một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Mai Hoàng Phú MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 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 Mai Hoàng Phú MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 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 Đầu tiên, xin kính gửi lời cảm ơn chân thành, sâu sắc đến thầy PGS TS Nguyễn Anh Tuấn, người tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô hội đồng chấm luận văn, giành thời gian đọc, chỉnh sửa đóng góp ý kiến giúp cho luận văn hoàn chỉnh Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô khoa Toán – Tin học trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, tận tình truyền đạt kiến thức kinh nghiệm quý báu cho suốt trình học tập trường Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô Phòng Sau đại học trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, tạo điều kiện thuận lợi cho hoàn thành chương trình học thực luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến gia đình bạn bè động viên, tạo điều kiện thuận lợi cho hoàn thành luận văn Xin chân thành cảm ơn Mai Hoàng Phú MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 1.1 Giới thiệu toán .7 1.2 Định lí tồn nghiệm toán (1.1), (1.2) 1.3 Định lí tồn nghiệm toán (1.3), (1.4) 14 CHƯƠNG 2: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 19 2.1 Giới thiệu toán .19 2.2 Một số định lí tính giải nghiệm toán (2.1), (2.2) 22 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU •  tập hợp số tự nhiên • [0; +∞)  tập hợp số thực, = + • = [ x]+ • 1 [ x]− (| x | − x) (| x | + x), = 2 C ([a, b]; ) không gian Banach hàm liên tục u :[a, b] →  với chuẩn = || u ||C max{| u (t ) |: t ∈ [a, b]}  • C ([a, b]; ) tập hợp hàm liên tục tuyệt đối u :[a, b] →  • L([a, b]; ) không gian Banach hàm khả tích Lebesgue p :[a, b] →  với b chuẩn || p ||L = ∫ | p ( s ) | ds a • L([a, b];  + ) ={ p ∈ L([a, b]; ) : p(t ) ≥ 0, t ∈ [a, b]} • ab tập hợp hàm đo τ :[a, b] → [a, b] • ab tập hợp toán tử F : C ([a, b]; ) → C ([a, b]; ) thỏa mãn điều kiện Carathéodory, nghĩa là, với r > tồn qr ∈ L([a, b];  + ) cho | F (v)(t ) |≤ qr (t ), với t ∈ [a, b], v ∈ C ([a, b]; ),|| v ||C ≤ r • ([a, b] × A; B ) A ⊆  , B ⊆  tập hợp hàm f :[a, b] × A → B thỏa mãn điều kiện Carathéodory, nghĩa là, f (., x) :[a, b] → B hàm đo với x ∈ A , f (t ,.) : A → B hàm liên tục với t ∈ [a, b] hầu khắp nơi với ε > tồn qr ∈ L([a, b];  + ) cho | f (t , x) |≤ qr (t ) với t ∈ [a, b], x ∈ A,|| x ||≤ r •  n không gian vectơ n – chiều với vec tơ cột x = ( xi )in=1 thành phần n 1, 2, , n) với chuẩn || x ||= ∑ | xi | xi ∈ (i = i =1 • sgn( x) = (sgn xi )in=1 với x = ( xi )in=1 • x.y tích vô hướng vec tơ x vec tơ y  n •  n×n không gian ma trận cấp n × n có phần tử X = ( xik )in,k =1 với thành phần n 1, 2, , n) chuẩn || X ||= ∑ | xi | xik ∈ (i, k = i =1 • C ([a, b];  n ) không gian hàm vectơ liên tục x :[a, b] →  n với chuẩn = || x ||C max{|| x(t ) ||: t ∈ [a, b]} • L([a, b];  n ) không gian hàm vectơ khả tích x :[a, b] →  n với chuẩn b || x ||L = ∫ || x(t ) || dt a MỞ ĐẦU Lý thuyết phương trình vi phân hàm đời vào khoảng kỉ 18 nhiều người quan tâm có nhiều ứng dụng lĩnh vực vật lí, kinh tế, hóa học,… Song, lý thuyết nghiên cứu mang tính chất cục bộ, phận mà chưa nghiên cứu cách có hệ thống ngày Mặc dù vậy, lý thuyết phương trình vi phân hàm có nhiều kết đáng ý Chẳng hạn, công trình tác giả I Kiguradze, B Puza, điều kiện phức tạp tính giải giải nghiệm lớp toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính, phi tuyến tìm Với mong muốn tìm hiểu cách xây dựng điều kiện đủ cho tính giải nghiệm lớp toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến Đồng thời, thân muốn làm quen với công việc nghiên cứu khoa học có hội để ôn lại kiến thức học, chọn “Một lớp toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến” làm đề tài luận văn Mục đích đề tài xây dựng điều kiện đủ cho tính giải nghiệm cho phương trình vi phân hàm phi tuyến = u '(t ) H (u )(t ) + Q(u )(t ) với điều kiện biên dạng u (a ) = h(u ) H , Q : C ([a, b]; ) → L([a, b]; ) toán tử liên tục, phi tuyến H ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) , Q ∈ ab , hàm h : C ([a, b]; ) →  liên tục cho với r > tồn M r ∈  + thỏa mãn | h(v) |≤ M r , v ∈ C ([a, b]; ),|| v ||C ≤ r Nội dung luận văn trình bày lại kết báo [1], [3] Cụ thể: Chương Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến Đây chương sở luận văn, trình bày số điều kiện đủ tồn nghiệm toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến Đồng thời, ta đưa kết cho hệ phương trình vi phân thường với điều kiện biên hai điểm Các kết trích từ [3] tác giả I Kiguradze B Puza Chương Một lớp toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến Đây nội dung luận văn, trình bày kết tính giải nghiệm toán Bên cạnh đó, ta đưa số kết tồn nghiệm phương trình vi phân hàm với “maxima” Các kết trích từ [1] tác giả R Halk CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 1.1 Giới thiệu toán Xét hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến dx(t ) = f ( x)(t ) dt (1.1) h( x ) = (1.2) với điều kiên biên đó, f : C ([a, b];  n ) → L([ a, b];  n ) h : C ([a, b];  n ) →  n , n ∈  toán tử liên tục cho với ρ ∈ (0, +∞) thỏa mãn sup{|| f ( x)(⋅) ||: x ∈ C ([a, b];  n ),|| x ||≤ ρ } ∈ L([a, b]; ), sup{|| h( x) ||: x ∈ C ([a, b];  n ),|| x ||≤ ρ } < +∞ Các kết chương trích từ [3] Định nghĩa 1.1 Nghiệm phương trình (1.1) vectơ hàm liên tục tuyệt đối x :[a, b] →  n thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi [a,b] Định nghĩa 1.2 Nghiệm toán (1.1), (1.2) nghiệm phương trình (1.1) thỏa mãn điều kiện (1.2) Một ứng dụng cho toán (1.1), (1.2) đưa điều kiện đủ cho tính giải hệ phương trình vi phân thường với điều kiện biên hai điểm dx(t ) = f (t , x(t )), dt (1.3) = x(t1 ( x)) A( x) x(t2 ( x)) + c0 , (1.4) f :[a, b] ×  n →  n vectơ hàm thỏa mãn điều kiện Carathéodory, c0 ∈  n ti : C ([a, b];  n ) → [a, b](i = 1,2) A : C ([a, b];  n ) →  n×n toán tử liên tục 1.2 Định lí tồn nghiệm toán (1.1), (1.2) Xét toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân tuyến tính dx(t ) = p ( x)(t ) + q (t ) dt (1.5) với điều kiện biên tổng quát l ( x) = c0 (1.6) Cùng với toán (1.5), (1.6) ta có toán tương ứng dx(t ) = p ( x)(t ) , dt (1.50 ) l ( x) = (1.60 ) đó, (i) p : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) toán tử tuyến tính tồn hàm khả tích η :[a, b] →  thỏa mãn || p ( x)(t ) ||≤ η (t ) || x ||C , ∀t ∈ [a, b], ∀x ∈ C ([a, b];  n ) (ii) l : C ([a, b];  n ) →  n toán tử tuyến tính bị chặn (iii) q ∈ L([a, b];  n ) c0 ∈  n Theo [5], ta có định lí sau: Định lí 1.1 Bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm toán tương ứng (1.50 ),(1.60 ) có nghiệm tầm thường Định lí 1.2 Nếu toán (1.50 ),(1.60 ) có nghiệm tầm thường tồn số β > cho nghiệm toán (1.5), (1.6) thỏa mãn đánh giá || x ||C ≤ β (|| c0 || + || q ||L ) Định nghĩa 1.3 Cặp ( p, l ) toán tử liên tục p : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) l : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) →  n gọi quán điều kiện sau thỏa mãn: (i) Với x ∈ C ([a, b];  n ) , toán tử p ( x, ⋅) : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) l ( x, ⋅) : C ([a, b];  n ) →  n tuyến tính (ii) Với x, y ∈ C ([a, b];  n ) t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, ta có || p ( x, y )(t ) ||≤ α (t ,|| x ||C ) || y ||C , || l ( x, y )(t ) ||≤ α (|| x ||C ) || y ||C đó, α :  + →  + hàm không giảm α :[a, b] ×  + →  + khả tích theo đối số thứ không giảm theo đối số thứ hai (iii) Tồn số β > cho với x ∈ C ([a, b];  n ) , q ∈ C ([a, b];  n ) , c0 ∈  n với nghiệm y toán biên đó, def qn (t ) = vn' (t ) − δn H (un (t )), t ∈ [a, b], n ∈  || un ||C Do (2.80) ta suy qn* ,n∈ qn (t )sgn (t ) ≤ || un ||C (2.83) Do (2.79) định nghĩa ta có | (a ) |≤ cn , n ∈  || un ||C Mặt khác, với n ∈  , ta đặt M n = max{[vn (t )]+ : t ∈ [a, b]} , mn = max{[vn (t )]− : t ∈ [a, b]} Hiển nhiên, M n ≥ 0, mn ≥ 0, n ∈  Hơn nữa, M n + mn ≥ 1, ∀n ∈  (2.85) Khi đó, với n ∈  , ta chọn sn , tn , ξ n , tn ∈ [a, b] theo cách sau : (i) , tn a, sn ∈ [a, b] cho ξ n a= Nếu M n = đặt = ( sn ) = −mn , (2.86) đặt sn = a a inf{t ∈ [a, sn ) : ( s ) < 0, s ∈ (t , sn ]} sn ≠ a σn =  (ii) (2.87) Nếu mn = đặt = σ n a= , sn a , tn ∈ [a, b] cho (tn ) = M n , (2.88) đặt t n = a a inf{t ∈ [a, tn ) : ( s ) > 0, s ∈ (t , tn ]} t n ≠ a ξn =  (iii) (2.89) Nếu M n > mn > , ta chọn sn , tn ∈ [a, b] cho (2.86), (2.88) thỏa mãn, đặt σ n ξ n tương ứng (2.87) (2.89) Khi đó, theo (2.87) (2.89), với n ∈  , ta có σ n ≠ sn ( s ) < với s ∈ (σ n , sn ] , ξ n ≠ tn ( s ) > với s ∈ (ξ n , tn ] 38 (2.90) Hơn nữa, (2.84) ta cn , || un ||C | (σ n ) |≤ | (ξ n ) |≤ cn ,n∈ || un ||C (2.91) Ta có dãy = tn }+∞ {sn }+∞ {M n }+∞ mn }+∞ = n ,{ n bị chặn n ,{ = n bị chặn Hiển nhiên, dãy = Khi đó, không tính tổng quát, ta giả sử tồn M , m0 ∈  + s0 , t0 ∈ [a, b] thỏa mãn lim M n = M , lim mn = m0 , n →+∞ n →+∞ lim sn = s0 , lim tn = t0 n →+∞ n →+∞ Với n ∈ , ta có a ≤ σ n ≤ sn ≤ ξ n ≤ t n ≤ b, a ≤ ξ n ≤ t n ≤ σ n ≤ sn ≤ b Ta có hai trường hợp sau: i lim M n = M , n →+∞ lim mn = m0 , lim tn = t0 lim sn = s0 , n →+∞ n →+∞ n →+∞ a ≤ σ n ≤ sn ≤ ξ n ≤ tn ≤ b , n ∈  ii lim M n = M , lim mn = m0 , n →+∞ n →+∞ lim tn = t0 lim sn = s0 , n →+∞ n →+∞ a ≤ ξ n ≤ t n ≤ σ n ≤ sn ≤ b , n ∈  Cho n → +∞ (2.85) ta có M + m0 ≥ Suy ( M , m0 ) ≠ (0,0) Xét trường hợp i Lấy tích phân (2.82) từ σ n đến sn từ ξ n đến tn với n ∈  , tương ứng, theo (2.90) ta có v= (σ n ) + n ( sn ) (tn ) = (ξ n ) + δn || un ||C sn sn ∫σ H (u )(ξ )dξ + σ∫ q (ξ )sgn v (ξ )dξ , n n n n n δn tn tn || un ||C ξn ξn ∫ H (un )(ξ )dξ + ∫ qn (ξ )sgn (ξ )dξ Tương tự cách đánh giá bổ đề 2.2 (2.81), (2.83), (2.91), δ n ∈ (0,1] , H ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) , cách chọn σ n , ξ n , sn tn , với n ∈  suy sn sn n n mn ≤ mn ∫ g (ξ )dξ + µ (mn ,α ) M n1−α ∫ g1 (ξ )dξ + , ∀n ∈  n σ σ 39 (2.92) tn tn n n M n ≤ M n ∫ p0 (ξ )dξ + µ ( M n , β )m1n− β ∫ p1 (ξ )dξ + , ∀n ∈  n ξ ξ Cho n → +∞ (2.92) ta có s0 m0 ≤ mo ∫ g (ξ )dξ + µ (m0 , α ) M 1−α ∫ g (ξ )dξ , M a a Khi đó, s0 b ≤ M ∫ p0 (ξ )dξ + µ ( M , β )m 1− β s0 b ∫ p (ξ )dξ s0 với h1 ≡ g , h2 ≡ g1 , h3 ≡ p0 , cặp ( M , m0 ) nghiệm hệ (2.12) s β Tuy nhiên, ( M , m0 ) ≠ , mâu thuẫn với ( g , g1 , p0 , p1 ) ∈ ab (α , β ) h4 ≡ p1 , α = α , β = Xét trường hợp ii Tương tự trường hợp i ta chứng minh t0 M ≤ M ∫ p0 (ξ )dξ + µ ( M , β )m 1− β a b m0 ≤ mo ∫ g (ξ )dξ + µ (m0 , α ) M t0 Khi đó, cặp ( M , m0 ) nghiệm 1−α t0 ∫ p (ξ )dξ a b ∫ g (ξ )dξ t0 hệ (2.13)t với β Tuy nhiên, ( M , m0 ) ≠ , mâu thuẫn với h1 ≡ g , h2 ≡ g1 , h3 ≡ p0 , h4 ≡ p1 , α = α , β = ( g , g1 , p0 , p1 ) ∈ ab (α , β ) Vậy H ∈   Bổ đề 2.7 Giả sử (i) Tồn số c ∈  + cho bất đẳng thức (2.15) với hàm v ∈ C ([a, b]; ) tập {v ∈ C ([a, b]; ) :| v(a ) |≤ c} bất đẳng thức (2.71) thực (ii) H ∈ Khi đó, toán (2.1), (2.2) có nghiệm Chứng minh bổ đề 2.7 1b q ( s, x)ds = nên tồn ρ > 2rc n →∞ x ∫ a Với r > định nghĩa 2.6 (2.14) ta có lim cho 1b q ( s, x)ds < với x > ρ ∫ xa 2r  ([a, b]; ) với δ ∈ (0,1] thỏa mãn (2.49) ta có Giả sử u ∈ C 40 δ ∈(0,1] = | u (a ) | | δ h(u ) | ≤ | h(u ) |= h(u )sgn v(a) ≤ c (do (2.15)) [u '(t ) − δ H (u )(t )]sgn u (t ) ≤ q (t ,|| u ||C ) , với t ∈ [a, b] Chọn q * (t ) = q (t ,|| u ||C ), t ∈ [a, b] , ta có q * (t ) ∈ L([a, b];  + ) bất đẳng thức (2.11) thỏa mãn Ta có H ∈  , | u (a ) |≤ c, [u '(t ) − δ H (u )(t )]sgn u (t ) ≤ q * (t ), với t ∈ [a, b], c ∈  + suy || u ||C ≤ r (c + || q* ||L ) Chọn = ρ r (c + || q* ||L ) ta có ρ > , || u ||C ≤ ρ Do ρ độc lập u δ nên theo bổ đề 2.3 toán (2.1), (2.2) có nghiệm  Chứng minh định lí 2.2 Do bất đẳng thức (2.17) thỏa mãn với t ∈ [a, b] ta có bất đẳng thức (2.72), (2.73) nên theo bổ đề 2.5 ta có ( g , g1 , p0 , p1 ) ∈ ab (α , β ) Mặt khác, H ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) nên theo bổ đề 2.6 H ∈  Ta có (i) Tồn số c ∈  + cho bất đẳng thức (2.15) với v ∈ C ([a, b]; ) , tập {v ∈ C ([a, b]; ) :| v(a ) |≤ c} bất đẳng thức (2.71) thỏa mãn (ii) H ∈ Khi đó, theo bổ đề 2.7 toán (2.1), (2.2) có nghiệm  Nhận xét: Định lí 2.2 không bất đẳng thức (2.17), (2.72) (2.73) không nghiêm ngặt Hệ 2.2 Giả sử có số c ∈  + cho tập C ([a, b]; ) bất đẳng thức (2.15) thực f (t , x, y )sgn x ≤ q (t ,| x |) với t ∈ [a, b], x, y ∈  (2.93) Hơn nữa, (2.52) thỏa mãn b b a a ∫ [ p( s)]− ds < − ∫ [ p( s)]+ ds , toán (2.6), (2.2) có nghiệm Chứng minh Ta chứng minh giả thiết định lí 2.2 thỏa mãn Định nghĩa H Q sau: def H (v)(t ) = p (t ) max{v( s ) : τ (t ) ≤ s ≤ τ (t )}, t ∈ [a, b] , 41 (2.94) def Q(v)(t ) = f ( t , v(t ), max{v( s ) :ν (t ) ≤ s ≤ ν (t )}) , t ∈ [a, b] g ≡ [ p ]+ , g1 ≡ [ p]− , p0 ≡ [ p ]+ , p1 ≡ [ p]− α 0,= β Khi H ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) Do (2.93) ta có Đặt= Q(v)(t )sgn v(t ) ≤ q (t ,|| v ||C ), t ∈ [a, b] Vậy điều kiện (i) định lí 2.2 thỏa mãn Mặt khác từ (2.52) suy b b ∫ g0 ( s)ds < 1, ∫ p ( s)ds < a a Vậy điều kiện (ii) định lí 2.2 thỏa mãn Hơn nữa, AB ≤ ( A + B ) nên b  1b  [ p ( s )] ds [ p ( s ) ds − − ∫  ≤  ∫ [ p ( s ) − ds  , với t ∈ [a, b], ∫a t  4a  t (2.95) Do (2.52) ta có b  t  b  − [ p ( s )] ds − [ p ( s )] ds ≥ − [ p ( s )]+ ds > , với t ∈ [a, b] + +  ∫  ∫  ∫ a  a  t  (2.96) Từ (2.94) suy  1b − ∫ [ p ( s ) + ds >  ∫ [ p ( s ) − ds  4a a  b (2.97) Kết hợp (2.95), (2.96) (2.97) ta b  t  b  < − [ p ( s )] ds [ p ( s ) ds [ p ( s )] ds − − +  ∫ 1 − ∫ [ p( s )]+ ds  ∫a ∫t  a  t  t α 0,= β Khi (2.72) (2.73) thỏa mãn với= Hay điều kiện (iii) định lí 2.2 thỏa mãn Vậy theo định lí 2.2 toán (2.6), (2.2) có nghiệm  Ví dụ 2.5 Giả sử α , β ∈ [0,1), g , g1 , p0 , p1 ∈ L([a, b];  + ) cho bất đẳng thức (2.17) thực hiện, tồn số t ∈ [a, b] cho bất đẳng thức (2.72) không Ta tìm H ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) Q ∈ ab thỏa mãn (2.71) cho toán u '(t ) = H (u )(t ) + Q(u )(t ), 42 u (a) = 0, (2.98) nghiệm Ta định nghĩa t t G0 (t ) = ∫ g ( s )ds, G1 (t ) = ∫ g1 ( s )ds, a a b b P0 (t ) = ∫ p0 ( s )ds, P1 (t ) = ∫ p1 ( s )ds t t Do G1 (a ) = P1 (b) = nên  1− β     G1 (a )  1−α  P1 (a ) < − P0 (a ),   − G ( a )    1− β     G1 (b)  1−α  P1 (b) < − P0 (b)   ( ) G b −   Do hai đầu mút a b (2.72) thỏa mãn Khi đó, ta giả sử tồn t0 ∈ (a, b) cho  G1 (t0 )     − G0 (t0 )   1− β     1−α  P1 (t0 ) = − P0 (t0 ) Do P0 (t0 ) < nên G1 (t0 ) ≠ Chọn t1 ∈ (t0 , b) Ta định nghĩa toán tử ϕ : L([a, b]; ) → L([a, b]; ) , định   p (t ) t ∈ [a, t0 ), def   ϕ ( p)(t ) =  t ∈ [t0 , t1 ],   p  b − t0 (t − t ) + t  t ∈ (t , b] 1   b − t1  Khi b b ∫ ϕ ( g )( s)ds < , ∫ ϕ ( p )(s)ds < , a a 1− β  t 1−α  ∫ ϕ ( g1 )( s )ds  b b  at  ∫ ϕ ( p1 )( s )ds = − ∫ ϕ ( p0 )( s )ds,   t t  − ∫ ϕ ( g )( s )ds  a   = ϕ ( p0 )(t ) 0,= ϕ ( p1 )(t ) với t ∈ [t0 , t1 ] 0 0 Do đó, không tính tổng quát, ta giả sử 43 = p0 (t ) 0,= p1 (t ) với t ∈ [t0 , t1 ] (2.99) Đặt  − g (t )[v(t0 )]− − g1 (t ) µ ([v(t0 )]− , α ) [v(b)]1+−α  1− β def  + p0 (t )[v ( a )]+ + p1 (t ) µ ([v (t )]+ , β ) [v ( a )]− , t ∈ [a, t0 ),  H (v)(t ) =  1−α − g (t )[v(a )]− − g1 (t ) µ ([v(t )]− , α ) [v(a)]+  1− β + p0 (t )[v(b)]+ + p1 (t ) µ ([v(b)]+ , β )[v(t0 )]− , t ∈ [t0 , b] Ta có H ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) Và đặt ω1 (t )  Q(v)(t )= −v (t ) ω (t )  t ∈ [a, t0 ), t ∈ [t0 , t1 ], t ∈ (t1 , b] def ω1 , ω2 ∈ L([a, b]; ) cho t0 ∫ ω1 ( s)ds =−(1 − G0 (t0 )) , a b ∫ ω ( s)ds = t1 2(t1 − t0 ) Khi đó, Q thỏa mãn (2.71) với q (t ,||= v ||C ) | ω1 (t ) | + | ω2 (t ) | với t ∈ [a, b] Ta chứng minh toán (2.98) nghiệm Thật vậy, giả sử trái lại, tồn u nghiệm (2.98) Lấy tích phân (2.98) từ a đến t0 , định nghĩa Q , ta u (t0 ) = −G0 (t0 )[u (t0 )]− − G1 (t0 ) µ ([u (t0 )]− , α )[u (b)]1+−α − (1 − G0 (t0 )) , (2.100) Khi đó, u (t0 ) < Hơn nữa, định nghĩa H , Q (2.99) ta có u (t ) = u (t0 ) + 2u (t0 )(t − t0 ) với t ∈ [t0 , t1 ] (2.101) Cuối cùng, lấy tích phân (2.98) từ t1 đến b , ta u (b) = u (t1 ) + P0 (t0 )[u (t0 )]+ + P1 (t0 ) µ ([u (b)]+ , β )[u (t0 )]1−− β + 2(t1 − t0 ) (2.102) Do u (t0 ) < (2.102) nên u (b) ≥ u (t0 ) + 2u (t0 )(t − t0 ) + > 2(t1 − t0 ) Để đơn giản, ta đặt x = [u (t0 )]− , y = [u (b)]+ Khi x > 0, y > ,do (2.101) ta viết lại bất đẳng thức (2.100) (2.102) x(1= − G0 (t0 )) G1 (t0 ) xα y1−α + − G0 (t0 ) 44 (2.103) x y (1 − P0 (t0 )) = − + P1 (t0 ) y β x1− β + 2(t1 − t0 ) + x (t1 − t0 ) (2.104) Từ (2.103) G1 (t0 ) ≠ ta có x >  x −1  y = x   x  1−α  − G0 (t0 ) 1−α    G1 (t0 )  Khi đó, ta thay vào (2.104), ta  x −1  x   x  1−α 1− β  1−α  − G0 (t0 ) 1−α x     P1 (t0 ) 1 −    x −   G1 (t0 )       x − 2(t1 − t0 ) + x (t1 − t0 ) = (2.105) Tuy nhiên, x > nên  x −1  x   x  1−α 1− β  1−α  − G0 (t0 ) 1−α x     P1 (t0 ) 1 −     x −1   G1 (t0 )     < 0,   (2.106) x − > 2(t1 − t0 ) + x (t1 − t0 ) Khi (2.106) mâu thuẫn với (2.105)  Vậy toán (2.98) nghiệm Định lí 2.3 Giả sử (i) Toán tử H z ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) với z ∈ {v ∈ C ([a, b]; ) : v(a ) = h(v)} , định nghĩa công thức def H z (v)(t ) = H (v + z )(t ) − H ( z )(t ), t ∈ [a, b] (ii) Với v, w ∈ C ([a, b]; ) thỏa mãn [h(v) − h( w)]sgn(v(a) − w(a )) ≤ (iii) (2.108) Với v ∈ C ([a, b]; ) cho | v(a ) |≤| h(0) | Q(v) ≡ q * , với q* ∈ L([a, b]; ) (iv) (2.107) (2.109) Bất đẳng thức (2.17) thực với t ∈ [a, b] , bất đẳng thức (2.18) (2.19) thỏa mãn Khi đó, toán (2.1), (2.2) có nghiệm Chứng minh 45 Cho w = (2.108) ta có h(v)sgn v(a ) ≤| h(0) |, ∀v ∈ C ([a, b]; ) Khi đó, ta chọn c =| h(0) | bất đẳng thức (2.15) thực Từ (2.109) (2.16) thỏa mãn với q ≡| q* | Do đó, giả thiết định lí 2.1 thỏa mãn, suy toán (2.1), (2.2) có nghiệm Tiếp theo, ta chứng minh bai toán (2.1), (2.2) có không nghiệm  ([a, b]; ) nghiệm (2.1), (2.2) Khi đó, (2.2) (2.108) ta có Giả sử u , v ∈ C | u= (a ) | | h= (u ) | h(u )sgn u (a ) ≤| h(0) | , | v= (a ) | | h= (v) | h(v)sgn v(a ) ≤| h(0) | Đặt w(t ) = u (t ) − v(t ), t ∈ [a, b] Do (2.2), (2.108) ta | w(a ) |= | u (a ) − v(a ) |=| h(u ) − h(v) |= [h(u ) − h(v)]sgn(u (a) − v(a)) ≤ Suy w(a ) = w '(t ) = u '(t ) − v '(t ) = ( H (u )(t ) + Q(u )(t )) − ( H (v)(t ) + Q(v)(t )) (do (2.1)) = H ( w + v)(t ) − H (v)(t ) (do (2.1) cách đặt w ) = H v ( w)(t ) (do công thức (2.107)) Suy w nghiệm toán = w '(t ) H= w(a) v ( w)(t ), Mặt khác, bất đẳng thức (2.17), (2.18) (2.19) thực nên theo bổ đề 2.1 ta có ( g , g1 , p0 , p1 ) ∈ ab (α , β ) Hơn nữa, H v ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) nên theo bổ đề 2.2 ta có Hv ∈  Theo định nghĩa 2.4, chọn số r > cho với c = 0, q * (t ) = 0, δ = 1, với  ([a, b]; ) ta có | w(a ) |≤ w∈C | w '(t ) − δ H v ( w)(t ) |≤ 0, t ∈ [a, b] Suy || w ||C ≤ ⇔ w = Vậy u = v  Nhận xét: Định lí 2.3 không bất đẳng thức (2.17), (2.18) (2.19) không thỏa mãn Hệ 2.3 Giả sử tập C ([a, b]; ) bất đẳng thức (2.108) thực Hơn nữa, (2.52) (2.53) thỏa mãn toán (2.5), (2.2) có nghiệm 46 Chứng minh Ta chứng minh giả thiết định lí 2.3 thỏa mãn Định nghĩa H , Q sau : def H (v)(t ) = p (t ) max{v( s ) : τ (t ) ≤ s ≤ τ (t )}, t ∈ [a, b] , def Q(v)(t ) = q0 (t ), t ∈ [a, b], v ∈ C ([a, b]; ), q0 ∈ L([a, b]; ) Đặt g ≡ [ p ]+ , p0 ≡ [ p ]+ , g1 ≡ [ p ]− , p1 ≡ [ p ]− , α 0,= β và= Ta có, tập C ([a, b]; ) bất đẳng thức (2.108) thực nên điều kiện (ii) định lí 2.3 thỏa mãn Khi chọn q* = q0 (2.109) thỏa mãn Vậy điều kiện (iii) định lí 2.3 thỏa mãn Mặt khác từ (2.52) suy ∫ ag0 ( s)ds < 1, ∫ b b a p0 ( s )ds < Vậy bất đẳng thức (2.17) thỏa mãn Từ (2.52) (2.53), ta chứng minh tương tự hệ 2.1 bất đẳng thức (2.18) (2.19) thỏa mãn với t ∈ [a, b] Do đó, điều kiện (iv) định lí 2.3 thỏa mãn Ta chứng minh với z ∈ {v ∈ C ([a, b]; ) : v(a ) = h(v)} toán tử H z định nghĩa (2.107) thuộc vào tập hợp abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) Thật vậy, với t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, đặt I (t ) := [τ (t ),τ (t )] , ta có = H z (u )(t ) [ p (t )]+ ( max{u ( s ) + z ( s ) : s ∈ I (t )} − max{z ( s ) : s ∈ I (t )}) −[ p (t )]− ( max{u ( s ) + z ( s ) : s ∈ I (t )} − max{z ( s ) : s ∈ I (t )}) ≤ [ p (t )]+ ( max{u ( s ) : s ∈ I (t )}) −[ p (t )]− ( min{− z ( s ) : s ∈ I (t )} − min{−u ( s ) − z ( s ) : s ∈ I (t )}) ≤ [ p (t )]+ ( max{u ( s ) : s ∈ I (t )}) − [ p(t )]− min{u ( s ) : s ∈ I (t )} ≤ M [ p (t )]+ + m[ p (t )]− , với t ∈ [a, b], u ∈ C ([a, b]; ) Do H z (u )(t ) ≤ M [ p (t )]+ + m[ p (t )]− , với t ∈ [a, b], u ∈ C ([a, b]; ) đó, M = max{[u (t )]+ : t ∈ [a, b]}, (2.110) m = max{[u (t )]− : t ∈ [a, b]} Tương tự, ta chứng minh H z (u )(t ) ≥ −m[ p(t )]+ − M [ p (t )]− , với t ∈ [a, b], u ∈ C ([a, b]; ) (2.111) Từ (2.110) (2.111) ta có H z ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) Vậy điều kiện (i) định lí 2.3 thỏa mãn Do giả thiết định lí 2.3 thỏa mãn nên toán (2.5), (2.2) có nghiệm  Định lí 2.4 Giả sử 47 h(v)} , định Toán tử H z ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) với z ∈ {v ∈ C ([a, b]; ) : v(a ) = (i) công thức (2.107) (ii) Với v, w ∈ C ([a, b]; ) thỏa mãn bất đẳng thức (2.108) thực (iii) Trên tập {v ∈ C ([a, b]; ) :| v(a ) |≤| h(0) |} cho [Q(v)(t ) − Q( w)(t )]sgn(v(t ) − w(t )) ≤ , với t ∈ [a, b] (2.112) Bất đẳng thức (2.17) thực với t ∈ [a, b] , bất đẳng thức (2.72) (iv) (2.73) thỏa mãn Khi đó, toán (2.1), (2.2) có nghiệm Chứng minh Cho w = (2.108) ta có h(v)sgn v(a ) ≤| h(0) |, ∀v ∈ C ([a, b]; ) Khi đó, ta chọn c =| h(0) | bất đẳng thức (2.15) thực Cho w = (2.112) (2.71) thỏa mãn với q ≡ Q(0) Do đó, giả thiết định lí 2.2 thỏa mãn, suy toán (2.1), (2.2) có nghiệm Tiếp theo, ta chứng minh toán (2.1), (2.2) có không nghiệm  ([a, b]; ) nghiệm (2.1), (2.2) Khi đó, (2.2) (2.108) ta có Giả sử u , v ∈ C | u= (a ) | | h= (u ) | h(u )sgn u (a ) ≤| h(0) | , | v= (a ) | | h= (v) | h(v)sgn v(a ) ≤| h(0) | Đặt w(t ) = u (t ) − v(t ), t ∈ [a, b] Khi đó, (2.2), (2.108), ta | w(a ) |= | u (a ) − v(a ) |=| h(u ) − h(v) |= [h(u ) − h(v)]sgn(u ( a) − v(a)) ≤ Suy w(a ) = Hơn nữa, w '(t ) = u '(t ) − v '(t ) = ( H (u )(t ) + Q(u )(t )) − ( H (v)(t ) + Q(v)(t )) (do (2.1)) = H ( w + v)(t ) + Q( w + v)(t ) − H (v)(t ) − Q(v)(t ) = H v ( w)(t ) + Qv ( w)(t ) (do công thức (2.107)) đó, Qv ( w)(t ) = Q( w + v)(t ) − Q(v)(t ), t ∈ [a, b] Suy w nghiệm toán w '(t ) =+ H v ( w)(t ) Qv ( w)(t ), w(a ) = Mặt khác, Qv ( w)(t )sgn w(t ) = [Q( w + v)(t ) − Q(v)(t )]sgn w(t ) = [Q(u )(t ) − Q(v)(t )]sgn(u (t ) − v(t )) ≤ 0, t ∈ [a, b] 48 Hơn nữa, bất đẳng thức (2.17), (2.72) (2.73) thực nên theo bổ đề 2.5 ta có ( g , g1 , p0 , p1 ) ∈ ab (α , β ) Hơn nữa, H v ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) nên theo bổ đề 2.6 suy Hv ∈   ([a, b]; ) Theo định nghĩa 2.6, chọn số r > cho c = 0, q * (t ) = 0, δ = 1, với w ∈ C ta có | w(a ) |≤ [ w '(t ) − δ H v ( w)(t )]sgn ω (t ) = Qv (ω )(t )sgn ω (t ) ≤ 0, t ∈ [a, b] Suy || w ||C ≤ ⇔ w = Vậy u = v  Nhận xét: Định lí 2.4 không bất đẳng thức (2.17), (2.72) (2.73) không thỏa mãn Hệ 2.4 Giả sử tập C ([a, b]; ) bất đẳng thức (2.108) thực [ f (t , x1 , y1 ) − f (t , x2 , y2 )]sgn( x1 − x2 ) ≤ với t ∈ [a, b], x1 , x2 , y1 , y2 ∈  (2.113) Hơn nữa, (2.52) (2.94) thỏa mãn toán (2.6), (2.2) có nghiệm Chứng minh Ta chứng minh gia thiết định lí 2.4 thỏa mãn Ta định nghĩa H , Q sau : def H (v)(t ) = p (t ) max{v( s ) : τ (t ) ≤ s ≤ τ (t )}, t ∈ [a, b] , def Q(v)(t ) = f (t , v(t ), max{v( s ) :ν ( s ) ≤ s ≤ ν (t )}), t ∈ [a, b] Đặt g ≡ [ p ]+ , p0 ≡ [ p ]+ , g1 ≡ [ p ]− , p1 ≡ [ p ]− , α 0,= β Khi H ∈ abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) và= h(v)} toán Tương tự cách chứng minh hệ 2.3, với z ∈ {v ∈ C ([a, b]; ) : v(a ) = tử H z định nghĩa (2.107) thuộc vào tập hợp abαβ ( g , g1 , p0 , p1 ) Do đó, điều kiện (i) định lí 2.4 thỏa mãn Trên tập C ([a, b]; ) bất đẳng thức (2.108) thực nên điều kiện (ii) định lí 2.4 thỏa mãn Mặt khác, với v, w ∈ {v ∈ C ([a, b]; ) :| v(a ) |≤| h(0) |} ta có [Q(v)(t ) − Q( w)(t )]sgn(v(t ) − w(t )) ≤ 0, t ∈ [a, b] 49 Do đó, bất đẳng thức (2.112) thực Vậy điều kiện (iii) định lí 2.4 thỏa mãn Hơn nữa, từ (2.52) ta có ∫ g ( s)ds < 1, ∫ b a b a p0 ( s )ds < Suy (2.17) thỏa mãn Theo (2.52), (2.94) cách chứng minh tương tự hệ α 0,= β Vậy điều kiện (iv) 2.2 ta có (2.72) (2.73) thực với= định lí 2.4 thỏa mãn Vậy theo định lí 2.4 toán (2.6), (2.2) có nghiệm 50  KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Luận văn trình bày số điều kiện đủ cho tính giải cùa toán (1.1), (1.2), làm sở cho định lí tính giải toán (2.1), (2.2) Cụ thể : • Trong chương 1: Chúng trình bày lại kết từ [3], tồn nghiệm toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến (1.1), (1.2), thể qua định lí 1.1 hệ 1.1, 1.2 Bên cạnh đó, có kết cho hệ phương trình vi phân thường với điều kiện biên hai điểm, định lí 1.4 • Trong chương 2: Chúng trình bày lại kết từ [1] Đây trường hợp riêng toán (1.1), (1.2) Luận văn đưa số điều kiện đủ tồn nghiệm toán (2.1), (2.2), phát biểu qua định lí 2.1, 2.2, 2.3, 2.4 Hơn nữa, số ví dụ cho thấy tối ưu định lí, nghĩa điều kiện bị thay đổi kết không Mặt khác, có số kết tồn nghiệm toán (2.5), (2.2) toán (2.6), (2.2) Từ kết luận văn, chưa nghiên cứu điều kiện đủ xấp xỉ nghiệm toán (2.1), (2.2) Chính vậy, mong muốn mở rộng tiếp tục nghiên cứu vấn đề thời gian tới Tôi mong góp ý bảo Quý Thầy Cô hội đồng chấm luận văn 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO R Hakl (2005), On a boundary value problem for nonlinear functional differential equations, Boundary Value Problems, pp.263 - 288 R Hakl, I Kiguradze, and B Puza (2000), Upper and lower solutions of boundary value problems for functional differential equations and theorems on functional differential inequalities, Georgian Mathematical Journal, 7(3), pp.489 - 512 Kiguradze, and B Puza (1997), On boundary value problems for functional differential equations, Mem Differential Equations Math Phys., pp.106 – 113 I Kiguradze, and B Puza (1998), On the solvability of nonlinear boundary value problems for functional differential equations, Georgian Mathematical Journal, 5(3), pp 251- 262 I Kiguradze, and B Puza (1997), On boundary value problems for systems of linear functional differential equations, Czechoslovak Mathematical Journal, 47(2), pp.341 - 373 I Kiguradze, and B Puza (1997), On the solvability of boundary value problems for systems of nonlinear differential equations with deviating arguments, Mem Differential Equations Math Phys., pp.157 – 161 52 [...]... và x Khi đó, theo định lí 1.3 thì bài toán (1.3), (1.4) có nghiệm 18  CHƯƠNG 2: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 2.1 Giới thiệu bài toán Xét phương trình vi phân hàm phi tuyến bậc nhất = u '(t ) H (u )(t ) + Q(u )(t ) (2.1) với điều kiện biên dạng u (a ) = h(u ) trong đó H , Q : C ([a, b]; ) → L([a, b]; ) là (2.2) toán tử liên tục, phi tuyến và H ∈ abαβ ( g 0 , g1 , p0... , hàm h : C ([a, b]; ) →  là liên tục sao cho với mỗi r > 0 tồn tại M r ∈  + thỏa mãn | h(v) |≤ M r , v ∈ C ([a, b]; ),|| v ||C ≤ r Các kết quả trong chương 2 được trích từ [1] ~ Định nghĩa 2.1 Nghiệm của phương trình (2.1) là một hàm u ∈ C ([a, b]; ) thỏa mãn phương trình (2.1) hầu khắp nơi trên [a,b] ~ Định nghĩa 2.2 Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là một hàm u ∈ C ([a, b]; ) thỏa mãn phương. .. là nghiệm của bài toán (1.150 ) Điều này Nếu || x ||C ≥ 2 ρ thì λ σ= không xảy ra do bài toán (1.150 ) chỉ có nghiệm tầm thường (|| x ||C ) 1 Do đó x thỏa mãn (1.11) Hơn nữa, do định nghĩa hàm σ= nên λ σ= Suy ra x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)  Vậy bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm Trước khi phát biểu hệ quả của định lí 1.3, ta cần một số định nghĩa sau Định nghĩa 1.4 Cho các toán tử tục p :... Theo hệ quả 1.1 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm n  1.3 Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài toán (1.3), (1.4) Trong phần này, ta sẽ xây dựng diều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân thường 14 dx(t ) = f 0 (t , x(t )), dt (1.3) = x(t1 ( x)) A( x) x(t2 ( x)) + c0 , (1.4) với điều kiện biên hai điểm trong đó, vectơ hàm f 0 :[a, b] ×  n →  n là vectơ hàm thỏa mãn điều kiện... nghĩa của toán tử bị chặn mạnh Định nghĩa 1.6 Toán tử tuyến tính p0 : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) được gọi là bị chặn mạnh nếu tồn tại một hàm khả tích α :[a, b] →  + sao cho với mỗi y ∈ C ([a, b];  n ) thì || p0 ( y )(t ) ||≤ α (t ) || y ||C với t ∈ [a, b] hầu khắp nơi Hệ quả 1.2 Giả sử tồn tại ρ > 0 , toán tử tuyến tính bị chặn mạnh p0 : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) và toán tử tuyến tính... ||≤ γ 0 (1.14) Với bất kì x ∈ C ([a, b];  n ) cố định lại, xét bài toán tuyến tính dy (t ) = p ( x, y )(t ) + q ( x)(t ) , dt l ( x, y ) = c0 ( x) (1.15) Bài toán tuyến tính thuần nhất tương ứng là dy (t ) = p ( x, y )(t ) , dt l ( x, y ) = 0 (1.150 ) Bài toán (1.150 ) chỉ có nghiệm tầm thường Thật vậy, giả sử y (t ) là nghiệm của bài toán (1.150 ) Do cặp ( p, l ) là nhất quán và theo điều kiện (iii)... α 0 || y ||C trong đó, α :[a, b] →  + là hàm khả tích và α 0 ∈  + (iii’) Với mỗi ( p0 , l0 ) ∈ ε n p ,l , bài toán dy (t ) = p= l0 ( y ) 0 0 ( y )(t ), dt (1.17) chỉ có nghiệm tầm thường Hệ quả 1.1 Giả sử tồn tại ρ > 0 và cặp toán tử ( p, l ) ∈ O0 sao cho với mỗi λ ∈ (0,1) , mọi n nghiệm của bài toán (1.9), (1.10) thỏa mãn bất đẳng thức (1.11) Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm Chứng minh Từ... tồn tại số ρ > 0 sao cho với mỗi δ ∈ (0,1) , mọi hàm u ∈ C mãn = u '(t ) δ [ H (u )(t ) + Q(u )(t )] với t ∈ [a, b] , u (a ) = δ h(u ), (2.49) thì ta có đánh giá || u ||C ≤ ρ (2.50) Khi đó, bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm Chứng minh bổ đề 2.3 H (u )(t ) Q(u )(t ), h( x) := h(u ) − u (a) Khi đó, bài toán (2.1), Với t ∈ [a, b] , đặt f ( x)(t ) :=+ (2,2) trở thành bài toán (1.1), (1.2) Theo... (2.2) là một hàm u ∈ C ([a, b]; ) thỏa mãn phương trình (2.1) hầu khắp nơi trên [a,b] và điều kiện biên (2.2) Trong chương này, ta sẽ đưa ra một số điều kiện đủ cho tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) Trước hết, ta có một số định nghĩa sau: Định nghĩa 2.3 Giả sử g 0 , g1 , p0 , p1 ∈ L([a, b];  + ) và α , β ∈ [0,1) Ta nói toán tử H thuộc vào tập hợp H ∈ abαβ ( g 0 , g1 ,... x)(t ) 0,= c0 ( x) 0 , ta có || y ||C ≤ β (|| c0 ( x) || + || q ( x) ||L ) = 0 Do đó, bài toán (1.150 ) chỉ có nghiệm tầm thường Khi đó, từ các điều kiện (i), (ii) của định nghĩa 1.3 và bài toán (1.150 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lí 1.1 thì bài toán (1.15) có nghiệm duy nhất Giả sử y là nghiệm của bài toán (1.15) Theo điều kiện (ii), (iii) của định nghĩa 1.3 và (1.14) ta có || y ||C ≤ β ... theo định lí 1.3 toán (1.3), (1.4) có nghiệm 18  CHƯƠNG 2: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 2.1 Giới thiệu toán Xét phương trình vi phân hàm phi tuyến bậc = u '(t... học, chọn Một lớp toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến làm đề tài luận văn Mục đích đề tài xây dựng điều kiện đủ cho tính giải nghiệm cho phương trình vi phân hàm phi tuyến = u '(t... 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 1.1 Giới thiệu toán Xét hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến dx(t ) = f ( x)(t ) dt (1.1) h( x ) = (1.2) với điều kiên biên