Luận văn sự tồn tại nghiệm của phương trình vi tích phân cấp 2 với điều kiện đầu không địa phương

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦU VĂN HIẾU SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI TÍCH PHÂN CẤP VỚI ĐIỀU KIỆN ĐẦU KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội, 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦU VĂN HIẾU SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI TÍCH PHÂN CẤP VỚI ĐIỀU KIỆN ĐẦU KHƠNG ĐỊA PHƯƠNG Chun ngành: Tốn giải tích Mã số : 8460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TSKH Nguyễn Văn Lợi Hà Nội, 2018 Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TSKH Nguyễn Văn Lợi - Đại học FPT tận tình hướng dẫn để em hồn thành luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới tồn thể thầy giáo khoa Tốn, thầy phòng Sau đại học thầy cô Trường Đại học Sư phạm Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập Trường Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè ln bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực luận văn tốt nghiệp Hà Nội, tháng năm 2018 Tác giả Lầu Văn Hiếu Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chun ngành Tốn giải tích với đề tài "Sự tồn nghiệm phương trình vi tích phân cấp với điều kiện đầu không địa phương" hoàn thành hướng dẫn PGS.TSKH Nguyễn Văn Lợi nhận thức thân, không trùng với luận văn khác Trong nghiên cứu viết luận văn, kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Tôi xin cam đoan thông tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Hà Nội, tháng năm 2018 Tác giả Lầu Văn Hiếu Mục lục Phần mở đầu Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Không gian Hilbert 1.2 Không gian Sobolev 1.2.1 Không gian C k (Ω) 1.2.2 Không gian Lp (Ω) 1.2.3 Đạo hàm yếu 1.2.4 Không gian Sobolev Ws,p (Ω) 1.3 Một số kết bổ trợ khác Chương MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ TỒN TẠI NGHIỆM 12 2.1 Đặt toán 12 2.2 Bài toán tổng quát 14 2.3 Kết tổng quát 16 2.3.1 Điều kiện tuần hoàn 16 2.3.2 Điều kiện biên không địa phương 27 2.4 Chứng minh Định lý 2.1.1, 2.1.2 2.1.3 33 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 Các kí hiệu d(x, y) Khoảng cách hai phần tử x y {xn }∞ n=1 Dãy số xn C1 Tập tất hàm khả vi liên tục B (a, r) Br (a) Hình cầu mở tâm a bán kính r B (a, r) B r (a) Hình cầu đóng tâm a bán kính r R BH Hình cầu đóng H bán kính R x supp(φ) Chuẩn x Giá hàm φ, tức tập {x ∈ X : φ(x) = 0} Phần mở đầu Lý chọn đề tài Đề tài đặt mục tiêu nghiên cứu “Sự tồn nghiệm phương trình vi tích phân bậc với điều kiện đầu không địa phương” dạng: utt = cut + bu(t, ξ) k(ξ, η)u(t, η)dη + h(t, u(t, ξ)) (*) Ω đó, Ω ⊂ Rn (n ≥ 2) tập mở, bị chặn với biên trơn, b c số, h : [0, T ] × R → R k ∈ W 2,1 (Ω × Ω; R) hàm số cho trước Phương trình mơ tả q trình khuếch tán tốn tử khuếch tán đặc trưng thành phần tích phân Nó đặc trưng cho q trình khuếch tán có nhớ, tức cần có quan sát thời gian định Các trình khuếch tán kiểu thường hay gặp toán sinh thái học tăng trưởng dân số Các nghiên cứu trước thường nghiên cứu trình khuếch tán với điều kiện ban đầu điều kiện tuần hoàn Trong luận văn này, đặt mục tiêu nghiên cứu tính giải phương trình với điều kiện không địa phương Điều kiện mở rộng tổng quát so với điều kiện nghiên cứu trước Bố cục luận văn bao gồm chương: Chương Kiến thức chuẩn bị: trình bày số khái niệm kết liên quan tới không gian Hilbert không gian Sobolev Bên cạnh đó, số kết hội tụ yếu nhắc lại chương Chương Một số định lý tồn nghiệm: trình bày kết luận văn, định nghĩa tồn nghiệm cho phương trình (*) với điều kiện ban đầu khơng địa phương Mục đích nghiên cứu Luận văn nghiên cứu tồn nghiệm phương trình vi tích phân bậc với điều kiện đầu không địa phương giải tích Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu tồn nghiệm phương trình vi tích phân bậc với điều kiện đầu khơng địa phương Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Bài tốn tuần hồn, tốn cơ-si tốn giá trị trung bình có nghiệm • Phạm vi nghiên cứu: Các điều kiện để có tồn nghiệm phương trình vi tích phân bậc với điều kiện đầu khơng địa phương Phương pháp nghiên cứu • Vận dụng kiến thức, phương pháp giải tích hàm • Phân tích, tổng hợp trình bày lại kiến thức liên quan đến tồn nghiệm phương trình vi tích phân bậc với điều kiện đầu khơng địa phương Đóng góp luận văn Dựa tài liệu tham khảo báo [3], luận văn làm rõ định lý tồn nghiệm cho phương trình vi tích phân cấp dạng (*) với điều kiện đầu không địa phương có nghiệm Do thời gian thực luận văn khơng nhiều, kiến thức hạn chế nên làm luận văn khơng tránh khỏi hạn chế sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Chương MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, trình bày kiến thức chuẩn bị cần cho chương như: không gian Hilbert khơng gian Sobolev Các kiến thức trình bày mục 1.1 1.2 chương biên soạn dựa tài liệu [2, 8] 1.1 Không gian Hilbert Định nghĩa 1.1.1 Cho không gian vec tơ E trường K ( K = R K = C) Một ánh xạ từ E × E vào K, (x, y) → x, y , gọi tích vơ hướng E thỏa mãn điều kiện sau: (i) x, x ≥ , ∀x ∈ E x, x = x = 0; (ii) y, x = x, y y, x = x, y , K = R, ∀x, y ∈ E; (iii) x + x , y = x, y + x , y , ∀x, x , y ∈ E; (iv) αx, y = α x, y , ∀x, y ∈ E, α ∈ K Từ tính chất (iii), (iv) ta có x, y + y = x, y + x, y ¯n = Theo định lý Mazur, tồn chuỗi tổ hợp lồi h hội tụ tới x0 L1 (I, H) , với θnk ≥ 0, ∞ θnk fk k=n ∞ θnk = với n tồn k=n k0 (n) cho θnk = với k > k0 (n) Sự hội tụ hn đến x0 L1 (I, H) suy f n (t) → x0 (t) H với hầu khắp t ∈ I, từ tính chất nhúng compact (1.2) thu f n (t) → x0 (t) E với hầu khắp t ∈ I Mặt khác, theo định lý 1.3.1 ta có xn (t) → x0 (t) xn (t) → x0 (t) E với t ∈ I từ (F 3) ta có f (t, xn (t), xn (t)) → f (t, x0 (t), x0 (t)) E Vì vậy, f n (t) → f (t, x0 (t), x0 (t)) với hầu khắp t ∈ I Tính giới hạn suy x0 (t) = f (t, x0 (t), x0 (t)) với hầu khắp t ∈ I định lý chứng minh 2.3.2 Điều kiện biên không địa phương Trước tiên, xem xét toán tổng quát sau:     x (t) = f (t, x(t), x (t)), hầu khắp t ∈ [0, T ],    x(0) = M x,      x(T ) = Lx (2.20) với điều kiện (F 1) − (F 4) mục 2.3.1 điều kiện bổ sung sau: (M ) M : C(I, H) → H tốn tử tuyến tính bị chặn với M ≤ 1; (L) L : C(I, H) → H tốn tử tuyến tính bị chặn với L ≤ Nghiệm toán (2.20) hàm số x ∈ W 2,1 (I, H) cho x(0) = M x, x(T ) = Lx x (t) = f (t, x(t), x (t)) với hầu khắp t ∈ I 27 Định lý 2.3.2 Giả sử điều kiện (F 1) − (F 4), (M ), (L) (2.9) thỏa R mãn Khi đó, tốn (2.20) có nghiệm với giá trị BH Tương tự Bổ đề 2.3.1 dễ dàng để chứng minh kết sau Bổ đề 2.3.3 Với hàm số f ∈ L1 (I, Rn ) hai vectơ x0 , x1 ∈ Rn cho trước, toán Dirichlet bậc     x (t) = f (t) hầu khắp t ∈ [0, T ]    x(0) = x0 ,      x(T ) = x1 có nghiệm cho x(t) = t t t 1− x0 + x1 − T T T T t (T −r)f (r)dr+ (t−r)f (r)dr (2.21) Chứng minh Định lý 2.3.2 Trước tiên, chứng minh với n ∈ N tồn nghiệm tốn khơng gian hữu hạn chiều sau:     x (t) = Pn f (t, x(t), x (t)), với hầu khắp t ∈ I,    x(0) = Pn M x,      x(T ) = Pn Lx (2.22) Trong tập Qn (xem định nghĩa tập Qn (2.13)), số R B xác định chứng minh Định lý 2.3.1 Để đạt 28 mục đích này, xét toán với m ∈ N,    x (t) = Pn f (t, x(t), x (t)) + φ(x(t))(β( x (t) )χθm (t) + ),   m      với hầu khắp t ∈ I,   x(0) = Pn M x,       x(T ) = Pn Lx, (2.23) φ định nghĩa (2.14), dãy {θm } từ Định lý 1.3.5 β hàm số điều kiện (F 4) Theo Bổ đề 2.3.3 với q ∈ Qn λ ∈ [0, 1] tốn Dirichlet tuyến tính    x (t) = λPn f (t, q(t), q (t)) + φ(q(t))(β( q (t) )χθm (t) + ),   m      với hầu khắp t ∈ I,   x(0) = λPn M q       x(T ) = λPn Lq (2.24) có nghiệm xác định t t t x(t) = (1 − )λPn M q + λPn Lq − T T T T (T − r) λPn f (r, q(r), q (r)) + φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) + m dr t (t − r) λPn f (r, q(r), q (r)) + φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) + + m dr Ký hiệu nghiệm với Tnm (q, λ) ∈ W 2,1 (I, Hn ), xác định ánh xạ Tnm : Qn × [0, 1] → C (I, Hn ) Rõ ràng, x nghiệm (2.24) x ∈ Tnm (x, 1) Chúng ta áp dụng Định lý 1.3.3 để chứng minh tồn nghiệm (2.24) 29 (a) Chúng ta ánh xạ đa trị Tnm có đồ thị đóng khơng gian Qn × [0, 1] × C (I, Hn ) Giả sử (qj , λj , xj ) → (q0 , λ0 , x0 ) ∈ Qn × [0, 1] × C (I, Hn ), xj = Tnm (qj , λj ) Khi xj (0) = λj Pn M qj xj (T ) = λj Pn Lqj lấy giới hạn j → ∞ thu x0 (0) = λ0 Pn M q0 x0 (T ) = λ0 Pn Lq0 , tính liên tục Pn , M L Từ (F 2) tính liên tục φ, β Pn suy với hầu khắp t ∈ I, dãy λj Pn f (t, qj (t), qj (t)) + φ(qj (t)) β( qj (t) )χθm (t) + m hội tụ tới λ0 Pn f (t, q0 (t), q0 (t)) + φ(q0 (t)) β( q0 (t) )χθm (t) + m Từ định nghĩa Qn (F 4) với j ∈ N λj Pn f (t, qj (t), qj (t)) + φ(qj (t)) β( qj (t) )χθm (t) + m ≤ 2β(2B)+1 (2.25) Do đó, áp dụng định lý Lebesgue hội tụ trội dãy {xj (t)} hội tụ tới γ0 (t) = (1 − t T )λ0 Pn M q0 + t T λ0 Pn Lq0 t − T T (T − r) λPn f (r, q0 (r), q0 (r)) + φ(q0 (r)) β( q0 (r) )χθm (r) + m dr+ t (t − r) λPn f (r, q0 (r), q0 (r)) + φ(q0 (r)) β( q0 (r) )χθm (r) + m dr với t ∈ I Kết hợp với tính giới hạn, với t ∈ I, x0 (t) = γ0 (t), nghĩa x0 ∈ Tnm (λ0 , q0 ) Do đó, chứng minh tính đóng đồ thị 30 (b) Bây giờ, Tnm ánh xạ compact, nghĩa tập Tnm (Qn × [0, 1]) tương đối compact Từ (2.21) ta có 1 x (t) = − λPn M q + λPn Lq − T T T T m t + (t − r) λPn f (r, q(r), q (r)) + φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) + m (T − r) λPn f (r, q(r), q (r)) + φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) + dr dr Do đó, từ (2.25) suy tập {x : x ∈ Tnm Qn × [0, 1] } bị chặn L1 (I, Hn ) ||x (t)|| ≤ R + (2β(2B) + 1)T (T + 1), T {x : x ∈ Tnm Qn × [0, 1] } bị chặn C(I, Hn ) Tương tự chứng minh Tnm Qn ×[0, 1] bị chặn C(I, Hn ) Áp dụng định lý Ascoli-Arzela (như (b) chứng minh Định lý 2.3.1) ta thu điều phải chứng minh (c) Bây Tnm (Qn , 0) ⊂ int Qn Xét q ∈ Qn x = Tnm (q, 0) Khi x nghiệm toán Cauchy     x (t) = φ(q(t))(β( q (t) )χθm (t) + m1 ), với hầu khắp t ∈ I,    x(0) =      x(T ) = Theo (2.21), thu T t x(t) = − T (T − r)φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) + t (t − s)φ(q(r)) β( q (r) )χθm (r) + + 31 dr m dr m T Do đó, điều kiện (F 4) suy với hầu khắp t ∈ I, ||x(t)|| ≤ β(2B) m + T2 m Vậy, có Tnm (Qn × {0}) ⊂ Qn cho m đủ lớn (d) Chúng ta chứng minh Tnm (·, λ) khơng có điểm cố định ∂Qn với λ ∈ (0, 1) Giả sử tồn (q, λ) ∈ ∂Qn × (0, 1) cho q ∈ Tnm (q, λ) Khi tồn t0 ∈ [0, T ] cho q(t0 ) = R q (t0 ) = 2B Tương tự Định lý 2.3.1 chứng minh q (t) ≤ B với t ∈ I Do q(t0 ) = R Nếu t0 = 0, theo điều kiện (M ), R = q(0) ≤ λ Pn M q < R, điều mâu thuẫn Nếu t0 = T, nhận mâu thuẫn tương tự điều kiện (L), t0 ∈ (0, T ) Tiếp theo, lập luận tương tự phần (d) chứng minh Định lý 2.3.1 ta thu điều phải chứng minh Như vậy, Định lý 1.3.3 đảm bảo với m ∈ N tồn xm ∈ W 2,1 (I, Hn ) ∩ Qn nghiệm toán (2.24) Lập luận tương tự chứng minh Định lý 2.3.1, với n ∈ N, tồn xn ∈ Qn nghiệm (2.22) Hơn nữa, ta chứng minh fn f0 ∈ L1 (I, H) với fn (t) = f (t, xn (t), xn (t)), xn với y0 (t) := γ0 + x0 (t) = δ0 + t f0 (s) ds, t y0 (s)ds t ∈ I, xn y0 C(I, H) x0 C(I, H) với Vì x0 ∈ W 2,1 (I, H), x0 (t) = y0 (t) với t ∈ I x0 (t) = f0 (t) với hầu khắp t ∈ I.Mặt khác điều kiện (M ) suy xn (0) = M xn M x0 , xn (0) x0 (0) dẫn tới x0 (0) = M x0 Tương tự điều kiện (L) suy x0 (T ) = Lx0 Cuối cùng, kết luận định lý thu tương tự chứng minh Định lý 2.3.1 32 2.4 Chứng minh Định lý 2.1.1, 2.1.2 2.1.3 Chúng ta chuyển toán (2.2) dạng tổng quát sau:     x (t) = F (t, x(t), x (t)), với hầu khắp t ∈ [0, T ],    (2.26) x(0) = x(T ),      x (0) = x (T ) tương tự cho toán (2.3) (2.4) sau:     x (t) = F (t, x(t), x (t)), với hầu khắp t ∈ [0, T ],    x(0) = M x,      x(T ) = Lx, (2.27) ánh xạ F : [0, T ] × H × H → H định nghĩa phần (2.5) toán tử M : C(I, H) → H L : C(I, H) → H xác định tương ứng k Mx = k αi x(ti ), Lx = i=1 βi x(ti ), i=1 với αi , βi ∈ R, i = 1, 2, , n < t1 < t2 < · · · < tn ≤ T cho toán (2.3) Mx = T T p1 (t)x(t) dt, Lx = T T p2 (t)x(t) dt, với p1 , p2 ∈ L1 (I, R) cho toán (2.4) Từ giả thiết (4) (5) dễ dàng suy điều kiện (M ) (L) Trong phần này, chứng minh ánh xạ F thỏa mãn điều kiện (F 1) − (F 4) (2.9) Như vậy, áp dụng Định lý 2.3.1 33 2.3.2 có tồn nghiệm tương ứng (2.26) (2.27) Do đó, hệ quả, tồn nghiệm (2.2), (2.3) (2.4) Chúng ta bắt đầu chứng minh điều kiện (F 3) E Cho wn → w0 Chúng ta có g(wn ) − g(w0 ) 2 = k(ξ, η)wn (η) dη − w0 (ξ) wn (ξ) Ω Ω k(ξ, η)w0 (η) dη dξ Ω 2 ≤2 |wn (ξ)| Ω |k(ξ, η)| |(wn (η) − w0 (η))| dη dξ Ω 2 |wn (ξ) − w0 (ξ)| +2 |k(ξ, η)| |w0 (η)| dη Ω dξ Ω ≤ 2K |Ω| wn − w0 22 ( wn 2 + w0 22 ) Vì g E − E liên tục từ tính bị chặn dãy {wn } Mặt khác, h(t, wn ) − h(t, w0 ) 2 |h(t, wn (ξ)) − h(t, w0 (ξ))|2 dξ = Ω |h2 (t, ηn (ξ))|2 · |(wn (ξ) − w0 (ξ))|2 dξ = Ω ≤ N wn − w0 22 , E ηn (ξ) số wn (ξ) w0 (ξ) Vì vậy, h(t, wn ) → h(t, w0 ) h(t, ·) E − E liên tục Vậy ánh xạ (w, v) −→ F (t, w, v) liên tục từ E × E vào E, với t ∈ [0, T ] điều kiện (F 3) thỏa mãn Bây chứng minh điều kiện (F 2) H Cho wn → w0 Chúng ta có wn (ξ) Ω Dk(ξ, η)wn (η) dη + Dwn (ξ) Ω k(ξ, η)wn (η) dη Ω 34 −Dw0 (ξ) k(ξ, η)w0 (η) dη − w0 (ξ) Ω dξ Dk(ξ, η)w0 (η) dη Ω Rn 2 ≤4 |wn (ξ) − w0 (ξ)| Dk(ξ, η) Ω Rn |wn (η)| dη dξ Ω 2 |w0 (ξ)| +4 Ω Rn |wn (η) Dk(ξ, η) − w0 (η)| dη dξ Ω Dwn (ξ) − Dw0 (ξ) +4 Ω Rn |k(ξ, η)||wn (η)| dη dξ Ω +4 Dw0 (ξ) Ω Rn |k(ξ, η)||wn (η) − w0 (η)| dη dξ Ω ≤ 4K |Ω| wn − w0 H( H wn + w0 H ) Vì {Dg(wn )} hội tụ tới Dg(w0 ) L2 Hơn nữa, g(wn )−g(w0 ) g(wn ) − g(w0 ) → H H → Như vậy, g(wn ) → g(w0 ) Bây giờ, cho t ∈ [0, T ] Để chứng minh tính chất H − H liên tục h(t, ·) giả sử tồn dãy {wn } ε > cho H wn → w0 h(t, wn ) − h(t, w0 ) H > ε với n ∈ N Như có ε2 < h(t, wn ) − h(t, w0 ) H = |h(t, wn (ξ)) − h(t, w0 (ξ))|2 + Dh(t, wn (ξ)) − Dh(t, w0 (ξ)) Ω Rn dξ Từ tính liên tục ánh xạ h(t, )˙ không gian E, khơng tính tổng qt giả sử Dh(t, wn (ξ)) − Dh(t, w0 (ξ)) Ω Rn dξ > ε2 ∀ n ∈ N (2.28) Từ hội tụ {wn } đến w0 H tồn dãy {wnk } cho wnk (ξ) → w0 (ξ) với hầu khắp ξ ∈ Ω Chúng ta có ước lượng sau Dh(t, wnk (ξ)) − Dh(t, w0 (ξ)) Ω Rn dξ = h2 (t, wnk (ξ))Dwnk (ξ) − h2 (t, w0 (ξ))Dw0 (ξ) Ω 35 Rn dξ |h2 (t, wnk (ξ))|2 Dwnk (ξ) − Dw0 (ξ) ≤2 Ω Rn |h2 (t, wnk (ξ)) − h2 (t, w0 (ξ))|2 Dw0 (ξ) +2 Ω dξ Rn dξ Từ tính liên tục h2 suy h2 (t, wnk (ξ)) → h2 (t, w0 (ξ)) với hầu khắp ξ ∈ Ω Hơn nữa, giả thuyết (1) kéo theo |(h2 (t, wnk (ξ)) − h2 (t, w0 )(ξ))|2 Dw0 (ξ) |h2 (t, wnk (ξ))|2 Dwnk (ξ) − Dw0 (ξ) Rn Rn ≤ 4N Dw0 (ξ) Rn ≤ N Dwnk (ξ) − Dw0 (ξ) Rn Như vậy, từ hội tụ {wn } đến w0 H theo định lý hội tụ Lebesgue Dh(t, wnk (ξ)) − Dh(t, w0 (ξ)) Ω Rn dξ −→ k → ∞, H điều mâu thuẫn với (2.28) Do đó, với dãy hội tụ {wn }, wn → w0 , H ta có h(t, wn ) → h(t, w0 ) Vì thế, ánh xạ (w, v) −→ F (t, w, v) liên tục từ H × H vào H ω với t ∈ [0, T ] điều kiện (F 2) thỏa mãn Để kiểm chứng điều kiện (F 1) chứng minh h(·, w) liên tục với w ∈ H Thật vậy, cho t0 ∈ [0, T ] {tn } ⊂ [0, T ] cho tn → t0 Theo (1) có h(tn , w(ξ)) → h(t0 , w(ξ)) Dh(tn , w(ξ)) = h2 (tn , w(ξ))Dw(ξ) → h2 (t0 , w(ξ))Dw(ξ) = Dh(t0 , w(ξ)) với hầu khắp ξ ∈ Ω Như hệ (2.6) tính bị chặn H |h(·, 0)| [0, T ], hội tụ trội E, h(tn , w) → h(t0 , w) Vì thế, h(·, w) liên tục đó, đo Bây giờ, cho Θ ⊂ H bị chặn, w ∈ Θ t ∈ [0, T ] Chúng ta có 36 F (t, w, v) H = cv(ξ) + bw(ξ) + w(ξ) dξ k(ξ, η)w(η) dη + h(t, w(ξ)) Ω Ω + cDv(ξ) + bDw(ξ) + w(ξ) Dk(ξ, η)w(η) dη Ω Ω + Dw(ξ) k(ξ, η)w(η) dη) + h2 (t, w(ξ))Dw(ξ) Ω ≤ 5c2 v H + 5b2 w H + 9K |Ω| w H Rn dξ + 8δ |Ω| + 8N w H Suy ra, F (t, w, v) H ≤ 5c2 v H + 5b2 w H + 9K |Ω| w H + 8δ |Ω| + 8N w , H điều kiện (F 4) thỏa mãn Để chứng minh điều kiện (2.9) trước tiên lưu ý w,F (t, w, v) = c w, v + b w H + w(ξ) w(ξ) k(ξ, η)w(η) dη + h(t, w(ξ)) Ω + Ω Dw(ξ), w(ξ) Dk(ξ, η)w(η) dη Ω + Dw(ξ), Dw(ξ) Ω + Rn k(ξ, η)w(η) dη Ω Dw(ξ), h2 (t, w(ξ))Dw(ξ) = c w, v + b w H + Rn dξ = w(ξ)h(t, w(ξ)) dξ Ω Dw(ξ), h2 (t, w(ξ))Dw(ξ) Rn dξ Ω (w(ξ))2 + Ω dξ Rn Ω + dξ Ω k(ξ, η)w(η) dη Ω 37 dξ dξ Dw(ξ), w(ξ) + Dk(ξ, η)w(η) dη Ω Ω + Rn Dw(ξ) Ω dξ Rn k(ξ, η)w(η) dη dξ Ω Theo (1) (2.6) ước tính sau w,F (t, w, v) ≥ c w, v + b w −N Rn Dw(ξ) Ω −K Dw(ξ) H − |w(ξ)| (|h(t, 0)| + N |w(ξ)|) dξ Ω |w(ξ)|2 dξ dξ − K Ω Rn |w(ξ)| dξ |w(η)| dη Ω −K |w(η)| dη Ω Ω Dw(ξ) Ω Rn |w(η)| dη dξ Ω ≥ c w, v + b − N w 2H − δ|Ω|1/2 w − K|Ω|1/2 w w 2H − K|Ω|1/2 w w 2H ≥ c w, v − K|Ω|1/2 w 3H + (b − N ) w 2H − δ|Ω|1/2 w H ≥ c w, v + − K|Ω|1/2 w 2H + (b − N ) w H − δ|Ω|1/2 w H ≥ c w, v , với điều kiện R1 ≤ w R1,2 = H ≤ R2 , b−N ± (b − N )2 − 6δ|Ω|K 3K|Ω|1/2 Do điều kiện (2.9) thỏa mãn w ∈ H với R1 ≤ w ≤ R2 với v cho w, v = Vì vậy, áp dụng Định lý 2.3.1 2.3.2 thu điều phải chứng minh 38 Kết luận Luận văn tập trung nghiên cứu tồn nghiệm phương trình vi tích phân cấp với điều kiện đầu không địa phương Luận văn thực cơng viêc: Trình bày lại số khái niệm không gian Hilbert, không gian Sobolev kết liên quan tới luận văn nghiên cứu Đặt điều kiện cho toán tuần hồn, cơ-si đa điểm giá trị trung bình thỏa mãn Đưa Định lý tồn nghiệm chứng minh định lý Kết tổng qt với điều kiện tuần hồn điều kiện khơng địa phương 39 Tài liệu tham khảo [1] Andres J., Górniwicz L (2003), Topological Fixed Point Principles for Boundary Value Problems, Kluwer Academic Publishers, Dorddrecht [2] Barbu V (1976),Nonlinear Semigroups and Differential Equations in Banach Spaces Noordhoff International Publishing, Leyden [3] Benedetti I., Loi N.V., Malaguti L., Taddei V (2017), "Nonlocal diffusion second order partial differential equations", J Diff Equ., vol 262, pp 1499-1523 [4] Bochner S., Taylor A.E (1938), "Linear functionals on certain spaces of abstractly-valued functions", Ann of Math., vol 39, pp 913-944 [5] Hu S., Papageorgiou N.S (1997), Handbook of Multivalued Analysis, vol I: Theory, Mathematics and its Applications, vol 419, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht [6] Jang T.S (2015), "A new solution procedure for the nonlinear telegraph equation", Commun Nonlinear Sci Numer Simul., vol 29, pp 307-326 [7] Li W., Zhang H (2015), "Positive doubly periodic solutions of telegraph equations with delays", Bound Value Probl., vol 2015, 12pp [8] Rudin W (1976), Principles of Mathematical Analysis, McGraw-Hill 40 [9] Schmidt K., Thompson R.T (1975), "Boundary value problems for infinite systems of second-order differential equations", J Diff Equ., vol 18, pp 277-295 41 ... tồn nghiệm: trình bày kết luận văn, định nghĩa tồn nghiệm cho phương trình (*) với điều kiện ban đầu khơng địa phương Mục đích nghiên cứu Luận văn nghiên cứu tồn nghiệm phương trình vi tích phân. .. ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦU VĂN HIẾU SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI TÍCH PHÂN CẤP VỚI ĐIỀU KIỆN ĐẦU KHƠNG ĐỊA PHƯƠNG Chun ngành: Tốn giải tích Mã số : 84601 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Người... tài "Sự tồn nghiệm phương trình vi tích phân cấp với điều kiện đầu khơng địa phương" hồn thành hướng dẫn PGS.TSKH Nguyễn Văn Lợi nhận thức thân, không trùng với luận văn khác Trong nghiên cứu vi t