R, R) (1.180) u′ (t) = l0 (u)(t) − l1 (u)(t) + fe(u)(t) (1.181) Từ (1.178) ta có fe(v)(t) sgn v(t) ≤ q(t, ∥v∥) ∀t ≥ t0 , c ∈ C0 (R, R) , −k ≤ v(t) ≤ k với t ≤ t0 Do đó, theo định lý 1.2, với c ∈ [0, k] tồn nghiệm toàn cục u cho toán (1.181), (1.2) thỏa mãn (1.19) (1.138) Đặt ω(t) = sup {u(s) : s ≤ t} với t ∈ R (1.182) A = {t ∈ R : ω(t) = u(t)} Rõ ràng, từ (1.182) (1.138) ta có ω ∈ ACloc (R, R) (1.183) ω(t) ≥ với t ∈ R (1.184) ω ′ (t) ≥ (1.185) ∀t ∈ R ω(t) = u(t) với t ≤ t0 (1.186) ω(t) ≥ u(t) với t ≥ t0 (1.187) ω ′ (t) =  u′ (t) ∀t ∈ A (1.188) với mọit ∈ R\A 0 theo (1.186) (1.187), từ (1.182) ta có u′ (t) ≤ l0 (ω)(t) − l1 (u)(t) + fe(u)(t) 33 ∀t ∈ R (1.189) mặt khác, l0 − l1 ∈ P + f ∈ V từ (1.178),(1.180), (1.183)-(1.187), ta có l0 (ω)(t) − l1 (u)(t) + fe(u)(t) ≥ l0 (ω)(t) − l1 (ω)(t) ≥ ∀t ∈ R (1.190) Bây từ (1.188),(1.190) ta có ω ′ (t) ≤ l0 (ω)(t) − l1 (u)(t) + fe(u)(t) ∀t ∈ R (1.191) Đặt z(t) = ω(t) − u(t) với t ∈ R (1.192) Khi đó, từ (1.181), (1.186), (1.191), (1.192), ta có z ′ (t) ≤ l0 (z)(t) ∀t ∈ R z(t) = với t ≤ t0 (1.193) (1.194) Từ l0 ∈ V , theo mệnh đề 4.1 l0 ∈ St0 τ (t0 ) với τ > t0 Do đó, từ (1.193) (1.194) suy z(t) ≤ t ≥ t0 Kết hợp với (1.192), ta có ω(t) ≤ u(t) với t ≥ t0 (1.195) Tuy nhiên, (1.186), (1.187), (1.195) ω ≡ u R Do đó, theo (1.180), (1.181), (1.184), (1.185), ta có u nghiệm tồn cục toán (1.1)(1.2) thỏa mãn (1.19) (1.179) Hệ 1.31 Giả sử giả thiết định lý 1.5 thỏa mãn Hơn nữa, tồn g ∈ Lloc (R, R+ ) hàm số liên tục, không tăng h0 : (0, +∞) → (0, +∞) thỏa (2.12) (2.13)  Khi đó, với c ∈ 0, ke−Mσ với M σ cho (2.9), tồn nghiệm toàn cục dương u cho toán (1.1), (1.2) thỏa mãn u(t) ≤ k với t ≤ t0 (1.196) Hệ 1.32 Cho hết giả thiết định lý 1.6 Hơn nữa, tồn g ∈ Lloc (R, R+ ) hàm số liên tục, không tăng h0 : (0, +∞) → (0, +∞) cho (2.12) (2.13) Với c ∈ (0, k] tồn nghiệm toàn cục dương u cho toán (1.1), (1.2) thỏa mãn (2.19) (2.20) 34 Chương Nghiệm bị chặn toán (1.1), (1.2) Trong chương 2, ta áp dụng kết chương để nghiên cứu tính bị chặn nghiệm tồn cục −∞ tốn (1.1), (1.2) u(−∞) = Giới thiệu số định nghĩa bổ đề liên quan : bổ đề 2.1-2.3, định nghĩa 2.4 Các kết chương Định lý 2.5-2.10, hệ 2.12-2.13 2.1 Các bổ đề đánh giá tiên nghiệm Bổ đề 2.1 Cho l0 ∈ Vt0 tồn γ ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , (0, +∞)) thỏa (1.15) Giả sử u ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , R+ ) thỏa u′ (t) ≥ −l1 (u)(t) ∀t ≤ t0 (2.1) sup {u(t) : t ≤ t0 } < +∞ (2.2) l1 (γ)(t) u(t) γ(t) (2.3) Khi l1 (u)(t) ≤ 35 ∀t ≤ t0 Chứng minh: Vì l1 ∈ Vt0 nên theo bổ đề 1.26 ta có   sup u(t) :t≤τ γ(t) = u(τ ) với τ ≤ t0 γ(τ ) Nghĩa  là hàm số u = γ không tăng Do đó, theo bổ đề 1.7 với l = l1 , α = ϑ(γ), β = u ϑ , ϑ cho (1.24), ta suy (2.9) γ Bổ đề 2.2 Cho p ∈ Lloc ((−∞, t0 ] , R+ ) , σ ∈ Σ thỏa (1.10) l0 (1)(t) ≥ p(t) với t ≤ t0 (2.4) Hơn nữa, u ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , R+ ) thỏa u′ (t) ≥ l0 (u)(t) − p(t)u(t) với t ≤ t0 (2.5) tồn [τ0 , τ1 ] ⊂ (−∞, t0 ] thỏa (1.50) Khi (1.51) Bổ đề 2.3 Cho p ∈ Lloc ((−∞, t0 ] , R+ ) , σ ∈ Σ thỏa(1.10) (2.4), Z t  sup p(s) ds : t ≤ t0 < +∞ (2.6) σ(t) Hơn nữa, giả sử u ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , R+ ) thỏa (2.2) (2.5) Khi tồn giới hạn hữu hạn u(−∞) Chứng minh: Giả sử ngược lại u∗ − u∗ > (2.7) Với u∗ = lim sup u(t) u∗ = lim inf u(t), t→−∞ t→−∞ (2.8) Từ (2.6) (2.7) tồn σ > cho 2σ < (u∗ − u∗ ).e−M σ 36 (2.9) Trong Z t  p(s) ds : t ≤ t0 Mσ = sup (2.10) σ(t) Hơn nữa, (2.8), tồn tσ ≤ t0 cho u(t) ≥ u∗ − σ với t ≤ tσ (2.11) Từ (2.8) tồn τ0 τ1 ≤ tσ cho u(τ0 ) ≥ u∗ − σ, u(τ1 ) ≤ u∗ + σ (2.12) Khơng tính tổng qt cho (1.50) Theo bổ đề 2.2 ta có (1.51) Mặt khác, từ (2.5) ta có  Z  Z τ1 p(s) ds + u(τ1 ) ≥ u(τ0 ) exp − τ1  Z − l0 (u)(s) exp  p(ξ) dξ ds s τ0 τ0 τ1 Từ (1.10), (2.4), (2.11), (2.12) suy    Z  Z τ1 ∗ p(s) ds + (u∗ − σ) − exp − u∗ + σ ≥ (u − σ) exp − τ1  p(s) ds τ0 τ0 (2.13) Từ suy  Z ∗ 2σ ≥ (u − u∗ ) exp τ1 −  p(s) ds τ0 Kết hợp với (1.51), (2.7), (2.10) mâu thuẫn với (2.9) Định nghĩa 2.4 Cho ω ∈ Σ τ ∈ R, k > 0, số c ∈ (0, k) Toán tử T : Cloc (R, R) → Lloc (R, R) gọi thuộc lớp Oτ (ω, k, c) Z t T (u)(s) ds > lim sup t→−∞ ω(t) Trong u ∈ C0 (R, [0, k]) thỏa u(τ ) = c Khi đó, tồn giới hạn hữu hạn u(−∞) ≤ c, < u(−∞) ≤ u(t) với t ≤ τ u(−∞) < c u(t) = c với t ≤ τ u(−∞) = c 37 2.2 Các kết Định lý 2.5 Cho l1 ∈ Vt0 tồn k > cho l0 (v)(t) + f (v)(t) ≥ với t ≥ t0 , v ∈ C0 (R , R + ) v(t) ≤ k với t ≤ t0 (2.14) Và tồn γ ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , (0, +∞)) thỏa (1.15) γ(−∞) < +∞ (2.15) Khi đó, nghiệm u (1.1) (−∞, t0 ] thỏa mãn (1.19) có giới hạn hữu hạn u(−∞) Chứng minh định lý 2.5 Gọi u nghiệm (1.1) (−∞, t0 ] thỏa mãn (1.19) Lấy τ ∈ R, τ ≤ t0 , tùy ý cố định Khi đó, theo (2.14), u thỏa (1.161) (1.162) Hơn nữa, l1 , f ∈ Vt0 , bất đẳng thức (1.160) Do đó, theo bổ đề 1.26 ta suy (1.163) Vì hàm số u = γ khơng tăng (−∞, t0 ] Vậy thì, từ (1.19), tồn giới hạn hữu hạn u(t) < +∞ t→−∞ γ(t) ≤ lim (2.16) Bây từ (2.15) (2.16) suy tồn giới hạn hữu hạn u(−∞) Chú ý 2.1 Lưu ý điều kiện (1.15), (2.15), với l1 ∈ Vt0 l1 (1) khả tích lân cận −∞, tức là: Z l1 (1)(s) ds < +∞ lim t→−∞ t0 (2.17) t Thật vậy, từ (1.15) với γ hàm số không tăng, γ ′ (t) ≤ −l1 (1)(t)γ(t) với t ≤ t0 38 (2.18) Theo bổ đề 1.1 với l = l1 , α = 1, β = −ϑ(γ) ϑ cho (1.24)).Vậy (2.18) suy  Z < γ(t0 ) ≤ γ(t) exp − t0  l1 (1)(s)ds với t ≤ t0 (2.19) t Từ (2.17) dẫn đến (2.15) Mặt khác, từ (2.19), ta có Z l1 (1)(s) ds = +∞ lim t→−∞ t0 t Thì γ(−∞) = +∞ Định lý 2.6 Cho l1 ∈ Vt0 , σ ∈ Σ thỏa (1.10), tồn k > thỏa (1.12) Hơn nữa, tồn γ ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , (0, +∞)) thỏa (1.15)-(1.17) Khi đó, nghiệm u tốn (1.1) (−∞, t0 ] thỏa mãn (1.19) có giới hạn hữu hạn u(−∞) Chứng minh định lý 2.6 Gọi u nghiệm (1.1) (−∞, t0 ] thỏa mãn (1.19) Từ (1.12) u thỏa (2.7) Do đó, theo bổ đề 2.1 (2.9) Do đó, từ (1.12) (1.19), ta có u′ (t) ≥ l0 (u)(t) − l1 (u)(t) ∀t ≤ t0 (2.20) Kết hợp với (2.9), suy u′ (t) ≥ l0 (u)(t) − l1 (γ)(t) u(t) γ(t) ∀t ≤ t0 : Từ (1.10), (1.16), (1.17), (1.19) (2.21) áp dụng bổ đề 2.3 với p = (2.21) l1 (γ) γ Do đó, tồn giới hạn hữu hạn u(−∞) Định lý 2.7 Cho l0 , l1 ∈ Vt0 l0 (1)(t) ≥ l1 (1)(t) ∀t ≤ t0 (2.22) tồn k > thỏa (1.12) Hơn nữa, tồn hàm số γ ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , (0, +∞)) thỏa mãn (1.15) (2.15) Giả sử thêm c ∈ (0, k) u nghiệm toán (1.1), (1.2) (−∞, t0 ] thỏa mãn (1.19) có giới hạn u(−∞) 39 Hơn nữa, ta có t0 Z l0 (1)(d) ds = +∞ lim t→−∞ (2.23) t tồn ω ∈ Σ cho f ∈ Ot0 (ω, k, c) (2.24) u(−∞) = (2.25) Khi Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 2.8 Cho l1 ∈ Vt0 thỏa (2.22) tồn γ ∈ ACloc ((−∞, t0 ], (0, +∞)) thỏa mãn (1.15) Giả sử u ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , R+ ) thoả (2.20) giả sử tồn giới hạn hữu hạn u(−∞) Khi u(t) ≥ u(−∞) với t ≤ t0 (2.26) Hơn tồn τ ∈ (−∞, t0 ] cho u(τ ) = u(−∞) u(t) = u(−∞) với t ≤ τ (2.27) Chứng minh: Để chứng minh bổ đề ta tồn τ ∈ (−∞, t0 ] cho u(τ ) = inf {u(t) : t ≤ t0 } (2.28) Khi đó, u thỏa (2.27) (2.26) Do đó, lấy τ ∈ (−∞, t0 ] cố định thỏa (2.28) Đặt z(t) = u(t) − u(τ ) với t ≤ τ (2.29) Từ (2.22), (2.20), (2.28), (2.29) ta có z(t) ≥ o với t ≤ τ 40 (2.30) z ′ (t) ≥ l0 (1)(t)u(τ ) − l1 (u)(t) ≥ −l1 (z)(t) ∀t ≤ τ, z(τ ) = (2.31) Áp dụng bổ đề 1.21 với l1 ∈ Vt0 , (2.31) suy z(t) ≤ với t ≤ τ (2.32) Do từ (2.29), (2.30), (2.32) suy (2.27) Bổ đề 2.9 Cho l0 , l1 ∈ Vt0 , ω ∈ Σ thỏa (2.22) Z t  sup l1 (1)(s) ds : t ≤ t0 < +∞ (2.33) ω(t) Và tồn hàm số γ ∈ ACloc ((−∞, t0 ], (0, +∞)) thỏa mãn (1.15) Hơn nữa, giả sử u ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , R+ ) thỏa (2.20), tồn giới hạn hữu hạn u(−∞) Khi Z t Z t→−∞ t [l0 (1)(s) − l1 (1)(s)] ds + lim sup u(−∞) lim sup q(s) ds = t→−∞ ω(t) (2.34) ω(t) Trong q(t) = u′ (t) − l0 (u)(t) + l1 (u)(t) ∀t ≤ t0 (2.35) Chứng minh: Giả sử ngược lại (2.34) khơng Khi đó, từ (2.22), (2.20), (2.35) ta có Z t [l0 (1)(s) − l1 (1)(s)] ds + lim sup u(−∞) lim sup t→−∞ t→−∞ ω(t) Do đó, theo (2.33), tồn σ > cho Z t Z u(−∞) lim sup [l0 (1)(s)−l1 (1)(s)] ds+ lim sup t→−∞ t Z t→−∞ ω(t) q(s) ds > ω(t) t q(s) ds > 2σMω (2.36) ω(t) Trong Z t  l1 (1)(s) ds : t ≤ t0 Mω = sup ω(t) Theo bổ đề 2.8 ta có (2.26) tồn tạis tσ ≤ t0 cho u(t) ≤ u(−∞) + σ với t ≤ tσ 41 (2.37) Từ (2.35), thay t ω(t) ta có Z t u(t) − u(ω(t)) = [l0 (1)(s) − l1 (1)(s) + q(s)] ds với t ≤ tσ ω(t) Khi đó, theo (2.33), (2.26), (2.37), ta có Z t u(t) − u(ω(t)) = u(−∞) Z t [l0 (1)(s) − l1 (1)(s)] ds − σMω + ω(t) q(s) dsvới t ≤ tσ ω(t) (2.38) Kết hợp với (2.22), (2.20),(2.37), ta có Z t σMω ≥ u(−∞) lim sup t→−∞ [l0 (1)(s) − l1 (1)(s)] ds ω(t) Z t σMω ≥ lim sup t→−∞ q(s) ds ω(t) Mâu thuẫn với (2.36) Chứng minh định lý 2.7 Từ ý 2.1 ta suy (2.17) Hơn nữa, từ (1.12) (1.19) ta suy (2.20) Do đó, theo bổ đề 2.9, từ (2.17), ta có Z t Z l0 (1)(s) ds + lim sup u(−∞) lim sup t→−∞ t t→−∞ ω(t) f (u)(s) ds = (2.39) ω(t) Với ω ∈ Σ Vậy thì, (2.23) đúng, ta định nghĩa ω sau: Lấy giá trị ω(tn ) ω(t0 ) cho Z tn −1 l0 (1)(s)ds = với n ∈ N (2.40) ω(tn −1) Trong tn = t0 − n với n ∈ N Đặt ω(t) = (ω(tn − 1) − ω(tn ))(t − tn ) + ω(tn ) với t ∈ (tn , tn−1 ), n ∈ N 42 (2.41) ω(t) = ω(t0 ) với t > t0 Rõ ràng, ω ∈ Σ và, từ (2.40) (2.41), ta có Z t −l0 (1)(s) ds > lim sup t→−∞ ω(t) Do đó, từ (1.12) (1.19), (2.39) ta suy (2.25) Lưu ý thêm rằng, theo bổ đề 2.8 ta có (2.26) c = u(−∞) u(t) = c với t ≤ t0 Do đó, (2.24) từ (1.19), ta suy (2.29) Định lý 2.10 Cho l0 , l1 ∈ Vt0 thỏa (2.22) tồn k > thỏa (1.12) Hơn nữa, tồn γ ∈ ACloc((−∞,t0 ],(0,+∞)) thỏa mãn (1.15) Giả sử với c ∈ (0, k) u nghiệm toán (1.1), (1.2) (−∞, t0 ] thỏa mãn (1.19) có giới hạn u(−∞) Nếu tồn ω ∈ Σ thỏa (2.33) Z t [l0 (1)(s) − l1 (1)(s)] ds > lim sup t→−∞ (2.42) ω(t) Hoặc (2.24) Thì (2.25) Chứng minh định lý 2.10 Lưu ý rằng, từ (1.12) (1.19) ta (2.20) Do đó, theo bổ đề 2.9, ta có Z t t [l0 (1)(s) − l1 (1)(s)] ds lim sup u(−∞) lim sup t→−∞ Z t→−∞ ω(t) f (u)(s) ds = (2.43) ω(t) Vậy thì, (2.42) từ (1.12) (1.19), từ (2.43) ta chứng (2.25) Lưu ý thêm rằng, theo bổ đề 2.8 ta có (2.26) c = u(−∞) u(t) = c với t ≤ t0 Do đó, (2.24) theo (1.19), ta chứng minh (2.25) Mệnh đề 2.11 Cho f ∈ Vt0 , ω ∈ Σ, tồn k > 0, g ∈ Lloc (R, R) toán tử 43 liên tục h1 : C0 (R, R) → L+∞ (R, R) cho: f (v)(t) ≥ g(t)h1 (v)(t) ∀t ≤ t0 , v ∈ C0 (R, [0; k]) t Z (2.44)  |g(s)| ds : t ≤ t0 sup < +∞ (2.45) ω(t) t Z g(s)h1 (x)(s) ds > lim sup t→−∞ (2.46) ω(t) với hàm s : R → (0, k) Khi (2.24) với c ∈ (0, k) Chứng minh: Lấy c ∈ (0, k) tùy ý cố định u ∈ C0 (R, [0, k]) thỏa điều kiện định nghĩa 2.4 với τ = t0 Chúng ta Z t f (u)(s) ds > lim sup t→−∞ (2.47) ω(t) Với n ∈ N tồn tn ≤ t0 cho u(−∞) ≤ u(t) ≤ u(−∞) + c − u(−∞) với t ≤ tn n Đặt ϑn (u)(t) =  un t ≤ tn u(t ) n t > tn với n ∈ N Khi < ϑn (u)(t) ≤ c với t ∈ R, n ∈ N (2.48) c − u(−∞) với n ∈ N n (2.49) ∥ϑn (u) − u(−∞)∥ ≤ với f ∈ Vt0 , với n ∈ N ta có Z t Z f (u)(s) ds = ω(t) t f (ϑn (u)) (s) ds với t ≤ tn ω(t) 44 (2.50) Mặt khác, theo (2.49) h1 liên tục, nên tồn ϵn > (n ∈ N) cho (2.51) lim ϵn = n→+∞ ∥h1 (ϑn (u)) − h1 (u(−∞))∥∞ ≤ ϵn với n ∈ N Từ (2.44), (2.48), (2.50), (2.52) suy Z t Z t f (u)(s) ds ≥ g(s)h1 (u(−∞))(s) ds − ϵn g ∗ với t ≤ tn , n ∈ N ω(t) (2.52) (2.53) ω(t) Trong g ∗ = sup t Z  |g(s)| ds : t ≤ t0 (2.54) ω(t) Vậy thì, từ (2.53) ta có Z t t g(s)h1 (u(−∞))(s) ds − ϵn g ∗ với n ∈ N f (u)(s) ds ≥ lim sup lim sup t→−∞ Z ω(t) ω(t) (2.55) Do từ (2.55), (2.45), (2.46), (2.51), (2.54), ta chứng minh (2.47) Hệ 2.12 Cho l0 , l1 , f ∈ Vt0 thỏa (2.22), tồn k > 0, g ∈ Lloc (R, R+ ) toán tử liên tục h1 : C0 (R, R) → L+∞ (R, R) cho: h1 (v)(t) ≥ ∀t ≤ t0 , v ∈ C0 (R, [0, k]) (2.56) thỏa (2.44) Hơn nữa, tồn γ ∈ ACloc ((−∞, t0 ] , (0, +∞)) thỏa mãn (1.15) (2.2) Giả sử thêm c ∈ (0, k) (2.23) (2.57), (2.58) Z t0 lim g(s) ds = +∞ (2.57) t→−∞ lim t→−∞ ess inf {h1 (x)(s) : s ≤ t} > (2.58) Với hàm x : R → (0, k) Khi nghiệm u tốn (1.1), (1.2) (−∞, t0 ] thỏa mãn (1.19) có giới hạn hữu hạn u(−∞) thỏa (2.25) 45 Chứng minh: Gọi u nghiệm toán (1.1), (1.2) (−∞, t0 ] thỏa mãn (1.19) Hơn nữa, từ (2.44) (2.56), tất điều kiện định lý 2.5 thỏa mãn Do đó, tồn giới hạn hữu hạn u(−∞) Chúng ta chứng minh từ (2.57) (2.58) suy (2.45) (2.46) với hàm số thích hợp ω Lấy φ(t) = với t ≤ t0 (t0 + − t)2 (2.59) Khi t0 Z φ(t) > với t ≤ t0 , lim φ(s) ds = t→−∞ Ta định nghĩa ω sau Z t0 Z t0 (g(s) + φ(s)) ds với t ≤ t0 (g(s) + φ(s)) ds = + ω(t) (2.60) t (2.61) t ω(t) = ω(t0 ) với t > t0 Hơn nữa, (2.60) g khơng âm, ta có ω ∈ Σ Hơn nữa, từ (2.60) (2.61) ta có: Z t φ(s) ds = (2.62) φ(s) ds vớit ≤ t0 (2.63) lim t→−∞ Z t Z t g(s) ds = − ω(t) ω(t) ω(t) Do đó, từ (2.62) (2.63) ta có (2.45) Z t g(s) ds = lim t→−∞ (2.64) ω(t) Bây giờ, theo (2.46), ta suy (2.58) (2.64) Vậy thì, theo mệnh đề 2.11, tất giả thiết định lý 2.3 thỏa mãn (2.25) 46