Về nghiệm của một số lớp phương trình vi tích phân tự tham chiếu

Lời cam đoan Tôi xin cam đoan công trình nghiên cứu riêng tơi hướng dẫn GS.TSKH Phạm Kỳ Anh PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn Các kết trình bày luận án trung thực chưa công bố cơng trình khác Nghiên cứu sinh Nguyễn Thị Thanh Lan Lời cảm ơn Lời đầu tiên, kính gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến GS.TSKH Phạm Kỳ Anh PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn Các Thầy hướng dẫn tơi tận tình, ln động viên, bảo, cho lời khuyên vô bổ ích góp ý vơ q báu, hỗ trợ kinh phí suốt trình tơi học nghiên cứu sinh Tơi kính gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TSKH Vũ Hồng Linh Ban Chủ Nhiệm Khoa Tốn - Cơ - Tin học tạo điều kiện làm việc tốt suốt q trình học tơi Tơi kính gửi lời cảm ơn đến PGS.TSKH Vũ Hồng Linh, PGS.TS Nguyễn Hữu Điển, TS Nguyễn Trung Hiếu Thầy, Cơ Bộ mơn Tốn học Tính Tốn cho tơi nhiều góp ý q báu để luận án tơi tốt Tơi kính gửi lời cảm ơn chân thành đến GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu ln động viên tơi suốt q trình tơi học tập Thầy người tài trợ kinh phí thời gian đầu tơi Hà Nội học tập Tơi kính gửi lời cảm ơn đến Phịng Sau đại học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên thuộc Đại học Quốc Gia Hà Nội tạo điều kiện thuận lợi suốt q trình tơi học tập Tơi kính gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến Trường Đại học Sài Gòn hỗ trợ mặt kinh phí tạo điều kiện thời gian cho học nghiên cứu sinh Tơi kính gửi lời cảm ơn đến PGS.TS Phạm Hồng Qn Ban Chủ nhiệm Khoa Tốn ứng dụng Trường Đại học Sài Gòn tạo điều kiện thuận lợi cho tơi việc hồn thành chương trình học Tôi chân thành cảm ơn TS Vũ Tiến Dũng (Bộ môn Tin học), TS Vũ Nhật Huy (Bộ môn Giải tích), NCS Đặng Văn Hiếu, NCS Phạm Thị Thảo hỗ trợ cho tơi góp ý q báu để luận án tốt Cuối tơi xin chân thành cảm ơn gia đình bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Mẹ chồng, người hỗ trợ, chia sẻ công việc gia đình khơng ngừng động viên tơi, cho tơi yên tâm học hành suốt quãng thời gian làm nghiên cứu sinh Hà Nội Và tơi kính xin dành tặng thành đến người Cha kính yêu khuất tơi Một người mà dù khó khăn đến đâu ln mỉm cười, chia sẻ, khích lệ tạo điều kiện cho tơi học hành đến nơi đến chốn suốt quãng đời Mặc dù có nhiều cố gắng, kiến thức thân nhiều hạn chế nên luận án khó tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận bảo Quý Thầy, Cơ góp ý chân thành bạn đọc luận án Tôi xin chân thành cảm ơn NCS Nguyễn Thị Thanh Lan Danh mục ký hiệu chữ viết tắt ỉtu(X ; t) Đạo hàm riêng cấp hàm u(X; t) theo biến t ; t) Đạo hàm riêng cấp hai hàm u(X; t) theo biến t Ều(X R X [0; T0] R X [0; +¥ II f I|¥ II f 110 Tích Descartes R [0; T0] Tích Descartes R [0; +) II f ||¥ = supx2[ab]| f(x)|; với f hàm bị chặn [a.; b] IIf ||0 = maxx6[a,b]| f (x)|; với f: [a; b] ! R hàm liên tục c([—1; 1]; [—1; 1]) Không gian hàm liên tục f : [—1; 1] ! [—1; 1] C([-1; 1]; R) Không gian hàm liên tục f : [ — 1; 1] ! R Lip(R; R) Không gian hàm thực liên tục Lipschitz R l.s.c Nửa liên tục max{T0; T1g Giá trị lớn hai giá trị T0 ; T1 Mục lục Trang Lời cam đoan Lời cảm ơn Danh mục ký hiệu chữ viết tắt Mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 20 1.1 Một số không gian hàm 20 1.2 Điểm bất động ánh xạ phi tuyến 21 1.3 Phương trình vi phân tự tham chiếu 23 Chương Phương trình vi phân cấp tự tham chiếu 25 2.1 Hệ phương trình vi phân cấp tự tham chiếu 25 2.1.1 Sự tồn nghiệm địa phương 26 2.1.2 Sự tồn nghiệm toàn cục 32 2.2 Hệ phương trình vi phân cấp tự tham chiếu có trọng 37 2.2.1 Sự tồn nghiệm địa phương 38 2.2.2 Sự tồn nghiệm toàn cục 45 2.2.3 Các ví dụ minh họa 50 2.3 Bài tốn giá trị biên cho phương trình vi phân tự tham chiếu 54 2.3.1 Thiết lập tồn nghiệm Định lý Schauder 55 2.3.2 Sử dụng dãy lặp để chứng minh tồn nghiệm 57 2.4 Kết luận 60 Chương Phương trình vi phân cấp hai tự tham chiếu 61 3.1 Sự tồn nghiệm địa phương 61 3.2 Ví dụ minh họa 72 3.3 Kết luận 74 Kết luận 75 Danh mục cơng trình khoa học tác giả liên quan đến luận án 76 Tài liệu tham khảo 77 Mở đầu Lý thuyết phương trình vi-tích phân có ứng dụng rộng rãi nhiều ngành khoa học Vật lí, Cơ học, Sinh học, nhà toán học nghiên cứu cơng cụ thích hợp Tuy nhiên, thực tế ứng dụng, có loại phương trình vi-tích phân phi tuyến mà hàm phải tìm lại biến nó, gọi phương trình vi-tích phân tự tham chiếu Luận án tập trung khảo sát lớp phương trình vi-tích phân Các phương trình vi-tích phân tự tham chiếu có cấu trúc đặc biệt, có độ phi tuyến cao, nên tồn nghiệm, tính nghiệm phương pháp tìm nghiệm gần chúng khơng suy từ kết biết lý thuyết phương trình vi phân thường Một mơ hình thú vị, thu hút ý nhiều nhà tốn học, phương trình vi-tích phân ứng dụng di truyền học thuộc dạng tự tham chiếu Mô hình Miranda Pascali [14] mơ tả dạng phương trình tốn tử sau: Cho X; Y không gian hàm, giả sử A : X ! Y; B: X ! Y toán tử Xét phương trình (AU)(X; t )= U((BU)(X; t ); t ), (0.1) u = u(x; t) hàm cần tìm thỏa mãn điều kiện đầu t = 0; (X; t) R X [0; +); A B tốn tử từ khơng gian hàm X vào không gian hàm Y Mối quan hệ X Y phụ thuộc vào việc A; B tốn tử vi phân hay tích phân Bu xem toán tử di truyền, biểu diễn dạng vi phân tích phân, chẳng hạn (Bu)(X; t ) u u(X; s)ds; (0.1) xem mơ hình di truyền học Mơ hình (0.1) nhiều tác giả quan tâm nghiên cứu Cơng trình quan trọng phương trình vi-tích phân tự tham chiếu Volterra [26] công bố vào năm 1962 Khi A toán tử vi phân B toán tử đồng nhất, sử dụng định lý điểm bất động Banach, [7], tác giả nhận tồn tính nghiệm phương trình x(t )= x(x(t )); (0.2) với x(t0) = xo, (to,xo) cặp số thực cho trước Tiếp theo đó, có nhiều kết nghiên cứu lĩnh vực Cụ thể sau Trong [18], tác giả nghiên cứu phương trình tổng quát (0.2) có dạng x'(z) = x(az + bx(z)), (0.3) a = b = số phức, x: C ! C hàm biến phức cần tìm Ở đây, tác giả sử dụng phương pháp chuỗi hội tụ để chứng minh tồn nghiệm toán (0.3) Trong trường hợp a = b = 1, phương trình (0.3) trở thành phương trình (0.2) tồn nghiệm dạng giải tích chứng minh định lí điểm bất động Banach Khi b = (0.3) trở thành phương trình x'(z) = x(az) (0.4) Nếu |a| < phương trình (0.4) có nghiệm (xem [8]) x( nn £a’ “zn n=0 z) = ( ( 1)/ ) n! Khi a = b = 0, nghiệm dạng giải tích phương trình (0.3) xây dựng lân cận số phức (ệ^aỉ, b (1— thỏa mãn điều kiện sau: (H1) < |b | < 1; a) (H2) |b I = 1; với b không bậc hai đơn vị log Ibn_ 1| - mlogn; n = 2;3; ; m > Kỹ thuật để tìm nghiệm sau: tác giả tìm nghiệm chuỗi lũy thừa tốn giá trị đầu ; íy(bz) = |y/(z)|y(b2z) - ay(bz) + a0 :y(0) = feạ Tiếp theo, tác giả chứng minh •x^) =1 y (by_ (z)) - az b b ; (0 nghiệm dạng giải tích (0.3) lân cận định lý .6) Ị^aa Định lý 0.1 (xem [18]) Giả sử số phức b thỏa mãn giả thiết (H1) (H2) Khi đó, phương trình (0.3) có nghiệm dạng giải tích x(z) biểu diễn (0.6) lân cận /'1 a) ; y(z) nghiệm giải tích phương trình (0.5) Hơn nữa, (H1) thỏa mãn, tồn số dương M cho 1ba1a |x(z)|- | I^a + ĩM) + b|z|’ lân cận ( ; (H2) thỏa mãn, tồn số dương (1~a) cho |x( )|- b a +1 |b| z Ỳ £ 4ỹ) + a |z|, Q = 25 8+ ; - a Qn=1 n 28 ) b lân cận (b~a Sau đó, tác giả thiết lập nghiệm dạng giải tích (0.3) biểu thức (0.6) Ngoài ra, [28], tác giả nghiên cứu phương trình az + b x'(z) = x(az + bx'(z)); (0.7) + Bn(s)Mn-1(s) + Mn-1(s)Nn-1(s)sAn(t)dt)ds, |Vn+1(x,t) - Vn(x,t)| < Bn+1(t), £ (Bn(s)(1 + Nn-1(s)Q + Mn-1(s)Nn-1(s)ơ) (2.39) + An(s)Nn-1 (s) + Mn-1(s)Nn-1 (s) Ị\(t )d t )ds Khi đó, với h (0,2), ta chọn T2 > cho hai bất đẳng thức sau với t (0, T2], (1 + GGP + GG + G0v + G0)t < h < —, (1 (2.40) + G0Q + G0 + G0s + G0)t < h < Từ (2.40) Bổ đề 2.10 ta có < An+1(t) < (1 + G0P + G0v + G0)t IIAnll^ + G0t IIBnll^ < h( A (2.41) || n||¥ + IIBnll^), < Bn+1(t) < (1 + G0Q + G0s + G0)tIlBnlI" + G0tIlAnlI" < (2.42) h( A || n||¥ + IIBnll^) Bằng qui nạp ta thu < An+1(t), Bn+1 (t) < hn(||A1||~ + ||B1|Ự), với t (0, T2] Khi đó, dãy với số hạng tổng quát An(.) and Bn(.) hội tụ tới không khoảng (0, T2] Bổ đề 2.11 chứng minh Nhận xét 2.3 Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh jun+1(x, t )| < e ||«0||~, |Vn+1(x, t )| < e ||VG||~ Nếu xét T cho < T < min{T1,T2}, hàm un(x,t), Vn(x,t) bị chặn theo x R, với t (0, T] Mặt khác, từ (2.34) Bổ đề 2.10, hàm un(x,t), Vn(x,t) liên tục Lipschitz theo biến x R t (0, T] Ta chọn T; := min{Ti; T2} Sử dụng Bổ đề 2.10 2.11 giới hạn ũ?(x,t), v?(x,t) dãy {ũn(x,t)}«>1, {vn(x,t)}n>1 bị chặn R X (0, T ], liên tục Lipschitz theo biến, thỏa toán (2.27) Bây giờ, để chứng minh tính nghiệm địa phương, ta giả sử (ũ, v) nghiệm khác toán (2.27), (ũ, v) bị chặn liên tục Lipschitz theo biến R X (0, T;] Ta có ; ũ(f (ũ(x,t)) + ỹ(y y* ũ(x,s)ds + j(ũ(x,t)),t),t) -ũ?(f(ũ?(x,t)) + v*(tỊ ũ?(x,s)ds + j(ũ?(x,t)),t),t) < \\ũ — ũ*||i¥ + ũ?(f(ũ(x,t)) + v(y Ị ũ(x,s)ds + j(ũ(x,t - ũ?(f (ũ?(x,t)) + v*(t Ị ũ?(x,s)ds + j(ũ?(x,t)),t) ,t) < (1 + M?(t)P + M?(t)N?(t) + M?(t)N?(t)v)\\ũ- ũ*||~ + M?(t )||v - v*||¥ Từ bất đẳng thức Bổ đề 2.10 ta thu \ũ(x, t) — ũ?(x, (2.43) t )| Thêm vào đó, ta có - v?(g(v*(x,t)) + ũ?^1 v?(x,s)ds + y(v?(x,t)),t),t) (2.44) < (1 + N?(t)Q + M?(t)N?(t)ơ) ||v- v*||~ + N?(t)||ũ- ũ?\\ Từ (2.43) Bổ đề 2.10 ta |v(x, t) - v?(x, t)\ < + G0Q + G0 + G0ơ^tIIv — v?^¥ + G0t||ũ — ũ?\ (2.45) Kết hợp (2.43) (2.45), ta thu \u(x, t ) — u?(x, t )\ J < í + GoP + G0 + G0 + G0^jtmax{||u — u?||¥, IIV — V?||¥}, (2.46) |v(x, t ) - V?(x, t )\ < (2.47) ^1 + G0Q + G0 + G0 + Gi0Ơ^ tmax{||u — u?||¥, IIV — V?||¥} Từ (2.40), (2.46) (2.47), ta có \u(x,t) — u?(x,t)\ < Amax{||ũ — u*|| + u , V V , n i n+1 > n i (C3) un Vn nửa liên tục theo biến x, với t (0, +), (C4) un Vn liên tục Lipschitz theo t, bị chặn theo x R Chứng minh Ta có u1(x,t) > u0(x) > 0, 8x R, t (0, +), (2.49) V1(x,t) > V0(x) > 0, 8x R, t (0, +«>) Giả sử t1, t2 (0, +), t1 < t2, x R, ta có u1(x,t2) = u0(x) + ít2 í / \\ í í \ í uU f lu0(x)j + V0Íu0(x) + ju0(x)j \ds í \\\ > u0(x) + J u0ự\U0(x)j + V0\UQ(X) + Ọ^UQ(x)jj jds 21 os ( 2.50) í = u1(x, t1), í í f2 í í / \\ /\í / \\w V1(x,t2) = V0(x) + Jv V0(gịợ0(x)j + u^V0(x) + yự0(x)JJjds f í /\AAA > V0(.x) + Jũ V0[gịỢ0(x)Ị+ u0ịỢ0(x) + y [V0(x)ỊỊ Ịds = V1(x, t1) í í \\ /^ ( 2.51) Tương tự, với xi, x2 R, xi < x2, với t (0, +), ta có ui (xi, t) = U0(xi) + ^ U0 (f (U0(xi)) + v0 («0 (xi) + j («0(xi)))} ds < U0(x2) + Ị Uũ(f (u0(x2)) + V0(u0(x2) + j (u0(x2))))ds (2.52) = ui(x2, t), vi (xi,t) = v0(xi) + Ị V0^g(v0(xi)) + U0(v0(xi) + y(v0(xi)))^ds < V0(x2) + Ị V0^g(v0(x2)) + U0(v0(x2) + y (v0(x2)))^ ds (2.53) = vi(x2, t) Từ (2.50)-(2.53), cách qui nạp theo n, ta un(x,t2) > un(x,ti), với x R, t2 > ti, un(x2,t) > un(xi,1), với t (0, +«>), x2 > xi, (2.54) vn(x,t2) > vn(x,ti), với x R, t2 > ti, vn(x2,t) > vn(xi,t), với t (0, +«>), x2 > xi Vì vậy, ta chứng minh (xem Nhận xét 2.3) < Un(x, t) < Un+i(x, t) < eT IKm (2.55) < vn(x, t) < vn+i(x, t) < eT ||v0||~, với x R, t (0, T] n N Mặt khác, ta có U/*t2 ' ||u0||¥eTds| < ||u0||~eT|t2-ti|, t t2 T ' IH^e^1 < ||v0||~eT|t2-ti| t (2.56) i T (2.57) i Kết hợp (2.56) (2.57) ta suy un thỏa mãn (C4) Vì dãy (un) (vn) khơng giảm, bị chặn nên tồn giới hạn u?(x, t) = lim un(x, t), v?(x, t) = lim vn(x, t) n n (2.58) Vì U0; v0; f;g; j y nửa liên tục không giảm nên hàm f (U0);g(v0); V0(U0 + j(w0)), U0(v0 + y(v0)) nửa liên tục không giảm (xem Bổ đề 2.6) Khi đó, U0(f(U0) + v0(U0 + j(U0))), v0(g(v0) + U0 v + y(v0))) nửa liên tục khơng giảm Vì vậy, tính nửa liên tục không giảm U1(X; t) v1(x, t) chứng minh dễ dàng Bằng qui nạp, ta kết luận Un(x;t) vn(X;t) nửa liên tục không giảm Bổ đề 2.13 chứng minh Từ đánh giá (2.54) (2.55), suy tồn hai giới hạn sau: U?(X; t ) = supnun(x; t ); v?(X; t ) = SUp^X; t ) (2.59) Ta chứng minh U?(X;t); v?(x;t) thỏa mãn tốn (2.27) Thật vậy, từ (2.59) ta có Un+1(X; t) - U0(X) s Uncó Do Un(x;t), vn(x;t) không giảm, ta ds (2.60) (1ỊU n+ p(X;t s)ds + j (Un+p (X; t )) ; t} ; t ^ U dS n+ p (f(U n+ p(X; t ) + vn+ p > U„(f ^Un+ p(X; t )} + vn+p (1 Un+ p(X; s)ds + j (U„+ p(X; t)); t}, ;t}, (2.62) ■ vàvà vn+vpn^+g1(X ^vn;+t)p(X ) + Un+ p( ty} vn+ p(X; s)ds + y (vn+ p(X; t)); t); t) - v;0t) (x) ■s n ; s)ds + y (vn+ p(X; t)); t); t y ds > vn= (gjf (vnv+np(g(v (X;nt(x )^ + Un+ p( t Ịo vn+ pv(X rí / / ds 5 (2.63) (2.61) Từ (2.62) (2.63) ta suy im p / Un+p (f (un+ p(X; s)) +V U n+p (I Jo Un+p(X; t)dt + j ^ n+p(X;s)); s); s)ds rt/ / \ /1 r s (2.64) di ds di;; Khi(2.66) đó, -(2.67) ta thu Từ im Vn n plim[v / nnp++(Pgp++(1U ỵ(X p(x;-;ts) ) (x)] ?+(X p lim[u 1(X;t) ; t) -V)U0— 0(XU )] O(X) >Ị u?^f ^u? (X; s)^ p u + nJ+0p V(I/n+Vp(ng+(pv(X ;V? t)dt y?(v sỴ?(X s^ds + ( -+Ị u (Xn+; pt (X )dt; s) + )j; [u ; s)); s^; s^ di; = lim n p(X; s)) u u + u = lim/ + pV (fn+^ pn(X + p; (X \ ; s)+) y /1 nft + p/ (/nI/ t)dt (Vrn+sp(X; s)); s) ; s) ds + V ft n+p/ /(I / Un+p(X\;t)dt + /1 j^Urns+p(X;s));s);s)ds + + (2.68) (2.65) (2.66) (2.67) ■ t (2.69) ds + u? Kết hợp (2.60)-(2.61) (2.68)-(2.69) ta (2.70) ds, (2.71) + u? ds Từ bất đẳng thức (2.70)-(2.71) ta thấy (u?, V?) nghiệm toán (2.27) Mặt khác, ta dễ thấy u?, V? liên tục Lipschitz theo t (0, +) Định lý 2.12 chứng minh 2.2.3 Các ví dụ minh họa 2.2.3.1 Vídụl Xét tốn giá trị đầu cho hệ phương trình vi-tích phân (2.25)-(2.26) trường hợp sau: 11 — |x| |x| < 1, nếu|x| > 1, V0(x) = với x R, f (u) = u, g(v)= V, j (u) = y (V)= 0: Tính toán xấp xỉ ta được: u1(x,t) = u0(x)+ [ uữ(f(u0(x)) + vo(uo(x) + j(u0(x)))}ds Jo V / = uo(x)+ / uo(uo(x) + 1)ds = uo(x)+ / 0ds = U0(x ■Jo J0 vi(x, t ) = v0(x) + V0{ g(v0(x)) + uo(v0(x) + y (v0(x)))) ds (2.72) 1ds = +1 m z ,2 Tương tự, u2(x,t) = u0(x), v2(x,t) = +t +t2 Giả sử / X /X , / ,x n tl un(x, t) = u0(x); vn(x, t) = £ - i=0 i! (2.73) Qui nạp đến bước thứ (n +1) ta n+1 ti un+1(x, t )= u0(x); vn+1(x, t )= £ - i=0 i! Cho n tiến vô ta thu u?(x, t )= u0 (x), v?(x, t ) = e (2.74) Ta chọn u0(x) hàm khơng âm, liên tục Lipschitz có giá compact, v0(x) = c số dương, ngược lại Do tính đối xứng hệ, hàm u0 v0 nêu hốn đổi vai trị cho 2.2.3.2 Ví dụ Ta xét tốn giá trị đầu cho hệ phương trình vi-tích phân (2.25)(2.26) trường hợp f (u) = j(u) = u, g(v) = y(v) = v, v0(x) = 1, với x R Xét hàm Ỉ1 — X2; |x| < 0; |x| > 1; V0(x) = với X R; Khi đó, ta có U1 (X; t) = U0 (x) + h U0^ f (uo(x))+ V0^U0(x) + j (uo(x))^ ds = U0(x) + Ị U0^U0(x) + ộds = U0(x) + ị 0ds = U0(x); V1 (x; t) = V0(x) + (2.75) V0 (g(v0(x)) + U0 ^Vữ(x) + y(V0 ,ơt 2 ì Ngồi ra, phương trình vi- tích phân có trễ phụ thuộc vào nghiệm, phương trình tích phân dạng tự chập (autoconvolution) gần gũi với phương trình vi- tích phân tự tham chiếu Trong luận án