Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 55 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
55
Dung lượng
582,46 KB
Nội dung
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lương Hoàng Khương NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH 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 Lương Hoàng Khương NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH Chuyên ngành : Toán giải tích Mã số : 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS LÊ HOÀN HÓA Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 LỜI CẢM ƠN Tôi bày tỏ lòng cảm ơn chân thành sâu sắc đến thầy PGS.TS Lê Hoàn Hóa, người thầy nhiệt tình, tận tụy hướng dẫn giúp đỡ hoàn thành luận văn Tôi trân trọng cảm ơn thầy cô khoa Toán trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh thầy cô tận tâm giảng dạy, truyền đạt cho kiến thức quý báu suốt khóa học cao học Tôi gửi lời cảm ơn đến thầy cô phòng KHCN-SĐH trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành tốt khóa học TP.HCM, ngày 29 tháng 12 năm 2014 Lương Hoàng Khương MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục LỜI MỞ ĐẦU .1 Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Ánh xạ Fredholm 1.2 Bất đẳng thức Holder .3 1.3 Bậc trùng 1.4 Lí thuyết trùng bậc Mawhin Chương NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH 2.1 Các bổ đề 2.2 Các định lý .12 2.3 Ví dụ .33 Chương NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO ĐỐI SỐ LỆCH VỚI ĐỘ LỆCH KHẢ NGHỊCH 34 3.1 Các bổ đề 34 3.2 Các định lý 38 3.3 Các ví dụ 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO .51 LỜI MỞ ĐẦU Trong năm gần đây, có nhiều công trình nghiên cứu tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân bậc bậc cao Ví dụ có định lý tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân sau đây: ( ) x "( t ) = f t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) , x ' ( t ) + e ( t ) , x( 2n) n −1 ( t ) + ∑ a j x( j) 0, (t ) + f (t, x ) = j =1 = u (t ) ( n) n −1 ∑ p u( ) (t ) + q (t ) , i −1 i i =1 (t ) = u( n) x( n +1) ( f t , u ( t ) , , u ( n −1) (t )) , n 0, ( t ) + ∑ a j x( j −1) ( t ) + f ( t , x ) = j =1 x ( n +1) y( n) 0, ( t ) + f ( t , x ( t ) , , x( n) ( t ) ) = ( t ) + ∑ y (i ) ( t ) + b ( t , y ( t ) , , y ( n−1) ( t ) ) = n −1 i =1 Nội dung luận văn sử dụng lý thuyết trùng bậc Mawhin để nghiên cứu tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân sau: x (n) n −1 ( t ) =∑ bi x(i ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) , , x ( t − t m ( t ) ) ) ( I ) i =1 x( n) n −1 ( t=) ∑ bi x(i ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) , , x ( t − t m ( t ) ) ) + p ( t )( II ) i =1 Luận văn gồm chương Chương Kiến thức chuẩn bị Giới thiệu lý thuyết trùng bậc Mawhin số bổ đề nhằm phục vụ cho chương chương Chương Nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân bậc cao đối số lệch Sử dụng lý thuyết trùng bậc Mawhin để chứng minh số định lý tồn nghiệm tuần hoàn phương trình (I) Chương Nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân bậc cao đối số lệch, với độ lệch khả nghịch Sử dụng lý thuyết trùng bậc Mawhin để chứng minh số định lý tồn nghiệm tuần hoàn phương trình (II) Luận văn dựa hai báo khoa học là: Lijun Pan, “Periodic solutions for higher order diferential equations with deviating argumen”t J.Math Anal Appl.343 (2008) 904-918 Y.J.Liu, P.H.Yang, W.G.Ge, “Periodic solution of high-order delay diferential equations” Nonlinear Anal 63 (2005) 136-152 Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Ánh xạ Fredholm Định nghĩa 1.1.1 Cho X , Y hai không gian định chuẩn Ánh xạ tuyến tính L : D ( L ) ⊂ X → Y ánh xạ Fredholm i dim KerL < ∞ ii Im L đóng, dim Co ker L < ∞ Định nghĩa 1.1.2 Chỉ số ánh xạ Fredholm L kí hiệu Ind ( L) Ind ( L) dim KerL − dim Co ker L = 1.2 Bất đẳng thức Holder Cho X tập đo Lebesgue R n , Lp ( X ) K − không gian vecto tất hàm đo f từ X vào K cho f p khả tích Lebesgue Bất đẳng thức Holder: Cho p > 1, q > số thực thoả mãn 1 + = p q Nếu f ∈ Lp ( X ) , g ∈ Lq ( X ) fg ∈ L1 ( X ) ∫ X p q p q fg ≤ ∫ f ∫ g X X Trường hợp đặc biệt với p= q= ta có bất đẳng thức Schwarz 1.3 Bậc trùng Cho X, Y hai không gian Banach, L : D ( L ) ⊂ X → Y ánh xạ Fredholm số Cho Ω tập con, mở, bị chặn X , D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ Giả sử F = L + N : D ( L ) ∩ Ω → Y ánh xạ với N L-compact Ω Cũng giả sử ∉ F ( D ( L ) ∩ ∂Ω ) Cho J : Im Q → KerL đẳng cấu tuyến tính J Đặt H PQ = JQ + K PQ Ta kiểm tra ( JQ + K ) ( L + N ) = = I − P + ( JQ + K ) N J H PQ F= PQ PQ J K PQ L + H PQ N Do ∉ F ( D ( L ) ∩ ∂Ω ) Thật J ∈ H PQ F ( D ( L ) ∩ ∂Ω ) Khi đó, K PQ ( Lx + Nx ) + JQNx = với x ∈ D( L) ∩ ∂Ω Do Lx + Nx = Vì QTx = ( I − Q )( Lx + Nx ) = , điều mâu thuẩn Bởi tính chất L -compact N dẫn đến: ( ) Bậc Laray Shauder deg I − P + ( JQ + K PQ ) N, Ω, định nghĩa tốt Bây định nghĩa bậc bởi: ) ( DJ ( L + T , Ω,= ) deg I − P + ( JQ + K PQ ) T , Ω, Biểu thức gọi bậc trùng L − N Ω ∩ D ( L ) Chúng ta kiểm tra định nghĩa không phụ thuộc vào việc chọn P, Q Nó có nghĩa DJ ( L + N , Ω, ) số vài J phụ thuộc vào định hướng Ker ( L ) Coker ( L ) Định nghĩa đưa phụ thuộc vào J 1.4 Lí thuyết trùng bậc Mawhin Định lý Cho X , Y hai không gian Banach, L : D ( L ) ⊂ X → Y toán tử Fredholm số P : X → X ,Q :Y → Y hai ánh xạ chiếu thoả mãn Im P = KerL, KerQ = Im L, X = KerL ⊕ KerP, Y = Im L ⊕ Im Q Khi L |D( L )∩ KerP : D ( L ) ∩ KerP → Im L khả nghịch, ký hiệu K p ánh xạ ngược Định nghĩa Cho Ω tập con, mở, bị chặn X , D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ ( ) Ánh xạ N : X → Y gọi L − compact Ω QN Ω bị chặn K p ( I − Q ) N : Ω → X compact Chương NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH Trong chương này, việc sử dụng lý thuyết trùng bậc Mawhin, đưa số định lý tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch x ( n ) ( t= ) n −1 ∑ b x( ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) , , x ( t − t ( t ) ) ) + p ( t )( I ) i i i =1 m Trong đó: = bi ( i 1,2, , n − 1) số f ∈ C ( R m+ , R ) , f ( t + T , x0 , x1 , , x= f ( t , x0 , x1 , , xm ) , ∀ ( x0 , x1 , , xm ) ∈ R m+1 m) p ∈ C ( R, R ) , p ( t + T ) = p (t ) ti ∈C = ,t i ( t + T ) t i ( t ) ( R, R )( i 1,2, , m )= 2.1 Các bổ đề x ( t ) Bổ đề 2.1.1 Giả sử x ∈ C n ( R, R ) x ( t + T ) = 1 T 2 T 2 T ( n) 2 ≤ ≤ ≤ x t dt x t dt ' '' ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ x ( t ) dt 0 0 0 s ( t ) Bổ đề 2.1.2 Cho α ∈ [ 0, +∞ ) số, s ∈ C ( R, R ) với s ( t + T ) = s ( t ) ∈ [ −α , α ] , ∀t ∈ [ 0, T ] Khi đó, ∀x ∈ C1 ( R, R ) , x ( t + T ) =x ( t ) ta có T ∫ T x ( t ) − x ( t − s ( t ) ) dt ≤ 2α ∫ x ' ( t ) dt 2 Chứng minh Đặt ∆1 = {t : t ∈ [0,T ], s ( t ) < 0} {t : t ∈ [0,T ], s ( t ) ≥ 0} , ∆ = Khi với t ∈ [ 0, T ] , ta có: T ∫ x (t ) − x (t − s (t )) 2 ∫ ∫ = ∆1 t − s ( t ) ∫ ∫ ∆1 t − s ( t ) ∫ x ' (s ) ds dt + x ' (s ) ds dt + x ' (s ) ds dt ∫ ∫ ∆2 t − s(t ) t − s(t ) x ' (s ) ds dt ∫ ∫ ∆2 x ' (s ) ds dt t t = dt = ∫ ∆1 ∪∆ t − s ( t ) t t t Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta T ∫ x (t ) − x (t − s (t )) t ≤α ∫ ∫α ∆1 t − T ≤α∫ t ∫ t −α dt ≤ s ( t ) ∫ t x ' (s ) ds dt + s ( t ) ∫ ∆1 t − s ( t ) t +α x ' (s ) ds dt + α ∫ ∆2 x ' (s ) ds dt t ds dt t T t +α x ' (s ) ds dt + α ∫ ∫ ∫ ∆2 ∫ x ' (s ) t − s(t ) ∫ x ' (s ) ds dt t Mặt khác: Nếu α ∈ [ 0,T ] với s ( t ) ∈ [ 0,α ] , ta có: T t ∫ ∫α x ' (σσ ) d dt t− σ +α =∫ −α ∫ T −α σ +α T T x ' (σσσσσσ ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd 0 = ∫ (σ + α ) x ' (σσ ) d +α 2 σ T −α σ T −α T −α ∫ x ' (σσσσσ ) d + ∫ (T − ) x ' ( ) d 2 T −α Đổi cận u= σ − T , đó: T − ∫ u x ' (u + T ) ) x '( ) d = ∫α (T − σσσ α T− Dẫn đến: − du = − ∫ u x ' ( u ) du −α 2 37 T ⇒ Q ( y )( t ) = y ∈ KerQ ⇒ Q ( y ) = y ( s ) ds = T ∫0 T ⇒ ∫ y ( s ) ds = ⇒ y ∈ Im L ⇒ KerQ ⊂ Im L T T y ∈ Im L ⇒ ∫ y ( s ) ds = ⇒ ∫ y ( s ) ds = ⇒ y ∈ KerQ T0 ⇒ Im L ⊂ KerQ Vậy Im L = KerQ Q :Y → = Y , Qy ( t ) T y ( s ) ds, ∀ y ∈ Y T ∫0 T P : X →= X , Px ( t ) x ( s ) ds, ∀x ∈ Y T ∫0 Bổ đề 3.1.2 Cho L toán tử Fredholm với số N L − compact Ω Giả sử điều kiện sau thỏa mãn: ( i ) Lx ≠ λ Nx, ∀ ( x, λ ) ∈ ( D ( L ) \ KerL ) ∩ ∂Ω × ( 0,1) ( ii ) Nx ∉ Im L, ∀x ∈ KerL ∩ ∂Ω ( iii ) deg ( LQN |KerL Ω ∩ KerL, ) ≠ L : Y / Im L → KerL phép đẳng cấu Khi đó, phương trình Lx = Nx có nghiệm D ( L ) ∩ Ω Trong đó, không gian Banach cổ điển CT0 tập hợp tất hàm số liên tục tuần hoàn với chu kỳ T định nghĩa R với chuẩn x = max t∈[0,T ] x ( t ) Đặt = X C= Y T Định nghĩa ánh xạ tuyến tính L ánh xạ không tuyến tính N sau 38 L : X ∩ D ( L ) → Y , Lx = x ( n ) , ∀x ∈ X ∩ D ( L ) N : X → Y , Nx = (t ) n −1 ∑ b x( ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) , , x ( t − t ( t ) ) ), ∀x ∈ X i =1 { i i m } D ( L ) = CTn = x ∈ C n ( R ) : x ( t + T ) = x ( t ) , t ∈ R 3.2 Các định lý Định lý 3.2.1 Giả sử = n 4k + số nguyên không âm điều kiện sau thỏa mãn ( A1 ) τ i có đạo hàm 1, , m Có số M > cho R với t i' ( t ) < 1, t ∈ R, i = f ( t , c, , c ) > 0, ∀ c > M f ( t , c, , c ) < 0, ∀ c > M ∀i ( A2 ) ( −1) b2i ≥ 0,= i n 1, , − ( A3 ) g , h hàm số liên tục cho f= ( t , x0 , , xm ) có số dương β , m cho g ( t , x0 , , xm ) x0 ≥ β x0 g ( t , x0 , , xm ) + h ( t , x0 , , xm ) m +1 có hàm số liên tục gi , pi , e cho m h ( t , x0 , , xm ) ≤ ∑ gi ( t , xi ) + e ( t ) , i = 0, , m i =0 gi ( t , x ) p= lim = 0, , m, t ∈ R i (t ) , i m x →∞ x m Và có hàm liên tục không âm qi , r cho f ( t , x0 , , xm ) ≤ ∑ qi ( t ) xi + r ( t ) m i =0 Hơn nữa, kí hiệu hàm ngược τ i µi Đặt λi = max t∈R 1 − t ( mi ( t ) ) ' i Khi đó, phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ T thỏa mãn điều kiện m ∑ λim pi + p0 ∞ n −1 < b , T ∑ bi < ∞ =i =i ( 3.2 ) Chứng minh Áp dụng bổ đề 3.1.2, nên định nghĩa tập con, mở, bị chặn Ω X cho ( i ) , ( ii ) , ( iii ) bổ đề 3.1.2 thỏa mãn Dựa ba bước để thu Ω Chứng minh định lý chia làm bốn bước 39 BƯỚC { x ∈ D ( L ) / KerL, ∃λ ∈ ( 0,1) : Lx = Đặt Ω1 = λ Nx} Chúng ta chứng minh Ω1 bị chặn n −1 i =1 Lấy x ∈ Ω1 , ta có x( n ) ( t ) = λ ∑ bi xi ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) , , x ( t − t m ( t ) ) ) (3.3) Do đó: T −∫ x ( n) T n −1 T i =1 ( s ) x ( s ) ds + λ ∑ bi ∫ x(i ) ( s ) x ( s ) ds ( ) +λ ∫ f s, x ( s ) , x ( s − ττ ( s ) ) , , x ( s − m ( s ) ) x ( s ) ds = (3.4) = i 1, , n − Từ đó, tồn ξi ∈ [ 0, T ] cho x( i ) (xi ) = với { Đủ để chứng minh có số = B > cho x max x ∞ , x( n −1) ∞ }≤ B Chúng ta chia bước thành hai bước nhỏ BƯỚC 1.1 T Chứng minh tồn số M > cho ∫ x (s) m +1 ds ≤ M Dễ thấy rằng, số nguyên dương i T ∫x ( 2i ) T T ( s ) x ( s ) ds = ( −1) ∫ x(i ) ( s ) ds ∫ x( 2i −1) ( s ) x ( x ) ds = i 0 Chúng ta đạt từ (3.15) ( −1) n /2 +1 T n /2 −1 T T i ( n /2 ) ( −1) a2i ∫ x(i ) ( s ) ds ∫ x ( s ) ds + λ ∑ i =1 ( ) +λ ∫ f s, x ( s ) , x ( s − ττ ( s ) ) , , x ( s − m ( s ) ) x ( s ) ds = Khi đó, T ( s ) ) , , x ( s − ( s ) ) ) x ( s ) ds ≤ ∫ f ( s, x ( s ) , x ( s − ττ Từ ( A2 ) , ta có m 40 T ( ) ≥ ∫ h s, x ( s ) , x ( s − ττ ( s ) ) , , x ( s − m ( s ) ) x ( s ) ds T ( ) + ∫ g s, x ( s ) , x ( s − ττ ( s ) ) , , x ( s − m ( s ) ) x ( s ) ds Vì vậy, từ phần hai ( A2 ) T β ∫ x (s) m +1 T T ( ) ds ≤ ∫ g s, x ( s ) , x ( s − ττ ( s ) ) , , x ( s − m ( s ) ) x ( s ) ds ( ) = − ∫ h s, x ( s ) , x ( s − ττ ( s ) ) , , x ( s − m ( s ) ) x ( s ) ds T ( ) ≤ ∫ h s, x ( s ) , x ( s − ττ ( s ) ) , , x ( s − m ( s ) ) x ( s ) ds m T ( ) T T 0 ≤ ∑ ∫ gi s, x ( s − τ i ( s ) ) x ( s ) ds + ∫ gi ( s, x ( s ) ) x ( s ) ds + ∫ e ( s ) x ( s ) ds i =1 Chọn ε > cho ∑λ ( m i =1 pi i ∞ ) ( + ε + p0 ∞ ) +ε < β Tương ứng với ε có δ > cho gi ( t , x ) ≤ ( pi ( t ) + ε ) x m với x ≥ δ , t ∈ R (3.5) Đặt } { } { ∆ i ,1 = t ∈ [ 0, T ] : x ( t − t i ( t ) ) ≤ δ , ∆ i ,2 = t ∈ [ 0, T ] : x ( t − t i ( t ) ) > δ ,i = 1, , m { } { } ∆ 0,1 = t ∈ [ 0, T ] : x ( t ) ≤ δ , ∆ 0,2 = t ∈ [ 0, T ] : x ( t ) > δ (3.18) = gi,δ = max gi ( t , x ) , i 0,1, , m (3.19) t∈[ 0,ω ], x ≤δ (3.6) 41 T m +1 β ∫ x (s) ds ∫ g ( s, x ( s − τ ( s ) ) ) x ( s ) ds + ∫ m ≤∑ i i =1 ∆i ,2 i g ( s, x ( s ) ) x ( s ) ds ∆ 0,2 ∫ g ( s, x ( s − τ ( s ) ) ) x ( s ) ds + ∫ g ( s, x ( s ) ) x ( s ) ds m +∑ i i =1 ∆i ,1 i ∆ 0,1 T + ∫ e ( s ) x ( s ) ds m T T ≤ ∑ ∫ ( pi ( s ) + eτe ) x ( s − i ( s ) ) x ( s ) ds + ∫ ( p0 ( s ) + ) x ( s ) m i =1 m +1 ds T m T i =0 + ∫ e ( s ) x ( s ) ds + ∑ gi ,d ∫ x ( s ) ds ( m ≤ ∑ pi i =1 ∞ ∫ m ≤∑ i =1 ( ) + eτ ∫ x ( s − i ( s )) m ( + p0 m T i =0 ∞ +e T ) ∫ x (s) m +1 ds x ( s ) ds + ∑ gi ,d ∫ x ( s ) ds m +1 pi ∞ + eτ ∫ x ( s − i ( s ) ) ds 0 ) ∞ +e T T ) ∫ x (s) m +1 ds + T m / ( m +1) +T ( x ( s ) ds + p0 T + e ∞ T m / ( m +1) m / ( m +1) 1/ ( m +1) T m +1 ∫ x ( s ) ds 0 1/ ( m +1) T m +1 e ∞ ∫ x ( s ) ds 0 1/ ( m +1) T m +1 gi ,d ∫ x ( s ) ds ∑ i =0 0 m Vì τ i hàm số tuần hoàn với chu kỳ T t i' ( t ) < Đặt µi hàm ngược τ i , ta có T ∫ x ( s −τ ( s )) i Do đó, m +1 x (s) ds = ' ∫0 − τm s ( ) ( ) i i T m +1 ds 42 β ∫ x (s) m +1 ds m ≤∑ i =1 m +1 T x (s) pi ∞ + e ∫ ds ' − τm s ( ) ( ) i i ( ) ( + p0 +e ∞ T ) ∫ x (s) m +1 ds + T m / ( m +1) +T m / ( m +1) m ≤ ∑λ i =1 ( + p0 m i ( ∞ m / ( m +1) 1/ ( m +1) T m +1 ∫ x ( s ) ds 0 1/ ( m +1) T m +1 e ∞ ∫ x ( s ) ds 0 1/ ( m +1) T m +1 g ds ∑ i ,d ∫ x ( s ) i =0 0 m T m +1 pi ∞ + e ∫ x ( s ) ds 0 ) +e T ) ∫ x (s) m +1 ds + T m / ( m +1) m / ( m +1) +T m / ( m +1) 1/ ( m +1) T m +1 ∫ x ( s ) ds 0 1/ ( m +1) T m +1 e ∞ ∫ x ( s ) ds 0 1/ ( m +1) T m +1 gi ,d ∫ x ( s ) ds ∑ i =0 0 m Khi m − β λim pi ∑ i =1 ( ≤T +T m / ( m +1) m / ( m +1) m +1 + ee − p0 ∞ + ∫ x ( s ) ds ∞ 0 ) ( ) 1/ ( m +1) T m +1 e ∞ ∫ x ( s ) ds 0 1/ ( m +1) T m +1 g ds ∑ i ,d ∫ x ( s ) i =0 0 m T Vì vậy, tồn số M > cho ∫ x (s) m +1 ds ≤ M BƯỚC 1.2 Chứng minh có số M > cho x( n −1) ∞ Từ bước 1.1, tồn ξ ∈ [ 0,T ] cho x (x ) ≤ M ≤ M1 (1/ ( m +1) ) Với t ∈ R , đặt k0 = max {k ∈ Z : kT + xx n −1 ≥ t } , t0 = k0T + n −1 Lấy tích phân [t , t0 ] , ta x( n −1) (x n −1 ) = 43 t0 t0 n −1 x( n −1) ( t ) = −λ ∫ ∑ bi x ( i ) ( s ) ds + ∫ f s, x ( s ) , x ( s − t ( s ) ) , , x ( s − t m ( s ) ) ds i =1 t t ( ≤ t +T n −1 ∑ bi x(i ) ( s ) ds + ∫ t +T ∫ f ( s, x ( s ) , x ( s − t ( s ) ) , , x ( s − t ( s ) ) ) ds i =1 t n −1 ) m t T T ∑ b ∫ x ( s ) ds + ∫ f ( s, x ( s ) , x ( s − t ( s ) ) , , x ( s − t ( s ) ) ) ds = (i ) i i =1 m Dễ thấy x( i ) ( t ) ≤ x( n −1) , i = 1, , n − ∞ Vì x ( n −1) n −1 ( t ) ≤ ∑ bi T x T (i ) ∞ i =0 n −1 ( ) + ∫ f s, x ( s ) , x ( s − t ( s ) ) , , x ( s − t m ( s ) ) ds m T T T + ∑ ∫ qi ( s ) x ( s − t i ( s ) ) ds + ∫ q0 ( s ) x ( s ) ds + ∫ r ( s ) ds ≤ T ∑ bi x ( n −1) m ∞ =i =i 0 ≤ T ∑ bi x( n −1) + ∑ qi ∞ i = i 0= n −1 T m m n −1 ≤ T ∑ bi x( n −1) + ∑ qi ∞ i = i 0= ≤ T ∑ bi x( n −1) + ∑ qi ∞ i = i 0= n −1 m ∞ ∫ x ( s −t ( s )) m i T ds + q0 T m +1 x ( s ) ds ∞ ∫ 0 m ∞ M m / ( m +1) ∞ ∫ x (s) m m / ( m +1) T ds + ∫ r ( s ) ds T m +1 + q0 ∞ ∫ x ( s ) ds 0 T + ∫ r ( s ) ds Vì vậy, ta có: m m / ( m +1) n −1 ≤ T ∑ x( n −1) + ∑ qi ∞ M + ∫ r ( s ) ds ∞ ∞ = i i 0= T x( n −1) Do đó, theo giả thiết, tồn số M > cho x( n −1) BƯỚC 1.3 Chứng minh tồn số B > cho x ≤ B Dễ thấy x( i ) ( t ) ≤ x( n −1) x (t ) ≤ M 1/ ( m +1) ∞ ≤ M , i = 1, , n − + x( n −1) ∞ ≤M 1/ ( m +1) + M1 Do tồn số B > cho x ≤ B ∞ ≤ M1 m / ( m +1) T + ∫ r ( s ) ds 44 Vì Ω1 bị chặn Vậy chứng minh xong bước BƯỚC Đặt Ω = { x ∈ KerL, Nx ∈ Im L} Chúng ta chứng minh Ω bị chặn Giả sử x ∈ Ω , x ( t )= c ∈ R , chứng minh c ≤ M Thật vậy, c > M , từ ( A2 ) thu 1 ) ) ) du ∫ f ( u, c, c, , c ) du > ( u ) ) , , x ( u − ( u = ∫ f ( u, x ( u ) , x ( u − ττ m 0 Tương tự, c < − M Khi ta có ∫ f ( u, c, c, , c ) du < 0 Mặt khác, x ∈ KerL Nx ∈ Im L Chúng ta có QNx = Tức ∫ f ( u, c, c, , c ) du = 0 Điều mâu thuẫn Vì c ≤ M Dẫn đến Ω bị chặn BƯỚC Đặt Ω3 = { x ∈ KerL, λ ∧ x + (1 − λ ) QNx = 0, λ ∈ [ 0,1]} Trong ∧ : KerL → Im Q đẳng cấu tuyến tính cho ∧ ( c ) = c, ∀c ∈ R Ta chứng minh Ω3 bị chặn Giả sử xn ( t )= cn ∈ Ω3 cn → +∞ n → +∞ Khi đó, tồn λn ∈ [ 0,1] cho λn cn + (1 − λn ) ∫ f ( u, cn , , cn ) du = 0 Vì λn cn =− (1 − λn ) ∫ f ( u, cn , , cn ) du 45 Vì λn có dãy hội tụ, không tính tổng quát, giả sử λn → λ0 Vì cn → +∞ nên có hai trường hợp Trường hợp thứ nhất, có dãy cn hội tụ +∞ (không tính tổng quát, giả sử cn → +∞ ) Trường hợp thứ hai, có dãy cn hội tụ −∞ (không tính tổng quát, giả sử cn → −∞ ) Nếu cn → +∞ n → +∞ Khi đó, với n đủ lớn , ta có cn > M Do đó, áp dụng ( A2 ) , ta có: λn cn2 =− (1 − λn ) cn ∫ f ( u, cn , , cn ) du < xảy mâu thuẩn Nếu cn → −∞ n → +∞ Khi đó, với n đủ lớn , ta có cn < − M Do đó, áp dụng ( A2 ) , ta có: λn cn2 =− (1 − λn ) cn ∫ f ( u, cn , , cn ) du < xảy mâu thuẩn Vậy Ω3 bị chặn Bây giờ, chứng minh tất điều kiện bổ đề 3.1.2 thỏa mãn Cho Ω tập mở, bị chặn, khác rỗng X cho Ω ⊃ Ωi tâm i=1 Theo bổ đề 3.1.1, L ánh xạ Fredholm với số N L − compact Ω Do định nghĩa Ω ta có ( a ) Lx ≠ λ Nx với x ∈ ( D ( L ) / KerL ) ∩ ∂Ω, λ ∈ ( 0,1) ( b ) Nx ∉ Im L với x ∈ KerL ∩ ∂Ω BƯỚC Chúng ta chứng minh ( c ) deg ( QN |KerL , Ω ∩ KerL, ) ≠ Thật vậy, đặt H ( x, λ ) = λ ∧ x + (1 − λ ) QNx Theo định nghĩa Ω , có H ( x, λ ) ≠ với x ∈ KerL ∩ ∂Ω 46 Do đó, theo tính chất bậc đồng luân, ta có deg ( QN |KerL , Ω ∩ K= erL, ) deg ( H ( ⋅, ) , Ω ∩ KerL, ) = deg ( H ( ⋅,1) , Ω ∩ KerL, ) = deg ( I, Ω ∩ KerL, ) ≠ Vậy theo bổ đề 3.1.2, Lx = Nx có nghiệm D ( L ) ∩ Ω , nghiệm tuần hoàn với chu kỳ T phương trình (3.1) Định lý 3.2.2 Giả sử n = 4k số nguyên không âm điều kiện sau thoả mãn ( A1 ) τ i có đạo hàm 1, , m Có số M > cho R với t i' ( t ) < 1, t ∈ R, i = f ( t , c, , c ) > 0, ∀ c > M f ( t , c, , c ) < 0, ∀ c > M 0, ∀i ( A4 ) ( −1) b2i ≤= n 1, 2, , − ( A5 ) Tồn i hàm số liên tục g, h cho f= ( t , x0 , , xm ) g ( t , x0 , , xm ) + h ( t , x0 , , xm ) tồn số dương β , m cho g ( t , x0 , , xm ) x0 ≤ − β x0 m +1 tồn hàm số liên tục gi , pi , e cho m h ( t , x0 , , xm ) ≤ ∑ gi ( t , xi ) + e ( t ), i = 0, , m i =0 gi ( t , x ) p= lim = 0, , m, t ∈ R i (t ) , i m x →∞ x tồn hàm số liên tục không âm qi , r cho m f ( t , x0 , , xm ) ≤ ∑ qi ( t ) xi m + r (t ) i =0 Khi phương trình ( II ) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ T thoả m mãn ∑ λim pi + p0 ∞ n −1 < b , T ∑ bi < 1( 3.10 ) λi = max t∈R ∞ =i =i hàm ngược τ i 1 − t ( mi ( t ) ) ' i với µi 47 Chứng minh Tương tự định lý 3.2.1 Tuy nhiên n = 4k nên đòi hỏi điều kiện ( A2 ) , ( A3 ) thay điều kiện ( A4 ) , ( A5 ) Định lý 3.2.3 Giả sử n số nguyên lẻ điều kiện sau thoả mãn ( A1 ) τ i có đạo hàm 1, , m Có số M > cho R với t i' ( t ) < 1, t ∈ R, i = f ( t , c, , c ) > 0, ∀ c > M f ( t , c, , c ) < 0, ∀ c > M ( A4 ) ( −1) b= i ≥ 0, ∀i i 1, 2, , n +1 −1 ( t , x0 , , xm ) ( A3 ) g , h hàm số liên tục cho f= có số dương β , m cho g ( t , x0 , , xm ) x0 ≥ β x0 g ( t , x0 , , xm ) + h ( t , x0 , , xm ) m +1 có hàm số liên tục gi , pi , e cho m h ( t , x0 , , xm ) ≤ ∑ gi ( t , xi ) + e ( t ) , i = 0, , m i =0 gi ( t , x ) p= lim = 0, , m, t ∈ R i (t ) , i m x →∞ x m Và có hàm liên tục không âm qi , r cho f ( t , x0 , , xm ) ≤ ∑ qi ( t ) xi + r ( t ) m i =0 Hơn nữa, kí hiệu hàm ngược τ i µi Đặt λi = max t∈R 1 − t ( mi ( t ) ) ' i Khi đó, phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ T thỏa mãn n −1 m ∞ i i ∞ =i =i điều kiện m ∑λ p + p < b , T ∑ bi < Khi phương trình ( II ) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ T thoả m mãn ∑ λim pi + p0 ∞ n −1 < b , T ∑ bi < 1( 3.10 ) λi = max t∈R ∞ =i =i hàm ngược τ i 1 − t ( mi ( t ) ) ' i với µi 48 Chứng minh Tương tự định lý 3.2.1 Tuy nhiên n số nguyên lẻ nên đòi hỏi điều kiện ( A2 ) thay điều kiện ( A4 ) Định lý 3.2.4 Giả sử n số nguyên lẻ điều kiện sau thoả mãn ( A1 ) τ i có đạo hàm 1, , m Có số M > cho R với t i' ( t ) < 1, t ∈ R, i = f ( t , c, , c ) > 0, ∀ c > M f ( t , c, , c ) < 0, ∀ c > M ( A6 ) ( −1) b= i ≤ 0, ∀i 1, 2, , ( A5 ) Tồn i n +1 −1 hàm số liên tục g, h cho f= ( t , x0 , , xm ) g ( t , x0 , , xm ) + h ( t , x0 , , xm ) tồn số dương β , m cho g ( t , x0 , , xm ) x0 ≤ − β x0 m +1 tồn hàm số liên tục gi , pi , e cho m h ( t , x0 , , xm ) ≤ ∑ gi ( t , xi ) + e ( t ), i = 0, , m i =0 gi ( t , x ) p= lim = 0, , m, t ∈ R i (t ) , i m x →∞ x tồn hàm số liên tục không âm qi , r cho m f ( t , x0 , , xm ) ≤ ∑ qi ( t ) xi m + r (t ) i =0 Khi phương trình ( II ) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ T thoả n −1 m i i ∞ ∞ =i =i m mãn ∑λ p + p < b , T ∑ bi < 1( 3.10 ) λi = max t∈R 1 − t ( mi ( t ) ) ' i với µi hàm ngược τ i Chứng minh Tương tự định lý 3.2.1 Tuy nhiên n số nguyên lẻ nên đòi hỏi điều kiện ( A2 ) , ( A3 ) thay điều kiện ( A6 ) , ( A5 ) 49 3.3 Các ví dụ Ví dụ 3.3.1 Xét phương trình vi phân đối số lệch x( 2n) n −1 ( t ) = ∑ bi x(i ) ( t ) + b0 x ( t ) k +1 m + ∑ pi ( t ) x ( t − t i ( t ) ) k +1 + p (t ) =i =i 1 sin t Trong bi ∈ R với i = 0, ,2n − 1,t i ( t ) = pi , p hàm tuần hoàn với chu kỳ 2π , k số nguyên không âm Dễ thấy λi max = = ' − t i ( mi ( t ) ) Đặt m + ∑ pi ( t ) xi k +1 ( t ) + p ( t ) f ( t , x0 , , xm ) = b0 x0 k +1 i =1 g ( t , x0 , , xm ) = b0 x0 = h ( t , x0 , , xm ) k +1 m ∑ p (t ) x i =1 i k +1 i (t ) + p (t ) Giả sử n số nguyên lẻ ( −1) n +i +1 b2i ≥ với i 1, , n − = Nếu b0 > từ định lý 3.2.1, với p , phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ 2π n −1 m 22 k +1 ∑ pi =i ∞ m < b0 ,2p ∑ bi < 1, ∑ pi ( t ) > với t ∈ R =i =i m Hoặc ∑ p ( t ) < với t ∈ R i =1 i Giả sử n số nguyên chẵn ( −1) n +i +1 b2i ≤ với = i 1, , n − Nếu b0 < từ định lý 3.2.2, với p , phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ 2π Ví dụ 3.3.2 Xét phương trình vi phân đối số lệch x ( n +1) 2n ( t ) = ∑ bi x ( t ) + b0 x ( t ) (i ) k +1 m + ∑ pi ( t ) x ( t − t i ( t ) ) =i =i k +1 + p (t ) 50 = n,t i ( t ) R với i 0, ,2 Trong bi ∈= sin t pi , p hàm tuần hoàn với chu kỳ 2π , k số nguyên không âm Giả sử ( −1) b2i ≥ với i = 1, , n i +1 Nếu b0 > từ định lý 3.2.3, với p , phương trình (3.1) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ 2π n −1 m 22 k +1 ∑ pi =i ∞ m < b0 ,2p ∑ bi < 1, ∑ pi ( t ) > với t ∈ R =i =i m Hoặc ∑ p ( t ) < với t ∈ R i =1 i Giả sử ( −1) b2i ≤ với i = 1, , n i +1 Nếu b0 < từ định lý 3.2.4, với p , phương trình (II) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ 2π 2 k +1 n −1 m ∑ =i pi m Hoặc ∞ < b0 ,2p ∑ bi < 1, ∑ pi ( t ) > với t ∈ R =i =i ∑ p ( t ) < với t ∈ R i =1 i m 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt PGS.TS Lê Hoàn Hoá(2010), Đề tài nghiên cứu khoa học “Định lý điểm bất động ứng dụng để nghiên cứu tồn nghiệm phương trình” Tiếng Anh Lijun Pan, “Periodic solutions for higher order diferential equations with deviating argument” J.Math Anal Appl.343 (2008) 904-918 Y.J.Liu, P.H.Yang, W.G.Ge, “Periodic solution of high-order delay diferential equations” Nonlinear Anal 63 (2005) 136-152 [...]... i , γ i > 0 Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kì T và thỏa mãn 2 1 m 2 m ∑α t (t ) + β T + T ∑ γ i < B1 ( 2.5) i i 2 ∞ =i 1 =i 1 k k 1 − ∑ b4+i −3 − ∑ b4−i −1 , bi+ = max {bi , 0} , bi− = min {bi , 0} B1 = =i 1 =i 1 Chứng minh = Lx λ Nx, λ ∈ ( 0,1) Xét phương trình Đặt Ω1 = { x ∈ D ( L ) / KerL : ∃λ ∈ ( 0,1) , Lx = λ Nx} Ta chứng minh Ω1 bị chặn Với x ∈ Ω1 Ta n −1... áp dụng bổ đề 2.1.3, phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kỳ T n 4k + 3 là một số nguyên dương, các điều kiện sau đây Định lý 2.2.2 Giả sử = thỏa mãn: ( H1 ) Tồn tại hằng số c > 0 sao cho f ( t , x0 , x1 , , xm ) > p ( t ) ∞ , ∀t ∈ R, xi > c ( i =0,1, , m ) f ( t , x0 , x1 , , xm ) < − p ( t ) ∞ , ∀t ∈ R, xi < −c ( i =0,1, , m ) xm ) = ( H 2 ) Hàm f có sự phân tích thành f ( t... x ( t − t m ( t ) ) ) + λ p ( t ) , λ ∈ ( 0,1) ( 2.6 ) i =1 Lấy tích phân hai vế trên [ 0,T ] của phương trình trên ta được T n −1 T T 0 i =1 0 0 ( ) T ( n) t ) dt λ ∑ ∫ bi x ( i ) ( t ) dt + λ ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) , , x ( t − t m ( t ) ) dt + λ ∫ p ( t ) dt ∫ x (= 0 Vì các hàm x ( t ) , , x( n −1) ( t ) tuần hoàn với chu kỳ T nên ta có T ∫ ( 0 T ) f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t )... γ i > 0 Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kì T và thỏa mãn 24 1 m m 2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + T ∑ γ i < B2 ( 2.41) =i 1 =i 1 k +1 + 2 4 i −1 =i 1 =i 1 k B = 1− ∑ b − ∑ b4−i −3 , bi+ = max {bi , 0} , bi− = min {bi , 0} Chứng minh: n 4k + 3 nên trong Tương tự định lý 2.2.1 Tuy nhiên do = ( 2.13) ta thay B1 = B2 Định lý 2.2.3: Giả sử n = 4k là một số nguyên dương,... hi ( t , y ) ≤ α i x − y , i = 1, , m lim x →∞ hi ( t , x ) x ≤ γi,i = 1, , m β1 , β 2 , α i , γ i > 0 Có một số nguyên dương s ≤ k sao cho k b4 s −1 > 0, s = b4 s −1 > 0, b4 s −1+ 2i =0, i =1, 2, , 2 ( k − s ) , s < k ( 2.42 ) Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kì T và thỏa mãn 1 m m 2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + T ∑ γ i < B3 =i 1 =i 1 ( 2.43) 25 1 m m 2 2 ∑... hi ( t , x ) − hi ( t , y ) ≤ α i x − y , i = 1, , m hi ( t , x ) lim x →∞ x ≤ γi,i = 1, , m β1 , β 2 , α i , γ i > 0 Có một số nguyên dương s ≤ k sao cho b4 s −3 > 0, b4 s −3+ 2i = 0, i = 1, 2, , 2 ( k − s ) + 1 ( 2.55) Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kì T và thỏa mãn 2 1 m 2 m ∑α t (t ) + β T + T ∑ γ i < B4 i i 2 ∞ =i 1 =i 1 2 1 m 2 ∑α t (t ) m + β 2T + T ∑ γ i 0 Có một số nguyên dương s ≤ k sao cho b4 s −3 < 0, b4 s −3+ 2i = 0, i = 1, 2, , 2 ( k − s ) + 1 ( 2.57 ) Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kì T và thỏa mãn 2 1 m 2 ∑α t (t ) m + β 2T + T ∑ γ i < B4 ∞ i i =i 1 =i 1 1 m m 2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + T... ( t , x0 ) + ∑ hi ( t , xi ) i =1 30 hi ( t , x ) lim x →∞ 1, , m ≤ γi,i = x β1 , β 2 , α i , γ i > 0 Có một số nguyên dương s ≤ k sao cho k b4 s +1 > 0, s = b4 s +1 > 0, b4 s +1+ 2i =0, i =1, 2, , 2 ( k − s ) , s < k ( 2.59 ) Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kì T và thỏa mãn 1 m m 2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + T ∑ γ i < B8 ( 2.60 ) =i 1 =i 1 1 m m 2 2 ∑ α... ( t , y ) ≤ α i x − y , i = 1, , m 31 lim x →∞ hi ( t , x ) x 1, , m ≤ γi,i = β1 , β 2 , α i , γ i > 0 Có một số nguyên dương s ≤ k sao cho k b4 s +1 < 0, s = b4 s +1 < 0, b4 s +1+ 2i =0, i =1, 2, , 2 ( k − s ) , s < k ( 2.62 ) Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kì T và thỏa mãn 1 m m 2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + T ∑ γ i < B9 =i 1 =i 1 1 m m 2 2 ∑ α i t i ( t... = 1, , m m g ( t , x0 ) + ∑ hi ( t , xi ) i =1 32 lim x →∞ hi ( t , x ) x 1, , m ≤ γi,i = β1 , β 2 , α i , γ i > 0 Có một số nguyên dương s ≤ k sao cho b4 s −1 > 0, b4 s −1+ 2i = 0, i = 1, 2, , 2 ( k − s ) + 1 ( 2.64 ) Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kì T và thỏa mãn 1 m m 2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + T ∑ γ i < B9 =i 1 =i 1 1 m m 2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + ... NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH Trong chương này, vi c sử dụng lý thuyết trùng bậc Mawhin, đưa số định lý tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân bậc cao với. .. hoàn phương trình (I) Chương Nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân bậc cao đối số lệch, với độ lệch khả nghịch 2 Sử dụng lý thuyết trùng bậc Mawhin để chứng minh số định lý tồn nghiệm tuần hoàn. .. định lý 2.2.1, phương trình ( 2.68 ) có nghiệm tuần hoàn với chu kì 2π 34 Chương NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO ĐỐI SỐ LỆCH VỚI ĐỘ LỆCH KHẢ NGHỊCH Trong chương này, vi c sử dụng