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

5 CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUY ẾN .... Puza, những điều kiện phức tạp về tính giải được và giải được duy nhất nghiệm của một lớp bài toán biê

B Ộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

Mai Hoàng Phú

CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Thành ph ố Hồ Chí Minh - 2013

B Ộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

Mai Hoàng Phú

CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM

Chuyên ngành: Toán gi ải tích

Mã s ố: 60 46 01 02

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS NGUY ỄN ANH TUẤN

Thành ph ố Hồ Chí Minh - 2013

L ỜI CẢM ƠN

Đầu tiên, tôi xin kính gửi lời cảm ơn chân thành, sâu sắc đến thầy PGS TS Nguyễn

Anh Tu ấn, người đã tận tình giúp đỡ tôi trong suốt quá trình làm luận văn

Tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô trong hội đồng chấm luận văn, đã giành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho luận văn được hoàn chỉnh hơn

Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong khoa Toán – Tin học của trường Đại

học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báu cho tôi trong suốt quá trình học tập tại trường

Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Phòng Sau đại học của trường Đại

học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành chương trình học và thực hiện luận văn này

Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình và bạn bè đã động viên, tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành luận văn này

Xin chân thành cảm ơn

Mai Hoàng Phú

M ỤC LỤC

L ỜI CẢM ƠN 1

MỤC LỤC 2

DANH M ỤC CÁC KÍ HIỆU 3

M Ở ĐẦU 5

CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUY ẾN 7

1.1 Gi ới thiệu bài toán 7

1.2 Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) 7

1.3 Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài toán (1.3), (1.4) 14

CHƯƠNG 2: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUY ẾN 19

2.1 Gi ới thiệu bài toán 19

2.2 M ột số định lí về tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) 22

K ẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 51

TÀI LI ỆU THAM KHẢO 52

chuẩn || || | ( ) |

b L a

f t A→B là hàm liên tục với t∈[ , ]a b hầu khắp nơi và với mỗi ε > t0 ồn tại ([ , ]; )

• n n× là không gian các ma trận cấp n n× có phần tử X =(x ik)n i k, =1 với các thành phần

M Ở ĐẦU

Lý thuyết phương trình vi phân hàm ra đời vào khoảng thế kỉ 18 và được nhiều người quan tâm vì có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực vật lí, kinh tế, hóa học,… Song, lý thuyết này chỉ được nghiên cứu mang tính chất cục bộ, bộ phận mà vẫn chưa được nghiên cứu một cách có hệ thống cho đến ngày nay Mặc dù vậy, lý thuyết về phương trình vi phân hàm vẫn

có nhiều kết quả đáng chú ý Chẳng hạn, trong những công trình của các tác giả I Kiguradze, B Puza, những điều kiện phức tạp về tính giải được và giải được duy nhất nghiệm của một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính, phi tuyến đã được tìm ra Với mong muốn tìm hiểu cách xây dựng các điều kiện đủ cho tính giải được và duy nhất nghiệm của một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến Đồng

thời, bản thân muốn làm quen với công việc nghiên cứu khoa học cũng như có cơ hội để ôn

lại những kiến thức đã học, tôi chọn “Một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuy ến” làm đề tài luận văn của mình

Mục đích của đề tài là xây dựng các điều kiện đủ cho tính giải được và duy nhất

nghiệm cho phương trình vi phân hàm phi tuyến

Nội dung chính của luận văn là trình bày lại các kết quả trong các bài báo [1], [3] Cụ thể:

Chương 1 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến

Đây là chương cơ sở của luận văn, trình bày một số điều kiện đủ về sự tồn tại nghiệm

của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến Đồng thời, ta đưa ra

một kết quả cho hệ phương trình vi phân thường với điều kiện biên hai điểm Các kết quả được trích từ [3] của tác giả I Kiguradze và B Puza

Chương 2 Một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến

Đây là nội dung chính của luận văn, trình bày các kết quả về tính giải được và duy

nhất nghiệm của bài toán trên Bên cạnh đó, ta cũng đưa ra một số kết quả về sự tồn tại và

duy nhất nghiệm của phương trình vi phân hàm với “maxima” Các kết quả được trích từ [1]

của tác giả R Halk

CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG

TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUY ẾN

1.1 Gi ới thiệu bài toán

Xét hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến

sup{|| ( )( ) ||: ([ , ]; n),|| || } ([ , ]; ),

sup{|| ( ) ||: ([ , ]; n),|| || }

Các kết quả trong chương 1 được trích từ [3]

Định nghĩa 1.1 Nghiệm của phương trình (1.1) là vectơ hàm liên tục tuyệt đối

x a b →  thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi trên [a,b]

Định nghĩa 1.2 Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là nghiệm của phương trình (1.1) thỏa mãn

điều kiện (1.2)

Một ứng dụng cho bài toán (1.1), (1.2) chúng ta sẽ đưa ra điều kiện đủ cho tính giải được

của hệ phương trình vi phân thường với điều kiện biên hai điểm

1.2 Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)

Xét bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân tuyến tính

với điều kiện biên tổng quát

Định lí 1.1 Bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất

tương ứng (1.5 ), (1.6 ) ch0 0 ỉ có nghiệm tầm thường

Định lí 1.2 Nếu bài toán (1.5 ), (1.6 ) ch0 0 ỉ có nghiệm tầm thường thì tồn tại số β >0 sao cho nghiệm của bài toán (1.5), (1.6) thỏa mãn đánh giá

0

|| ||x C≤β(||c ||+|| || )q L

Định nghĩa 1.3 Cặp ( , ) p l của các toán tử liên tục : ([ , ]; n) ([ , ]; n)

p C a b  ×C a b ([ , ]; n)

L a b

l C a b  ×C a b  → được gọi là nhất quán nếu các

điều kiện sau được thỏa mãn:

(i) Với mỗi ([ , ]; n)

|| ||x C≤ρ. (1.11) Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm

C C

q x t x f x t p x x t

c x x l x x h x

σσ

= − (1.13) Khi đó ta có 0≤σ( ) 1s ≤ Do cách xác định hàm f và α nên γ ∈L a b([ , ]; ) Mặt khác do cách xác định hàm h và α0 suy ra γ0 < +∞ Hơn nữa, với mỗi x∈C a b([ , ];n), t∈[ , ]a b

hầu khắp nơi, ta có

(i) Nếu || || 2x > ρ thì σ(|| ||)x = suy ra || ( )( ) || 0, || || 2 0 q x t = ∀ x > ρ

(ii) Nếu || || 2x ≤ ρ thì σ(|| ||) 1x ≤ suy ra

|| ( )( ) ||q x t ≤σ(|| || )[|| ( )( ) ||x C f x t +|| ( , )( ) ||]p x x t

≤ 2ρα( , 2 ) sup{||t ρ + f x t( )( ) ||:x∈C a b([ , ];n),|| ||x C≤2 }ρ =γ( )t

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

trong đó, y là nghiệm của bài toán (1.15) Đầu tiên, ta chứng minh u là liên tục Thật vậy,

với t∈[ , ]a b hầu khắp nơi, với mọi x x1, 2∈C a b([ , ]; , đặt n)

Ta có hàm γ * khả tích trên [a,b] nên với ε > 0 cho trước, tồn tại δ > , v0 ới mọi , [ ] :| |

s t∈ a b t− < thì s δ

| * ( ) |

t s

Khi đó, theo (1.13) thì x là nghiệm của bài toán (1.9), (1.10) với λ σ= (|| || )x C

Ta chứng minh || ||x C≤ , nghĩa là thỏa mãn (1.11) ρ

Giả sử trái lại, || ||x C> Khi đó, ρ ρ <|| ||x C<2ρ hoặc || || 2x C≥ ρ

Nếu ρ <|| ||x C<2ρ thì λ σ= (|| || )x C ∈(0,1) Mặt khác, x là nghiệm của bài toán (1.9),

(1.10) nên theo định lí 1.3 thì x thỏa mãn (1.11), điều này mâu thuẫn với ρ <|| ||x C<2ρ

Nếu || || 2x C≥ ρ thì λ σ= (|| || )x C =0 suy ra x là nghiệm của bài toán (1.15 )0 Điều này không xảy ra do bài toán (1.15 ) ch0 ỉ có nghiệm tầm thường

Do đó x thỏa mãn (1.11) Hơn nữa, do định nghĩa hàm σ nên λ σ= (|| || )x C =1.

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 C a b: ([ , ];n)×C a b([ , ];n) →L a b([ , ];n) và

H ệ quả 1.1 Giả sử tồn tại ρ >0 và cặp toán tử ( , ) p l ∈ 0n

O sao cho với mỗi λ∈(0,1), mọi 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

Ch ứng minh

Từ (i), (ii’) trong định nghĩa 1.5 suy ra cặp ( , )p l thỏa mãn các điều kiện của định nghĩa 1.3

Ta kiểm tra điều kiện (iii) như sau :

Vậy điều kiện (iii) trong định nghĩa 1.3 được thỏa mãn Do đó, cặp ( , )p l là nhất quán Theo định lí 1.3 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm Sau đây, ta phát biểu định nghĩa của toán tử bị chặn mạnh

Định nghĩa 1.6 Toán tử tuyến tính 0: ([ , ]; n) ([ , ]; n)

p C a b  →L a b  được gọi là bị chặn

m ạnh nếu tồn tại một hàm khả tích :[ , ]α a b →  sao cho với mỗi + ([ , ]; n)

0

|| p y t( )( ) ||≤α( ) ||t y||C với t∈[ , ]a b hầu khắp nơi

H ệ quả 1.2 Giả sử tồn tại ρ >0 , toán tử tuyến tính bị chặn mạnh

0: ([ , ]; n) ([ , ]; n)

p C a b  → L a b  và toán tử tuyến tính bị chặn l0: ([ , ];C a b n)→ sao ncho bài toán (1.17) chỉ có nghiệm tầm thường Hơn nữa, với mỗi λ∈(0,1), mọi nghiệm của bài toán

O Ta kiểm tra các điêu kiện trong định nghĩa 1.5

Do p tuy0 ến tính, bị chặn mạnh và l tuy0 ến tính, bị chặn nên p và 0 l liên t0 ục Ta có

p x y t p y t t y

αα

O Theo hệ quả 1.1 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm 

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

f a b × → là vectơ hàm thỏa mãn điều kiện Carathéodory,

0( , ) sgn[( 0) ] 1( ) || || 2( )

f t x ⋅ t−t x ≤g t x +g t với t∈[ , ],a b t0∈I x0, ∈  (1.18) n

và

2 1

( , ') ( , ) ( , '),( , ') ( , ) ( , ').

Vậy ,p l tuyến tính theo biến số thứ hai

(ii) Với mọi x y, ∈C a b([ , ];n), t∈[ , ]a b hầu khắp nơi, ta có

|| ( , )( ) || |p x y t ≤ g t( ) |||y||C≤||g || ||L y||C (do p liên tục),

|| ( , ) || ||l x y ≤ y||C (do l liên tục)

Vậy điều kiện (ii) trong định nghỉa 1.3 được thỏa mãn với α =||g1|| ,L α0 = 1

(iii) Với mọi ([ , ]; n)

dx t

g t t t x x t f t x t dt

Gọi x là nghiệm bất kì của bài toán (1.20) với λ∈(0,1) nào đó Đặt ( ) || ( ) ||u t = x t

Ta có u t'( )=x t'( )sgn( ( ))x t với t∈[ , ]a b hầu khắp nơi Thật vậy, giả sử

( ) ( ( ), ( ), , n( ))

x t = x t x t x t suy ra ( ( )) 'x t i =x t' ( )sgn( ( ))i x t i

Khi đó, với t∈[ , ]a b hầu khắp nơi, ta có

2 2

( ( ))

u t x ≤ρ (1.24) Tuy nhiên, từ (1.19) ta có

2 1

( ) exp(|| || )(|L | ( ) || || ||)

u t ≤ g A x ρ + c +ρ ≤exp(||g1|| )(L δρ2exp(||g1||L +||c0||)+ρ1

Khi đó x thỏa mãn (1.11) với ρ =exp(||g1|| )(L δρ2exp(||g1|| ) ||L + c0 ||)+ρ1 > không phụ 0thuộc vào λ và x.

Khi đó, theo định lí 1.3 thì bài toán (1.3), (1.4) có nghiệm 

CHƯƠNG 2: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH

VI PHÂN HÀM PHI TUY ẾN

2.1 Gi ới thiệu bài toán

Xét phương trình vi phân hàm phi tuyến bậc nhất

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 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 g p p0, 1, 0, 1∈L a b([ , ]; và ,+) α β∈[0,1) Ta nói toán tử H thuộc vào tập hợp H∈ abαβ(g g p p0, 1, 0, 1) nếu H ∈  và với mọi ab v∈C a b([ , ]; ) thỏa mãn

Sau đây, ta đưa ra một số ví dụ về toán tử H∈ abαβ(g g p p0, 1, 0, 1).

Ví d ụ 2.1.[1] Họ H∈ abαβ(g g p p0, 1, 0, 1) chứa tất cả các toán tử thuần nhất dương H được định nghĩa bởi công thức

với M =max{[ ( )]v t +:t∈[ , ]},a b m=max{[ ( )]v t −:t∈[ , ]}.a b

Tương tự, ( )( )H u t ≥ −m p t[ ( )]+−M p t[ ( )] −

( )(

| 'u(t)−δH u t) |≤q*(t), với t∈[ , ]a b (2.7) thì ta có đánh giá

( || * |

|| ||u C≤r c+ q |L) (2.8) Cho h i∈L([ , ]a b ;+), (i=1, 2, 43, ) và α,β∈[0,1) Với t∈[ , ]a b bất kì cố định lại, xét hệ

bất phương trình

2

1 1

trong đó, :µ ×[0,1)→+ được định nghĩa bởi (2.3)

Nh ận xét: Các hệ (2.9) và (2.10) phụ thuộc vào biến t Nghiệm của hệ (2.9)t (tương ứng (2.10)t), chúng ta hiểu là một cặp ( , )M m ∈  thỏa mãn (2.9)+× + t (tương ứng (2.10)t)

Định nghĩa 2.5 Cho h i∈L a b([ , ];+), (i =1, 2,3, 4) và α,β∈[0,1) Ta nói ( ,h h h h 1 2, ,3 4)thuộc vào tập hợp ab( , )α β nếu với mỗi t∈[ , ]a b , hệ (2.9)t và (2.10)t chỉ có nghiệm tầm thường, nghĩa là ( , ) (0,0).M m =

Định nghĩa 2.6 Cho H ∈ , ta nói ab H thuộc vào tập hợp  nếu tồn tại số r > sao cho 0

với bất kì q*∈L([ , ];a b +),c∈ và + δ∈(0,1], với mỗi u∈C a b~([ , ]; ) thỏa mãn bất đẳng

thức | ( ) |u a ≤c và

( )( )]sgn ( ) * ( )[ '( )u t −δH u t u t ≤q t , với t∈[ , ]a b (2.11)

thì ta có đánh giá (2.8)

Cho h i∈L([ , ]a b ;+), (i=1, 2, 43, ) và α,β∈[0,1) Với t∈[ , ]a b bất kì cố định lại, xét hệ

bất phương trình

1 1

1 2

trong đó, :µ ×[0,1)→+ được định nghĩa bởi (2.3)

Nh ận xét: Các hệ (2.12) và (2.13) phụ thuộc vào biến t Nghiệm của hệ (2.12)t (tương ứng (2.13)t), chúng ta hiểu là một cặp ( , )M m ∈  thỏa mãn (2.12)+× + t (tương ứng (2.13)t)

Định nghĩa 2.7 Cho h i∈L a b([ , ];+), (i =1, 2,3, 4) và α,β∈[0,1) Ta nói ( ,h h h h 1 2, ,3 4)thuộc vào tập hợp ab( , )α β nếu với mỗi t∈[ , ]a b , hệ (2.12)t và (2.13)t chỉ có nghiệm tầm thường, nghĩa là ( , ) (0,0).M m =

Sau đây, chúng ta có một số kết quả về tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1), (2.2)

2.2 M ột số định lí về tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1), (2.2)

Ta luôn giả sử q∈([ , ]a b ×  +; +) là hàm không giảm theo biến thứ hai và thỏa mãn

1lim ( , ) 0

b

x a

q s x ds x

→+∞ ∫ = (2.14)

Định lí 2.1 Giả sử

(i) Tồn tại số c∈  sao cho +

, ([ ,( )sgn ( ) c ]; )

h v v a ≤ ∀ ∈v C a b  (2.15)

và trên tập {v∈C a b([ , ]; ) :| ( ) | v a ≤c} ta có

( ,|

|Q v t( )( )|≤q t | ||v C),t∈[a b, ] (2.16) (ii) 0( ) 1, 0( ) 1

g s ds< p s ds<

∫ ∫ (2.17)

(iii) Với mọi t∈[ , ]a b sao cho

Ta dùng phương pháp phản chứng Giả sử trái lại, tồn tại t0∈[ , ]a b sao cho hệ (2.9)t0 hoặc

hệ (2.10)t0với h1≡ g0,h2 ≡g1,h3 ≡ p0,h4 ≡ p1,α α β β≡ , ≡ có nghiệm không tầm thường

Giả sử (M m là nghi0, 0) ệm không tầm thường của (2.9)t0 Với t∈[ , ]a b , đặt

0( ) 0( ) ,

t a

G t =∫g s ds 1( ) 1( ) ,

t a

G t =∫g s ds

0( ) 0( ) ,

b t

P t =∫ p s ds 1( ) 1( )

b t

0 0 0 0

(m , ) mα, (M , ) Mβ

µ α = µ β = (2.23) Thay (2.23) vào (2.21) ta được

1 0

( )( )

t G M

α α

( )0

( )1

G G

1 1

m P M

G

G t

Giả sử rằng β ≠ Do hàm 0 1

x x−βA−x xác định trên [0,+∞), A∈  đạt giá trị lớn nhất +

tại x= −(1 β)1β Aβ1 và ta xem 0

1 0 0

1 1 0

(1

( )

()( )

t

t t

G

P G

α

ββ

β

ββ

β

ββ

Hơn nữa, từ đẳng thức (2.28), vì các hàm G và 0 G không gi1 ảm trên [a,b], hàm P không 1

tăng trên [a,b] và điều kiện t0 < nên ta được t1

1 1

−

  (2.31) Tuy nhiên, từ (2.24) và (2.25), vì hàm 1

Bằng cách tương tự ta chứng minh được rằng nếu (M m là nghi0, 0) ệm không tầm thường

của hệ (2.10)t0, ta sẽ gặp mâu thuẫn với (2.19) với t = t0

[

( )( ) , , ], , (|| || 0)

n

C n

n n n n

Theo (2.41), (2.42), với mỗi n ∈  ta chọn s n,t n∈[a,b] theo cách sau :

(i) Nếu M n = thì đặt 0 t n = và chọn a s n∈[ , ]a b sao cho

mãn

Do (2.36) và (2.41) ta có các dãy {M n} ,{n+∞=1 m n}n+∞=1 bị chặn Hiển nhiên, các dãy { } ,{ }s n n+∞=1 t n n+∞=1

cũng bị chặn Hơn nữa, với mỗi n ∈  ta có hai trường hợp: a≤s n ≤ ≤ hoặc t n b