THÔNG TIN TÀI LIỆU
ĐỀ TÀI Một số nguyên lý cực đại phương trình vi phân MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài 2 Lịch sử vấn đề nghiên cứu Mục tiêu nghiên cứu Nội dung nghiên cứu Đối tượng, phạm vi, phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa đề tài Cấu trúc đề tài PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG I: NGUYÊN LÝ CỰC ĐẠI TỔNG QUÁT 1.1 Nguyên lý cực đại chiều 1.2 Nguyên lý cực đại tổng quát 11 CHƯƠNG II: XẤP XỈ TRONG BÀI TOÁNGIÁ TRỊ BAN ĐẦU VÀ GIÁ TRỊ BIÊN 15 2.1 Bài toán giá trị ban đầu 15 2.2 Bài toán giá trị biên 16 2.3 Xấp xỉ toán giá trị biên 18 2.4 Xấp xỉ toán giá trị ban đầu 30 CHƯƠNG III: BÀI TOÁN VỀ GIÁ TRỊ RIÊNGVÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÝ DAO ĐỘNG - SO SÁNH 36 3.1 Bài toán giá trị riêng 36 3.2 Định lý dao động so sánh 42 3.3 Toán tử phi tuyến 46 PHẦN KẾT LUẬN 50 TÀI LIỆU THAM KHẢO 51 PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Phương trình vi phân đề tài nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu Tuy nhiên, phát triển không ngừng khoa học - kĩ thuật, phương trình vi phân trở thành chủ đề tìm hiểu phát triển mạnh Trong đó, vấn đề liên quan đến “nguyên lý cực đại” đề tài hay có nhiều ứng dụng tốn xấp xỉ giá trị biên, giá trị ban đầu… Trong năm gần đây, đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia kì thi Tốn Olympic sinh viên tồn quốc thường xuất tốn có liên quan đến “cực đại phương trình vi phân” Xuất phát từ lí tơi chọn đề tài: “Một số nguyên lý cực đại phương trình vi phân” để nghiên cứu, với mục tiêu giới thiệu tới bạn đọc đam mê Toán, sinh viên ngành sư phạm Toán số định lý liên quan đến nguyên lý cực đại Đề tài xây dựng lại lí thuyết cách có hệ thống, rõ ràng nguyên lý cực đại nhằm giúp cho bạn đọc có nhìn tổng quát sâu rộng phương trình vi phân Lịch sử vấn đề nghiên cứu - “Nguyên lý cực đại phương trình vi phân” đề tài nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu, nhiên tài liệu đề tài cịn hạn chế Một số nhà tốn học dành nhiều tâm huyết cho đề tài Murray Harold Protter (13/2/191 - 01/5/2008) nhà toán học người Mỹ nhà giáo dục, biết đến với đóng góp vào lý thuyết phương trình vi phân; Hans F Weinberger (27/09/1928 Vienna) nhà toán học người Mỹ gốc Áo, tiếng với đóng góp ơng với phương pháp biến phân cho vấn đề giá trị đặc trưng, phương trình vi phân, động lực học chất lỏng nhà tốn học có năm gắn bó, nghiên cứu viết tài liệu hay đề tài sách “Maximum Principles Differential Equations, tác giả Murray Harold Protter Hans F Weinberger” sách hay tài liệu quý giá cho muốn nghiên cứu đề tài Mục tiêu nghiên cứu Thông qua đề tài này, muốn giới thiệu tới bạn đọc đam mê Toán, sinh viên ngành sư phạm Toán số định lý liên quan đến nguyên lý cực đại Đề tài xây dựng lại lí thuyết cách có hệ thống, rõ ràng kĩ thuật giải toán nguyên lý cực đại nhằm giúp cho bạn đọc có nhìn tổng quát sâu rộng phương trình vi phân Nội dung nghiên cứu Đề tài nghiên cứu nội dung cụ thể sau: - Tìm hiểu, phân tích nghiên cứu lý thuyết nguyên lý cực đại phương trình vi phân cách có khoa học chặt chẽ - Đưa số ví dụ để hiểu rõ chất nguyên lý cực đại Đối tượng, phạm vi, phương pháp nghiên cứu - Đối tượng: Các vấn đề liên quan đến “Một số nguyên lý cực đại phương trình vi phân” - Phạm vi: Một số nguyên lý cực đại phương trình vi phân tìm hiểu sách tập phương trình vi phân nâng cao, tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia số kiến thức phương trình vi phân bậc đại học - Phương pháp nghiên cứu: + Phương pháp khảo sát: Bản thân học nên nắm bắt vấn đề liên quan đến đề tài + Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp người học nắm rõ chất vấn đề, lựa chọn phương pháp giải cho phù hợp với dạng liên quan đến đề tài Ý nghĩa đề tài Nguyên lý cực đại nói vị trí điểm mà hàm số đạt cực đại điểm biên miền xác định Cụ thể hơn, hàm có đạo hàm cấp 2, khơng âm u đoạn [a, b] hàm hằng, khơng cực đại phải điểm đầu mút Một ví dụ tổng qt phương trình Laplace, phương trình điều hịa ta tìm nghiệm có tính chất hàm khơng phải hàm điểm cực đại (và cực tiểu) phải điểm biên Trong nghiên cứu này, định nghĩa hàm có tính chất nguyên lý cực đại hàm thỏa mãn số bất đẳng thức (đẳng thức) vi phân điểm cực đại điểm biên, trừ hàm Sử dụng nguyên lý cực đại, ta suy nguyên lý cực tiểu tương ứng khẳng định hàm hàm thỏa mãn số bất đẳng thức vi phân đạt cực tiểu điểm bên Ngoài ra, nguyên lý cực đại phương trình vi phân có nhiều ứng dụng quan trọng việc khảo sát, tính tốn nghiệm gần đúng toán giá trị ban đầu, giá trị biên, giá trị riêng , thế, người ta sử dụng nguyên lý cực chứng minh, tìm hiểu định lý, bổ đề phục vụ cho công tác nghiên cứu Nguyên lý cực đại có vai trị lớn nghiên cứu phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng, phương trình hàm vv Cấu trúc đề tài Bố cục gồm phần: Phần 1: Mở đầu Phần 2: Nội dung Chương I: Nguyên lý cực đại tổng quát Chương II: Xấp xỉ toán giá trị ban đầu giá trị biên Chương III: Bài toán giá trị riêng số định lý dao động – so sánh Phần 3: Kết luận Tài liệu tham khảo PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG I: NGUYÊN LÝ CỰC ĐẠI TỔNG QUÁT 1.1 Nguyên lý cực đại chiều Cho hàm u( x) liên tục đoạn a, b , có cực đại điểm khoảng a, b Nếu u( x) có đạo hàm cấp hai u đạt cực đại điểm c a, b , đó: u(c) u(c) 1 Ta giả sử khoảng a, b , u thỏa mãn bất đẳng thức vi phân dạng: L[u]: u g ( x)u 2 với g ( x) hàm bị chặn Rõ ràng , theo 2 hệ thức 1 khơng thể thỏa mãn điểm c a,b Do đó, theo 2 cực đại u khoảng a, b đạt trừ điểm mút a b Ta có trường hợp đơn giản “Nguyên lý cực đại” Điều quan trọng trường hợp bất đẳng thức 2 phải ngặt, điều có nghĩa là, ta giả sử u g ( x)u Trong nghiên cứu phương trình vi phân, điều kiện ngặt hạn chế nên ta khử Chú ý: Bất đẳng thức 2 không ngặt, tức u g ( x)u có nghiệm u const với nghiệm khơng đổi vậy, ta ln có cực đại đạt điểm thuộc c a, b Định lý nêu gọi nguyên lý cực đại chiều Định lý 1.1 Giả sử u :[a,b] liên tục [a, b], có đạo hàm (a,b) g hàm bị chặn (a,b) thỏa mãn bất đẳng thức vi phân L[u]: u g ( x)u , a x b 3 Nếu u( x) M a, b u đạt cực đại M điểm c a, b u M (a,b) Chứng minh Ta sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng Ta giả sử u(c) M với c a,b tồn điểm d a, b cho u(d ) M Ta có u(c) M , u(d ) M nên ta xét trường hợp: + Trường hợp 1: Nếu d c Ta đặt hàm z( x) : e ( xc) với xác định Từ biểu thức vừa xác định, a x c z( x) , c x b z( x) z(c) x c Ta có L[ z]: z g ( x) z g ( x) e ( xc) Chọn sup | g(x) | 1 Khi đó, g (x) L[ z ] với x (a, d ) x(a,b) Đặt w( x) : u( x) z( x) đó, số dương thỏa mãn bất phương trình M u (d ) z (d ) Cách chọn hợp lý u(d) < M z(d) > d (c,b) Mặt khác, với a x c z( x) nên ta có w( x) M với x (a, c) Theo cách xác định ta có w(d ) u(d ) z(d ) u(d ) M u(d ) M Suy w(d ) M Cũng điểm c a ,b , ta có w(c) u(c) z(c) M Vì vậy, w có cực đại lớn M đạt điểm thuộc a, d Mặt khác ta có L[w] w g ( x)w u z g ( x) u z u g ( x)u z g ( x) z L[u ] L[ z ] nên theo bất đẳng thức , w đạt cực đại a, d Điều mẫu thuẫn với giả thiết + Trường hợp 2: Nếu d c cách đặt z( x) : e ( xc) theo cách lập luận tương tự ta đến mâu thuẫn Định lý chứng minh xong Nhận xét 1.1 (a) Ta xây dựng hàm z( x) sau: (i) L[ z ] , (ii) z( x) x c , (iii) z( x) x c (iv) z(c) x c (Nếu d c , bất đẳng thức (ii) (iii) đảo ngược) Như định lý chứng minh (b) Hàm z xác định khơng phải Ví dụ, ta chọn hàm z( x) ( x a) (c a) (c) Với đủ lớn thỏa mãn tính chất hàm z( x) Ta áp dụng Định lý 1.1 thay u (u) ta có nguyên lý cực tiểu khẳng định hàm hàm thỏa mãn bất đẳng thức vi phân L[u ] , x a, b đạt cực tiểu điểm bên (d) Phương pháp sử dụng để chứng minh Định lý 1.1 giúp ta có thêm cách xác định hàm mà thỏa mãn bất đẳng thức 3 Ta thấy hàm u 3 đạt cực đại a u(a) Từ nhận xét ta có định lý sau Định lý 1.2 Giả sử u hàm mà thỏa mãn bất đẳng thức u g ( x)u (a, b) có đạo hàm cấp a b, g bị chặn tất khoảng đóng a, b Nếu cực đại u xảy x a g bị chặn x a u(a) Nếu cực đại xảy x b g bị chặn x b u(b) Chứng minh: Giả sử u(a) M , u( x) M với a x b với d a,b ta có u(d ) M Ta xây dựng hàm z( x) sau: z( x) e ( xa) với Ta chọn g ( x) , a x d cho L[ z ] Tiếp tục, ta chọn hàm w( x) u( x) z( x) với thỏa mãn 0 M u (d ) z (d ) Do L[ w] , nên cực đại w a, d phải xảy điểm mút Ta có w(a) M w(d ), với cực đại xảy a , đó, đạo hàm cấp w a không dương Tức w(a) u(a) z(a) Tuy nhiên, z(a) nên ta có: u(a) (đpcm) Nếu cực đại xảy x b ta chứng minh tương tự Nhận xét 1.2 i) Nếu hàm u thỏa mãn 3 có cực đại điểm c a1, b1 mà u( x) u(c) theo định lý 1.1 ta thấy u( x) u(c) khoảng Áp dụng định lý 1.2 cho tất khoảng có c , c xem điểm mút, ta thấy giá trị cực đại u(c) giá trị cực tiểu u a, b ii) Nếu hàm u mà thỏa mãn 3 có cực tiểu hai điểm c1 , c2 a, b có cực đại điểm thuộc (c1, c2 ) Từ đó, theo (i) ta có u(c) u(c2 ) giá trị u( x) số (c1, c2 ) iii) Tính bị chặn hàm g điều kiện cần cho kết luận định lý 1.1 định lý 1.2 Ví dụ: Xét phương trình: u g ( x)u * với 3 x , x g ( x) 0 , x Giải: Từ * giải u x , theo định lý 1.1, ta dễ dàng thấy mâu thuẫn Cụ thể với 1 x , u đạt cực đạt x Lại theo định lý 1,2, ta có mâu thuẫn Cụ thể với x 0,1 , u(0) Kết định lý 1.1 1.2 khơng thỏa mãn g khơng bị chặn 0, 1 Bây ta biến đổi bất đẳng thức khác: (L h)[u]: u g( x)u h( x)u 4 Các ví dụ đơn giản cho ta thấy rằng, ta thực biến đổi dạng nguyên lý cực đại Ví dụ: 1) Cho phương trình u u Giải nghiệm u sin x u đạt cực đại x , giá trị cực đại 2) Cho phương trình u u 10 Nếu w thỏa mãn bất phương trình w g ( x)w [h( x) k ( x)] 5 theo định lý 2.6 chương II, với z1 z2 mà giá trị riêng Do đó, ta đến kết sau: Định lý 3.1: Nếu w( x) dương a, b thỏa mãn bất đẳng thức tất giá trị riêng 1 , lớn số w g ( x) w h( x) w inf a x b k ( x) w 6 Lưu ý 0, tốt 3 , hàm w thỏa mãn tất giả thiết; trường hợp 3 tốt Ta thấy rằng, nguyên lý cực đại dùng để xây dựng tồn giá trị riêng nhỏ Có nghĩa là, ta thấy số 1 giá trị riêng xác định cho khơng có số nhỏ 1 giá trị riêng Để khẳng định điều này, ta đến bổ đề sau: Bổ đề 3.1: Đối với cho r ( x; ) nghiệm toán giá trị ban đầu ( L h k )[r ]: r g ( x)r [h( x) k ( x)]r r (a) cos , r(a) sin 7 với Giả sử g ( x) , h( x) k ( x) bị chặn, k ( x) dương bị chặn xa số a, b Thì có số cho tất với (nghiệm r ( x; )) thay đổi dấu a x b Chứng minh: Giả sử cho giá trị lớn tùy ý r thỏa mãn cho r ( x; ) a, b hàm w( x) r ( x; ) sử dụng để xây dựng cho toán 38 ( L h k )[u] với c x c u(c ) u(c ) với c a c b Đây tốn có nghiệm u( x) Ta dễ thấy đạt mâu thuẫn cách xây dựng hàm z2 mà dùng cận định lý 2.6 Chương II thỏa mãn Nhưng mà rõ ràng lớn u , cho z2 ( x) e ( x c) e 2 số dương xác định Ta thấy z2 (c ) z2 (c ) Và tính ( L h k )[ z2 ]: 2[2 ( x c)2 ( x c) g ( x)]e ( x c) (h k )[e ( x c) e ] 2 Ta chọn đủ lớn cho đoạn c , c , ta có ( x c) g ( x) đó, đủ lớn để h k , ta thấy ( L h k )[ z2 ] với x c Để đạt kết luận ta cho x c , ta phải có đủ lớn cho: 2 (h k ) 2 ( x c) g ( x) / 1 e3 8 Cho giá trị đủ lớn, ( L h k )[ z2 ] ; vậy, định lý 2.6 thỏa mãn, z2 Nhưng theo cách xác định, z2 c , c , theo định lý 2.6 mâu thuẫn Do đó, cho đủ lớn, h k thỏa mãn r ( x; ) phải thay đổi dấu c , c Vậy bổ đề chứng minh với: 39 h( x) 2 ( x c) g ( x) sup k ( x) e3 k ( x) c x c a c c b Nhận xét 3.1: Bổ đề đủ để giả thiết g ( x) bị chặn, h( x) cận dưới, k ( x) dương cận khoảng c , c Ta tiếp tục thiết lập bổ đề theo chiều ngược lại Bổ đề 3.2: Cho r ( x; ) nghiệm toán giá trị ban đầu , tồn số cho , ta có r ( x; ) a x b r(b; )cos r (b; )sin Chứng minh: Cho w( x) hàm khả vi liên tục cấp 2, dương a, b thỏa mãn: w(a)cos w(a)sin w(b)cos w(b)sin ( L h)[w] Cho inf với hàm w thỏa mãn định lý 2.6 đối kw với toán sau ( L h k )[u] a, c u(a)cos u(a)sin u(c) với c a, b Đây tốn có nghiệm u Do r (c; ) với c a, c , từ định lý 2.6, ta thấy rằng: r ( x; ) với x a, c 40 Nhưng điều mâu thuẫn với điều kiện ban đầu r , r (a, ) cos , r (a, ) , r(a, ) Do , hàm r ( x; ) triệt tiêu a, b Hơn nữa, định lý 2.6 áp dụng cho toán ( L h k )[u] u(a)cos u(a)sin u(b)cos u(b)sin cho ta thấy r(b; )cos r( b; )sin 0 r ( x; ) Do đó, với , ta có r( x; ) a, b r(b; )cos r (b; )sin Với trợ giúp bổ đề trên, ta xây dựng kết liên quan đến toán giá trị riêng 1 , Định lý 3.2: Tồn giá trị riêng 1 hàm riêng tương ứng r ( x; 1) cho: (i) khơng có số 1 giá trị riêng (ii) r ( x; 1) không thay đổi dấu a, b Chứng minh: Cho * cận bé giá trị * mà r ( x; ) a, b Ta thấy, từ bổ đề trên, với * ta có: * Đối với số khác nhau, q( x) : r ( x; ) r ( x, ) thỏa mãn toán giá trị ban đầu: ( L h k )[q]: ( )kr( x; ) , q(a) , q(a) Như vậy, theo kết mục 2.4 chương II, với nhỏ, q( x) q( x) nhỏ, ta có: r ( x; ) r( x; ) liên tục Khi r ( x; ) cho * , ta kết luận r ( x; * ) Hơn nữa, r ( x; * ) dương, ngặt a, b , đúng tính liên tục 41 * Do đó, r ( x; * ) phải triệt tiêu điểm a, b Nếu triệt tiêu điểm c a, b , ta phải có: r (c; * ) r(c; * ) , theo định lý 2.1 ta có: r ( x; * ) , mâu thuẫn với điều kiện ban đầu Ta kết luận r ( x; * ) a, b r (b; * ) Khi r(b; * ) Và r(b; * )cos r (b; * )sin 0, Lại theo bổ đề 3.2 ta có: r(b; )cos r (b; )sin với Từ r (b; ) r(b; ) hàm liên tục , ta thấy phải có giá trị 1, 1 * , cho r(b; )cos r (b; )sin với 1 r(b; 1)cos r (b; 1)sin r (b; 1) thỏa mãn tốn giá trị riêng ( L h 1k )[r ] r(a; 1)cos r (a; 1)sin r(b; 1)cos r (b; 1)sin Do đó, 1 giá trị riêng toán 1 , , với r ( x; 1) hàm riêng tương ứng Ta thấy rằng, từ 1 * , hàm riêng r ( x; 1) dương a, b triệt tiêu a b Nhận xét 3.2: (i) Với cho 1 , hàm w r ( x; ) thỏa mãn điều kiện định lý 3.2 Vì ( L h k )[w] , cận đúng Với 1 , ta chọn w(x) r (x; ) s( x; ) , s( x; ) nghiệm a, b toán giá trị ban đầu b , cận Do đó, trường hợp, cận chọn tùy ý gần đến 1 cách chọn thích hợp hàm w Đặc biệt, 1 giá trị riêng nhỏ toán 42 (ii) Theo nhận xét trên, 1 dương, hàm w r ( x; 0) [ w r ( x; 0) s( x; 0) , ] thỏa mãn điều kiện định lý 2.6 Chương II (iii) Nếu 1 w dương a, b ( L h 1k )[w] ( L h)[w] Vì vậy, w thỏa mãn giả thiết định lý 2.6, cho toán tử L h ta suy L h 1k Chọn z1 z2 định lý 2.6, ta thấy u 1 Do đó, 1 giá trị riêng ta có mâu thuẫn Ta kết luận 1 , không tồn hàm w thỏa mãn điều kiện định lý 2.6 Nhận xét (ii) (iii) tạo thành kết sau đây: Định lý 3.3: Cận cận toán giá trị biên nêu định lý 2.6 thỏa mãn giá trị riêng nhỏ 1 toán 1 , dương Ta nhận thấy khơng có hàm riêng tương ứng với giá trị riêng lớn 1 đạt dấu a, b Vì r ( x; k ) dương với k 1 , ta có mâu thuẫn cách áp dụng định lý 1.3 1.4 cho r ( x; 1) r ( x; k ) 3.2 Định lý dao động so sánh Nguyên lý cực đại dùng để biểu thị quan hệ nghiệm phương trình tương đương phương trình liên quan Cho u w nghiệm không tầm thường (tức u , w ) phương trình sau: ( L h)[u] ; ( L h)[w] Ta xây dựng kết sau: Định lý 3.4: Giữa nghiệm không liên tiếp hàm w , hàm u có nhiều nghiệm Chứng minh: Cho a, b nghiệm không liên tiếp hàm w , tức ta có: w(a) w(b) , w với a x b Bằng cách thay w (w) , cần thiết, ta giả sử w( x) khoảng a, b , hàm 43 v( x) u ( x) w( x) Thỏa mãn phương trình vi phân w v g v w Theo định lý 1.1, v khơng có cực đại cực tiểu a, b trừ v số, trường hợp, u số bội w , u thay đổi dấu khoảng mở a, b Theo tính tốn giá trị ban đầu cho định lý 2.1, nghiệm khơng hàm u đơn giản Cũng theo định lý, ta thấy rằng: Nếu u(a) , u(b) , u phải số bội w Kết gọi định lý dao động so sánh Bây ta xét định lý so sánh cho nghiệm phương trình Cho u thỏa mãn phương trình ( L h1)[u] w thỏa phương trình: ( L h2 )[w] , với h2 ( x) h1( x) ; a x b Ta giả sử rằng: w với a x b Hàm v xác định bởi: v u w thỏa mãn phương trình w v g v (h1 h2 )v w Do đó, v thỏa mãn nguyên lý cực đại Nếu u có nghiệm khoảng a, b v có Hay theo tính định lý 2.2 mà v , u 44 a, b Vì vậy, u nghiệm khơng tầm thường có nghiệm khơng a, b Trong thực tế, điều đúng khoảng đóng a, b trừ w a b Giả sử w(a) u(a) , theo định lý 2.1, ta có: w(a) , u(a) Từ phương trình vi phân cho u w , ta thấy rằng: u(a) w(a) g ( a) u(a) w(a) 1 Ta áp dụng quy tắc L’Hopitals, ta v( a ) u(a) 0 w(a) Và khơng tính tổng qt ta giả sử rằng: v(a) , để tìm v(a) , ta có: v( x) wu uw w2 áp dụng quy tắc L’Hopitals vào phương trình 1 , ta thấy v(a) Giả sử có điểm x0 a, b với v( x0 ) v(a) Khi đó, theo định lý 1.4, ta áp dụng cho khoảng a, x0 mà v(a) , ta mâu thuẫn Do ta có: v(a) v( x) với a x b Do u( x) với a x b Nếu u(b) w(b) , ta có: u a, b Cuối w(a) w(b) u(a) u(b) , ta suy v(a) v( x) v( x) v(b) với a x b Do v(a) v(b) v phải số Tuy nhiên, kết h1 h2 Vậy ta chứng minh định lý so sánh Định lý 3.5: Cho u w nghiệm phương trình: ( L h1)[u] , ( L h2 )[w] 45 với h2 h1 Nếu w( x) khoảng mở a, b , u có nghiệm khoảng đóng a, b trừ w(a) w(b) , h1 h2 u số bội w Định lý 3.5 mở rộng định lý so sánh cho toán tử vi phân khác Cho u nghiệm phương trình vi phân ( L1 h1)[u]: u g1u h1u cho w nghiệm của: ( L2 h2 )[w] w g2w h2w Ta giả sử g1 g2 khả vi liên tục Hàm u ( x) cho 1/2 g ( ) g2 ( )d u ( x) u( x)e a x 2 Ta tìm u thỏa mãn phương trình ( L2 H )[u ]: u g2u H ( x)u với H ( x) 1 2 g2 ( x) g1 ( x) g2 ( x) g1( x) h1( x) Nếu h2 ( x) H ( x) kết luận định lý 3.5 liên quan đến số w u áp dụng Từ thấy u u có số giống nhau, ta có định lý so sánh số nghiệm ( L1 h1)[u ] với nghiệm ( L2 h2 )[w] Cụ thể, ta thấy: Định lý 3.6: Cho u( x) w( x) tương ứng nghiệm của: u g1( x)u h1( x)u w g2 ( x)w h2 ( x)w Và cho 1 1 2 h2 ( x) g2 ( x) g2 ( x) h1( x) g1 ( x) g1( x) 4 46 Nếu w( x) khoảng mở a, b u( x) có nghiệm đoạn a, b trừ w(a) w(b) , 1 1 2 h2 ( x) g2 ( x) g2 ( x) h1( x) g1 ( x) g1( x) 4 (1/2) a g1 ( ) g2 ( )d x u( x) số bội w( x)e Ta xét trường hợp đặc biệt sau định lý 3.6 Ta xét g2 ( x) h2 ( x) M M số dương w sin M ( x a) nghiệm phương trình: w Mw Hàm w a a / M Ta có hệ sau: Hệ tất yếu: Nếu u nghiệm ( L h)[u]: u g ( x)u h( x)u 1 với h( x) g( x) g ( x) M , khoảng cách hai nghiệm u( x) / M 1 Nếu h( x) g( x) g ( x) M khoảng cách liên tiếp hai nghiệm u( x) nhiều / M 3.3 Toán tử phi tuyến Một số kết xây dựng toán tử phân tuyến tính mở rộng đến tốn tử phi tuyến Cho u( x) nghiệm phương trình phi tuyến: u H ( x, u, u) 47 1 khoảng a x b Hàm H ( x, y, z) , H ( x, y, z ) H ( x, y, z ) , z y giả sử hàm liên tục x , y z miền xác định Ngoài ra, ta giả sử rằng, x , z , H ( x, y1, z ) H ( x, y2 , z ) với y1 y2 2 H 0 y Ta nhận thấy rằng, H ( x, u, u ) g( x)u h( x)u f ( x) 1 phương trình tuyến tính Điều kiện trở thành h( x) Giả sử w( x) thỏa mãn bất đẳng thức vi phân: w H ( x, w, w) a, b 3 Ta xem hàm v wu lấy 1 3 , ta nhận được: v H ( x, w, w) H ( x, u, u) Áp dụng định lý giá trị trung bình cho H trên, ta thấy: v H H v v z y Khi đó, H y H z đánh giá x, u ( x u ), u ( w u ) với 0, 1 Hàm v thỏa mãn phương trình tuyến tính ngun lý cực đại cho định lý 1.3 Khi đó, ta kết luận: Định lý 3.7: Giả sử rằng: w H ( x, w, w) u H ( x, u, u) 48 4 với a x b , H , H y , H z liên tục H y Nếu w( x) u( x) đạt cực đại M không âm a, b w( x) u( x) M Lưu ý: Nếu H phụ thuộc vào x z khơng phải y , ta thêm số để w khơng thay đổi Ta phát biểu tổng quát định lý 2.5 Chương II Định lý 3.8: Cho u( x) nghiệm toán giá trị biên u H ( x, u, u) với a x b 5 u(a)cos u (a )sin 1 u(b)cos u (b )sin 6 , , hai không Giả sử rằng, H , H y, H z liên tục H y Nếu z1( x) thỏa mãn: z1 H ( x, z1, z1 ) z1 (a)cos z1(a)sin 1 z1 (b)cos z1(b)sin Và z2 ( x) thỏa mãn z2 H ( x, z2 , z2 ) z2 (a)cos z2 (a)sin 1 z2 (b)cos z2 (b)sin cận cận dưới: z2 ( x) u ( x) z1( x) thỏa mãn Định lý nghĩa nghiệm mà thỏa mãn điều kiện biên phải Nếu u u nghiệm, ta cho z1 z2 u Khi đó, ta tìm u u Ta cho ví dụ hợp lý định lý 3.8 để số biên nghiệm Ví dụ: Tìm biên nghiệm u( x) : u u3 , x thỏa mãn điều kiện biên: u(0) , u(1) 49 Ta chọn z1 x , z2 x(1 5)/2 : z1 z13 x3 , z2 z23 x(3 x(1 Do đó: 5)/2 5)/2 x3(1 5)/2 0 u ( x) x Ta có định lý xấp xỉ toán giá trị ban đầu trình bày mục 1.4 Kết sau tổng quát định lý 2.8 Định lý 3.9: Giả sử u( x) thỏa mãn: u H ( x, u, u) 7 điều kiện ban đầu u (a) , u(a) 8 mà H , H y, H z liên tục H y Nếu z1 ( x) thỏa mãn: z1 H ( x, z1, z1 ) z1(a) 1 , z1 (a) z2 ( x) thỏa mãn z2 H ( x, z2 , z2 ) z2 (a) 1, z2 (a) ta có cận cân dưới: z2 ( x) z2 (a) u( x) z1( x) 1 z1(a) , z2 ( x) u( x) z1 ( x) Tính u , cách chọn z1 z2 u , đây, u nghiệm , u u 50 PHẦN KẾT LUẬN Trong đề tài này, tơi trình bày vấn đề sau: - Trình bày nguyên lý, bổ đề liên quan đến cực đại phương trình vi phân - Chọn lọc, tìm tịi ngun lý, ví dụ tương ứng - Trình bày số nguyên lý cực đại hay gặp kì thi Olympic Tốn - Áp dụng nhiều kiến thức đề chứng minh tốn khó Tuy cố gắng thời gian có hạn nên luận văn khơng thể tránh khỏi sai sót hạn chế định Rất mong đóng góp ý kiến quý thầy cô bạn để đề tài nghiên cứu hoàn thiện 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Agmon, S - Maximum properties for solutions of higher order elliptic equations (Tính cực đại cho nghiệm phương trình bậc cao eliptic) - (1960) [2] Agmon , S , L Nirenberg M H Protter - A maximum principle for a class of hyperbolic equations and applications to equations of mixed elliptic - hyperbolic type (Một nguyên lý cực đại cho lớp phương trình hyperbolic ứng dụng phương trình hỗn hợp loại elliptic – hyperbolic) - (1953) [3] Murray H Protter Hans F Weinberger - Maximum Principles in Differential Equations (Nguyên lý cực đại phương trình vi phân) – (1967) [4] Một số tài liệu tham khảo internet, báo chí… 52 ... số ví dụ để hiểu rõ chất nguyên lý cực đại Đối tượng, phạm vi, phương pháp nghiên cứu - Đối tượng: Các vấn đề liên quan đến ? ?Một số nguyên lý cực đại phương trình vi phân? ?? - Phạm vi: Một số nguyên. .. số nguyên lý cực đại phương trình vi phân tìm hiểu sách tập phương trình vi phân nâng cao, tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia số kiến thức phương trình vi phân bậc đại học - Phương pháp... Trong đề tài này, tơi trình bày vấn đề sau: - Trình bày nguyên lý, bổ đề liên quan đến cực đại phương trình vi phân - Chọn lọc, tìm tịi ngun lý, ví dụ tương ứng - Trình bày số nguyên lý cực đại
Ngày đăng: 30/05/2021, 17:17
Xem thêm: