Thông tin tài liệu
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH o0o - Đinh Phước Vinh BÀI TỐN BIÊN KHƠNG CHÍNH QUI CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2011 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH o0o - Đinh Phước Vinh BÀI TỐN BIÊN KHƠNG CHÍNH QUI CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO Chuyên ngành : Tốn Giải Tích Mã số : 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh - 2011 LỜI CẢM ƠN Trước hết, tơi xin kính gửi đến Thầy, PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn lời cám ơn sâu sắc tận tình giúp đỡ Thầy tơi suốt q trình hồn thành luận văn học tập Xin trân trọng cám ơn Q Thầy Cơ thuộc khoa Tốn trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh tận tình truyền đạt kiến thức kinh nghiệm quý báu cho suốt năm học tập Xin trân trọng cám ơn Phòng Sau Đại Học trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi cho tơi hồn tất chương trình học tập thực luận văn Xin cảm ơn tất bạn bè đồng nghiệp động viên giúp đỡ tơi lúc khó khăn Cuối cùng, tơi xin gửi lời cám ơn đến gia đình tơi, chỗ dựa cho mặt tạo điều kiện tốt để học tập hoàn thành luận văn Đinh Phước Vinh MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU MỞ ĐẦU Chương 1: BÀI TỐN BIÊN CHÍNH QUI CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 11 1.1 Giới thiệu toán 11 1.2 Về tồn nghiệm toán (1.1), (1.2) 11 1.2.1 Định lí tính chất Fredholm tốn biên tuyến tính 11 Định lí 12 1.2.2 Định nghĩa 14 1.2.3 Định lí 15 1.2.4 Định nghĩa 19 1.2.5 Định nghĩa 20 1.2.6 Hệ 20 1.2.7 Định nghĩa 21 1.2.8 Hệ 21 Chương 2: BÀI TỐN BIÊN KHƠNG CHÍNH QUI CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO 23 2.1 Giới thiệu toán 23 2.2 Định lí tính chất Fredholm tốn biên tuyến tính bậc cao 23 2.2.1 Định nghĩa 24 2.2.2 Bổ đề 24 2.2.3 Định lí 27 2.2.4 Hệ 29 2.3 Về tồn nghiệm toán (2.1), (2.2) 30 2.3.1 Định nghĩa 31 2.3.2 Định nghĩa 32 2.3.3 Bổ đề 32 2.3.4 Định lí 33 2.3.5 Hệ 37 2.3.6 Định nghĩa 38 2.3.7 Định nghĩa 39 2.3.8 Định lí 39 2.4 Ứng dụng vào hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch 44 2.4.1 Bổ đề 45 2.4.2 Định lí 47 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 53 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU = Tập hợp số tự nhiên ( −∞, +∞ ) Tập hợp số thực = [0, +∞) + Tập hợp số thực không âm m Không gian véc tơ cột m chiều x = ( xi )i =1 với thành phần m m xi ∈ ( i = 1, , m ) với chuẩn x = ∑ xi i =1 x⋅ y n , y ( yi )i x (= xi )i = x⋅ y = yi với ∑ xi= = n n i =1 sgn ( x ) sgn ( x ) = ( sgn ( xi ) )i =1 m+ m = + m×m khơng gian ma trận X = ( xik )i ,k =1 với thành phần xik ∈ n {( x ) m i i =1 } : xi ∈ = 1, , m ) + (i m m với chuẩn x = ∑ i , k =1 x x = ( xi ) X X = ( xik m = x với i =1 ) {( x m i , k =1 xik ( xi )i =1 ∈ m = với X m ( xik )i ,k =1 ∈ m×m m )i ,k =1 : xik ∈ + = ( i, k } 1, , m ) m+ ×m m×m = + r(X ) Bán kính phổ ma trận X ∈ m×m x≤ y = x ( xi )= , y ( yi )i ∈ m x ≤ y ⇔ xi ⇔ yi ( i = 1, , m ) với i 1= = ik m m m X ≤ Y ⇔ xik ⇔ yik ( i, k = 1, , m ) với X = ( xik )i ,k =1 , X ≤Y m = Y ( yik )i ,k =1 ∈ m×m m k ( k − ε )! ( k − ε )!= ∏ ( i − ε ) C ( [ a, b ] ; m ) Không gian Banach hàm véc tơ x : [ a, b ] → m liên tục với chuẩn i =1 với k ∈ , ε ∈ ( 0,1) = x C max { x ( t ) : t ∈ [ a, b ]} L ( [ a, b ] ; m ) Không gian Banach hàm véc tơ x : [ a, b ] → m khả tích với chuẩn b x L = ∫ x ( t ) dt a Cαn ,−β1 ( ( a, b ) ; m ) Không gian Banach hàm véc tơ x : ( a, b ) → m khả vi liên tục tới (n − 1) cấp có giới hạn với lim ( b − t ) x ( i −1) ( t )( i = 1, , n ) , βi αi t →a −∞ < a < b + ∞, α , β ∈ t →b = αi lim ( t − a ) x ( i −1) ( t ) , α +i−n+ α +i−n β +i−n+ β +i−n , βi = ( i = 1, , n ) 2 α β n sup ∑ ( t − a ) ( b − t ) x ( i −1) ( t ) : a < t < b xC với chuẩn = α β i =1 i i n −1 , αn −, β1 ( ( a, b ) ; m ) C Tập tất phần tử x ∈ Cαn ,−β1 ( ( a, b ) ; m ) cho x ( n −1) liên tục tuyệt đối (a, b) , nghĩa là, liên tục tuyệt đối [ a + ε , b − ε ] với số dương ε Lα , β ( ( a, b ) ; m ) bé tuỳ ý Không gian Banach hàm vectơ y : ( a, b ) → m có thành phần khả tích với trọng số ( t − a ) ( b − t ) với chuẩn α b y Lα ,β = ∫ ( t − a ) ( b − t ) y ( t ) dt a α β β Lα , β ( ( a, b ) ; m×m ) Khơng gian Banach ma trận hàm Y : ( a, b ) → m×m có thành phần khả b Y Lα ,β tích với trọng số (t − a ) (b − t ) α β với chuẩn = ∫ ( t − a ) ( b − t ) Y ( t ) dt α β a { } Lα , β ( ( a, b ) ; m+ ) Lα , β ( ( a, b ) ; m+ ) =y ∈ Lα , β ( ( a, b ) ; m ) : y ( t ) ∈ m+ , t ∈ ( a, b ) Lα , β ( ( a, b ) ; m+ ×m ) Lα , β ( ( a, b ) ; m+ ×m ) =∈ Y Lα , β ( ( a, b ) ; m×m ) : Y ( t ) ∈ m+ ×m , t ∈ ( a, b ) { } MỞ ĐẦU Phương trình vi phân hàm đời lâu bắt đầu quan tâm từ năm 20 kỉ trước nhờ ứng dụng lĩnh vực vật lý, học, kinh tế, nông nghiệp,…Trong phát triển đó, tốn biên đóng vai trò bật lý thuyết thực tiễn ứng dụng Cho tới nay, có lớp đủ rộng tốn quy x ( n ) ( t ) = f ( x )( t ) với x ) 0= điều kiện biên hi ( = ( i 1, , n ) nghiên cứu trình bày tài liệu chuyên khảo [1], [2] Những điều kiện đủ cho tính giải toán loại giải [4], [5], [7], [10], [11], [16],…Tuy nhiên tốn biên khơng quy, kết thu khiêm tốn chưa đủ tổng quát Như ( ) n −1 [14], [15], trường hợp tốn tử f có dạng f ( x )( t ) = g t , x ( t ) , , x ( ) ( t ) nghiên cứu đầy đủ; với phương trình vi phân hàm x ( n ) ( t ) = f ( x )( t ) , toán có trọng số giải [13], toán hai điểm [6], [7], toán nhiều điểm Vallée-Poussin [8] Với mong muốn phần lấp đầy lỗ hỏng trên, luận văn trình bày số kết thu từ việc khảo sát tồn nghiệm toán trường hợp tổng quát Nội dung luận văn gồm hai chương Chương trình bày định lí tồn nghiệm tốn biên qui dx ( t ) = f ( x )( t ) , h ( x ) = trường hợp toán tử f : C ([ a, b ] ; n ) → L ([ a, b ] ; n ) dt h : C ([ a, b ] ; n ) → n liên tục Chương 2, nội dung luận văn, tổng hợp số kết tổng quát thiết lập [12], tác giả I Kiguradze, B Puza I.P Stavroulakis việc xây dựng tính giải tốn biên khơng qui x ( n ) ( t ) = f ( x )( t ) với điều kiện biên hi (= x ) 0= ( i 1, , n ) trường hợp toán tử f : Cαn ,−β1 ( ( a, b ) ; m ) → Lα , β ( ( a, b ) ; m ) hi : Cαn ,−β1 ( ( a, b ) ; m ) → m ( i = 1, , n ) liên tục thỏa điều kiện { sup f ( x )( ⋅) : x { sup hi ( x ) : x Cαn−,β1 Cαn−,β1 } ≤ ρ ∈ Lα , β ( ( a, b ) ; + ) , } ≤ ρ < +∞ ( i = 1, , n ) Một số kết thu sau tổng quát hoá kết biết trước η0 ( ρ ) b α β lim + ∫ ( s − a ) ( b − s ) η ( s, ρ ) ds = ρ →+∞ ρa ρ (2.50) đồng thời với λ ∈ [ 0,1] toán (i = 1, , n ) x( n) ( t ) = p ( x )( t ) + λ p ( x )( t ) , i ( x ) + λ i ( x ) = (2.51) có nghiệm tầm thường Khi đó, tốn (2.1), (2.2) có nghiệm Chứng minh ( ) Trước hết ta chứng minh cặp p, ( i )i =1 hoà hợp n Thật vậy, tốn tử p, i tuyến tính toán tử p, p bị chặn mạnh ; toán tử ( i )i=1 , ( ) n i n i=1 bị chặn nên tồn ζ ∈ Lα , β ( ( a, b ) ; + ) , ζ ∈ + cho hầu khắp nơi ( a, b ) ta có p ( x )( t ) + p ( x )( t ) ≤ ζ ( t ) x ∑( ( x) n i =1 i ) + i ( x ) ≤ ζ x Cαn−,β1 , (2.52) Cαn−,β1 với x ∈ Cαn ,−β1 ( ( a, b ) ; m ) Ngoài ra, tốn (2.51) có nghiệm tầm thường nên với λ = tốn ) x ( n= ( t ) p ( x )( t ) , i= ( x ) 0= ( i 1, , n ) có nghiệm tầm thường Theo định lí 2.2.3 tốn (2.29) có nghiệm thoả mãn (2.30) Vậy cặp ( p, ( ) ) hoà hợp theo định n i i =1 nghĩa 2.3.2 Với λ ∈ [ 0,1] , q ∈ Lα , β ( ( a, b ) ; m ) c0i ∈ m 1, , n ) , xét toán biên (i = x ( n ) ( t ) =p ( x )( t ) + λ p ( x )( t ) + q ( t ) , i ( x ) + λ i ( x ) =c0i ( i =1, , n ) (2.53) (2.54) Ta x nghiệm toán thỏa bất đẳng thức x Cαn−,β1 n ≤ γ ∑ c0i + q i =1 Lα ,β , (2.55) γ số dương khơng phụ thuộc vào λ , q, c0i , Giả sử ( i = 1, , n ) x ngược lại (2.55) khơng Khi đó, với số tự nhiên k, tồn 1, , n ) cho toán λk ∈ [ 0,1] , qk ∈ Lα ,β ( ( a, b ) ; m ) , cki ∈ m , ( i = x ( n ) ( t ) =p ( x )( t ) + λk p ( x )( t ) + qk ( t ) , i ( x ) + λk i ( x ) =cki ( i =1, , n ) có nghiệm xk thỏa bất đẳng thức def ρ k =xk Cαn−,β1 n > k ∑ cki + qk i =1 Lα ,β Đặt xk ( t ) = ρ k −1 xk ( t ) , qk ( t ) = ρ k −1qk ( t ) , −1 = cki ρ= 1, , n ) , k cki ( i xk qk Lα ,β qk L < = ρk α ,β Cαn−,β1 = 1, (2.56) qk Lα ,β k ∑ cki + qk i =1 n Lα ,β ≤ ; k (2.57) n n ∑c n = ∑ cki < ρ ki =i = k i ∑c i =1 ki n k ∑ cki + qk i =1 Lα ,β ≤ , k xk ( n ) ( t ) =p ( xk )( t ) + λk p ( xk )( t ) + qk ( t ) , i ( xk ) + λk i ( xk ) = cki Đặt t0 = (2.58) 1, , n ) (i = (2.59) a+b Khi đó, từ (2.58) khai triển Taylor với phần dư dạng tích phân hàm xk t0 cho ta x= yk ( t ) + z k ( t ) , k (t ) (2.60) với ( t − t0 ) = yk ( t ) ∑ i =1 ( i − 1) ! i −1 n xk ( i −1) t n −1 ( t0 ) + ( t − s ) ( p ( xk )( s ) + λk p ( xk )( s ) ) ds, ∫ ( n − 1)! t (2.61) t n −1 zk ( t ) = ( t − s ) qk ( s ) ds ∫ ( n − 1)! t Từ (2.57) ta có qk Lα ,β = b ∫ (t − a ) (b − t ) α β a b k →+∞ qk ( t ) dt < ⇒ ∫ qk ( t ) dt → k a Mặt khác, zk ( i −1) t t n −i ( i −1) (t ) = ( t − s ) qk ( s ) ds ⇒ zk ( t ) ≤ M ∫ qk ( s ) ds ( n − i )! t∫ t 0 M số dương đủ lớn Suy α β n zk C sup ∑ ( t − a ) ( b − t ) zk ( i −1) ( t ) : a < t < b → = α β i =1 i i n −1 , Ngoài dễ thấy lim= cki 0= ( i 1, , n ) k →+∞ (2.62) Từ (2.61) ta có ( t − t0 ) = yk ( t ) ∑ j =i ( j − i ) ! ( i −1) n j −i xk ( j −1) ( t0 ) + t n −i ( t − s ) p ( xk )( s ) + λk p ( xk )( s ) ds ∫ ( n − i )! t t yk( n −1) ( t ) = xk ( n −1) ( t0 ) + ∫ p ( xk )( s ) + λk p ( xk )( s ) ds t0 Từ đánh giá (2.52) (2.56), suy yk ( i −1) ( t0 ) ≤ ρ * 1, , n ) , (i = t t s s yk ( n −1) ( t ) − yk ( n −1) ( s ) ≤ ∫ p ( xk )(ξ ) + λk p ( xk )(ξ ) dξ ≤ ∫ ζ (ξ ) dξ với a < s < t < b , ρ * số dương không phụ thuộc vào k Áp dụng bổ đề 2.2.2, khơng tính tổng quát ta giả sử dãy ( yk ) k =1 hội tụ theo chuẩn không +∞ gian Banach Cαn ,−β1 ( ( a, b ) ; m ) , giả sử dãy ( λk ) k =1 hội tụ +∞ Đặt = λ lim = λk , x ( t ) lim yk ( t ) k →+∞ k →+∞ Khi đó, từ (2.59) - (2.62) ta có lim xk − x = lim yk + zk − x C n −1 k →+∞ α ,β ≤ lim yk − x k →+∞ Cαn−,β1 k →+∞ + lim zk k →+∞ Cαn−,β1 Cαn−,β1 = lim yk − x k →+∞ Cαn−,β1 = = i ( x ) λ= i ( x ) ( i 1, , n ) , ( t − t0 ) = x (t ) ∑ i =1 ( i − 1) ! n i −1 x ( i −1) t n −1 ( t0 ) + ( t − s ) ( p ( x )( s ) + λ p ( x )( s ) ) ds ∫ ( n − 1)! t (2.63) Do x nghiệm toán (2.51) Mặt khác, lim xk − x k →+∞ x Cαn−,β1 Cαn−,β1 xk = Cαn−,β1 = suy = Nhưng điều mâu thuẫn với giả thiết tốn (2.51) có nghiệm tầm thường Mâu thuẫn khẳng định tồn γ thỏa (2.55) Từ định lí 2.3.4, để chứng minh định lí 2.3.8 điều kiện đủ phải với λ ∈ ( 0,1) , nghiệm toán x( n) ( t ) = p ( x )( t ) + λ ( f ( x )( t ) − p ( x )( t ) ) , (2.64) i ( x) = λ ( i ( x ) − hi ( x ) ) , i = (1, , n ) (2.65) thỏa bất đẳng thức (2.34) Ta có x nghiệm toán (2.64), (2.65) nghiệm tốn (2.53), (2.54), q ( t= ) λ ( f ( x )( t ) − p ( x )( t ) − p ( x )( t ) ) , λ ( i ( x ) + i ( x ) − hi ( x ) ) , = c0= i i (2.66) (1, , n ) Theo chứng minh trên, x thỏa (2.55), kết hợp với điều kiện (2.48), (2.49) (2.66) ta suy x Cαn−,β1 ≤ γ η x b Cαn−,β1 ( + ∫ ( s − a ) ( b − s ) η s, x α a β Cαn−,β1 ) ds Mặt khác từ điều kiện (2.50) suy tồn ρ > cho bất đẳng thức (2.47) Từ ta có đánh giá (2.34). 2.4 Ứng dụng vào hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch Trong không gian Cαn ,0−1 ( ( a, b ) ; m ) xét toán biên ( x ( n ) ( t ) = g t , x (τ ( t ) ) , , x ( n −1) (τ n ( t ) ) ) (2.67) lim = x ( i −1) ( t ) c= 1, , k ) i ( x) (i t →a (2.68) lim x ( i −1) ( t )= ci ( x ) ( i= k + 1, , n ) t →b Trong k ∈ {1, , n − 1} , α ∈ [ 0, n − k ] , τ i : [ a, b ] → [ a, b ] 1, , n ) (i = hàm đo được, ci : Cαn ,0−1 ( ( a, b ) ; m ) → m toán tử liên tục, g : ( a, b ) × mn → m hàm véc 1, , n ) tơ cho g ( ⋅, x1 , , xn ) : ( a, b ) → m đo với xi ∈ m ( i = g ( t , ⋅, , ⋅) : mn → m liên tục với t ∈ ( a, b ) Hơn nữa, giả sử với i > n − α ta có τ i ( t ) > a hầu khắp nơi ( a, b ) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau 2.4.1 Bổ đề Giả sử k ∈ {1, , n − 1} , α ∈ [ 0, n − k ] , x ∈ Cαn ,−β1 ( ( a, b ) ; m ) hàm véc tơ thỏa điều kiện (2.68) Khi đó, ( a, b ) ta có bất đẳng thức sau: n x ( i −1) ( t ) ≤ ∑ ( b − a ) j −i j =i + cj ( x) −α n −i −α +α (b − a ) (t − a ) y ( x) ( n − i )! i k + 1, , n ) (i = i n x ( i −1) ( t ) ≤ ∑ ( b − a ) j =i j −i (2.69) cj ( x) (b − a ) k +1−i −α + (t − a ) ( n − k − 1)!( k + − i − α k +1 )! n − k −1−α +α k +1 k +1 y ( x) (2.70) 1, , k ) (i = với y (= x) b ∫ ( s − a) a α x ( n ) ( s ) ds (2.71) Chứng minh Lấy x0 ( t ) đa thức bậc không lớn n − thỏa ( i −1) x= 1, , k ) , ( a ) c= i ( x) (i x0( i −1) ( b )= ci ( x ) ( i= k + 1, , n ) Khi đó, n x0( i −1) ( t ) ≤ ∑ ( b − a ) j −i j =i c j ( x ) với a ≤ t ≤ b ( i =1, , n ) (2.72) Mặt khác, x ( i −1) x0 (t ) = ( i −1) ( −1) b s − t n−i x( n) s ds ( ) ( ) (t ) − ( n − i )! ∫t n −i ( i= x ( i −1) (2.73) k + 1, , n ) , t ci ( x ) + ∫ x ( i ) ( s ) ds ( i = 1, , k ) (t ) = (2.74) a Do (2.3) ta có n − i − α − αi ≥ ( i =1, , n ) Do ( s − t )( với a ≤ t ≤ b n −i ) ≤ ( s − a) n −i −α −α i ( s − a) ( s − a) −α i α ≤ (b − a ) n −i −α − (t − a ) ( s − a ) −α i α ( i =1, , n ) Kết hợp với (2.72), (2.73) ta thu (2.69) Rõ ràng α k +1 ≤ 1, α ≤ n − k Nếu α k +1 < từ (2.69), (2.72) (2.74) suy (2.70) Để kết thúc chứng minh bổ đề ta phải xét trường hợp α k +1 = Khi đó, α= n − k từ (2.72)- (2.74) ta có x ( k −1) n (t ) ≤ ∑ (b − a ) j −k j =k n ∑ (b − a ) j =k j −k t b n − k −1 cj ( x) + x ( n ) ( s ) ds dτ = ∫ ( s −τ ) ∫ ( n − k − 1)! a τ b t n − k −1 n−k ( n) − − + t a s a x s ds ( ) ( ) ( ) ( s − a ) x( n) ( s ) ds ∫ ∫ ( n − k − 1)! t a cj ( x) + n ≤ ∑ (b − a ) j −k j =k cj ( x) + y ( x ) ( n − k − 1)! Và n x ( i −1) ( t ) ≤ ∑ ( b − a ) j =i j −i cj ( x) + k −i ( t − a ) y ( x ) , ( i = 1, , k ) ( n − k − 1)!( k − i )! Do ta có (2.70). 2.4.2 Định lí 1, , n ) q : ( a, b ) × + → m+ Giả sử tồn tại, η0 : + → + , Ρ i ∈ Lα ,0 ( ( a, b ) ; mm + ) , (i = cho n ∑ c ( x) i =1 i ( ≤ η0 x Cαn−,01 ) với x ∈ C n −1 α ,0 ( ( a, b ) ; ) m (2.75) ( a, b ) × mn ta có bất đẳng thức n α α n g ( t , x1 , , xn ) ≤ ∑ (τ i ( t ) − α ) Ρ i ( t ) xi + q t , ∑ (τ i ( t ) − a ) xi =i = i1 i i (2.76) Hơn nữa, giả sử q ( ⋅, ρ ) ∈ Lα ,0 ( ( a, b ) ; m+ ) với ρ ∈ + , thành phần q ( t , ρ ) không giảm theo ρ , η ( ρ ) b α lim 0 + ∫ ( s − a ) q ( s, ρ ) ds = ρ →+∞ ρ ρ a (2.77) r (Ρ) < (2.78) Ρ b k +1−i −α (b − a ) α ( s − a ) (τ i ( s ) − a ) ∑ ∫ i =1 ( n − k − 1) !( k + − i − α k +1 ) ! a n −i −α +α b n b − a) ( α +∑ ( s − a ) Ρi ( s ) ds ∫ ( n − i )! a i= k +1 n − k −1−α +α k +1 k k +1 Ρi ( s ) ds i Khi đó, tốn (2.67), (2.68) có nghiệm Chứng minh Bài tốn (2.67), (2.68) thu từ toán (2.1), (2.2) ( ) f ( x )( t ) ≡ g t , x (τ ( t ) ) , , x ( n −1) (τ n ( t ) ) , hi ( x ) = lim x ( i −1) ( t ) − ci ( x ) (i = t →a hi ( x ) = lim x ( i −1) ( t ) − ci ( x ) t →b (2.79) 1, , k ) , k + 1, , n ) (i = (2.80) Từ giả thiết ta có f : Cαn ,0−1 ( ( a, b ) ; m ) → Lα ,0 ( ( a, b ) ; m ) hi : Cαn ,0−1 ( ( a, b ) ; m ) → m 1, , n ) toán tử liên tục thỏa điều kiện (2.3), (2.4) (i = với β = Với x, y ∈ Cαn ,0−1 ( ( a, b ) ; m ) t ∈ ( a, b ) đặt 1) p= i ( x, y ) lim y ( i −= ( x, y )( t ) 0,= ( t ) ( i 1, , k ) , t →a i ( x, y )= lim y t →b ( i −1) (t ) ( ( i= k + 1, , n ) ) Theo định nghĩa 2.3.2 định lí 2.3.4, cặp p, ( i )i =1 toán tử liên tục n (2.81) p : Cαn ,0−1 ( ( a, b ) ; m ) × Cαn ,0−1 ( ( a, b ) ; m ) → Lα ,0 ( ( a, b ) ; m ) , ( i )i =1 : Cαn,0−1 ( ( a, b ) ; m ) × Cαn,0−1 ( ( a, b ) ; m ) → mn , n hịa hợp Để chứng minh định lí, từ 2.3.4 ta với λ ∈ ( 0,1) , x nghiệm toán (2.32), (2.33) thỏa bất đẳng thức x Cαn−,β1 ≤ ρ0 (2.82) ρ số khơng âm không phụ thuộc vào λ x Do (2.79)- (2.81) tốn (2.32), (2.33) có dạng sau: ( ) x ( n ) ( t ) = λ g t , x (τ ( t ) ) , , x ( n −1) (τ n ( t ) ) , lim x ( i −1) ( t ) =λ ci ( x ) t →a lim x ( i −1) ( t ) =λ ci ( x ) ( i = 1, , k ) , ( i= t →b (2.83) (2.84) k + 1, , n ) Gọi x nghiệm toán (2.83), (2.84) với λ ∈ ( 0,1) tuỳ ý cố định Khi đó, bổ đề 2.4.1 ta có bất đẳng thức (2.69), (2.70) với y ( x ) véctơ xác định (2.71) Mặt khác, từ (2.76) ta có b y ( x) = ∫ (s − a) x α a b ( n) ( n −1) ( s ) ds = ∫ ( s − a ) λ g ( t , x (τ ( t ) ) , , x (τ n ( t ) ) ) ds b α a b ( ≤ ∑ ∫ ( s − a ) (τ i ( s ) − a ) Ρ i ( s ) x ( i −1) ( s ) ds + ∫ ( s − a ) q s, x n α αi i =1 a a α Cαn−,01 ) ds α i 0= Nếu (2.69), (2.70) ta áp dụng với= ( i 1, , k ) , (2.70) dẫn đến y ( x ) ≤ Ρ y ( x ) + y0 ( x ) hay ( E − Ρ ) y ( x ) ≤ y0 ( x ) , (2.85) với E ma trận đơn vị cấp m × m = y0 ( x ) ( α α b n − Ρ τ s a s ds ) i ( ) ∑ ( b − a ) j −i c j ( x ) + ∫ ( s − a ) q s , x ∑ ∫( i ( ) i 1= a a j i b n i Cαn−,01 ) ds (2.86) Vì ma trận P không âm r ( P ) < , nên từ (2.85) suy y ( x ) ≤ ( E − Ρ ) y0 ( x ) −1 Do giả thiết (2.75), đánh giá (2.86), bổ đề 2.4.1, ta có x Cαn−,01 ( ≤ η1 x Cαn−,01 ), (2.87) b α η1= ( ρ ) µ η0 ( ρ ) + ∫ ( s − a ) q ( s, ρ ) ds , a µ số dương phụ thuộc vào α i , Ρ i ,τ i 1, , n ) , a (i = b Mặt khác, điều kiện (2.77) ta có η1 ( ρ ) =0 ρ →+∞ ρ lim η1 ( ρ ) < ρ với η1 ( s ) s ρ > ρ= inf ρ > : , ρ0 ( Do từ (2.87), η1 x Cαn−,01 )≥ x Cαn−,01 ρ0 không phụ thuộc vào λ x ta suy x Cαn−,01 < 1, s ∈ [ ρ , +∞) ≤ ρ0 , nghĩa (2.82) đúng, số Định lí chứng minh. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Mục đích luận văn nghiên cứu tính giải tốn biên khơng qui cho phương trình vi phân hàm bậc cao (2.1), (2.2) Đây trường hợp mở rộng toán (1.1), (1.2) xét toán biên qui cho phương trình vi phân hàm phi tuyến bậc Nội dung luận văn trình bày chương Chương Khảo sát tính giải toán (1.1), (1.2) Các kết chương định lí 1.2.1, định lí 1.2.3 hệ 1.2.6, 1.2.8 Chương Nghiên cứu tính giải tốn (2.1), (2.2) Các kết định lí 2.2.3, 2.3.4, 2.3.8, 2.4.2 hệ 2.2.4, 2.3.5 Từ kết đưa luận văn, câu hỏi đặt kết có cịn khơng cho tốn biên nhiều điểm, tốn biên dạng tuần hoàn Do tác giả mong muốn tiếp tục nghiên cứu tìm hiểu thêm vấn đề thời gian tới Với hiểu biết hạn chế, tác giả mong nhận nhiều nhận xét, bảo Thầy, Cơ ngồi Hội đồng TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] N V Azbelev, V P Maximov, and L F Rakhmatullina (1991), Introduction to the theory of functional differential equations, Nauka, Moscow [2] N V Azbelev, V P Maximov, and L F Rakhmatullina, Methods of the modern theory of linear functional differential equations [3] O Dosly, A Lomtatidze (1999), Disconjugacy and disfocality criteria for second order singular half-linear differential equations, Ann Polon Math 72(3), pp 273–284 [4] R Hakl, I Kiguradze, B Puza (2000), Upper and lower solutions of boundary value problems for functional differential equations and theorems of functional differential inequalities, Georgian Math J., 7(3), pp 489–512 [5] I Kiguradze, N Partsvania (1999), On nonnegative solutions of nonlinear two-point boundary value problems for two-dimensional differential systems with advanced arguments, E J Qualitative Theory of Diff Equ., No 5, pp 1–22 [6] I Kiguradze, B Puza (1997), On a certain singular boundary value problem for linear differential equations with deviating arguments Czechoslovak Math J 47(2), pp 233–244 [7] I Kiguradze, B Puza (1997), On boundary value problems for systems of linear functional differential equations, Czechoslovak Math J 47(2), pp 341–373 [8] I Kiguradze, B Puza (1997), On the Vallee–Poussin problem for singular differential equations with deviating arguments, Arch Math., 33(1–2), pp 127–138 [9] I Kiguradze, B Puza (1997), Conti-Opial type theorems for system of functional differential equations, Differentsial’nye Uravneniya, 33(2), pp 185-194 [10] I Kiguradze, B Puza (1997), On boundary value problems for functional differential equations (1997), Mem Differential Equations Math Phys 12, pp 106-113 [11] I Kiguradze, B Puza (1998), On the solvability of nonlinear boundary value problems for functional differential equations, Georgian Math J 5(3), pp 251–262 [12] I Kiguradze, B Puza, I.P Stavroulakis (2001), “On the singular boundary value problems for functional differential equations of higher order”, Georgian Mathematical Journal, 8(4), pp 791–814 [13] I Kiguradze, Z Sokhadze (1998), On the structure of the set of solutions of the weighted Cauchy problem for evolution singular functional differential equations, Fasc Math., 28, pp 71–92 [14] I Kiguradze, G Tskhovrebadze (1994), On the two-point boundary value problems for systems of higher order ordinary differential equations with singularities Georgian Math J., 1(1), pp 31–45 [15] A Lomtatidze, L Malaguti (2000), On a nonlocal boundary value problem for second order nonlinear singular equations, Georgian Math J., 7(1), pp 133–154 [16] N Partsvania (2000), On a boundary value problem for the two-dimensional system of evolution functional differential equations, Mem Differential Equations Math Phys., 20, pp 154–158 ... biết trước Chương 1: BÀI TỐN BIÊN CHÍNH QUI CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 1.1 Giới thiệu toán Trong chương ta nghiên cứu tồn nghiệm hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến dx ( t )... p0 ( y )( t ) ≤ α ( t ) y C , Chương 2: BÀI TỐN BIÊN KHƠNG CHÍNH QUI CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO 2.1 Giới thiệu tốn Xét phương trình vi phân hàm cấp n x ( n ) ( t ) = f ( x )( t )... o0o - Đinh Phước Vinh BÀI TỐN BIÊN KHƠNG CHÍNH QUI CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO Chuyên ngành : Tốn Giải Tích Mã số : 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA
Ngày đăng: 17/05/2021, 22:30
Xem thêm:
