Toán tử trung hòa và phương trình vi phân trung hòa

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Thị Hiền TOÁN TỬ TRUNG HÒA VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA 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 Lê Thị Hiền TOÁN TỬ TRUNG HÒA VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA 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 - 2013 LỜI CẢM ƠN Trong trình học tập hoàn thành luận văn mình, nhận quan tâm, giúp đỡ, động viên quý thầy cô trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, gia đình bạn bè Đầu tiên gửi lời cám ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Lê Hoàn Hóa, người hướng dẫn tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tôi xin chân thành cám ơn quý thầy cô giảng dạy giúp đỡ suốt khóa học Tôi xin gởi lời cảm ơn đến quí thầy cô anh chị làm công tác quản lý phòng sau đại học, người tạo điều kiện tốt để hoàn thành khóa học Tôi xin cảm ơn bạn bè đồng nghiệp, bạn học viên cao học Toán K22 động viên, khuyến khích, giúp đỡ trình học tập Sau xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến gia đình tôi, chỗ dựa vững giúp học tập hoàn thành tốt luận văn LỜI CAM ĐOAN Trong trình làm luận văn này, nghiên cứu, tìm hiểu tham khảo sách vở, báo toán học nhà khoa học luận văn khóa trước, có sử dụng số kết chứng minh để hoàn thành tốt luận văn Nhưng xin cam đoan không chép luận văn có xin hoàn toàn chịu trách nhiệm với lời cam đoan MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN LỜI CAM ĐOAN MỤC LỤC MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích đề tài Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu 5 Nội dung luận văn CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ CHƯƠNG 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT CHƯƠNG 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA 14 CHƯƠNG 4: NGHIỆM TUẦN HOÀN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA 25 4.1 Trường hợp 1: 26 4.2 Trường hợp 2: 41 CHƯƠNG 5: CÁC VÍ DỤ 53 KẾT LUẬN 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO 56 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong [5], Zhang đưa tính chất toán tử trung hòa ( A1 x )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ) Toán tử trở thành công cụ hữu hiệu cho việc nghiên cứu phương trình vi phân n trung hòa Lu Ge nghiên cứu mở rộng A1 , ( A2 x )( t ) = x ( t ) − ∑ ci x ( t − δ i ) i =1 có tồn nghiệm tuần hoàn cho phương trình vi phân trung hòa tương ứng, xem [7] Ta xét toán tử trung hòa ( Ax )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) , với δ ∈ C1 ( ,  ) δ hàm tuần hoàn có chu kỳ ω c số c ≠ 1, (ω > ) Mặc dù A xem toán tử tổng quát toán tử A1 lớp phương trình vi phân tướng ứng với toán tử A lại phức tạp lớp phương trình vi phân tương ứng với A1 A2 Cụ thể toán tử A1 A2 theo nghĩa sau ( Ai x ) ' ( t ) = ( Ai x ')( t ) , ( i = 1, ) , toán tử trung hòa A nói chung Hệ nhiều kết cho phương trình vi phân tương ứng với toán tử trung hòa A không mở rộng trực tiếp từ định lý cho phương trình vi phân trung hòa biết Vậy toán tử trung hòa A có tính chất đặc biệt nào, có điều kiện đủ cho tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân tương ứng với toán tử trung hòa A? Đó lí chọn đề tài Mục đích đề tài Mục đích luận văn nghiên cứu tính chất toán tử trung hòa A, tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân trung hòa cấp hai loại Rayleigh, điều kiện đủ cho tồn tại, số bội không tồn nghiệm tuần hoàn dương phương trình vi phân cấp hai tương ứng với toán tử trung hòa A Đối tượng phạm vi nghiên cứu Trong phạm vi nghiên cứu luận văn tập trung nghiên cứu tính chất toán tử A, tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân trung hòa cấp hai loại Rayleigh có dạng ) ) ) '' f ( t , x ' ( t ) ) + g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) + e ( t ) , ( x ( t ) − cx ( t − δ ( t= τ , e ∈ Cω ={ x ∈ C ( ,  ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ } ω ∫ e ( t ) dt = 0; f g hàm liên f ( t ,.) , g ( t + ω ,.) = g ( t ,.) ; f ( t ,0 ) = 0, tục  tuần hoàn theo biến t , nghĩa f ( t + ω ,.) = f ( t , u ) ≥ f ( t , u ) ≤ 0, ∀ ( t , u ) ∈  Ngoài luận văn nghiên cứu điều kiện đủ cho tồn tại, số bội không tồn nghiệm tuần hoàn dương phương trình vi phân cấp hai có dạng − a ( t ) x ( t ) + λb ( t ) f ( x ( t − τ ( t ) ) ) , ( x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) ) '' = λ tham số dương; f ∈ C ( , [ 0, +∞ ) ) , f ( x ) > với x > 0; a ∈ C ( , ( 0; +∞ ) ) với π  max {a ( t ) : t ∈ [ 0, ω ]} <   ; b ∈ C ( , ( 0; +∞ ) ) , τ ∈ C ( ,  ) ; a ( t ) , b ( t ) τ ( t ) hàm tuần ω  hoàn có chu kỳ ω Phương pháp nghiên cứu Áp dụng định lý mở rộng Mawhin để đưa tồn nghiệm tuần hoàn định lý điểm bất động để có điều kiện tồn tại, số bội nghiệm tuần hoàn dương phương trình vi phân trung hòa Nội dung luận văn Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT Chương 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Chương 4: NGHIỆM TUẦN HOÀN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Chương 5: CÁC VÍ DỤ CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Định lý 1.1 Cho X không gian Banach Nếu A ∈ L ( X ) , A < ( I − A ) ∈ Isom ( X ) Hơn ∞ ( I − A ) = ∑ An −1 n =0 Chứng minh ∞ Ta có ∞ An ≤ ∑ A < ∞ (do A < ) ∑ n = n 0= n ∞ ∑A Suy chuỗi n hội tụ L ( X ) n =0 Đặt B = ∞ k A ,S ∑ A ∑= n n k = n 0= n B  ( I − A) − Sk  ( I − A) = ta có ( B − Sk )  ( I − A) ≤ B − Sk I − A Suy B  ( I − A= ) lim Sk  ( I − A=) lim ( Sk − Sk  A=) lim ( I − Ak +1=) I k →∞ k →∞ k →∞ Tương tự ta có ( I − A )  B = I Do B= ( I − A) −1 Định nghĩa 1.2 Cho X, Y không gian Banach Một toán tử tuyến tính bị chặn T : X → Y gọi toán tử Fredholm điều kiện sau thỏa mãn i) dim ker T < +∞; ii) imT đóng; iii) dim co ker T < +∞ ( co ker T ≡ Y / Im T ) Nếu T toán tử Fredholm số T số nguyên, kí hiệu indT indT dim ker T − dim co ker T = Ví dụ 1.3 Cho ánh xạ f :  n →  n định f ( x ) = Ax, x ∈  n , A ∈ Mat ( n ) det A ≠ Khi ta có i) ker f = {0 } , n dim ker f= < +∞; ii) imf =  n đóng; iii) co ker f ≡  n /  n= {0 n +  n } , dim co ker f = < +∞ Vậy f toán tử Fredholm có số Định nghĩa 1.4 Cho X, Y không gian Banach thực L : D ( L ) ⊂ X → Y toán tử Fredholm có số 0, với D ( L ) miền xác định L Khi ta có Im L tập đóng Y = dim ker L dim (Y / Im L ) < +∞ Xét không gian bổ sung X , Y1 X, Y tương ứng cho= X ker L ⊕ X , = Y Im L ⊕ Y1 lấy P1 : X → ker L Q1 : Y → Y1 phép chiếu tự nhiên Rõ ràng ker L ∩ ( D ( L ) ∩ X ) = {0} , ánh xạ thu hẹp LP := L D( L)∩ X khả nghịch Kí hiệu 1 LP1 −1 ánh xạ ngược LP1 Cho Ω tập mở, bị chặn X thỏa mãn D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ Ánh xạ N : Ω → Y gọi L-compắc Ω Q1 N ( Ω ) bị chặn toán tử LP1 −1 ( I − Q1 ) N : Ω → X compắc CHƯƠNG 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT chuẩn x max { x ( t ) : t ∈ [ 0; ω ]} Khi Cho Cω ={ x ∈ C ( ,  ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ } với = ( Cω , ) không gian Banach Một nón K Cω định nghĩa K = { x ∈ Cω : x ( t ) ≥ α x , ∀t ∈ } , với α số dương cho trước, α < Các toán tử A, B : Cω → Cω định ( Bx )( t ) = cx ( t − δ ( t ) ) ( Ax )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) , ( 2.1) Bổ đề 2.1 Nếu c ≠ A có ánh xạ ngược A −1 liên tục Cω , thỏa mãn (1) j −1 ∞    j + − f t c f s ( )  ∑  ∑ δ ( Di ) , c < 1, ∀f ∈ Cω =j =i  ( A−1 f ) ( t ) =  f t + δ t  ∞ ( ( ) ) − f  s + δ t + j −1 δ D , c > 1, ∀f ∈ C  − ( ) ∑ ( i ) ∑ ω   c c j +1  = j 1= i   ( 2.2 ) ( 2) ( 3) ( A f ) (t ) ≤ − c −1 ω f −1 ∫ ( A f ) ( t ) dt ≤ , ∀f ∈ Cω 1− c ω ∫ f ( t ) dt , ∀f ∈ Cω Chứng minh Ta có trường hợp sau j −1 Trường hợp 1: ( c < 1) Đặt t − δ ( t ) = s D1 = s, D j = s − ∑ δ ( Di ), j = 2,3, Ta có i =1 t) ( Bx )(= cx ( t − δ ( t ) ) , ( B x ) ( t )= ( B ( Bx ) ) ( t )= c ( Bx ) ( t − δ ( t ) )= ( ) c x t − δ ( t ) − δ ( t − δ ( t ) ) = c x ( s − δ ( D1 ) ) , ( B x ) (t ) = ( B ( B x )) (t ) = c ( B x ) ( t − δ ( t ) )= c x ( t − δ ( t ) − δ ( t − δ ( t ) ) − δ ( t − δ ( t ) − δ ( t − δ ( t ) ) ) ) =c x ( s − δ ( D ) − δ ( s − δ ( D ) ) ) =c x ( s − δ ( D ) − δ ( D ) ) , 2 3 1  j −1   i =1  Chứng minh quy nạp ta có ( B j x ) ( t ) = c j x  s − ∑ δ ( Di )  , ( j ≥ 1) Do ta có j −1   f  s − ∑ δ ( Di )  =j = i   ∞ ∞ f (t ) + ∑ c ∑ ( B f ) (t ) = j =j ( 2.3) j Do A, B ∈ L ( Cω ) , A= I − B B ≤ c < nên theo định lý 1.1, A có ánh xạ ngược liên tục A−1 : Cω → Cω với ∞ ∞ A−1 =− I +∑Bj = ( I B) = ∑Bj, −1 ( 2.4 ) =j =j với B = I Khi đó: j −1   f ) ( t ) ∑ (= B f ) ( t ) ∑ c f  s − ∑ δ ( Di )  ( A= =j =j 0= i   ∞ −1 ∞ j ( 2.5) j Và kết ∞ j −1 ∞ f   j j c f s − δ D ≤ f c = ∑ ∑  ∑ ( i ) 1− c =j 0= i = j   ∑ ( B j f ) (t ) = ( A−1 f ) ( t ) = =j ∞ Hơn j −1   j j = − B f t c f s ( )( )  ∑ δ ( Di )  ≤ c i =1   Chuỗi ∞ ∑c j j f , ∀t ∈ = , ∀j 0,1, ; f hội tụ c < j =0 Do chuỗi ∞ ∑ (B f ) j j =0 hội tụ [ 0, ω ] Suy ω ∞ ∞ ω j j ∫ ∑ ( B f ) ( t ) dt = ∑ ∫ ( B f ) ( t ) dt j 0=j 0 10 ( 2.6 ) Từ ta có ω ω ω ∞ ∞ ∞ ω ∫ ( A f ) ( t ) dt = ∫ ∑ ( B f ) ( t ) dt ≤ ∫ ∑ ( B f ) ( t ) dt = ∑ ∫ ( B f ) ( t ) dt −1 j = j j j = j 0=j 0 = ∞ ω j −1   f  s − ∑ δ ( Di )  dt 0= i   ∑∫ c =j ∞ ≤∑c j =0 j ω j ∫ ω f ( t ) dt = f ( t ) dt − c ∫0 ( 2.7 ) Trường hợp 2: ( c > 1) Cho toán tử E , B1 : Cω → Cω định ( Ex )( t ) =x ( t ) − x (t + δ (t )) , c ( 2.8) ( B1 x= )( t ) x ( t + δ ( t ) ) c Do B1 toán tử tuyến tính nên ta có j −1 s= t + δ (t ) = D1 , D j = s + ∑ δ ( Di ), j −1  j B f t = f s + ( ) ( ) c j  ∑ δ ( Di )  , i =1   ( j ≥ 1) , với ( j ≥ 2) i =1 Lấy tổng theo j ta có j −1   f ( t ) + ∑ j f  s + ∑ δ ( Di )  ( B1 f ) ( t ) = ∑ c  =j =j = i  ∞ ∞ ( 2.9 ) j Do E , B1 ∈ L ( Cω ) , E= I − B1 B1 ≤ < nên theo định lý 1.1, E có ánh xạ ngược liên tục c E −1 : Cω → Cω với ∞ E −1 = I + ∑ B1 j , ( I − B1 ) = −1 ( 2.10 ) j =1 ∀f ∈ Cω , ta có ∞ ( t ) f ( t ) + ∑ ( B1 j f ) ( t ) ( E −1 f )= ( 2.11) j =1 Mặt khác, ( Ax )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) , ta có 11  x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) = −c  x ( t − δ ( t ) ) − ( Ax )( t ) =   x ( t ) , c  Suy ( Ax )( t ) = −c ( Ex ) ( t − δ ( t ) ) ( 2.12 ) ( 2.13) Lấy f ∈ Cω tùy ý Ta tìm x thỏa mãn ( Ax )( t ) = f ( t ) ( 2.14 ) Suy −c ( Ex ) ( t − δ ( t ) ) = f (t ) ( 2.15) Cho nên f (t + δ (t )) := f1 ( t ) c − ( Ex ) (t ) = (2.16) ∞ f (t + δ (t )) ∞ j f (t + δ (t )) − − ∑ B1 x(t ) == ( E −1 f1 )(t ) f1 (t ) + ∑ ( B1j f1 )(t ) = , c c j =j = (2.17) Như vậy, ta chứng minh A−1 tồn thỏa mãn j −1 f (t + δ (t )) ∞ j f (t + δ (t )) f (t + δ (t )) ∞  A−1 f  (t ) = − − ∑ B1 = − − ∑ j +1 f ( s + δ (t ) + ∑ δ ( Di )), c c c c = = j j 1= i j −1 f f (t + δ (t )) ∞  A−1 f  (t ) = − − ∑ j +1 f ( s + δ (t ) + ∑ δ ( Di )) ≤ c c c −1 = j 1= i (2.18) Khẳng định (1) (2) chứng minh Từ chứng minh trên, (3) suy dễ dàng Bổ đề 2.2 Nếu c < c < α , với y ∈ K ta có α− c y ≤ ( A−1 y )(t ) ≤ y 1− c 1− c (2.19) Chứng minh 12 Do c < c < α < nên theo bổ đề 2.1, với y ∈ K ta có j −1   y  s − ∑ δ ( Di )  i =j =   j −1 j −1     j y ( t ) ∑ c j y  s − ∑ δ ( Di )  − ∑ c y  s − ∑ δ ( Di )  =+ j ≥1 i =1 i =1   j ≥1   ∞ y (t ) + ∑ c ( A y ) (t ) = −1 j j even j odd ≥ α y +α ∑ cj y − y j ≥1 j even ∑c ( 2.20 ) j j ≥1 j odd c α y − y 1− c − c2 α− c y = − c2 = Bổ đề 2.3 Nếu c > c < , với y ∈ K ta có α y ≤ ( A−1 y )(t ) ≤ y 1− c 1− c (2.21) Chứng minh Do c > c < 1, α < nên theo bổ đề 2.1, với y ∈ K ta có j −1   y ( t ) + ∑ c y  s − ∑ δ ( Di )  ( A y ) (t ) = =j = i   j ≥ α y + α y ∑c ∞ −1 j ( 2.22 ) j ≥1 = α y 1− c Ghi 2.4 Bổ đề 2.1 không trường hợp c = Thật với c = 1, ta xét ( Ax )( t ) = x ( t ) − x ( t − δ ( t ) ) , với δ ( t ) = sin 4t Nếu ( Ax )( t ) = cos 4t ta có ( Ax )  π  =1 2 π  π  ⇔ x  − x  = (điều vô lý) 2 2 Vậy A ánh xạ ngược 13 CHƯƠNG 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Trong phần này, xét phương trình trung hòa cấp hai sau ) ) ) '' f ( t , x ' ( t ) ) + g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) + e ( t ) , ( x ( t ) − cx ( t − δ ( t= ( 3.1) ω với τ , e ∈ Cω ∫ e ( t ) dt = 0; f g hàm liên tục  tuần hoàn theo biến t với ,.) g ( t + ω ,.) , f ( t , ) = 0, f ( t , u ) ≥ f ( t , u ) ≤ 0, ∀ ( t , u ) ∈  ,.) f ( t + ω ,.) , g ( t= f ( t= Trước tiên nhắc lại định lý mở rộng Mawhin, định lý mà sử dụng để chứng minh cho kết chương Bổ đề 3.1 (Gaines Mawhin [6]) Giả sử X Y hai không gian Banach L : D ( L ) ⊂ X → Y toán tử Fredholm với số Hơn Ω ⊂ X tập mở bị chặn N : Ω → Y L - compắc Ω Giả sử điều kiện sau thỏa mãn (1) Lx ≠ λ Nx, ∀x ∈ ∂Ω ∩ D ( L ) , λ ∈ ( 0,1) ; (2) Nx ∉ Im L, ∀x ∈ ∂Ω ∩ KerL; (3) deg { JQ1 N , Ω ∩ KerL, 0} ≠ với J : Im Q1 → KerL đẳng cấu Khi phương trình Lx = Nx có nghiệm Ω ∩ D ( L ) Để sử dụng định lý mở rộng Mawhin cho việc nghiên cứu tồn nghiệm tuần hoàn với chu kỳ ω ( 3.1) , viết lại ( 3.1) dạng sau ( Ax1 ) ' ( t ) = x2 ( t ) , x2 '= ( t ) f ( t , x1 ' ( t ) ) + g ( t , x1 ( t − τ ( t ) ) ) + e ( t ) ( 3.2 ) Rõ ràng x ( t ) = ( x1 ( t ) , x2 ( t ) ) nghiệm tuần hoàn có chu kỳ ω ( 3.2 ) x1 ( t ) T nghiệm tuần hoàn có chu kỳ ω ( 3.1) Do đó, toán tìm nghiệm tuần hoàn chu kỳ ω cho phương trình ( 3.1) quy tìm nghiệm cho ( 3.2 ) 14 Nhắc lại Cω ={φ ∈ C ( ,  ) : φ ( t + ω ) =φ ( t )} với = chuẩn φ max { φ ( t ) : t ∈ [ 0, ω ]} Định { } X =Y =Cω × Cω = x =( x1 (.) , x2 (.) ) ∈ C ( ,  ) : x ( t ) =x ( t + ω ) , t ∈  nghĩa với chuẩn x = max { x1 , x2 } Rõ ràng, X Y không gian Banach { } Cho L : D ( L ) = x ∈ C1 ( ,  ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈  ⊂ X → Y ( 3.3) định  ( Ax1 ) ' ( t )    x2 ' ( t )  ( 3.4 ) ( Lx )( t ) =  N : X → Y định  x2 ( t )    Nx t = ( )( )  f ( t , x1 ' ( t ) ) + g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + e ( t )    ( ( 3.5) ) Khi ( 3.2 ) chuyển phương trình vắn tắt Lx = Nx Từ định nghĩa L dễ dàng thấy  ker L ≅  , Im L =  y ∈Y :   y1 ( s )     = ds   ∫0  y2 ( s )       ω ( 3.6 ) Vậy L toán tử Fredholm với số Cho P1 : X → KerL Q1 : Y → Im Q1 ⊂  định ω  y1 ( s )  Q1 y = ∫   ds, ω  y2 ( s )   ( Ax1 )( )  P1 x =  ;  x ( )    ( 3.7 ) Im P1 = KerL, KerQ1 = Im L Đặt LP = L|D( L )∩ KerP LP −1 : Im L → D ( L ) hiểu ánh xạ ngược LP ,  LP1 −1 1  ( A−1 Fy1 ) ( t )  , y  ( t ) =   ( Fy )( t )    t t 0 ( 3.8) y1 ( s ) ds, [ Fy2 ] ( t ) ∫ y2 ( s ) ds [ Fy1 ] ( t ) ∫= 15 Từ ( 3.5 ) ( 3.8 ) rõ ràng Q1 N LP −1 ( I − Q1 ) N liên tục Q1 N ( Ω ) bị chặn ( ) LP1 −1 ( I − Q1 ) N Ω compắc với tập mở, bị chặn Ω ⊂ X , điều có nghĩa N L − compắc Ω Bây đưa kết nghiệm tuần hoàn ( 3.1) Định lý 3.2 Giả sử có tồn số dương K1 , D, M , b với M ≥ e cho ( H 1) f ( t , u ) ≤ K1 u + b, với ( t , u ) ∈  × ; ( H 2) sgn x g ( t , x ) > e , với x > D; ( H 3) g ( t , x ) ≥ − M , với x ≤ − D t ∈  Khi ( 3.1) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ ω < { ω (1 + c ) 2 K1 − c − c δ1 < 1, } δ1 max δ ' ( t ) : t ∈ [ 0, ω ] = Chứng minh Do cách xây dựng ( 3.2 ) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ ω phương trình hàm sau có nghiệm tuần hoàn chu kỳ ω : ( 3.9 ) Lx = Nx Từ ( 3.8 ) ta thấy N L − compắc Ω, với Ω tập mở, bị chặn Cω Với λ ∈ ( 0,1] ta định nghĩa Ω1= { x ∈ Cω × Cω : Lx= λ Nx} Khi x = ( x1 , x2 ) T ( 3.10 ) ∈ Ω1 thỏa mãn ( Ax1 ) ' ( t ) = λ x2 ( t ) , x= λ f ( t , x1 ' ( t ) ) + λ g ( t , x1 ( t − τ ( t ) ) ) + λ e ( t ) '(t ) ( 3.11) Đầu tiên ta khẳng định có số ξ ∈  cho ( 3.12 ) x1 (ξ ) ≤ D 16 Từ biểu thức ω ∫ ( Ax ) ' ( t ) dt = 0, ta biết tồn hai số t1 , t2 ∈ [ 0, ω ] cho ( Ax1 ) ' ( t1 ) ≥ 0, ( Ax1 ) ' ( t2 ) ≤ Từ phương trình ( 3.11) ta có x2 ( t ) = = x2 ( t1 ) = x2 ( t2 ) λ λ ( Ax1 ) ' ( t1 ) ≥ 0, λ ( Ax1 ) ' ( t ) , ( 3.13) ( Ax1 ) ' ( t2 ) ≤ Lấy t3 , t4 ∈ [ 0, ω ] tương ứng điểm cực đại cực tiểu toàn cục x2 ( t ) Khi ta có x2 ( t3 ) ≥ 0, x2 ' ( t3 ) = 0, ( 3.14 ) x2 ( t4 ) ≤ 0, x2 ' ( t4 ) = Từ giả thiết f ( t , x1 ') ≥ f ( t , x1 ') ≤ 0, không tính tổng quát ta giả sử f ( t , x1 ') ≥ với ( t , x1 ') ∈ [ 0, ω ] ×  Khi ( ) − g t3 , x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) −= e ( t3 ) f ( t3 , x1 ' ( t3 ) ) ≥ 0, ( ( 3.15) ) g t3 , x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ≤ −e ( t3 ) ≤ e Từ ( H ) ta có x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ≤ D ( 3.16 ) Tương tự ta có ( ) ( 3.17 ) x1 ( t4 − τ ( t4 ) ) ≥ − D ( 3.18) g t4 , x1 ( t4 − τ ( t4 ) ) ≥ −e ( t3 ) ≥ − e , ( H ) nên Trường hợp 1: Nếu x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ∈ ( − D, D ] ta đặt ξ= t3 − τ ( t3 ) , x1 (ξ ) ≤ D Trường hợp 2: Nếu x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ≤ − D từ ( 3.18 ) x1 liên tục  nên tồn số ξ ( t3 − τ ( t3 ) ) ( t4 − τ ( t4 ) ) cho x1 (ξ ) = D Điều chứng minh ( 3.12 ) Chọn số k số t5 ∈ [ 0, ω ] cho = ξ ω k + t5 , x= x1 ( t5 ) ≤ D Do (ξ ) 17 t ω t5 ( 3.19 ) x1 ( t ) ≤ x1 ( t5 ) + ∫ x1 ' ( s ) ds ≤ D + ∫ x1 ' ( s ) ds Thế x2 ( t ) = λ ( Ax1 ) ' ( t ) vào phương trình thứ hai ( 3.11) ta có '' 1  t )  λ f ( t , x1 ' ( t ) ) + λ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + λ e ( t ) ,  ( Ax1 )(= λ  ( ) ( 3.20 ) Suy λ f ( t , x1 ' ( t ) ) + λ g ( t , x1 ( t − τ ( t ) ) ) + λ e ( t ) )( t ) ) ( ( Ax = '' ( 3.21) Lấy tích phân hai vế ( 3.21) đoạn [ 0, ω ] , ta có ω ∫  f ( t , x ' ( t ) ) + g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) dt = ( 3.22 ) Mặt khác, nhân hai vế ( 3.21) với ( Ax1 )( t ) lấy tích phân [ 0, ω ] , ta có ω ω ∫ ( ( Ax )( t ) ) ( Ax )( t ) dt = −∫ ( Ax ) ( t ) '' ' 1 dt ω = λ ∫ f ( t , x1 ' ( t ) ) ( Ax1 )( t ) dt ( 3.23) +λ ω ω ∫ g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) ( Ax )( t ) dt + λ ∫ e ( t )( Ax )( t ) dt 1 0 Sử dụng ( H 1) ta có ω ∫ ( Ax ) ( t ) ' ω dt ≤ ∫ f ( t , x1 ' ( t ) ) x1 ( t ) − cx1 ( t − δ ( t ) ) dt ω ( ) + ∫ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) x1 ( t ) − cx1 ( t − δ ( t ) ) dt ( 3.24 ) ω + ∫ e ( t ) x1 ( t ) − cx1 ( t − δ ( t ) ) dt ≤ (1 + c ) ω  ω '  x1  K1 ∫ x1 ( t ) dt + bω + ∫ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) dt + ω e    ( ) Ngoài khẳng định tồn số dương N1 cho ω ∫ ( ) ω g t , x1 ( t − τ ( t ) ) dt ≤ 2ω N1 + ωb + K1 ∫ x1' ( t ) dt ( 3.25) 18 [...]... 2 Vậy A không có ánh xạ ngược 13 CHƯƠNG 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Trong phần này, chúng ta xét phương trình trung hòa cấp hai sau ) ) ) '' f ( t , x ' ( t ) ) + g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) + e ( t ) , ( x ( t ) − cx ( t − δ ( t= ( 3.1) ω với τ , e ∈ Cω và ∫ e ( t ) dt = 0; f và g là các hàm liên tục trên  2 và tuần hoàn theo biến t với 0 ,.) g ( t + ω ,.) , f ( t , 0 )... (Gaines và Mawhin [6]) Giả sử rằng X và Y là hai không gian Banach và L : D ( L ) ⊂ X → Y là toán tử Fredholm với chỉ số 0 Hơn nữa Ω ⊂ X là tập mở bị chặn và N : Ω → Y là L - compắc trên Ω Giả sử rằng các điều kiện sau được thỏa mãn (1) Lx ≠ λ Nx, ∀x ∈ ∂Ω ∩ D ( L ) , λ ∈ ( 0,1) ; (2) Nx ∉ Im L, ∀x ∈ ∂Ω ∩ KerL; (3) deg { JQ1 N , Ω ∩ KerL, 0} ≠ 0 với J : Im Q1 → KerL là một đẳng cấu Khi đó phương trình. ..CHƯƠNG 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT chuẩn x max { x ( t ) : t ∈ [ 0; ω ]} Khi đó Cho Cω ={ x ∈ C ( ,  ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ } với = ( Cω , ) là không gian Banach Một nón K trong Cω được định nghĩa bởi K = { x ∈ Cω : x ( t ) ≥ α x , ∀t ∈ } , với α là một số dương cho trước, α < 1 Các toán tử A, B : Cω → Cω định bởi ( Bx )( t ) = cx ( t... =  và N : X → Y định bởi  x2 ( t )    Nx t = ( )( )  f ( t , x1 ' ( t ) ) + g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + e ( t )    ( ( 3.5) ) Khi đó ( 3.2 ) được chuyển về phương trình vắn tắt Lx = Nx Từ định nghĩa của L dễ dàng thấy rằng  ker L ≅  , Im L =  y ∈Y :  2  y1 ( s )   0   = ds   ∫0  y2 ( s )   0     ω ( 3.6 ) Vậy L là toán tử Fredholm với chỉ số 0 Cho P1 : X → KerL và Q1... KerL, KerQ1 = Im L Đặt LP = L|D( L )∩ KerP và LP −1 : Im L → D ( L ) được hiểu là ánh xạ ngược của LP , khi đó 1  LP1 −1 1 1 1  ( A−1 Fy1 ) ( t )  , y  ( t ) =   ( Fy )( t )  2   t t 0 0 ( 3.8) y1 ( s ) ds, [ Fy2 ] ( t ) ∫ y2 ( s ) ds [ Fy1 ] ( t ) ∫= 15 Từ ( 3.5 ) và ( 3.8 ) rõ ràng rằng Q1 N và LP −1 ( I − Q1 ) N là liên tục và Q1 N ( Ω ) bị chặn và khi đó 1 ( ) LP1 −1 ( I − Q1 ) N Ω là... δ ( Di )  dt 0= i 1   0 ∑∫ c =j ∞ ≤∑c j =0 j ω j ∫ 0 ω 1 f ( t ) dt = f ( t ) dt 1 − c ∫0 ( 2.7 ) Trường hợp 2: ( c > 1) Cho các toán tử E , B1 : Cω → Cω định bởi ( Ex )( t ) =x ( t ) − 1 x (t + δ (t )) , c ( 2.8) 1 ( B1 x= )( t ) x ( t + δ ( t ) ) c Do B1 là toán tử tuyến tính nên ta có j −1 s= t + δ (t ) = D1 , D j = s + ∑ δ ( Di ), j −1 1  j B f t = f s + ( ) ( 1 ) c j  ∑ δ ( Di )  , i =1... g ( t , x ) > e , với x > D; ( H 3) g ( t , x ) ≥ − M , với x ≤ − D và t ∈  Khi đó ( 3.1) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kỳ ω khi 0 < { 1 2 1 ω (1 + c ) 2 2 K1 1 − c − c δ1 < 1, trong } đó δ1 max δ ' ( t ) : t ∈ [ 0, ω ] = Chứng minh Do cách xây dựng thì ( 3.2 ) có một nghiệm tuần hoàn với chu kỳ ω nếu và chỉ nếu phương trình hàm sau có một nghiệm tuần hoàn chu kỳ ω : ( 3.9 ) Lx = Nx Từ... − τ ( t4 ) ) ≥ −e ( t3 ) ≥ − e , và do ( H 2 ) nên Trường hợp 1: Nếu x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ∈ ( − D, D ] thì ta đặt ξ= t3 − τ ( t3 ) , khi đó x1 (ξ ) ≤ D Trường hợp 2: Nếu x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ≤ − D thì từ ( 3.18 ) và do x1 liên tục trên  nên tồn tại hằng số ξ giữa ( t3 − τ ( t3 ) ) và ( t4 − τ ( t4 ) ) sao cho x1 (ξ ) = D Điều này chứng minh ( 3.12 ) Chọn hằng số k và hằng số t5 ∈ [ 0, ω ] sao cho... s ) ds ≤ D + ∫ x1 ' ( s ) ds Thế x2 ( t ) = 1 λ ( Ax1 ) ' ( t ) vào phương trình thứ hai của ( 3.11) ta có '' 1  t )  λ f ( t , x1 ' ( t ) ) + λ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + λ e ( t ) ,  ( Ax1 )(= λ  ( ) ( 3.20 ) Suy ra λ 2 f ( t , x1 ' ( t ) ) + λ 2 g ( t , x1 ( t − τ ( t ) ) ) + λ 2 e ( t ) )( t ) ) ( ( Ax = '' 1 ( 3.21) Lấy tích phân hai vế của ( 3.21) trên đoạn [ 0, ω ] , ta có ω 0 ∫  f (... đó, bài toán tìm một nghiệm tuần hoàn chu kỳ ω cho phương trình ( 3.1) quy về tìm một nghiệm cho ( 3.2 ) 14 Nhắc lại rằng Cω ={φ ∈ C ( ,  ) : φ ( t + ω ) =φ ( t )} với = chuẩn φ max { φ ( t ) : t ∈ [ 0, ω ]} Định { } X =Y =Cω × Cω = x =( x1 (.) , x2 (.) ) ∈ C ( ,  2 ) : x ( t ) =x ( t + ω ) , t ∈  nghĩa với chuẩn x = max { x1 , x2 } Rõ ràng, X và Y là các không gian Banach { } Cho L : D ( L )