nghiệm bị chặn của phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Yến Vi NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Yến Vi NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH Chuyên ngành: Mã số: Toán giải tích 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 – 2014 LỜI CÁM ƠN Lời đầu tiên, xin kính gởi lời cám ơn sâu sắc chân thành tới PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn – Khoa Toán Tin – Trường Đại Học Sư Phạm TP.Hồ Chí Minh tận tình giúp đỡ bảo thầy thời gian làm luận văn Tôi xin gởi lời cám ơn đến Quý Thầy Cô Trường Đại Học Sư Phạm TP.Hồ Chí Minh tận tình giảng dạy suốt khóa học Tôi xin cám ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin, Phòng Khoa Học Công Nghệ Phòng Sau Đại Học – Trường Đại Học Sư Phạm TP.Hồ Chí Minh giúp đỡ tạo điều kiện cho thời gian học trường Xin gởi lời cám ơn đến quý thầy, cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian quý báu để đọc, chỉnh sửa, góp ý phản biện cho hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh Cuối xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè quan tâm động viên giúp hoàn thành luận văn TP Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2014 MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ 1.1 Giới thiệu toán 1.2 Các bổ đề 1.2.1 Bổ đề tồn nghiệm bị chặn 1.2.2 Bổ đề đánh giá tiên nghiệm 1.2.3 Bổ đề toán giá trị biên khoảng hữu hạn 15 1.2.4 Bổ đề nghiệm không âm bất phương trình vi phân 19 Chương CÁC ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM BỊ CHẶN 21 2.1 Các định lý 21 2.1.1 Định lý điều kiện cần đủ 21 2.1.2 Định lý nghiệm bị chặn 22 2.1.3 Định lý nghiệm có dấu không đổi 27 2.2 Phương trình vi phân đối số lệch 33 2.2.1 Hệ định lý nghiệm bị chặn 33 2.2.2 Hệ định lý nghiệm có dấu không đổi 35 2.2.3 Chứng minh hệ 38 2.3 Các ví dụ 41 KẾT LUẬN 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 MỘT SỐ KÝ HIỆU • N tập hợp tất số tự nhiên [0, +∞) • R tập hợp tất số thực, R= + • C ([ a, b ]; R ) không gian Banach hàm liên tục u :[a, b] → R với chuẩn = u C max { u (t ) : a ≤ t ≤ b} { • C ([ a, b ]; R+ ) = u ∈ C ([ a, b ]; R ) : u (t ) ≥ với t ∈ [ a, b ]} • Cloc ([a, +∞); D ) , với D ⊆ R, tập hợp hàm liên tục u :[a, +∞) → D với cấu trúc tôpô hội tụ tập compact [a, +∞) R ) u sup { u (t ) : t ≥ a} Nếu u ∈ Cloc ([a, +∞);= • C0 ([a, +∞); R ) tập hợp hàm u ∈ Cloc ([a, +∞); R ) , với cấu trúc tôpô hội tụ tập compact [a, +∞) mà với hàm u ∈ Cloc ([a, +∞); R ) tồn giới hạn hữu hạn def u (+∞) = lim u (t ) t →+∞  ([ a, b ]; D ) , với D ⊆ R, tập hợp hàm liên tục tuyệt đối • C u :[a, b] → D  ([ a, b ]; D ) , với D ⊆ R, tập hợp hàm u :[a, +∞) → D liên tục • C tuyệt đối tập compact [a, +∞)  ([a,+∞); D • C = ) C loc ([a,+∞); D ) ∩ C0 ([a,+∞); D ) với D ⊆ R • L ([a, b]; R) không gian Banach hàm khả tích Lebesgue p :[a, b] → R với chuẩn b p L = ∫ p ( s ) ds a • L ([ a, b ]; R+ )= { p ∈ L ([ a, b]; R ) : p(t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ a, b]} • L ([a, +∞); D ) với D ⊆ R, tập hợp hàm khả tích Lebesgue p :[a, +∞) → D • Lloc ([a, +∞); D ) , với D ⊆ R, tập hợp hàm khả tích Lebesgue địa phương p :[a, +∞) → D với cấu trúc tôpô hội tụ tập compact [a, +∞) • ch tập hợp hàm tuyến tính bị chặn không tầm thường ω : Cloc ([a, +∞); R ) → R • W tập hợp hàm tuyến tính bị chặn không tầm thường ω : C0 ([a, +∞); R ) → R • L ab tập hợp toán tử tuyến tính bị chặn  : C ([ a, b ]; R ) → L ([ a, b ]; R ) , cho với (υ )(t ) ≤ η (t ) υ  ∈ Lab C tồn η ∈ L ([ a, b ]; R+ ) thỏa mãn , ∀t ∈ [ a, b ] , υ ∈ C ([ a, b ]; R ) • P ab tập hợp toán tử  ∈ Lab biến tập C ([ a, b ]; R+ ) thành tập L ([ a, b ]; R+ ) • M ab tập hàm đo được: τ : [a, b] → [a, b] •  tập hợp toán tử tuyến tính:  : C [a, +∞); R → L [a, +∞); R P ) Loc ( ) Loc ( liên tục, biến tập CLoc ([a, +∞); R+ ) thành tập LLoc ([a, +∞); R+ ) cho (1) ∈ L ([a, +∞); R+ ) •  tập hợp toán tử tuyến tính:  : C ([a, +∞); R ) → L ([a, +∞); R ) L Loc Loc  cho ( (υ )(t ) ) ≤  ( υ ) (t ), ∀t ∈ [a, +∞), liên tục tồn toán tử  ∈ P υ ∈ C ([a, +∞); R ) • M tập hợp hàm đo địa phương τ :[a, +∞) → [a, +∞) • χ ab hàm đặc trưng đoạn [a, b], tức là: 1 , t ∈ [ a, b ]  , t ∉ [ a, b ] χ ab =  • θb : Cloc ([a, +∞); R ) → C0 ([a, +∞); R ) với b ∈ (a, +∞) xác định bởi: θb= (u )(t ) χ ab (t )u (t ) + (1 − χ ab (t ))u (t ) với t ∈ [a, +∞) • Nếu q ∈ Lloc ([a, +∞(; R ) b ∈ [a, +∞), = q b (t ) χ ab (t )q (t ), ∀t ∈ [a, +∞)  b ∈ [a, +∞) • Nếu  ∈ L =  b (u )(t ) χ ab (t )(θb (u ))(t ), ∀t ∈ [a, +∞) • Nếu ω ∈ ch tương ứng ω ∈ W b ∈ [a, +∞)  b (u ) = ω (θ (u )) ω b  toán tử a − Volterra có b ∈ [a, +∞) • Ta gọi  ∈ L υ ∈ Cloc ([a, +∞);R ) thỏa mãn phương trình: υ (t ) = với t ∈ [a, b] (υ )(t ) = hầu khắp t ∈ [a, b]  toán tử anti − Volterra có b ∈ [a, +∞) • Ta gọi  ∈ L υ ∈ Cloc ([a, +∞);R ) thỏa mãn phương trình: υ (t ) = với t ∈ [a, b] (υ )(t ) = hầu khắp t ∈ [b, +∞) MỞ ĐẦU Lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân đời vào kỉ thứ 18 sau phát triển mạnh mẽ nhờ ứng dụng vật lý, học, kỹ thuật, kinh tế, nông nghiệp… Vấn đề tồn nghiệm cho phương trình vi phân đối xứng chậm đối xứng lệch năm gần nhận quan tâm nhiều nhà toán học cộng hòa Sech, cộng hòa Gruzia,… Mục đích luận văn áp dụng kết tổng quát tác giả I.T.Kiguradze, B.Puza cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính để nghiên cứu tồn tại, nghiệm, nghiệm dương, nghiệm bị chặn cho phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính với điều kiện biên dạng hàm sau: = u′(t ) (u )(t ) + q (t ) (1.1) Thỏa mãn điều kiện biên: ω(u) = c (1.2) Trong đó:  ∈ L , q ∈ Lloc ([a, +∞), R), ω ∈ ch ω ∈ W0 c ∈ R Nghiệm phương trình vi phân bậc (1.1) hàm u ∈ C Loc ([a, +∞); R ) thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi [a, +∞) Nghiệm toán (1.1), (1.2) hiểu nghiệm phương trình vi phân (1.1) thỏa mãn (1.2) Cùng với toán (1.1), (1.2) ta xét toán tương ứng: u′(t ) = (u )(t ) (1.1 ) ω(u) = (1.2 ) Trường hợp đặc biệt điều kiện (1.2) là: u ( a ) = c, (1.3) u (+∞) = c, (1.4) u (a ) − u (+∞) = c, (1.5) Tương ứng trường hợp đặc biệt điều kiện (1.2 ) là: u (a ) = 0, (1.3 ) u (+∞) = 0, (1.4 ) u (a ) − u (+∞) = 0, (1.5 ) Luận văn tài liệu tham khảo cho quan tâm đến nghiên cứu tồn nghiệm bị chặn, nghiệm dương phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính thỏa mãn điều kiện biên dạng hàm Sau áp dụng kết để nghiên cứu tồn tính nghiệm, nghiệm dương, nghiệm bị chặn cho phương trình vi phân đối số chậm đối số lệch Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn chia làm chương, cụ thể sau: Chương CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ Chương gồm phần: giới thiệu toán, đưa số định nghĩa, mệnh đề bổ đề để hổ trợ cho việc chứng minh định lý chương Chương CÁC ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM BỊ CHẶN Áp dụng bổ đề chương để xây dựng điều kiện cần đủ tồn nghiệm, nghiệm bị chặn, nghiệm dương phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính với điều kiện biên dạng hàm Ngoài ra, bổ đề chương kết hợp với định lý chương để chứng minh hệ định lý Phần cuối chương ví dụ để kiểm tra tối ưu kết thu Chương CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ 1.1 Giới thiệu toán Trong luận văn ta nghiên cứu tồn nghiệm hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất: = u′(t ) (u )(t ) + q (t ) (1.1) thỏa mãn điều kiện biên: ω(u) = c (1.2) Trong đó:  ∈ L , q ∈ Lloc ([a, +∞), R), ω ∈ ch ω ∈ W0 c ∈ R Nghiệm phương trình vi phân bậc (1.1) hàm u ∈ C Loc ([a, +∞); R ) thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi [a, +∞) Nghiệm toán (1.1), (1.2) hiểu nghiệm phương trình vi phân (1.1) thỏa mãn (1.2) Cùng với với toán (1.1), (1.2) ta xét toán tương ứng: u′(t ) = (u )(t ) (1.1 ) ω(u) = (1.2 ) Trường hợp đặc biệt điều kiện (1.2) điều kiện: u ( a ) = c, (1.3) u (+∞) = c, (1.4) u (a ) − u (+∞) = c, (1.5) Tương ứng trường hợp đặc biệt điều kiện (1.2 ) điều kiện: u (a ) = 0, (1.3 ) u (+∞) = 0, (1.4 ) u (a ) − u (+∞) = 0, (1.5 ) Lấy b > a tùy ý ta cố định lại Ta định nghĩa toán tử: ϕ : C ([ a, b ]; R ) → Co ([a, +∞); R ) ψ : L ([a, +∞); R ) → L ([ a, b ]; R ) cho công thức: 46 Nếu x0 , y0 ∈ R+ ( x0 , y0 ) ∉ G+∞ , (x , y ) thuộc vào tập hợp sau: = G+∞ {( x, y ) ∈ R+ × R+ : y ≥ 1}, G= +∞ {( x, y ) ∈ R × R : y < 1, x ≥ + + + } 1− y Cho ( x0 , y0 ) ∈ G1+∞ , t0 ∈ [ a, b ] chọn p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: t0 b b a t0 a y0 − 1, ∫ g ( s )ds = 1, ∫ p( s )ds = x0 ∫ g (s)ds = Đặt τ ≡ b µ ≡ t0 Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.40) có nghiệm không tầm thường là: b = u (t ) ∫ g (s)ds , t ∈[a, b] t Giả sử ( x0 , y0 ) ∈ G +∞ , a < t1 < t2 < t3 < b Cho p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: t3 ∫ g (s)ds= a t2 ∫ p(s)ds = t1 t1 b 0, ∫ g (s)ds= y0 , t3 x0 − (1 + − y0 ), ∫ p(s)ds= − y0 , a t3 b t2 t3 ∫ p(s)ds = 1, ∫ p(s)ds = − y0  t , t ∈ [a, t1 )  [t2 , t3 ),  t (t )  b , t ∈ [t1, t2 ), Đặt: µ ≡ t3 và=  a , t ∈ [t , b]  Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.40) có nghiệm không tầm thường là: 47  t1  − ∫ p( s )ds,  t 0,   u (t ) =  t3 1 − ∫ p( s )ds,  t b  b  g ( s )ds + − y0 p( s )ds, ∫  ∫t t Trong ý 2.5, với t ∈ [a, t1 ), t ∈ [t1, t2 ), t ∈ [t2 , t3 ), t ∈ [t3 , b] ( x0 , y0 ) ∉ G p+ G G p− , ta đặt hàm p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) τ , µ ∈ M ab thỏa mãn điều kiện (2.48) toán (2.41) có nghiệm không tầm thường Nếu x0 , y0 ∈ R+ ( x0 , y0 ) ∉ G p+ G G p− , đó, (x , y ) thuộc vào tập hợp sau: = G = G2 G3 = {( x, y ) ∈ R+ × R+ : x ≥ 1, y ≥ 1}, {( x, y ) ∈ R × R : x < 1, y ≥ + {( x, y ) ∈ R × R : y < 1, x ≥ + + + + + } − y }, 1− x ,  y  G4 ( x, y ) ∈ R+ × R+ : y < 1, y ≤ x ≤ = , 1− y   x   G5 ( x, y ) ∈ R+ × R+ : < x < 1, x ≤ y ≤ =  1− x   Cho ( x0 , y0 ) ∈ G1 , t0 ∈ [ a, b ] chọn p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: t0 b t0 b a t0 a t0 ∫ p(s)ds = x0 − 1, ∫ p(s)ds = 1, ∫ g (s)ds = 1, ∫ g (s)ds = y0 − t0 , t ∈ [a, t0 ),  a , t ∈ [a, t0 ), ( t ) = t Đặt: µ (t ) =    a , t ∈ [t0 , b], t0 , t ∈ [t0 , b] 48 Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.41) có nghiệm không tầm thường là:  t0  ∫ g ( s )ds , t ∈ [a, t0 ), t u (t ) =  t  p( s )ds , t ∈ [t , b] ∫ t 0 Cho ( x0 , y0 ) ∈ G2 , a < t1 < t < t < t < b chọn p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: t1 b t1 t2 a t1 a t1 x0 , ∫ p( s )ds = 0, ∫ g ( s )ds = − x0 , ∫ g ( s )ds = ∫ p(s)ds = t3 ∫ g (s)ds = y0 − (2 + t2 − x0 ), t4 ∫ g (s)ds = b − x0 , t3 ∫ g (s)ds = t4  t , t ∈ [a, t1 )  [t4 , b],  µ (t )  t1, t ∈ [t1, t2 )  [t3 , t4 ), Đặt: t ≡ t1 =  a, t ∈ [t , t )  Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.41) có nghiệm không tầm thường là: t  t  ∫ p ( s )ds + − x0 ∫ g ( s )ds,  a a  t 1 − g ( s )ds,  ∫  t1 u (t ) =  0,  t  − g ( s )ds,  ∫  t3 b   − − x0 ∫ g ( s )ds,  t t ∈ [a, t1 ), t ∈ [t1, t2 ), t ∈ [t2 , t3 ), t ∈ [t3 , t4 ), t ∈ [t4 , b] Cho ( x0 , y0 ) ∈ G3 , a < t1 < t < t < t < b chọn p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: 49 t4 ∫ g (s)ds= a t1 b 0, ∫ g (s)ds= t2 ∫ p(s)ds= y0 , t4 1, a t3 ∫ p(s)ds = x0 − (2 + − y0 ), t2 ∫ p(s)ds= − y0 , t1 t4 b t3 t4 ∫ p(s)ds = 1, ∫ p(s)ds = − y0  t , t ∈ [t1, t2 )  [t3 , t ),  Đặt: µ ≡ t4 = t (t ) b, t ∈ [t2 , t3 ),  t , t ∈ [a, t )  [t , b] 1 Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.41) có nghiệm không tầm thường là: t  y − −  ∫ p ( s ) ds,  a  t2  − p ( s )ds,  ∫  t u (t ) =  0,  t4 1 − p ( s )ds,  ∫  t b b  ∫ g ( s )ds + − y0 ∫ p ( s )ds,  t t t ∈ [a, t1 ), t ∈ [t1, t2 ), t ∈ [t2 , t3 ), t ∈ [t3 , t4 ), t ∈ [t4 , b] Cho ( x0 , y0 ) ∈ G4 Nếu x = 0, y = 0, ta đặt p ≡ 0, p ≡ 0, τ ≡ a µ ≡ a Do đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn hàm khác không nghiệm không tầm thường toán (2.41) Giả sử x0 ≠ y0 ≠ Cho a < t < t < b p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: t1 b t1 a t1 a = , ∫ g ( s )ds 0,= ∫ g (s)ds y0= ∫ p(s)ds 0, t2 x0 p ( s ) ds = x − + 1, ∫ y t b ∫ p(s)ds = t2 x0 − y0 50 Đặt tµ ≡ t2 ≡ b Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.41) có nghiệm không tầm thường là:  t t ∈ [a, t1 ), 1 − ∫ g ( s )ds,  a u (t ) =  b  y0 1 − x ∫ p( s )ds, t ∈ [t1, b] t  Cho ( x0 , y0 ) ∈ G5 , a < t < t < b p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho t2 b t1 ∫ p(s)ds= 0, ∫ p(s)ds= x0 , ∫ g (s)ds= a t2 a t2 y ∫ g (s)ds = y0 − x00 + 1, t x0 − 1, y0 b ∫ g (s)ds = t2 Đặt tµ ≡ b ≡ t1 Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.41) có nghiệm không tầm thường là:  x0 t 1 − ∫ g ( s )ds, t ∈ [a, t2 ),  y0 a u (t ) =  b  t ∈ [t2 , b] 1 − ∫ p( s )ds,  t Ví dụ 2.4 Cho b ∈ (a, +∞), ε > 0, τ ≡ b, µ ≡ a chọn p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: b b a a + ε , ∫ g ( s )ds < ∫ p(s)ds = Chú ý toán (2.39), tương ứng (2.40), có nghiệm tầm thường Thật vậy, lấy tích phân vế (2.39) tương ứng (2.40) từ a tới b, ta có: 51 b u (b)= (1 + ε )u (b) tương ứng u (a ) = u (a ) ∫ g ( s )ds, a Ta có: u(b) = tương ứng u(a) =0 Do đó, u′(t ) = với t ∈ [ a, b ] mà với u(a) = tương ứng u(b) = nên u ≡ Do đó, theo mệnh đề 1.3 toán: u′(t ) = p (t )u (tµ (t )) − g (t )u ( (t )), u (a ) = (2.49) u′(t ) = p (t )u (tµ (t )) − g (t )u ( (t )), u (b) = (2.50) có nghiệm u Mặt khác, lấy tích phân vế (2.49) tương ứng (2.50) từ a tới b, ta có: b − u (b)(1 + ε ) − ∫ g ( s )ds, u (b)= a Tương ứng b − u (a ) =(1 + ε ) − u (a ) ∫ g ( s )ds, a Ta có: ε= u (b) b ∫a g (s)ds −1 <  b  tương ứng u (a) 1 − g (s)ds  =−ε  a    ∫ b Với giả thiết hai giá trị dương âm 52 Ví dụ 2.5 Cho b ∈ (a, +∞), ε > 0,τ ≡ b, µ ≡ a chọn p, g ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: b b a a 1+ ε ∫ p(s)ds < 1, ∫ g (s)ds = Cũng ví dụ 2.4 ta chứng minh toán (2.39) tương ứng (2.40) có nghiệm tầm thường Suy ra, toán (2.49) tương ứng (2.50) có nghiệm u Mặt khác, lấy tích phân vế (2.49) tương ứng (2.50) từ a tới b, ta có: b = u (b) − u (b) ∫ p ( s )ds − (1 + ε ), a Tương ứng b − u (a= ) ∫ g (s)ds − u (a)(1 + ε ), a Khi đó, ta có:  b  u (a) u (b) 1 − ∫ p ( s )ds  =−ε < tương ứng ε=    a  b ∫ p(s)ds − < 0, a Tức u(b) < tương ứng u(a) < Do đó, toán (1.1 0), (1.3) tương ứng toán (1.1 ), (1.4) với =   − 1,  , 1 định nghĩa (2.45), (2.46) c = có nghiệm là:  u (t ), u0 (t ) =  u (b), t ∈ [ a, b ] , t > b Với giả thiết hai giá trị dương âm Ví dụ 2.4 ví dụ 2.5 bất đẳng thức (2.18) định lý 2.9 tương ứng bất đẳng thức (2.33) hệ 2.4 bị thay bất đẳng thức 53 +∞ +∞ a a ∫  (1)(s)ds ≤ + ε , ∫ 1(1)(s)ds ≤ 1, Tương ứng +∞ +∞ a a ∫ p0 (s)ds ≤ + ε , ∫ g0 (s)ds ≤ 1, Cũng không bị thay bất đẳng thức +∞ +∞ a a ∫  (1)(s)ds < 1, ∫ 1(1)(s)ds ≤ + ε , Tương ứng +∞ +∞ a a ∫ p0 (s)ds < 1, ∫ g0 (s)ds ≤ + ε , với ε > nhỏ tùy ý Các ví dụ bất đẳng thức (2.20) định lý 2.11, tương ứng bất đẳng thức (2.35) hệ 2.6 bị thay bất đẳng thức +∞ +∞ a a ∫  (1)(s)ds ≤ + ε , ∫ 1(1)(s)ds < 1, Tương ứng +∞ +∞ a a ∫ p0 (s)ds ≤ + ε , ∫ g0 (s)ds < 1, Cũng không bị thay bất đẳng thức +∞ +∞ a a ∫  (1)(s)ds ≤ 1, ∫ 1(1)(s)ds ≤ + ε , Tương ứng +∞ +∞ a a ∫ p0 (s)ds ≤ 1, ∫ g0 (s)ds ≤ + ε , với ε > nhỏ tùy ý 54 Trong ý 2.11, với ( x0 , y0 ) ∉ H + tương ứng ( x0 , y0 ) ∉ H − , x0 , y0 ∈ R+ , ta chọn hàm p, g , q0 ∈ L ([ a, b ]; R+ ) τ , µ ∈ M thỏa mãn điều kiện (2.48) toán (2.44) với c = có nghiệm u không nghiệm không âm, tương ứng không dương Do đó, định nghĩa  , 1 q (2.45) –   − 1 có nghiệm là: (2.47) toán (1.1), (1.5 ) với =  u (t ), t ∈ [ a, b ] , u0 (t ) =  u (b), t > b, mà u0 không nghiệm không âm, tương ứng không dương Nếu x0 , y0 ∈ R+ ( x0 , y0 ) ∉ H + tương ứng ( x0 , y0 ) ∉ H − , (x , y ) phụ thuộc vào tập hợp sau: + H= {( x, y ) ∈ R+ × R+ : y > 1}   y + , : 1, H= x y R R y x ∈ × ≤ ≤ ( )   + + y +   Tương ứng − H= {( x, y ) ∈ R+ × R+ : x > 1} x  − H= x , y R R : x 1, ∈ × ≤ ≤ ( )  + + 1+ x   y   Cho ( x0 , y0 ) ∈ H 1+ , a < t1 < t < b chọn p, g , q0 ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: t2 b t1 b a t2 a t1 = , ∫ g ( s )ds y0= , ∫ g ( s )ds 0, ∫ p(s)ds 0,= ∫ p(s)ds x0= t1 s )ds ∫ q0 (= a t2 0, s )ds ∫ q0 (= t1 b y0 , s )ds ∫ q0 (= x0 ( y0 − 1) t2 Đặt tµ ≡ t1 ≡ a Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.44) có nghiệm không tầm thường là: 55  t 1 − g ( s )ds, t ∈ [a, t1 ),  ∫a  t  u (t ) = 1 − y0 + ∫ q0 ( s )ds, t ∈ [t1, t2 ),  t1  t t  + (1 − y ) p ( s )ds + q ( s )ds, t ∈ [t , b] ∫ ∫0  t t  2 với u(t ) = – y < + Cho ( x0 , y0 ) ∈ H , a < t1 < t < b chọn p, g , q0 ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: t1 t b y0 y0 = = − p s ds p s ds x ( ) , ( ) , ∫ p( s )ds = 0, ∫ ∫ + + y y 1 0 a t t t2 b t1 a t2 a = ∫ g (s)ds 0,= ∫ g (s)ds y0= ∫ q0 (s)ds 0, t2 b y x0 − , ∫ q0 ( s )ds = ∫ q0 (s)ds = + y t t t1 , t ∈ [a, t2 ), Đặt: µ ≡ a t (t ) =   a, t ∈ [t2 , b] Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.44) có nghiệm không tầm thường là: t   −1 − (1 + y0 ) p( s )ds, ∫  a  t t  u (t ) =  −1 − y0 − ∫ p ( s )ds + ∫ q0 ( s )ds,  t1 t1  t −1 − y + g ( s )ds, ∫  t2  với u(a) = –1 t ∈ [a, t1 ), t ∈ [t1, t2 ), t ∈ [t2 , b] 56 Cho ( x0 , y0 ) ∈ H 1− , a < t1 < t < b chọn p, g , q0 ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: t2 b t1 b a t2 a t1 , ∫ g ( s )ds 0, = ∫ p(s)ds 0,= ∫ p(s)ds x= ∫ g (s)ds y0= t1 t2 b a t1 t2 y0 ( x0 − 1), ∫ q0 ( s )ds = x0 , ∫ q0 ( s )ds = ∫ q0 (s)ds = Đặt tµ ≡ a ≡ t2 Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.44) có nghiệm không tầm thường là: t t   −1 − ( x0 − 1) g ( s )ds + q0 ( s )ds, t ∈ [a, t1 ), ∫ ∫  a a  t  u (t ) = −1 + ∫ q0 ( s )ds, t ∈ [t1, t2 ),  t1  t  x − − p ( s )ds, t ∈ [t2 , b] ∫  t2  với u(t ) = x – > Cho ( x0 , y0 ) ∈ H 2+ , a < t1 < t < b chọn p, g , q0 ∈ L ([ a, b ]; R+ ) cho: t1 t2 b x x0 y0 − , ∫ g ( s )ds = 0, ∫ g ( s )ds = , ∫ g (s)ds = + x + x 1 0 a t t t1 b t1 a t1 a = , ∫ p ( s )ds 0,= ∫ p(s)ds x0= ∫ q0 (s)ds 0, t2 b x y0 − , ∫ q0 ( s )ds = ∫ q0 (s)ds = x + t t a, t ∈ [a, t2 ), Đặt: τ ≡ a µ (t ) =   t1, t ∈ [t2 , b] 57 Khi đó, điều kiện (2.48) thỏa mãn toán (2.44) có nghiệm không tầm thường là:  t 1 + p ( s )ds, t ∈ [a, t1 ),  ∫a  t t  u (t ) = 1 + x0 − ∫ g ( s )ds + ∫ q0 ( s )ds, t ∈ [t1 , t2 ),  t1 t1  t  + x − (1 + x ) g ( s )ds, t ∈ [t , b] 0 ∫  t2  với u(a) = Ta bất đẳng thức (2.21) định lý 2.12 bất đẳng thức (2.35) tương ứng (2.36) hệ 2.8 ta thay dấu “a toán (1.17), (1.18) tương ứng (1.17 ), (1.18 ) Chương Trong mục 2.1.2, trình bày điều kiện đủ tồn nghiệm phương trình vi phân tuyến tính bậc (1.1) thỏa mãn điều kiện (1.3), (1.4) (1.5) Nghiệm có dấu không đổi toán (1.1), (1.k) (k = 3, 4, 5) thảo luận mục 2.1.3 Trong mục 2.2, ta cụ thể hóa kết phần 2.1 trường hợp cụ thể phương trình (1.1) cho phương trình đối số lệch (2.22), (2.23) (2.24) Phần cuối chương – mục 2.3 ví dụ để kiểm tra tối ưu kết thu Từ vấn đề đưa luận văn, câu hỏi đặt kết hay không cho phương trình vi phân hàm bậc cao hay toán biên nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm Vì hiểu biết thân hạn hẹp nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong góp ý bảo quý Thầy Cô hội đồng để luận văn hoàn thiện 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO N V Azbelev, V P Maksimov and L F Rakhmatulina, Introduction to the theory of functional-differential equations (Russian) “Nauka”, Moscow, (1991) E Bravyi, A note on the Fredholm property of boundary value problems for linear functional differential equations Mem Differential Equations Math Phys 20 (2000), 133–135 E Bravyi, R Hakl, and A Lomtatidze, Optimal conditions for unique solvability of the Cauchy problem for first order linear functional differential equations Czechoslovak Math J 52(127) (2002), No 3, 513–530 Z Dosla and I Kiguradze, On vanishing at infinity solutions of second order linear differential equations with advanced arguments Funkcial Ekvac 41 (1998), No 2, 189–205 Z Dosla and I Kiguradze, On boundedness and stability of solutions of second order linear differential equations with advanced arguments Adv Math Sci Appl (1999), No 1, 1–24 R Hakl, On bounded solutions of systems of linear functional-differential equations Georgian Math J (1999), No 5, 429–440 R Hakl, On nonnegative bounded solutions of systems of linear functional differential equations Mem Differential Equations Math Phys 19 (2000), 154–158 R Hakl, A Lomtatidze, and J Sremr, Some boundary value problems for first order scalar functional differential equations Folia Facultatis Scientiarum Naturalium Universitatis Masarykianae Brunensis Mathematica10 Masaryk University, Brno, (2002) 60 R Hakl, A Lomtatidze, AND I P Stavroulakis, On a boundary value problem for scalar linear functional differential equations Abstr Appl Anal (2004), No 1,45–67 10 I Kiguradze and B Puza, On boundary value problems for systems of linear functional-differential equations Czechoslovak Math J 47(122) (1997), No 2, 341–373 11 S Schưabik, M Tvrdy, and O Vejvoda, Differential and integral equations: boundary value problems and adjoints Academia, Praha, (1979) [...]... (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm bị chặn khi và chỉ khi nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) là tầm thường Chứng minh: Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm bị chặn Khi đó, với mọi c ∈ R và q ∈ Lloc ([a, +∞), R ) thỏa mãn (1.14) thì theo mệnh đề 1.4 ta có nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) là tầm thường Giả sử nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.1... 1.2 ta có phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn u và tồn tại dãy hàm {u } +∞ bn n =1  0 ([a, +∞), R ) sao cho ⊂C ω (u= bn ) c, ( n ∈ N ) và thỏa mãn (1.20) Ta có ω ∈ ch nên ω (u ) = c Vậy u là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2) Trong trường hợp này, tính duy nhất của u là hiển nhiên Định lý 2.2 Giả sử ω ∈ W0 và điều kiện (1.14) thỏa mãn Hơn nữa, nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán... (1.2 0 ) là tầm thường Khi đó, phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn Ngoài ra, nếu tồn tại giới hạn hữu hạn t lim ∫ q ( s )ds t →+∞ a thì bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm bị chặn Chứng minh (2.1) 22 Giả sử các giả thiết của định lý thỏa mãn Khi đó, theo bổ đề 1.1 và bổ đề 1.2, phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn u Hơn nữa, tồn tại { } dãy hàm ubn +∞ n =1  0 ([a, +∞),... (1.11) thỏa mãn Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm bị chặn duy nhất khi và chỉ khi nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán thuần nhất (1.1 0 ), (1.2 0 ) là tầm thường Vì vậy, câu hỏi về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) (với giả thuyết điều kiện (1.11) thỏa mãn) tương đương với câu hỏi về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán thuần nhất (1.13 0 ) (giới hạn trên đoạn [a, b]) Chú... Vậy u là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2) Trong trường hợp này, tính duy nhất của u là hiển nhiên 2.1.2 Định lý về nghiệm bị chặn Trong mục này ta sẽ trình bày những định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.k) (k = 3, 4, 5)  và điều kiện (1.14) thỏa   0 − 1 với  0 , 1 ∈ P Định lý 2.3 Giả sử =  0 ([a, +∞);(0, +∞) ) sao cho: mãn Hơn nữa, tồn tại hàm γ ∈ C... với t ≥ a : mâu thuẫn (1.63) Chú ý 1.5 Theo bổ đề 1.14, nghiệm duy nhất của bài toán (1.1 0 ), (1.3 0 ) là tầm thường Thật vậy, giả sử u là nghiệm bị chặn của (1.1 0 ), (1.3 0 ) Khi đó, hiển nhiên −u là nghiệm bị chặn của (1.1 0 ), (1.3 0 ), cả u và −u đều là hàm không âm Do đó, u ≡ 0 21 Chương 2 CÁC ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM BỊ CHẶN 2.1 Các định lý 2.1.1 Định lý về điều kiện cần và... là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2) và ngược lại, nếu u là  0 ([a, +∞); R ) và hàm υ được nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2) thì u ∈ C xác định bởi: def def u= ϕ −1 (u ), u (b)= u (+∞) là nghiệm của bài toán (1.13) Do đó, ta có các mệnh đề sau: Mệnh đề 1.1 Giả sử điều kiện (1.11) thỏa mãn Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm khi và chỉ khi bài toán (1.13) có duy nhất nghiệm. .. Ta có bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử: = x T ( x) + qˆ trong không gian X theo nghĩa: (*) 6 Nếu x = ( u ,α ) ∈ X là nghiệm của phương trình (*) thì α = 0, u ∈ C ([ a, b ] , R ) và u là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) Ngược lại, nếu u ∈ C ([ a, b ] , R ) là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) thì x = ( u ,0 ) là nghiệm của phương trình (*) Toán tử T xác định như trên là toán... định lý Riesz- Schauder, ta suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình thuần nhất tương ứng: x = T ( x) (**) chỉ có nghiệm tầm thường Ta có: phương trình (**) tương đương với bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) theo nghĩa trên Do đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường Từ định đề 1.1 –... ([a, +∞); R ) và u là nghiệm của phương trình (1.1) Hơn nữa, từ tức là u ∈ C (1.19) và (1.20) ta có u ≤ ρ0 1.2.2 Bổ đề về sự đánh giá tiên nghiệm Bổ đề 1.2 Giả sử nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) là 9 tầm thường Hơn nữa, điều kiện (1.14) thỏa mãn Khi đó, tồn tại b0 ∈ (a,+∞) và r0 > 0 sao cho với mỗi b ≥ b0 , bài toán (1.17), (1.18) có duy nhất nghiệm u b và nghiệm này thỏa mãn ... B.Puza cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính để nghiên cứu tồn tại, nghiệm, nghiệm dương, nghiệm bị chặn cho phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính với điều kiện biên dạng hàm sau: = u′(t... tồn nghiệm bị chặn, nghiệm dương phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính thỏa mãn điều kiện biên dạng hàm Sau áp dụng kết để nghiên cứu tồn tính nghiệm, nghiệm dương, nghiệm bị chặn cho phương trình. .. ∈ W0 c ∈ R Nghiệm phương trình vi phân bậc (1.1) hàm u ∈ C Loc ([a, +∞); R ) thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi [a, +∞) Nghiệm toán (1.1), (1.2) hiểu nghiệm phương trình vi phân (1.1)