(Luận án tiến sĩ) về nghiệm của một số lớp phương trình vi tích phân tự tham chiếu

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Thị Thanh Lan VỀ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH VI-TÍCH PHÂN TỰ THAM CHIẾU LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Thị Thanh Lan VỀ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH VI-TÍCH PHÂN TỰ THAM CHIẾU Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 62 46 01 12 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: Hướng dẫn chính: PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn Hướng dẫn phụ: GS.TSKH Phạm Kỳ Anh Hà Nội - 2016 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan cơng 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, tơi kính gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến GS.TSKH Phạm Kỳ Anh PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn Các Thầy hướng dẫn tận tình, ln động viên, bảo, cho tơi lời khun vơ bổ ích góp ý vơ quý báu, hỗ trợ kinh phí suốt q trình tơi học nghiên cứu sinh Tơi kính gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến PGS.TSKH Vũ Hoàng Linh Ban Chủ Nhiệm Khoa Toán - Cơ - Tin học tạo điều kiện làm việc tốt suốt trình học tơi Tơi kính gửi lời cảm ơn đến PGS.TSKH Vũ Hoàng 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 học tập Thầy người tài trợ kinh phí thời gian đầu tơi Hà Nội học tập Tơi kính gửi lời cảm ơn đến Phòng Sau đại học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên thuộc Đại học Quốc Gia Hà Nội tạo điều kiện thuận lợi suốt trình tơi học tập Tơi kính gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến Trường Đại học Sài Gịn 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 Tơi chân thành cảm ơn TS Vũ Tiến Dũng (Bộ môn Tin học), TS Vũ Nhật Huy (Bộ mơn Giải tích), NCS Đặng Văn Hiếu, NCS Phạm Thị Thảo hỗ trợ cho tơi góp ý quý báu để luận án tốt Cuối xin chân thành cảm ơn gia đình bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Mẹ chồng, người hỗ trợ, chia sẻ cơng việc gia đình khơng ngừng động viên tơi, cho yên tâm học hành suốt quãng thời gian làm nghiên cứu sinh Hà Nội Và kính xin dành tặng thành đến người Cha kính u khuất tơi Một người mà dù khó khăn đến đâu ln mỉm cười, chia sẻ, khích lệ tạo điều kiện cho học hành đến nơi đến chốn suốt qng 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 Q 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 ∂ ∂t u(x,t) ∂2 u(x,t) ∂t Đạo hàm riêng cấp hàm u(x,t) theo biến t R × [0, T0 ] Tích Descartes R [0, T0 ] R × [0, +∞) Tích Descartes R [0, +∞) Đạo hàm riêng cấp hai hàm u(x,t) theo biến t f ∞ f ∞ = supx∈[a,b] | f (x)|, với f hàm bị chặn [a, b] f f = maxx∈[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 , T1 } 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 Mơ 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 tốn 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 × [0, +∞), A B tốn tử từ khơng gian hàm X vào khơng gian hàm Y Mối quan hệ X Y phụ thuộc vào việc A, B toán tử vi phân hay tích phân Bu xem tốn tử di truyền, biểu diễn dạng vi phân tích phân, chẳng hạn t (Bu)(x,t) = 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 ) = x0 , (t0 , x0 ) 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 qt (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]) a(n(n−1)/2) n x(z) = ∑ z n! n=0 ∞ Khi a = b = 0, nghiệm dạng giải tích phương trình (0.3) có −a) thể xây dựng lân cận số phức (β (1−a) , β thỏa mãn điều kiện sau: (H1) < |β | < 1; t ≤ L0 (t) + τ L1 (s) + L12 (s) C0 (s) + L13 (s) dsdτ |x − y| t := L0 (t) + τ C1 (s)dsdτ |x − y| := L2 (t)|x − y|, t L2 (t) := L0 (t) + τ C1 (s)dsdτ, C1 (t) := L1 (t) + L12 (t) C0 (t) + L13 (t) Hơn nữa, ∂2 ∂2 u2 (x,t) − u2 (y,t) ∂t ∂t ∂ ∂2 ∂2 ≤ L1 (t) u (x,t) − u (y,t) + µ u u1 (x,t) 1 ∂t ∂t ∂t ∂2 + µ3 u1 (x,t),t − µ2 u1 u1 (y,t) + µ3 u1 (y,t),t ∂t ∂2 ∂2 u (x,t) − u1 (y,t) ≤ L1 (t) L03 (t)|x − y| + L1 (t) ∂t ∂t + |µ3 u1 (x,t) − µ3 u1 (y,t)| ≤ L1 (t) + L12 (t) L03 (t) + L13 (t) |x − y| := L1 (t) + L12 (t) C0 (t) + L13 (t) |x − y| := C1 (t)|x − y| Tính tốn tương tự cho u3 , ta có |u3 (x,t) − u3 (y,t)| t ≤ L0 (t)|x − y| + + µ2 u2 ∂ ∂ s2 τ L2 (s) ∂2 ∂2 u (x, s) u2 (y, s) ∂ s2 ∂ s2 u2 (x, s) + µ3 u2 (x, s), s − µ2 u2 ∂2 u2 (y, s) + µ3 u2 (y, s), s ∂ s2 dsdτ (3.9) 65 t ≤ L0 (t) + τ 0 t := L0 (t) + (L2 (s) + L22 (s) C1 (s) + L23 (s)dsdτ |x − y| τ C2 (s)dsdτ |x − y| := L3 (t)|x − y|, t L3 (t) := L0 (t) + τ C2 (s)dsdτ, C2 (t) := L2 (t) + L22 (t) C1 (t) + L23 (t) Hồn tồn tương tự, ta có ∂2 ∂2 u (x,t) − u3 (y,t) ≤ C2 (t)|x − y| ∂t ∂t Đặt L0 (t) := σ + tω C0 (t) := L03 (t), ta suy Cn (t) := Ln (t) + Ln2 (t) Cn−1 (t) + Ln3 (t), t Ln (t) := L0 (t) + Cn−1 (s)dsdτ, n ≥ 0 (3.10) τ Từ (3.6)-(3.9), qui nạp ta |un+1 (x,t) − un+1 (y,t)| ≤ Ln+1 (t)|x − y|, ∂2 ∂2 u (x,t) − un+1 (y,t) ≤ Cn (t)|x − y|, n+1 ∂t ∂t (3.11) Cn (t) := Ln (t) + Ln2 (t) Cn−1 (t) + Ln3 (t), t Ln (t) := L0 (t) + (3.12) τ Cn−1 (s)dsdτ, n ≥ Nếu tồn dãy ( fn ) hàm thực không âm, xác định [0, T ] cho |vn+1 (x,t) − (x,t)| ≤ fn (t), 66 ta nói dãy (vn ) dãy dừng Nếu fn (t) không phụ thuộc vào n, tức fn (t) = f (t), ta nói (vn ) dãy dừng theo x ∂ • Bước 4: (un ) ( ∂t un ) dãy dừng theo x Thật vậy, ta có t |u1 (x,t) − u0 (x,t)| = τ µ1 u0 µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s 0 t τ ≤ = ∞ +t p t dsdτ p ∞+ t3 q ∞ q ∞ (3.13) dsdτ := A1 (t), ∂2 ∂2 u (x,t) − u0 (x,t) = µ1 u0 µ2 u0 (µ3 u0 (x, s), s), s ∂t ∂t ≤ p ∞ +t q ∞ (3.14) := B1 (t) Từ (3.13) (3.14), ta suy t A1 (t) := τ B1 (s)dsdτ (3.15) |u2 (x,t) − u1 (x,t)| t τ ≤ A1 (s) + L0 (s) + µ2 u0 t τ ≤ 0 ∂2 ∂2 u (x, s) − u0 (x, s) ∂ s2 ∂ s2 ∂2 u1 (x, s) + µ3 u1 (x, s), s ∂ s2 ∂2 − µ2 u0 u0 (x, s) + µ3 u0 (x, s), s ∂ s2 (3.16) dsdτ + L0 (s) + L02 (s) A1 (s) + L0 (s) + L02 (s) B1 (s) dsdτ := A2 (t) 67 ∂2 ∂2 u (x,t) − u1 (x,t) ∂t ∂t ∂2 ∂2 ∂2 µ u ≤ A1 (t) + L0 (t) + u (x,t) − u (x,t) u1 (x,t) ∂t ∂t ∂t ∂2 u0 (x,t) + µ3 u0 (x,t),t + µ3 u1 (x,t),t − µ2 u0 ∂t (3.17) ≤ A1 (t) + L0 (t) + L02 (t) + L0 (t) + L02 (t) B1 (t) := B2 (t) Kết hợp (3.16) (3.17) ta có t A2 (t) := τ B2 (s)dsdτ (3.18) Từ (3.13) (3.16), qui nạp ta |un+1 (x,t) − un (x,t)| ≤ An+1 (t), (3.19) ∂2 ∂2 un+1 (x,t) − un (x,t) ≤ Bn+1 (t), ∂t ∂t (3.20) t An+1 (t) := τ Bn+1 (s)dsdτ, Bn+1 (t) := + Ln−1 (t) + Ln−1 (t) An (t) (3.21) + Ln−1 (t) + Ln−1 (t) Bn (t), n ≥ Trong bước tiếp theo, ta chọn T0 cho (un ) ( ∂t∂ un ) dãy dừng • Bước 5: Sự tồn nghiệm địa phương 68 Vì σ < 1, ta tìm T0 > 0, < M < 1, < h < cho t ∈ [0, T0 ], ta có σ + tω + M t2 t2 ≤ M < 2M < h; M + 2M ≤ 1; 2M + (1 + 2M) < h 2 (3.22) Từ (3.22) ta L0 (t) = σ + tω ≤ M, t L1 (t) ≤ σ + tω + t L2 (t) ≤ σ + tω + τ τ t2 ≤ M, t2 dsdτ ≤ σ + tω + M ≤ M, (3.23) M dsdτ = σ + tω + M M3 + M4 + M5 C0 (t) = L03 (t) ≤ M ≤ M, C1 (t) ≤ M + M M + M = M(M + 2M ) ≤ M, C2 (t) ≤ M + M M + M = M(M + 2M ) ≤ M Bằng qui nạp, ta thu Cn (t) ≤ M, (3.24) t2 Ln+1 (t) ≤ σ + tω + M ≤ M Khi đó, ta suy B2 (t) ≤ A1 (t)(1 + M + M ) + B1 (t)(M + M ) t ≤ (1 + M + M ) ≤ B1 t2 ∞ ≤ B1 ∞ ≤ B1 ∞ h τ B1 (s)dsdτ + B1 (t)(M + M ) (1 + M + M ) + B1 t2 + 2M + 2M 69 ∞ (M + M ) (3.25) Từ (3.25) ta suy B2 ∞ ≤ B1 ∞ h (3.26) Tương tự, ta có t2 + M + M + B2 ∞ (M + M ) t2 ≤ B2 ∞ + 2M + 2M ≤ B2 ∞ h B3 (t) ≤ B2 ∞ (3.27) Vì B3 ∞ ≤ B2 ∞ h (3.28) Từ (3.26)-(3.28), qui nạp ta có Bn+1 ∞ ≤ Bn ∞ h (3.29) T02 ∞ (3.30) Thêm vào đó, từ (3.21) ta suy An+1 ∞ ≤ Bn+1 Từ (3.29), suy chuỗi ∑∞n=1 Bn+1 (t) hội tụ tuyệt đối Khi từ (3.20) suy tồn φ cho ∂2 un → φ ∂t (3.31) R × [0, T0 ] Tương tự, từ (3.22) − (3.30), ta kết luận ∑∞n=1 An+1 (t) hội tụ tuyệt đối, tồn u cho un → u R × [0, T0 ] Ta ý |u (x,t) − u (y,t)| ≤ M|x − y| 70 (3.32) Bây giờ, ta chứng minh u (x,t) nghiệm (3.2) Thật vậy, µ1 un ∂2 ∂2 u (x,t) + µ u un (x,t) + µ3 un (x,t),t ,t n n ∂t ∂t − µ1 u ≤ un − u φ (x,t) + µ2 u ∂2 un (x,t) − φ (x,t) ∂t ∞+M + µ2 un φ (x,t) + µ3 u (x,t),t ,t ∂2 un (x,t) + µ3 un (x,t),t − µ2 u ∂t φ (x,t) (3.33) + µ3 u (x,t),t ≤ un − u + ∞ + M + M2 ∂2 un − φ ∂t M + M → n → ∞ ∞ Từ (3.33), ta suy t u (x,t) = u0 (x,t) + τ 0 φ (x, s) + µ2 u µ1 u φ (x, s) (3.34) + µ3 u (x, s), s , s dsdτ Hơn nữa, ta có ∂2 ∂2 ∂2 ∂2 φ (x,t) − u (x,t) ≤ φ − un + un (x,t) − u (x,t) ∂t ∂t ∂t ∂t ∞ 2 ∂ ∂ ≤ φ − un + un−1 − u ∞ + M un−1 (x,t) ∂t ∂t ∞ ∂2 ∂2 (3.35) − u (x,t) + µ2 un−1 un−1 (x,t) + µ3 un−1 (x,t),t ∂t ∂t ∂2 − µ2 u u (x,t) + µ3 u (x,t),t ∂t ∂2 ≤ φ − un + un−1 − u ∞ + M + M → n → ∞ ∂t ∞ Khi đó, t u (x,t) = u0 (x,t) + + µ2 u τ µ1 u ∂2 u (x, s) ∂ s2 ∂2 u (x, s) + µ3 u (x, s), s , s dsdτ, ∂ s2 71 (3.36) với x ∈ R, t ∈ [0, T0 ] Do đó, u nghiệm (3.2) R × [0, T0 ] Bước 6: Tính nghiệm địa phương u Ta giả sử tồn nghiệm Lipschitz u(x,t) (3.2), khác với u (x,t) Khi đó, ta có |u(x,t) − u (x,t)| t (3.37) τ ≤ 1+M+M u−u ∞ Thêm vào đó, ∂2 ∂2 u(x,t) − u (x,t) ∂t ∂t ≤ 1+M+M u−u (3.38) ∞+ M+M Từ (3.38), ta suy ∂2 ∂2 u − u ∂t ∂t ≤ ∞ + 2M u−u − 2M ∞ (3.39) Từ (3.4), (3.36) (3.39), ta thu |u(x,t) − u (x,t)| ≤ + 2M − 2M T2 u−u ∞ (3.40) Điều suy u ≡ u Định lý 3.2 chứng minh Nhận xét 3.1 Dễ thấy, tốn(3.1) có nghiệm u(x,t) = trường hợp p(x) = q(x) = 3.2 Ví dụ minh họa Trong trường hợp cụ thể, ta xét p(x) = p0 , q(x) = q0 ; p0 q0 hai số thực cho trước Khi đó, ta có u0 (x,t) = p0 + tq0 , 72 (3.41) t u1 (x,t) = u0 (x,t) + τ t = u0 (x,t) + u0 (u0 (u0 (x, s), s), s)dsdτ 0 τ u0 (u0 (p0 + sq0 , s), s)dsdτ t = p0 + tq0 + τ (p0 + sq0 )dsdτ (3.42) t2 t3 = p0 + tq0 + p0 + q0 t t3 = p0 + + q0 t + 2! 3! Khi đó, ∂2 u1 (x,t) = p0 + tq0 = u0 (x,t) ∂t (3.43) Thêm vào đó, ta có t u2 (x,t) = u0 (x,t) + τ u1 ∂2 ∂2 u (x, s) + u u1 (x, s) 1 ∂ s2 ∂ s2 + u1 (x, s), s , s dsdτ s2 s3 p0 + = u0 (x,t) + + q0 s + 2! 3! 0 t2 t4 t3 t5 = p0 + + + q0 t + + 2! 4! 3! 5! t (3.44) τ dsdτ Bằng qui nạp, ta giả sử k k t 2i t 2i+1 uk (x,t) = p0 ∑ + q0 ∑ i=0 (2i)! i=0 (2i + 1)! Khi đó, t uk+1 (x,t) = u0 (x,t) + τ k k s2i t 2i+1 p0 ∑ + q0 ∑ dsdτ i=0 (2i)! i=0 (2i + 1)! k = p0 k t 2i+2 t 2i+3 1+ ∑ + q0 t + ∑ i=0 (2i + 2)! i=0 (2i + 3)! (3.45) Từ (3.41) − (3.45) ta có n t 2i t 2i+1 un (x,t) = p0 ∑ + q0 ∑ , i=0 (2i)! i=0 (2i + 1)! n 73 (3.46) ∂2 un+1 (x,t) = un−1 (x,t) (3.47) ∂t Cho n → ∞, với t ∈ [0, T ], T > 0, ta    Cet , p0 = q0 = C, u (x,t) =   t 2n t 2n+1 ∞  p0 ∑∞ n=0 (2n)! + q0 ∑n=0 (2n+1)! = p0 cosht + q0 sinht, p0 = q0 (3.48) Dễ thấy u∗ nghiệm toán (3.1) 3.3 Kết luận Như vậy, lớp tốn giá trị đầu cho phương trình vi phân cấp hai tự tham chiếu khảo sát Việc thêm số hạng ∂t∂ u(x,t) tốn (3.1) cho thấy ngồi phụ thuộc trực tiếp u vào u, thân u phụ thuộc vào gia tốc sinh thái Trong đó, kết quan trọng tồn nghiệm địa phương chứng minh Ngồi ví dụ trình bày luận án, nghiên cứu sinh tính cho trường hợp nghiệm không viết dạng tường minh Tuy nhiên, công thức nghiệm gần cồng kềnh nên tác giả không đưa vào luận án 74 Kết luận Trong luận án này, thiết lập tồn nghiệm địa phương, tồn nghiệm toàn cục phương trình vi phân cấp tự tham chiếu phương pháp lặp điểm bất động Bên cạnh đó, chúng tơi chứng minh tồn nghiệm địa phương phương trình vi phân tự tham chiếu cấp hai Ngồi ra, chúng tơi cịn chứng minh tồn nghiệm toán giá trị biên cho phương trình vi phân tự tham chiếu phương pháp điểm bất động Schauder Trong thời gian tới, tiếp tục nghiên cứu tồn nghiệm toàn cục, mở rộng kết thu cho toán tổng quát với điều kiện giảm nhẹ Bên cạnh đó, chúng tơi tìm hiểu vấn đề giải số cho lớp phương trình vi phân tự tham chiếu Ngồi ra, luận án cịn số lớp phương trình cần tiếp tục nghiên cứu: • Phương trình vi-tích phân tự tham chiếu đạo hàm riêng lấy theo x • Phương trình tích phân đạo hàm riêng tự tham chiếu • Phương trình vi phân tự tham chiếu có trễ 75 DANH MỤC CƠNG TRÌNH KHOA HỌC CỦA TÁC GIẢ LIÊN QUAN ĐẾN LUẬN ÁN [1 ] P K Anh, N M Tuan, N T T Lan (2012), "Solutions to systems of partial differential equations with weighted self-reference and heredity", Electron J Diff Eqns., (SCIE), No 117, pp 1-14 ISSN: 1072-6691 [2 ] N T T Lan (2015), "On an initial-value problem for second order partial differential equations with self-reference", Note di Matematica, 35, No 1, pp 75-93 [3 ] N M Tuan, N T T Lan (2010), "On solutions of a system of hereditary and self-referred partial-differential equations", Numer Algor (SCIE), 55, pp 101-113 76 Tài liệu tham khảo [1] P Andrzej (1999), "On a funtional - differential equation (in a historical context)", Opuscula Math., 19, pp 45-61 [2] Đặng Đình Áng (1997), Nhập mơn giải tích, NXB Giáo Dục [3] S Benat (2010), "On the smooth parameter-dependence of the solutions of abstract functional differential equations with state-dependent delay", Funct Differ Equa., 17, pp 253-293 [4] Coddington, Earl A., Levinson, Norman (1955), Theory of Ordinary Differential Equations, New York: McGraw-Hill [5] A Domoshnitsky, A Drakhlin, E Litsyn (2002), "On equations with delay depending on solution", Nonlinear Anal., 49, pp 489-701 [6] A Domoshnitsky, A Drakhlin, E Litsyn (2006), "Nonocillation and positivity of solutions to first order state-dependent differential equations with impulses in variable moments", J Differential Equations, 288, No 1, pp 39-48 [7] E Eder (1984), "The functional-differential equation x (t) = x(x(t))", J Differential Equations, 54, pp 390–400 [8] A Elbert (1992), "Asymptotic behaviour of the analytic solution of the differential equation y (t) + y(qt) = as q → 1− ", J Comput Appl Math., 41, pp 5-22 77 [9] F Hartung (2005), "Linearized stability in periodic functional differential equations with state-dependent delays", J Comput Anal Math., 174, No 2, pp 201-211 [10] W T Li, S Zhang (2002), "Classification and existence of positive solutions of higer order nonlinear iterative functional differential equations", J Comput Appl Math., 139, pp 351-367 [11] U V Le and E Pascali (2008), "An existence theorem for self-referred and hereditary differential equations", Adv Differential Equations Control Process., 1, pp 25–32 [12] U V Le, L T T Nguyen (2008), "Existence of solutions for systems of self-referred and hereditary differential equations", Electron J Diff Eqns., 51, pp 1-7 [13] M Miranda, E Pascali (2005), "On a class of differential equations with self-reference", Rendiconti di Matematica, serie VII, 25, pp 155-164 [14] M Miranda, E Pascali (2006), "On a type of evolution of self-referred and hereditary phenomena", Aequationes Math., 71, pp 253-268 [15] M Miranda, E Pascali (2006), "Other classes of self-referred equations", Università di Lecce, C.P 193, 73100 Lecce, Italy, pp 1-12 [16] E Pascali (2006), "Existence of solutions to a self-referred and hereditary system of differential equations", Electron J Diff Eqns., Vol 2006, No 07, pp 1–7 [17] Robbin , Joel W (2010), Continuity and Uniform Continuity [18] J G Si and S S Cheng (1997), "Analytic solutions of a functionaldifferential equation with state dependent argument", Taiwanese J Math., 4, pp 471–480 [19] S Stanek (1995), "On global properties of solutions of functional differential equation u (t) = u (u(t)) + u(t)", Dynamical Systems and Appl., 4, pp 263–278 78 [20] S Stanek (1997), "Global properties of decreasing solutions of the equation u (t) = u (u(t)) + u(t)", Funct Differ Equ., 4, pp 191–213 [21] S Stanek (1998), "Global properties of solutions of iterative-differential equations", Funct Differ Equ., 5, pp 463–481 [22] S Stanek (2000), "Global properties of increasing solutions for the equation u (t) = u (u(t)) − bu(t), b ∈ (0, 1)", Soochow J Math., 26, pp 37–65 [23] S Stanek (2000), "Global properties of decreasing solutions for the equation u (t) = u (u(t)) − bu(t), b ∈ (0, 1)", Soochow J Math., 26, pp.123– 134 [24] S Stanek (2000), "On global properties of increasing solutions of the equation u (t) = au (t − bu(t))", Hokkaido Math J., 30, pp 75–89 [25] S Stanek (2002), "Global properties of solutions of the functional differential equation u(t)u (t) = kx (x(t)) , < |k| < 1", Funct Differ Equ., 9, pp 527-550 [26] V Volterra (1962), "Opere Matematiche: Memorie e note", Accad Naz Lincei Roma, Vol V, pp 1926-1940 [27] X P Wang, J G Si (1998), "Smooth solutions of a nonhomogeneous iterative functional differential equation with variable coefficients", J Math Anal Appl., 226, pp 377–392 [28] X Wang, J G Si, S S Cheng (1999), "Analytic solutions of a functional differential equation with state derivative dependent delay", Aequationes Math., 1, pp 75–86 79 ... ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN Nguyễn Thị Thanh Lan VỀ NGHIỆM CỦA MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH VI- TÍCH PHÂN TỰ THAM CHIẾU Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 62 46 01 12 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Người hướng... Ngoài 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 này, chúng... 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