Vodstrcil ˇ , On nonnegative solutions of a certain nonlocal boundary value problem for second order linear functional differential equations.. Kiguradze, I.T., Nekotorye singu[r]
(1)KÝ HIỆU
: tập hợp số thực, [ ,0 )
Nếu x 1
2
x x x
1
2 _
x x x
, ,
C a b
không gian Banach hàm liên tục u a b: , với chuẩn
max : a t b
C
u u t ;
, ,
C a b
tập hợp hàm liên tục tuyệt đối u a b: ,
' , ,
C a b
tập hợp hàm u C a b , , thỏa mãn u C a b' , ,
1 , ,
n
C a b
không gian Banach hàm khả vi liên tục đến cấp (n-1) u a b: ,
với chuẩn 1
0
max :
n
n i
C i
u u t a t b
; 1
1 0 1 2 1
, , n , , , , : , , , ,
n n
i
C a b u C a b u i n
, ,
L a b
không gian Banach hàm khả tích Lebesgue p a b: , với chuẩn
b L a
p p t dt;
, , , , : ,
L a b p L a b p t h k n ta b
2 , ,
L a b
không gian Banach hàm v a b: , thỏa mãn v2 L a b , ,
với chuẩn 2 b 2
L a
v v t dt ;
1 1 1 1 , ! , ! ! n m t
m n m
a
b t
m n
h t
t s b s ds m n
m n m
(2)ab
: tập hợp hàm đo f a b: , a b,
ab
: tập hợp tốn tử tuyến tính bị chặn :C a b , , L a b , ,
ab
: tập hợp toán tử tuyến tính dương ab hay :C a b , , L a b , ,
ab
: tập hợp toán tử liên tục F :C a b , , L a b , ,
thỏa mãn điều kiện
Caratheodory, nghĩa với r tồn hàm qr L a b , ; sao cho:
r , , C
F v t q t h k n t a b v r
a b A B, ;
với A , B là tập hàm f a b A: , B thỏa mãn điều kiện
Caratheodory nghĩa là:
(i) f ,x : ,a b B hàm đo với x A
(ii) f t , : AB hàm liên tục với hầu hết t a b,
(iii) Với r0 tồn hàm qrL a b , ;sao cho: , r , , ,
(3)CHƯƠNG BÀI TỐN BIÊN BA ĐIỂM
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC PHI TUYẾN
1.1 Giới thiệu
Trong phần này ta nghiên cứu tồn nghiệm toán phi tuyến sau:
"
u t u t F u t (1.1)
Thỏa mãn điều kiện biên sau:
0
u a u b u t (1.2)
Trong ta giả sử t0 a b, số cố định , :F C a b , ; L a b , ;
là toán tử liên tục ngồi tốn tử tuyến tính
Đối với phương trình vi phân thường phương trình vi phân hàm tuyến tính tốn nghiên cứu nhiều nhiều Các kết tham khảo tài liệu [1], [3] – [7] Tuy nhiên phương trình vi phân hàm phi tuyến chưa có kết Trong phần ta đưa điều kiện tồn nghiệm cụ thể hóa kết tìm cho phương trình đối số lệch phương trình vi tích phân cụ thể
Định nghĩa nghiệm Với ab ab nghiệm phương trình (1.1)
hàm u C a b ' , ;
thỏa mãn đẳng thức (1.1) hầu khắp nơi [a,b] 1.2 Định lý tồn nghiệm
Đặt: t t a , t a b,
Nếu v L a b , ;
v t atv s ds , t a b,
Định nghĩa Ta nói tốn tử ab thuộc vào lớp nếu phân tích 0 1
đó 0, 1ab tồn toán tử :L a b2 , ; L a b2 , ; cho tập
, ;
C a b
bất đẳng thức sau thỏa mãn:
0 v t t v t v t t
(4)
0
2 0
1 0
0
4 b b
a t
t
t t dt t t t t dt
b t
(1.4)
Định lý 1.1 Cho toán tử giả sử tập hợp
u C a b ' , ; :u a 0, u b u t0
các bất đẳng thức sau thỏa mãn:
( )( )sgn )( ( ; C), t ,
F u t u t q t u a b (1.5)
0
(t t F u t ) ( )( ) q t(; u C), t t ,b (1.6)
Với q a b, ;
hàm thỏa mãn điều kiện sau:
1
0
lim ab ,
xxq t x dt (1.7)
Khi tốn (1.1), (1.2) có nghiệm
1.3 Một số bổ đề phụ trợ
Để chứng minh định lý 1.2 ta đưa bổ đề phụ trợ sau
Bổ đề Giả sử toán:
0
0
( ) ( )( ); ( ) ; ( ) ( )
u t u t u a u b u t (1.8)
chỉ có nghiệm tầm thường Ngồi ra, giả sử tồn cho với 0 1,
mỗi hàm u C a b , ;
thỏa mãn điều kiện (1.2) thỏa mãn đẳng thức: ( ) ( )( ) ( )(), [ ; ]
u t u t F u t t a b (1.9)
Thì ta có đánh giá:
C
u
Khi toán (1.1), (1.2) có nghiệm
Chứng minh
Đây xem trường hợp đặc biệt nguyên lý priori estimate
Bổ đề Cho toán tử giả sử tồn r cho với u C a b , ; thỏa
(5)
u t u t sgn (u t) q(t; u C),t a,b (1.10)
t t u t 0 u t q t u(; C), t t ,0 b (1.11)
Với q a b, ;
thỏa mãn điều kiện sau:
1
0
lim ab ,
xxq t x dt (1.12)
Thì ta có đánh giá :
.,
C C L
u r q u (1.13)
Chứng minh
Gọi 0, 1 toán tử Định nghĩa tập hợp tốn tử Ngồi cho hàm u C a b , ;
thỏa mãn (1.2) (1.10), (1.11) Ta có:
, ,
u t u t h t t a b (1.14)
với h t u t" u t , t a b,
Từ điều kiện (1.10) (1.11) ta có:
sgn , C, ,
h t u t q t u t a b (1.15)
t t h t 0 q t u, C, t t ,0 b (1.16)
Theo điều kiện (1.3) tập hợp tốn tử ta có:
0 0
0
1
1
' '
' , ,
u t t u t u t t u t
u t t t a b
(1.17)
Nhân hai vế (1.14) với u t ta có:
0 1
u t u t u t u t u t h t u t
(6)
2
0 0
2
0
1
1
' , C
u t u t t u t u t t u t u t u t u t h t u t
t u t u t t u t u t u t q t u u t
Ta đánh giá sau:
2 1
1
' , C , ,
u t u t u t u t u t q t u u t t a b
Lấy tích phân hai vế bất đẳng thức ta có:
2 2
2
1
1
'L ' ' b ( )( ) ( ) b q(t, C) ( )
L a u t a
u u b u b u u t dt u u t dt (1.18)
Theo bất đẳng thức Holder:
' ' ' ,2 ,
t
L L
a
u t u s ds t a u t u t a b (1.19)
Từ ta có:
max : , '
C L
u u t t a b b a u
(1.20)
Và 1 1 1 ' 22
L
u t u t u t u t t u t u
Theo bất đẳng thức (1.2) (1.19) ta đạt được:
2 0 'L
u b u t t a u (1.21)
Theo (1.20) (1.21) ta thu từ (1.18) bất đẳng thức:
2
2
2
0
2 2
1
1
' ' q(., ) '
'
L C L L
b
L a
u t a u b b a u u
t t dt u
(1.22) Tiếp theo ta đánh giá u b' Trước hết ta thấy từ (1.14) (1.16) ta có:
0
0
(t t u t ) " (t t ) u t u t q(t u; C) t, t ,b
Kết hợp với (1.19) ta được:
0 0
(t t u t ) " (t t ) t t u' L q t u( ; C), t t ,b
(1.23)
(7)
0
0
1
' b "
t
u b t t u t dt
b t
Và từ (1.23) ta được:
0
0
0
1
' b 'L ,
C L t
u b t t t t dt u q u
b t b t
Do từ (1.22) ta đánh giá sau:
2
0
0
' L ,
C L
t a
r u b a q u
b t
Trong
0
2 0
0 0
0
1
4
b b
a t
t
r t t dt t t t t dt
b t
Dễ thấy r0
Từ ta thấy điều kiện ta thấy đánh giá (1.13) Bổ đề thỏa mãn với:
0
1
b a r
r b t
1.4 Chứng minh định lý
Để chứng minh Định lý 1.1 ta cần chứng tỏ điều kiện Bổ đề thỏa mãn Đầu tiên ta cần chứng tỏ toán (1.8) có nghiệm tầm thường Thật vậy, giả sử u nghiệm tốn Khi điều kiện (1.10) (1.11) thỏa mãn với q Do theo Bổ đề ta phải có:
0
C
u
Từ dễ thấy u t 0
Gọi r số xuất Bổ đề Theo (1.6) tồn số cho:
., L ,
q x x x
r
(8)Lấy u C a b ' , ;
thỏa mãn (1.2) (1.9) với 0 1, Theo điều kiện () (1.) ta
dễ thấy (1.10) (1.11) Do theo bổ đề ta được:
.,
C C L
u r q u
Bất đẳng thức với (2.21) dẫn đến (2.3)
1.5 Một số hệ 1.5.1 Hệ
Ta xét phương trình sau:
( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) ( ) (
" ; ; ( )
u t p t u t g t u µ t f t u t u t (1.24)
Trong đó: p g L a b, , , , , , M f K a bab, , 2,
Giả sử:
0
0
1
b b
a
b a
a
g t t a t a dt
p t t t dt
t a
t t p t t a g t t a dt
b t
(1.25)
Ngoài nếu:
0
, , sgn , , , , ,
, , , , t , , ,
f t x y x q t x t a b x y
t t f t x y q t x t b x y
Trong q K a b , ;
thỏa mãn (1.24)
Khi toán (1.24), (1.2) có nghiệm
Chứng minh
Ta đặt:
0 v t p t v t , v t g t v t
và , , ,
t t
F v t f t v t v t v t p t v s ds
(9)Khơng tính tổng qt ta giả sử hàm q không tăng theo biến thứ hai Do dễ thấy điều kiện (1.8) dẫn tới điều kiện (1.3) (1.4) Theo định lý ta cần chứng tỏ điều kiện (1.3) (1.4) thỏa mãn
Theo bất đẳng thức Holder ta có:
2
2 , , , , ,
t b
t v s ds t t v s dsa t a b v C a b
Do đó:
2
2 2 , , , t b b L
L a t a
v p t v s ds dt v p t t t dt v C a b
Từ ta suy ra:
2 b
ap t t t dt
Bất đẳng thức với (1.25) dẫn tới (1.4) Mặt khác ta thấy (1.3)
1.5.2 Bổ đề
Ta xét phương trình sau:
"( ) b , ; ( ) ( ( );
a
u t h t s u s ds f t u t u t (1.26)
Trong đó: M f K a bab, , 2,
, h a b: , a b, hàm khả tích
hình chữ nhật a b, a b, Giả sử 0 0 , , , b b
b b a a
b b
a a
t a
t a s a h t s ds dt
s t h t s ds dt
t a
t t s a h t s ds dt
b t (1.27)
Ngoài bất đẳng thức (1.8) thỏa mãn với q K a b , ;
thỏa mãn
(10)Khi tốn (1.26), (1.2) có nghiệm
Chứng minh
Ta đặt:
0 , , ,
b b
a a
v t h t s v s ds v t h t s v s ds
và
2
, , , b , b
a a
F v t f t v t v t v t h t s v d ds
Khơng tính tổng qt ta giả sử hàm q khơng tăng theo biến thứ Khi dễ dàng thấy điều kiện (1.8) suy (1.3) (1.4) Kết hợp với định lý 1, ta cần chứng tỏ bất đẳng thức (1.3) (1.4)
Từ bất đẳng thức Holder ta có:
2
2 , , , , , ,
s b
t v d s t va d t s a b v C a b
Do đó:
2
2
2 2
, , , , ,
b b b b b
L
L a a a a a
v h t s v d ds dt v s t h t s ds dt v C a b
Từ ta có:
2
,
b b
a a s t h t s ds dt
(11)CHƯƠNG BÀI TỐN BIÊN BẬC CAO CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN
Trong phần ta xét toán biên dạng sau:
n
u t f u t (2.1)
2, , , 1 1 0
n
i u i n u t u
(2.2)
Với n 2, f C: n1a b, , L a b , , toán tử từ không gian
không gian hàm khả vi liên tục cấp (n-1) khoảng [a,b] vào khơng gian hàm khả tích khoảng, t0 a b, và ii 1 2, , ,n hàm số Một trường hợp riêng, quan trọng toán (2.1), (2.2) phương trình vi phân với đối số lệch:
1
0 , , , ,
n n
n
u t f t u t u t u t
(2.3)
Với điều kiện biên dạng:
1 1
0 1, , , 1, ,
i j
u a i m u b j m n
(2.4m)
1
1
0 1, , , 1, ,
i j
n n
u a i m u b j m n
u b u a
(2.5m)
Trong m0 1, , ,n 1 i : ,a b a b i, 1, ,n hàm đo
hàm f0 : , a b n đo theo biến thứ liên tục biến
lại Ta ý điều kiện biên (2.40), (2.50) (2.5n-1) có dạng sau:
1
0 1, ,
j
u b j n
(2.40)
1 1 1
0 1, , ,
j n n
u b j n u b u a
(2.50)
1 1 1
0 1, ,n ,
i n n
u a i u b u a
(12)Dựa sở phương pháp priori estimate Kiguradze để tìm nghiệm bất đẳng thức vi phân chiều [1-5] nguyên lý priori boundedness [6], phần ta xây dựng tiêu chuẩn tồn nghiệm tối ưu cho toán (2.1), (2.2); (2.3), (2.4m) hay (2.3), (2.5m)
Trong phần ta giả sử điều kiện sau thỏa mãn:
(i) Hàm i :Cn1 i 1, ,n 1là hàm tuyến tính bị chặn cho toán biên:
1
0, 0, 1, ,
n
k
v t t k n
(2.6)
chỉ có nghiệm tầm thường (ii)
1
1
, , :
n
n
C
hàm liên tục (nói chung phi tuyến);
(iii)
1
1
, , :
n
n
f C L
toán tử liên tục cho:
1
1
1
*
, ,
, n , ,
n
n C
f y t f t y a t b y C
(2.7)
Trong hàm f* : , a b [ ,0 ) [ ,0 ) không giảm theo biến thứ hai thỏa mãn
điều kiện:
* , , [ , )
b
a f t dt
(2.8)
(iv) Các hàm k : ,a b a b k, 1, ,n
hàm đo
0 : , n
f a b hàm cho
0 , , ,1 n : ,
f x x a b đo với
1, , n n
x x
1 ,., , : n
f t liên tục hầu khắp nơi với t a b, và:
0 1
1
1
*
, , , ,
, , , ,
n i
i m n
f t x x f t a t b
x h t i n x
(2.9)
Với hàm f* : , a b [ ,0 ) [ ,0 ) không giảm theo biến thứ hai thỏa mãn điều
(13)Nghiệm phương trình (2.1) hàm
1
1
, , n
n
u C
có đạo hàm đến cấp (n-1)
liên tục tuyệt đối thỏa mãn phương trình hầu khắp nơi (a,b)
Ta ký hiệu G hàm Green toán (2.6), g toán tử Green tốn Điều có nghĩa tốn tử g cho công thức:
b , ,
a
g x t G t s x s ds x C
Theo điều kiện (i) với hàm x C toán biên:
1
0 1
, , ,
n
k
u t x t u k n
(2.10)
Có nghiệm u, phân tích sau:
,
u t g x t a t b (2.11)
Xem định lý 1.1 tài liệu [2] định lý 4.1.1 tài liệu [10]
Giả sử u nghiệm toán (2.1), (2.2) đặt x t u n1 t Khi u
nghiệm toán (2.10) ta nói u phân tích dạng (2.11) Do x rõ ràng nghiệm toán:
'
x t f g x t (2.12)
0
x t g x (2.13)
Ta giả sử x nghiệm tùy ý toán (2.12), (2.13) Khi hàm u cho (2.11) nghiệm tốn (2.10) Nhưng theo (2.10) – (2.13) hàm u nghiệm tốn (2.1), (2.2) Do ta thấy toán (2.1), (2.2) (2.12), (2.13) tương đương công thức (2.11) cho ta tương ứng 1-1 tập nghiệm Định lý chứng tỏ nguyên lý tương đương
Định lý 2.1 Giả sử điều kiện (i) – (iii) thỏa mãn ta giả sử điều kiện sau thỏa mãn:
sgn 0 , C ,
f g x t t t x t p t x t q t x a t b x C
(2.14)
g x x x C ,x C
(14) 0
, , [ , ) [ , )
p L q a b hàm khả tích theo đối số thứ khơng giảm
theo đối số thứ 2; :C hàm tuyến tính dương : [ ,0 ) [ ,0 ) hàm
khơng giảm Ngồi ta giả sử rằng:
z0 1
(2.16)
0
0
1
1
lim b , ,
a
z t
G t s q s ds
z
theo t a b, (2.17)
Với
0
0 exp sgn
t t
z t p s s t ds
G0 hàm Green toán biên sau:
0 0
' sgn ,
z t p t t t z t z t z
(2.18)
Khi tốn (2.1), (2.2) có nghiệm
Định lý 2.2 Ngoài điều kiện (i)-(iii) ta giả sử điều kiện sau thỏa mãn:
0
sgn
, ,
C
f g x t f g y t t t x t y t
p t x t y t p t x y a t b x y C
(2.19)
g x g y x y, x y C,
(2.20)
: , ; : , [ , )
p a b p a b hàm khả tích :C hàm tuyến tính
dương : [ ,0 ) [ ,0 ) hàm tuyến tính dương Ngồi ta giả sử bất đẳng
thức (2.16) thỏa mãn và:
0 , 1,
b
a G t s p s ds a t b
(2.21)
Với G0 hàm Green toán biên (2.18) Khi tốn (2.1), (2.2) có nghiệm
Hệ 2.1 Giả sử điều kiện (iv) thỏa mãn giả sử bất đẳng thức sau:
0 1 1
1
, , , n sgn n n n n k k
k
f t x x x q t x q t x q t
(15)đúng a b, n1 với
: , [ , ) , ,
k
q a b k n hàm đo
0 : , [ ,0 )
q a b qn1 : , a b hàm khả tích cho:
1
1
1
exp ,
b s
n k
n k m k
k t tq d q s h s ds a t b
(2.23)
Khi toán (2.3), (2.4m) có nghiệm
Hệ 2.2 Giả sử điều kiện (iv) thỏa mãn giả sử bất đẳng thức sau:
0 1 1 1 1
1
, , , n , y , , yn sgn n n
n
n n n k k k
k
f t x x f t x y
q t x y q t x y
(2.24)
đúng a b, n1
với qk : , a b [ ,0 )k 1, ,n hàm đo
1: ,
n
q a b hàm khả tích thỏa mãn điều kiện (2.23)
Khi tốn (2.3), (2.4m) có nghiệm
Hệ 2.3 Giả sử điều kiện (iv) thỏa mãn Ngoài giả sử tồn số 1 1, 0 1, , hàm đo qk : ,a b [ ,0 ) hàm khả tích q0 : , a b [ ,0 )
và qn1 : , a b [ ,0 ) cho qn1 khơng đồng khơng tập có độ đo dương,
1 1
1 ,
n k
k m k n
k q t h t q t a t b
(2.25)
Và bất đẳng thức sau:
0 1 1
1
, , , n sgn n n k k n n
k
f t x x x q t q t x q t x
(2.26)
Đúng tập a b, n1 Khi tốn (2.3), (2.5m) có nghiệm Hệ 2.4 Giả sử điều kiện (iv) thỏa mãn Ngoài giả sử tồn số
1 1,
0 1, , hàm đo qk : ,a b [ ,0 )k 1 2, , ,n
hàm khả tích qn1: , a b [ ,0 ) cho qn1 không đồng không tập có độ
(16)
0 1 1 1
1 1
, , , n , y , , yn sgn n n
n
k k k n n n
k
f t x x f t x y
q t x y q t x y
(2.27)
Được thỏa mãn tập a b, n1 Khi tốn (2.3), (2.5m) có nghiệm CÁC KẾT QUẢ PHỤ TRỢ
Đầu tiên ta xét bất phương trình vi phân sau đây:
0 0
' sgn
z t t t p t z t q t (2.28)
Với điều kiện
0
z t z c (2.29)
Với t0 a b c, , 0 ,p L q , 0 L
vaf :C hàm tuyến tính dương
Một hàm liên tục tuyệt đối z a b: ,
nghiệm bất đẳng thức (2.28) thỏa
mãn bất đẳng thức hầy khắp nơi [a,b] Một nghiệm bất đẳng thức (2.28) thỏa mãn điều kiện (2.29) xem nghiệm toán (2.28), (2.29)
Proposition 1.2 Định lý 1.1 [5] dẫn tới khẳng định sau:
Bổ đề 2.1 Giả sử toán biên:
0
sgn ,
dy t
p t t t y t y t y
dt (2.30)
Chỉ có nghiệm tầm thường Khi tốn:
0 0
q sgn ,
d t
p t t t t t t c
dt
(2.31)
Chỉ có nghiệm , nghiệm tùy ý z toán (2.28), (2.29) thỏa mãn đánh giá:
,
z t t a t b (2.32)
Bổ đề 2.2 Giả sử p q, , cá hàm thỏa mãn giả sử định lý 1.1 cho 0 số không âm thỏa mãn:
0
0
0
1 , , , , ,
b a
z t
G t s q s ds t a b
z
(17)Khi nghiệm ngẫu nhiên toán:
0
' sgn , C ,
x t t t x t p t x t q t x
(2.34)
0 C ,
x t x x (2.35)
Thì thỏa mãn đánh giá:
0
C
x (2.36)
Chứng minh
Chú ý tồn số không âm 0 cho bất đăng thức (2.33) thỏa mãn suy từ điều kiện (2.17) Đầu tiên ta chứng tỏ tốn (2.30) có nghiệm tầm thường Thật giả sử y nghiệm tùy ý toán Khi ta có:
0
0 0 0
y t y t z t
y t y t z y t z
Kết hợp với (2.16) ta suy y t 0 từ y t 0
Giả sử x nghiệm tùy ý toán (2.34), (2.35) Khi hàm z t x t nghiệm
của toán (2.28), (2.29) với 0 , , 0
C C
q t q t x c x
Theo Bổ đề 2.1 ta có đánh giá: x t t với a t b
nghiệm toán (2.31) Ta chọn t* a b, cho *
C
t
Do ta có: *
C
x t (2.37)
Và mặt khác ta có:
0 0 0
0
1
*
* C b *, , sgn
C a
z t x
t G t s q s x s t ds
z
Theo (2.37) từ bất đẳng thức ta có đánh giá:
0
0
1
* *
* b *, , *
a
z t t
t G t s q s t ds
z
(18)Từ với (2.33) ta suy t* 0
Hệ đánh giá (2.36) Ta hoàn tất chứng minh
Bổ đề 2.3 Cho p p, 0 hàm thỏa mãn giả thuyết bổ đề 1.2 Khi toán:
0
0
' sgn C
z t t t z t p t z t p t z
z t z
(2.38)
Chỉ có nghiệm tầm thường
Chứng minh
Gọi z t nghiệm tùy ý toán (2.38)
Dễ thấy x z nghiệm toán (2.34), (2.35) với 0
, 0
q t p t Mặt khác theo (2.21) ta có bất đẳng thức (2.33) với 0
Điều với Bổ đề 2.2 dẫn đến z t 0 Phần ta xét toán biên sau đây:
'
x t f x t (2.39)
0
x t t (2.40)
Với f C: L toán tử liên tục :C hàm liên tục cho:
sup f x : x C L, sup x : x C , (2.41)
Với [ ,0 )
Hệ tài liệu [6] dẫn đến khẳng định sau đây:
Bổ đề 2.4 Giả sử tồn 0[ ,0 ) p L cho với 0 1,
nghiệm tùy ý toán:
1
'
(19) 0
x t x (2.43)
Thỏa mãn đánh giá (2.36) Khi tốn (2.39) (2.40) có nghiệm
CHỨNG MINH CÁC ĐỊNH LÝ Chứng minh định lý 2.1
Như nêu mục 1, toán (2.1), (2.2) tương đương với toán (2.12), (2.13) Do để chứng minh định lý 2.1 ta cần chứng tỏ giả thuyết định lý làm cho toán (2.39), (2.40) có nghiệm với:
,
f x t f g x t x g x
(2.44)
Vì
1
1
, , :
n
n
g C C
tốn tử tuyến tính bị chặn, từ (2.7) (2.41) ta thấy:
1
1
*
, ,
, , , , ,
n
n C
f x t f t r x t a b u C
(2.45)
Trong r0 chuẩn toán tử g Mặt khác theo (2.14) (2.5) ta có:
sgn 0 , C, , ,
f x t t t x t p t x t q t x t a b x C
(2.46)
C ,
x x x x C
(2.47)
Từ (2.45) (2.47) ta thấy f thỏa mãn điều kiện (2.41) với [ ,0 )
Cho 0 số xuất Bổ đề 2.2 cho p t p t sgn t t 0 x nghiệm
của toán (2.42), (2.43) với 0 1,
Theo (2.46), (2.47) hàm x nghiệm tốn (2.34), (2.35) Theo bổ đề 2.2 thỏa mãn đánh giá (2.36)
Hệ điều kiện Bổ đề 2.4 thỏa mãn Từ ta kết luận tốn (2.39), (2.40) có nghiệm
Chứng minh định lý 2.2
Các bất đẳng thức (2.19) – (2.21) dẫn đến (2.14), (2.15) (2.17) với:
, 0 0
q t f t p t 0
(20)Từ dẫn đến tính giải tốn (2.1), (2.2)
Khi để hoàn tất chứng minh ta cịn chứng tỏ tốn có tối đa nghiệm Vì tốn (2.1), (2.2) (2.12), (2.13) tương đương ta cần chứng tỏ tốn (2.12), (2.13) có tối đa nghiệm
Giả sử x y nghiệm tùy ý toán (2.12) (2.13) Đặt z t x t y t
Theo (2.19) z nghiệm toán (2.38) Theo bổ đề 2.3 tốn có nghiệm tầm thường Do ta có điều phải chứng minh
Để tiếp tục chứng minh hệ ta cần ý tốn (2.3), (2.4m) xây dựng từ toán (2.1), (2.2) trường hợp:
, 1 , , 1 1 , 1
n n
n
f u t f t u t u t u t
(2.48)
1
1
, , ,
, , , n
i i
i i
u u a i m
u u b i m
(2.49)
0 ,
t b u (2.50)
Như toán (2.3), (2.5m) ta đạt từ toán (2.1), (2.2) toán tử f hàm ii 1, ,n 1 đồng (2.48), (2.49) với 1 1; :
0
1
2 ,
t a b a u u b a b
(2.51) Đặt g toán tử Green toán (2.6) Khi từ (2.49) với x C ta có:
1 1
1
, , ,
k k
m C
g x t h t x a t b k n
(2.52)
Mặt khác
1
1
, , n
n
u C
u t g u n1 t
Từ ta có:
1
1 1
1
, , ,
n
k k n k
m m C
C
u t h t u h t u a t b k n
(21)Chứng minh Hệ 1.1
Ta đặt:
n 1 ,
p t q t x (2.53)
Khi dễ thấy bất đẳng thức (2.16) Hàm Green tốn (2.18) có dạng sau:
1
0
0
exp ,
,
,
s n
tq d t s
G t s
s t
(2.54)
Từ (2.48)-(2.50) (2.52) – (2.54) điều kiện (2.22), (2.23) ta có điều kiện (2.14), (2.15) (2.17) với 1 0
1
, n k mk k
k
q t q t h t q t
Như giả thuyết Định lý 1.1 thỏa mãn, điều làm cho toán (2.3), (2.4m) có nghiệm Ta kết thúc chứng minh
Chứng minh hệ 2.2
Theo (2.48) – (2.50) (2.52)-(2.54) với (2.23), (2.24) ta có điều kiện (2.19)-(2.21) với 0 1
1
n k
k m k
k
p t q t h t
Như điều kiện Định lý 1.2 thỏa mãn Từ tốn (2.3), (2.4m) có nghiệm
Chứng minh hệ 2.3
Ta đặt:
1
1
,
n
p t q t x x b b a
(2.55)
Khi đó:
0
0 exp
t n t
z t q s ds
bất đẳng thức (2.16) thỏa mãn Theo (2.51) toán (2.18) trùng với toán
1
' n ,
z t q t z t z b z a
(22)
1
1
0
1
1
1
exp exp ,
,
exp exp ,
b s
n n
a t
b s
n n
a t
q d q d s t
G t s
q d q d s t
Theo (2.48), (2.49), (2.52) (2.55) từ (2.25), (2.26) (2.51) ta có bất đẳng thức (2.14) (2.15) với q t , qn1 t q t0
Mặt khác ta có:
0
0 0
0
1
0
1 , , , , ,
b b
a a
z t
G t s q s ds G t s q s ds a t b
z
Từ ta thấy điều kiện (2.17) thỏa mãn Áp dụng định lý 2.1 ta suy hệ 2.3
Chứng minh hệ 2.4
Theo (2.48), (2.49), (2.52) (2.55) từ (2.25), (2.27) (2.51) ta có bất đẳng thức (2.19) (2.20) với p t0 qn1 t
Mặt khác từ (2.56) ta có:
0 , 1,
b
a G t s p s ds a t b
(23)TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 I T Kiguradze and A G Lomtatidze, On certain boundary value problems for second-order linear ordinary differential equations with singularities J Math Anal Appl 101(1984), No 2, 325-347
2 I Kiguradze and B P˚uza, On boundary value problems for functional-differential equations Mem Differential Equations Math Phys 12(1997), 106-113
3 A G Lomtatidze, A boundary value problem for nonlinear second order ordinary differential equations with singularities Differentsial’nye Uravneniya 22(1986), No 3, 416-426; English transl.: Differential Equations 22(1986), 301-310
4 A G Lomtatidze, Positive solutions of boundary value problems for second-order ordinary differential equations with singularities (Russian) Differentsial’nye Uravneniya 23(1987), No 10, 1685{1692; English transl.: Differential Equations 23(1987), 1146- 1152
5 A G Lomtatidze, A nonlocal boundary value problem for second-order linear ordinary differential equations (Russian) Differentsial’nye Uravneniya 31(1995), No 3, 446-455; English transl.: Differential Equations 31(1995), No 3, 411-420
6 A Lomtatidze, On a nonlocal boundary value problem for second order linear ordinary differential equations J Math Anal Appl 193(1995), No 3, 889-908
7 A Lomtatidze and L Malaguti, On a nonlocal boundary value problem for second order nonlinear singular differential equations Georgian Math J 7(2000), No 1, 133- 154
8 A Lomtatidze and P Vodstrcil ˇ , On sign constant solutions of certain boundary value problems for second-order functional differential equations Appl Anal 84(2005), No 2, 197-209
9 P Vodstrcil ˇ , On nonnegative solutions of a certain nonlocal boundary value problem for second order linear functional differential equations Georgian Math J 11(2004), No 3, 583-602
(24)11 Kiguradze, I.T., Itogi Nauki i Tekhniki Sovremennye Problemy Matematiki Noveishie Dostizheniya, 1987, vol 30, pp 3{103 Translated into English in J Sov Math., 1988, vol 43, no 2, pp 2259-2339
12 Kiguradze, I., Ann Mat Pura ed Appl., 1975, vol 104, pp 151-175 13 Kiguradze, I.T., Differents Uravn., 1997, vol 33, no 5, pp 646-652
14 Hakl, R., Kiguradze, I., and Puˇza, B., Georgian Math J., 2000, vol 7, no 3, pp 489- 512
15 Kiguradze, I and Puˇza, B., Mem Differential Equations Math Phys., 1997, vol 12, pp.106-113
16 Kiguradze, I and Puˇza, B., Czechoslovak Math J., 1997, vol 47, no 2, pp 233-244 17 Puˇza, B., Georgian Math J., 1997, vol 4, no 6, pp 557-566