Bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH TƠ THỊ THANH HÀ BÀI TỐN BIÊN NHIỀU ĐIỀM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC TP HỒ CHÍ MINH - 2003 LỜI CẢM ƠN Trước hết, cho bày tỏ lòng biết ơn Thầy NGUYỄN ANH TUẤN khoa Toán - Tin học Trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh, dành thời gian cơng sức tận tình hướng dẫn giúp tơi hồn thành luận văn Cho tơi gửi lời cảm ơn đến q Thầy Cơ Hội đồng chấm luận văn dành thời gian đọc đóng góp ý kiến giúp cho luận văn hồn chỉnh Tơi xin trân trọng cám ơn BGH Trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh, Phịng KHCN.SĐH, Ban chủ nhiệm Khoa Tốn q Thầy Cô tham gia giảng dạy suốt khóa học qua Và để có kết ngày hơm tơi khơng qn giúp đỡ tận tình lời động viên BGH đồng nghiệp Trường THPT Hàm Thuận Nam,Trường Cao Đẳng Sư Phạm Bình Thuận bạn bè người thân MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU CÁC KÍ HIỆU CHƯƠNG 1: BÀI TỐN BIÊN TỔNG QT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 1.1 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VA DUY NHẤT NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 1.2 ĐỊNH LÝ XẤP XỈ NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 20 CHƯƠNG 2: BÀI TỐN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH 25 2.1 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH 25 2.2 XẤP XỈ NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH 35 CHƯƠNG 3: BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG 44 3.1.CÁC KẾT QUẢ CƠ BẢN 44 3.2 CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ 48 3.3 CHỨNG MINH CÁC ĐỊNH LÝ 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO 66 LỜI NÓI ĐẦU Lý thuyết tốn biên cho hệ phương trình vi phân thường xây dựng vào năm cuối kỷ 20 gắn liền với tên tuổi nhà toán học cổ điển Cauchy, Bernoulli, D'Alembert Trong năm gần với phát triển phương pháp đánh giá tiệm cận cho phép thiết lập dấu hiệu giải xấp xỉ nghiệm toán biên với điều kiện biên khác : điều kiện biên dạng tuần hoàn, điều kiện biên nhiều điểm, điều kiện biên dạng tích phân Mục đích luận văn nghiên cứu tồn tại, tính xấp xỉ nghiệm toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường Nội dung luận văn gồm ba chương: Chương chúng tơi trình bày kết tổng quát tồn tại, xấp xỉ nghiệm toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân tuyến tính Trong chương nhờ khái niệm ma trận Oplia phương pháp đánh giá tiệm cận đưa số điều kiện đủ cho tồn tại, xấp xỉ nghiệm toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân phi tuyến tính Trên sở kiến thức chuẩn bị từ chương chương 2, chương nhận điều kiện cần đủ điều kiện đủ cho tồn nghiệm toán biên nhiều điểm Sau phương pháp đánh giá tiệm cận chúng tơi có dấu hiệu cụ thể cho vấn đề xấp xỉ nghiệm toán Bài toán biên nhiều điểm năm gần quan tâm nhiều nhà toán học giới như: Kigurade.I, Puza B, Agarwal R.P,Demidovich B.P,O'Regan.D, Wong P.J.Y công trình [1], [2], [3], [4], [5], [6]… Bằng luận văn chúng tơi trình bày kết cách hệ thống phát triển CÁC KÍ HIỆU • E ma trận đơn vị, θ ma trận không = δ { • δ ik Kronecker, nghĩa ik • [x]+ = • Trên nÕu i = k nÕu i ≠ k x+ x x+ x , [x]− = 2 n R n == {x (x i )i,x 1,2 n} ta trang bị chuẩn tương đương sau: =1 : x i ∈ R,i,x = = = x max x i x i =1,n ã Trờn n ∑x i =1 i n R nxn = {X = (x ik )i,k 1,2 n} ta trang bị chuẩn tương đương =1 : x ik ∈ R,i,x = sau: = = x max x ik hc x i =1,n k =1,n n n ∑∑ x =i = k ik Với D ⊂ Rn D ⊂ Rnxn ta có kí hiệu: • C([a,b], D) khơng gian ánh xạ x : [a,b] → D liên tục [a,b] với chuẩn: = x c max{ x(t) :t ∈ [a,b]} • C� ([a,b], D) khơng gian ánh xạ x: ][a,b] → D liên tục tuyệt đối [a,b] với chuẩn b x C = { x(a) + ∫ x'(t) dt a • La ([a,b], D) không gian ánh xạ x: ][a,b] → D khả tích bậc a trê [a,b] với chuẩn: x La  b a  x(t) a dt  víi ≤ a ≤ +∞  =  ∫ a   vrai max{ x(t) : t ∈ [a,b]} víi a =+∞ • K([a,b]xD , D ) với D ⊂ Rn, D ⊂ Rn (hoặc D ⊂ Rnxn) lớp Caratheodory tức tập ánh xạ f:[a,b]xD → D cho: F( ,x):[a,b] → D đo với x ∈ D, sup{ f(.,x) : x ∈ D 0} ∈ L([a,b],R + ) với tập compắc D ⊂ D Và f(t,.): D → D liên tục với hầu khắp nơi t ∈ [a,b] • K0([a,b]xD ,D ) tập ánh xạ f:[a,b]x D → D cho xf(.,x(.)):[a,b] → D đo với vectơ hàm liên tục x: [a,b] → D CHƯƠNG 1: BÀI TỐN BIÊN TỔNG QT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 1.1 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VA DUY NHẤT NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH Cho I = [a,b] , xét hệ phương trình vi phân: dx = P(t)x + q(t) dt (1.1.1) P ∈ L(I, Rnxn) q ∈ L(I, Rn) Nghiệm (1.1.1) vectơ hàm x(t) ∈ C� (I,Rn) thỏa (1.1.1) hầu khắp nơi I Bài toán đặt tìm nghiệm x(t) hệ (1.1.1) thỏa điều kiện biên (x) = C (1.1.2)  : C(I,R n ) → R n tốn tử tuyến tính, liên tục C ∈ Rn Bài toán (1.1.1), (1.1.2) gọi toán biên tổng quát Trường hợp riêng toán (1.1.1), (1.1.2) là: Bài toán Cauchy : x(t ) = C , t ∈ I Bài toán biên hai điểm : A x(a) + A x(b) = C , A , A ∈ Rnxn Bài toán biên nhiều điểm: n ∑ A x(t k =1 k k Bài tốn biên với điều kiện tích phân: ) = C ,t k ∈ I,A k ∈ R nxn (k = 1,2 ,n) b = ∫ A(t)x(t)dt C , A ∈ L(I,R nxn ) a • Cùng với toán (1.1.1), (1.1.2) ta xét toán nhất:  dx  = P(t)x  dt (x) = (1.1.3) (1.1.4) Để xét tồn nghiệm toán (1.1.1), (1.1.2) trước hết ta đưa định nghĩa sau : Định nghĩa 1.1.1 Ánh xạ G : I2 → Rnxn gọi ma trận Green toán (1.1.3), (1.1.4) nếu: Với t ∈ (a, b) cột ma trận G(., t) nghiệm (1.1.3) khoảng [a, t), (t, b] G(t + , t) - G(t - , t) = E G(t,.) ∈ L∞ (I, Rnxn), ∀t ∈ I b Với q ∈ L(I,R ) véctơ hàm n x(t) = ∫ G(t,t )q(t )dt thỏa (1.1.4) a • Nếu Y ∈ C(I,Rnxn) Y = (y1 , y2 , ,yn ) với yk ∈ C(I,Rn) đặt: = (Y) ( (y1 ), (y2 ), , (y n ) ) ∈ R nxn Định lý 1.1.2 Bài tốn (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm tốn (1.1.3), (1.1.4) có nghiệm tầm thường Khi nghiệm (1.1.1), (1.1.2 ) có dạng : b = x(t) x (t) + ∫ G(t,t )q(t )dt (1.1.5) a x (t) nghiệm toán (1.1.3) thỏa điều kiện (1.1.2) G(t,t) ma trận Green toán (1.1.3), (1.1.4) Công thức (1.1.5) gọi công thức Green toán (1.1.1), (1.1.2) Chứng minh Giả sử Y(t) ma trận toán (1.1.3) thỏa điều kiện Y(a) = E Khi C(t,t) = Y(t)Y-1(t) ma trận Cauchy (1.1.3) Giả sử x(t) nghiệm (1.1.1) Khi theo phương pháp biến thiên số ( xem [2]) ta có: t t a a x(t) = C(t,a)x(a) + ∫ C(t,t )q(t )dt = Y(t)x(a) + ∫ Y(t)Y −1 (t )q(t )dt t Đặt x(a) = C (A(q))(t) = ∫ Y −1 (t )q(t )dt a x(t) = Y(t) C + (A(q))(t) Do x(t) nghiệm toán (1.1.1), (1.1.2) C nghiệm hệ phương trình : (x) =(Y)C + (A(q)) =C Hệ phương trình tuyến tính có nghiệm det (Y) ≠ Điều tương đương với toán (1.1.3), (1.1.4) có nghiệm tầm thường Vậy tốn (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm tốn (1.1.3), (1.1.4) có nghiệm tầm thường Sau ta chứng minh nghiệm toán (1.1.1), (1.1.2) cho công thức Green (1.1.5) Thật vậy, tốn (1.1.3), (1.1.4) có nghiệm tầm thường det (Y) ≠ nên = C [(Y)]−1[C − (A(q))] Do x(t) = Y(t)[(Y)]−1 C − Y(t)[(Y)]−1 (A(q)) + (A(q))(t) Đặt x (t) = Y(t)[(Y)]−1 C ,h(q) = −[(Y)]−1 (A(q)) Khi dễ dàng chứng minh x (t) nghiệm (1.1.3) thỏa điều kiện (1.1.2) h : L(I,Rn)→ Rn q  -[(Y)]-1(A(q)) tốn tử tuyến tính liên tục nên theo định lý Riesz tồn ma trận 10 H ∈ L+∞ (I,R nxn ) Ta cần chứng minh x i (t) ≡ , ∀ t ∈ [a,b] (i= l,2, ,n) Từ (3.2.12), (3.2.13) suy ( xi (t) )i=1 nghiệm toán (3.2.2), (3.2.3) đó: n n 1− δ 1− δ n q(t) q (t)∑ x i C vµ γ = = δ0 ∑ x i δ δ = i 1= i C Vì theo bổ đề 3.2.1 ta có : n ∑x i =1 i C b   ≤ρ  γ + ∫ q(t)dt  a   b  n 1− d  xi C ≤ ρ  γ + ∫ q (t)dt  ∑ x i ∑ d i 1= a  i1 n Hay C Do theo (3.2.11) ta có: n n xi C ≤ ∑ xi ∑ 2i1 =i = Suy x i (t) ≡ 0, C ∀ t ∈ [a,b] (i= l,2, ,n) □ Bổ đề 3.2.3 Giả sử ta có (3.2.1) Khi tồn ρ ∈ (0,+∞), δ ∈ (0,1) cho với vectơ hàm (y ) ∈ C([a,b],R n+ ) n = i0 i với dãy n n  γ m ∈ R + ,(y = im )i ∈ C ([a,b],R + ), q m ∈ L([a,b],R + ) (m=1,2, ,) thỏa với m bất đẳng thức: n y (t)sgn(t − t i ) ≤ p ii (t)y im (t) + ∑ p ik (t)y im −1 (t) + q m (t) ' im (3.2.14) k ≠i k =1 a ≤ t ≤ b (i = 1,2,…,n) yim (t i ) ≤ ϕ0i (y1m −1 ,y2m −1 , ,y nm −1 ) + γ m (i=1,2, ,n) Khi ta có đánh giá: 52 (3.2.15) b n  m m−k  m ≤ ρ d γ + + d y ( q (t)dt) y ∑ ∑ ∑ im C k k i0 C  (m =1,2, ) (3.2.16) ∫ =i = a =i k  n Chứng minh Theo bổ đề 3.2.2 tồn δ ∈ (0, 1) cho hàm số p� ik , φ � 0i định nghĩa (3.2.10) thỏa điều kiện (3.2.9) Với i ∈ { 1,2, ,n } C([a,b],R n+ ) ta xác định toán tử t   h i ( z1 ,z , ,z n ) (t) ϕ0i (z1 ,z , ,z n )exp  ∫ a i (t)dt  = t  i    t  n  + ∫ exp  ∫ a i (s)ds  ∑ p ik (t)z k (t)  dt  ti t   kk ≠=1i   t (3.2.17) với a i (t) = p ii (t)sgn (t - t i ) Đặt b  z i0 (t) ≡ (i=1,2, ,n), η=2∑ exp  ∫ p ii (t) dt  , i =1 a  n z im (t) h i ( z1m −1 ,z 2m −1 , ,z nm −= 1,2, ,n) (m 1,2, ) = = ) (t) + h (i Khi phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh 1≤ z im-1 (t) ≤ z im (t), a ≤ t ≤ b (i=1,2,…,n) (m=1,2,…) n dãy ρm = ∑ zim i =1 Ta Giả sử ngược lại C (m=1,2 ) dãy tăng lim ρm = ρ < +∞ m →+∞ lim ρm = +∞ m →+∞ 53 (3.2.18) x im (t) = Đặt z im (t) ρm (3.2.19) η ηm = ρm x im (t) = h i ( x1m −1 ,x 2m −1 , ,x nm −1 ) (t) (3.2.20) với a ≤ t ≤ b (i =l,2, ,n) (m=l,2, ) Khi lim ηm = m →+∞ n vµ = ∑ xim C (m=1,2, ) Do dãy vectơ hàm (3.2.21) i =1 ( ) x im n i =1 (m=1,2, ) đồng liên tục đồng bị chặn, giả sử: lim sup x im (t) = x i (t) [a,b] (3.2.22) m →+∞ Với (x ) i n i =1 ∈ C([a,b],R +n ), (i=1,2, ,n) (m=1,2, ) Từ (3.2.18) (3.2.19) ta x im (t) ≤ x im (t) + ηm a ≤ t ≤ b (i=1,2, ,n) (m=1,2, ) (3.2.23) ) (3.2.24) Do theo (3.2.20) suy ( x im (t) ≤ h i x1m −1 , hm −1 , ,x nm −1 + hm −1 (t) với a ≤ t ≤ b (i=l,2, ,n)(m=l,2, ) Từ (3.2.21) - (3.2.24) ta có: n ∑x i =1 i C ≥1 x i (t) ≤ x i (t) (3.2.25) với x i (t) = h i (x1 ,x , ,x n )(t) 54 Khi theo định nghĩa tốn tử h i (3.2.25) ta có : n  ' ti ) = p ik (t)x k (t) ∑ [x i (t) − a i (t)x i (t)]sgn(t = k ≠i  k =1  = x i (t i ) ϕ 0i (x1 ,x , ,x n ) ≤ ϕ 0i (x1 ,x , ,x n ) Theo bổ đề 3.2.2 ta có ( (p n n ϕik i ik i,k = = ) ,(  ) (i=1,2, ,n) (i=1,2, ,n) ) thỏa điều kiện (3.2.9) nên tốn có nghiệm tầm thường Do x i (t) ≡ 0, ∀ t ∈ [a,b] (i = l,2, ,n ) Điều mâu thuẫn với (3.2.25) nên = ρ Giả sử lim ρm < +∞ m →+∞ (yi0= )in ∈ C([a,b],R n+ ) vµ (yim= )in ∈ C ([a,b],R n+ ) dãy thỏa điều kiện (3.2.14), (3.2.15) Ta chứng minh có đánh giá (3.2.16) b   m n Đặt ξ m= ∑ d  γ k + ∫ q k (t)dt  + d ∑ y i0 = k 1= i a   m m−k C (m=1,2, ) yi0 (t) ≡ (i=1,2, ,n) yim (t) = yim (t) (i=1,2, ,n) (m=1,2, ) ξm b Khi dễ thấy ξ m ≥ dξ m −1 , ξ m > γ m , ξ m > ∫ q m (t)dt (m=1,2, ) a Vì từ (3.2.14) ta có: ( y' ) n im (t) − a i (t)y im (t) sgn(t − t i ) ≤ ∑ p ik (t) k ≠i k =1 n yim − q m (t) + ξm ξm ≤ ∑ p ik (t)yim −1 (t) + k ≠i k =1 từ (3.2.15) ta được: 55 q m (t) ξm ( ) yim (t i ) ≤ ϕi0 y1m −1 , ,y nm −1 + Do theo bất đẳng thức tích phân định nghĩa toán tử h i η suy ( ) yim (t) ≤ h i y1m −1 , ,y nm −1 (t) + h a ≤ t ≤ b (i=1,2, ,n) (m=1,2, ) Từ quy nạp định nghĩa z im (t) ta được: yim (t) ≤ z im (t) + η a ≤ t ≤ b (i=1,2, ,n) (m=1,2, ) n suy n ∑y ≤∑ z im im C =i =i C = ρm ≤ ρ (m=1,2, ) Từ ta có (2.1.16) chứng minh Sau ta đưa số lớp hàm thuộc U(t ,t , ,t n ) Bổ đề 3.2.4 Giả sử n ϕ0i (x1 ,x , ,x n ) = ∑  ik x k Lγ k =1  ik ∈ R + ( + = 1, ≤ µ ≤ +∞ µ γ ) n µ nxn giả sử (p ik )i,k , =1 ∈ L [a,b],R giá trị riêng ma trận  − 2(b a) γ  (b − a) γ  +  M= ik  p  p ik     Có mơ đun bé Khi ta có (3.2.1) Chứng minh 56 n   Lµ  i,k =1 (3.1.11) Theo giả thiết ta dễ dàng chứng minh (ϕ0i )in=1 toán tử liên tục dương khơng giảm Vì để chứng minh có (3.2.1) ta phải chứng minh tốn (3.1.3), (3.1.4) khơng có nghiệm khơng âm khơng tầm thường Giả sử ( xi (t) )i=1 nghiệm khơng âm tốn (3.1.3), (3.1.4), ta có: n n t n x (t) ≤ ∑  + ∑ ∫ p ik (s)x k (s)ds x i ik k Lγ = k 1= k ti Áp dụng bất đẳng thức Minkôpxki Holder ta được: γ γ n b t x i Lγ ≤ (b − a) ∑  ik x k Lγ + ∑  ∫ ∫ p ik (s)x k (s)ds dt   = k 1= k  a ti   n γ ≤ (b − a) n γ n ∑  ik x k + ∑ p ik Lγ = k 1= k Lγ b   ∫a  γ γ ∫t x k (s) ds dt  i  t ∀t ∈[a,b], (i=1,2,…,n) Mặt khác theo bổ đề Wirtigh ta có: b   ∫a  Suy Hay γ  π − 2(b a)   ∫t x k (s) ds dt  ≤  π  x k i  t γ (x ) ( n ≤ M xi γ γ ) Lγ n i L i 1= L i = ( (E − M) x i γ L ) n i =1 ≤0 Theo giả thiết giá trị riêng M có mơ đun nhỏ nên E - M khả nghịch (E - M)-1 ≥ θ Vì (x ) γ i L n i =1 =0 57 Do tốn (3.1.3), (3.1.4) khơng có nghiệm khơng tầm thường khơng âm nên ta có (3.2.1) Bổ đề 3.2.5 Giả sử ϕ 0i (x , ,x n ) = x i (s i ) với s i ≠ t i , s i ∈[a,b] (i = 1,2, n) giả sử p ik (t) = p ik = const với p ii (i≠k) (i, k=l,2, ,n) phần thực giá trị riêng ma trận ( p ik )i,k=1 âm n Khi ta có (3.2.1) Chứng minh Đặt p ik (i ≠ k) (i,k=1,2, ,n) p ii A = ( a ik )i,k =1 đó= a ii 0,a = ik n Theo giả thiết ma trận ( p ik )i,k=1 suy giá trị riêng ma trận A có mơ đun nhỏ n Giả sử ( xi (t) )i=1 nghiệm khơng âm tốn (3.1.3), (3.1.4) n Khi đó: n x i (t) ≤ δi (t)x i (si ) + [1 − δi (t)]∑ a ik x k k =1 với Mặt khác s i ≠ t i p ii < (i = 1, 2,…,n ) x i (si ) ≤ ∑ a ik x k k =1 C (i = 1,2, ,n) n suy n x (t) ≤ δ (t)∑ a +[1 − δ (t)]∑ a ik x k x i i ik k C i = k 1= k n Do , a≤t≤b δ= exp(p ii t − t i ) i (t) n nên C xi C ≤ ∑ a ik x k k =1 C 58 C ∀t ∈ [a,b] ( Đặt r = xi Khi (E - A)r ≤ ) n C i =1 giá trị riêng ma trận A có mơ đun nhỏ nên r = suy x i (t)≡ 0, ∀ t ∈ [a,b] (i= l,2, ,n) 3.3 CHỨNG MINH CÁC ĐỊNH LÝ Chứng minh định lý 3.1.2 • Điều kiện cần Nếu ( xi (t) )i=1 nghiệm toán (3.1.1), (3.1.2) ta chọn n α1 (t) = α (t) = ( x i (t) )i=1 n Khi chúng thỏa điều kiện (3.1.5) - (3.1.7) • Điều kiện đủ  ([a,b],R Giả sử a (t), a2 (t) hàm vectơ thuộc C n ) thỏa điều kiện (3.1.5) -(3.1.7), ta cần chứng minh tốn (3.1.1), (3.1.2) có nghiệm Với i ∈{l,2,…,n} ta đặt: nÕu s< ii (t) αα ii (t)  = χi (t,s) s nÕu α ii (t) ≤ s ≤ α 2i (t) αα  2i (t) nÕu s> 2i (t) χi (u)(t) = χi ( t,u(t) ) f i (t,x1 , ,x n ) =χ fi ( t, (t,x1 ), , χ n (t,x n ) )  i (x1 ,x , ,x n ) =ϕi ϕ ( χ (x ), , χ (x )) i 59 n n n ∑ f (t,x ,x , ,x Ta có: i i =1 n ) ≤ q(t), t ∈ [a,b],(x i )in=1 ∈ R n  n  với q(t) max ∑ fi (t,x1 ,x 2= , ,x n ) : a1 (t) ≤ (x j )nj ≤ a (t)  ∈ L([a,b],R + )  i =1  (do f i (t, x , x ,…,x n ) thỏa điều kiện Caratheodory) α ii (t i ) ≤ ϕ (x1 ,x , ,x n ) ≤ α 2i (t i ) (i=1,2, ,n) với Mặt khác toán:  dx i (t) =0   dt x i (t i ) = (i=1,2,…,n) có nghiệm tầm thường Do theo hệ 2.1.6 suy toán:  dx i (t)  = f i (t,x1 , ,x n )  dt  x i (t i ) = ϕ i (x1 ,x , ,v n ) có nghiệm Giả sử 3.3.1 3.3.2 ( xi (t) )i=1 nghiệm toán để chứng minh định lý ta cần chứng n minh: a 1i (t) ≤ x i (t) ≤ a2i (t), ∀t ∈ [a,b] (i = 1, 2,…,n) (3.3.3) Khi nghiệm tốn (3.3.1), (3.3.2) nghiệm tốn (3.1.1), (3.1.2) tốn (3.1.1), (3.1.2) có nghiệm Giả sử (3.3.3) khơng , tồn k ∈{1, }, I ∈ {1, 2,…,n} t ∈ [a,b] cho: u(t) = (-l)k[x i (t)-aki (t)] thỏa điều kiện u(t )>0 60 Theo (3.3.2) (3.1.7) ta có t ≠ t i giả sử t > t i Khi tồn t ∈[t i , t ) cho: u(t ) = u(t) > 0, với t < t ≤ t (3.3.4) Theo (3.1.6) ta có: u'(t) = (−1)k [x 'i (t) − α 'ki (t)] ( ) (−1)k fi t, χ1 (x1 )(t), , χi −1 (x i −1 )(t), α ki (t), χi +1 (x i +1 )(t), , χ n (x n )(t) − α 'ki (t)  ≤   với t < t ≤ t Điều mâu thuẫn với (3.3.4) Do định lý đước chứng minh Chứng minh định lý 3.1.3 Gọi ρ số dương bổ đề 3.2.1 Đặt b   ρ0 = ρ  γ + ∫ q(t)dt  a   1  s  c(s) = 2 − ρ  0  nÕu c ≤ ρ0 nÕu ρ< s < 2ρ0 (3.3.5) nÕu s ≥ 2ρ0 = p i (t) p ii (t)sgn(t − t i ) (i=1,2, ,n)  n q i (t,x1 , ,x n ) = χ  ∑ x k  k =1 Khi C  [fi (t,x1 , ,x n )-p i (t)x i ] (i=1,2, ,n)  (3.3.6)  n  ϕi (x1 , ,x n ) = χ  ∑ x k C  ϕi (x1 , ,x n ) (i=1,2, ,n)  k =1  (3.3.7)  n  sup ∑= q i (x1 , ,x n ) : (x k )nk ∈ R n  ∈ L([a,b],R + )  i =1  (3.3.8) 61 Và  n   sup ∑ ϕi (x1 , ,x n ) : (x k )nk =1 ∈ C([a,b],R n )  < +∞  i =1  (3.3.9) Mặt khác toán  dx i (t) = p i (t)x i (t) (i=1,2, ,n)   dt x i (t i ) = (i=1,2, ,n) (3.3.10) có nghiệm tầm thường Vì từ (3.3.8) - (3.3.10) hệ 2.1.6 suy toán:  dx i (t) p i (t)x i (t) + q i (t,x1 , ,x n ) (i=1,2, ,n) =  dt  x i (t i ) = ϕ i (x1 , ,x n ) (i=1,2, ,n) có nghiệm Giả sử (3.3.11) ( xi (t) )i=1 nghiệm tốn n Khi từ (3.1.8), (3.1.9), (3.3.5),(3.3.7) (3.3.11) ( xi (t) )i=1 nghiệm toán (3.2.2), n (3.2.3) nên theo bổ đề 3.2.1 ta được:  n x k C ≤ r0 suy χ  ∑ x k ∑ = k 1= k n Vì theo (3.3.6), (3.3.7) (3.3.11) ta có  =1 C   ( xi (t) )i=1 nghiệm toán (3.1.1), (3.1.2) n Chứng minh định lý 3.1.6 • Sự tồn nghiệm Đặt = q(t) n ∑ f (t,0, ,0) ,a ≤ t ≤ b n vµ γ =∑ ϕi (0, ,0) i i =i Khi từ (3.1.12), (3.1.13) kéo theo (3.1.8), (3.1.9) với q, γ đặt Vì theo định lý 3.1.3 tốn (3.1.1), (3.1.2) có nghiệm 62 • Sự nghiệm ( xi (t) )i=1 ( yi (t) )i=1 hai nghiệm toán (3.1.1), (3.1.2) n n Giả sử z= x i (t) − y i (t) i (t) Đặt Theo (3.1.12), (3.1.13) ( z i (t) )i=1 nghiệm không âm toán (3.1.3), (3.1.4) nên theo n (3.1.10) định nghĩa 3.1.1 ta có z i (t)≡0, ∀t ∈ [a,b] Suy ∀t∈[a,b](i=1,2,…,n) □ x i (t)≡y i (t), • Từ định lý bổ đề 3.2.4, bổ đề 3.2.5 ta dễ dàng suy hệ 3.1.4, 3.1.5, 3.1.7, 3.1.8 Chứng minh định lý 3.1.9 Giả sử điều kiện định lý 3.1.3 thỏa tốn (3.1.1), (3.1.2) có nghiệm ( ) x = x 0i n i =1 Theo định lý 2.2.5 định nghĩa 2.2.3 để chứng minh toán (3.1.1), (3.1.2) xấp xỉ ta cần chứng minh nghiệm x0 lập bán kính r > Giả sử ρ số dương bổ đề 3.2.1 n Đặt r0 = r + ∑ i =1 b   x + r  γ + ∫ q(t)dt  a   i  i hàm số định nghĩa (3.3.6), (3.3.7) p i ,q i , ϕ Đặt P(t) = , (x) = 0, ( δik p i (t) )i,k = ( x i (t i ) )i ,  (x) = = n n n  (x) = − ( ϕ i (x1 ,x , ,x n ) )i =1 Khi ) )i = P(t)x + ( q i (t,x1 , ,x n ) )i ( fi (t,x1 , ,x n= = n n 63 với a ≤ t ≤ b, x − x (t) ≤ r ( xi (t i ) − ϕ i (x1 ,x2 , ,x n ) )i=1 = (x) +  (x) n Các hàm số víi x − x C ≤r q i (t,x1 ,x , ,x n ), ϕ i (x1 ,x , ,x n ) xác định (3.3.6), (3.3.7) thỏa điều kiện (3.3.8), (3.3.9) chúng thỏa điều kiện (2.2.3) định nghĩa 2.2.1 Mặt khác từ điều kiện (3.2.1) suy P(t) ma trận Opilia cặp (,  ) Ngoài tốn (3.3.10) có nghiệm tầm thường nên tốn (3.3.11) có nghiệm theo định nghĩa hàm χ(s) (3.3.5) nghiệm nghiệm tốn (3.1.1), (3.1.2) Do tính chất nghiệm tốn (3.1.1), (3.1.2) suy nghiệm x0 Vậy theo định nghĩa 2.2.1 nghiệm x0 cô lập bán kính r Chứng minh định lý 3.1.11 Do điều kiện định lý 3.1.6 thỏa nên tốn (3.1.1), (3.1.2) có nghiệm ( xi (t) )i=1 n Mặt khác với i ∈ {1,2, .,n}, C ∈ R, z k ∈ C([a, b], R), (k = 1, 2,n) (3.1.12) định lý 3.1.6 ta có tốn:  du  = fi ( t,z1 (t), ,z i −1 (t),u,z i+1 (t), ,z n (t) )  dt u(t i ) = C (3.3.13) có nghiệm nghiệm Từ suy với vectơ hàm ( xi0 (t) )i=1 ∈ C([a,b],R n ) tồn n 1,2, ) cho với ( xim (t) )i=1 ∈ C([a,b],R n )(m = n m với i∈{1,2,…,n} ( xim (t) )i=1 nghiệm toán (3.1.15), (3.1.16) n Sau ta chứng minh x im (t) thỏa bất đẳng thức (3.1.17) Đặt im (t) = x i (t) − x im (t) a ≤ t ≤ b (i=1,2, ,n) (m=1,2, ) 64 dãy Khi theo (3.1.12) ta có: y'im (t)sgn(t − t i ) = fi ( t,x1 (t), ,x n (t) ) − fi ( t,x1m −1 (t), ,x i −1m −1 (t),x im (t),x i +1m −1 (t), ,x nm −1 (t) )  × × sgn (t − t i ) ( x i (t) − x im (t) )  ≤ n ≤ p ii (t)yim (t) + ∑ p ik (t)y im −1 (t),a ≤ t ≤ b (i=1,2, ,n) k ≠i k =1 theo (3.1.13) ta có: yim (t i ) ≤ ϕ0i (y1 m −1 , ,y n m −1 ) Do (i=1,2, ,n) (yim )in=1 thỏa điều kiện bổ để 3.2.3 với γ m = 0, q m = Vì theo bổ đề 3.2.3 ta nhận (3.1.17) với r > 0, δ ∈(0, 1) không phụ thuộc vào m 65 TÀI LIỆU THAM KHẢO Agarwal R.P, O’Regan.D, Wong.P.J.Y: Positive solutions of differential, difference and integral equations Demidovich B.P: Lectures on mathematical theory of Stablity (Russian) Nauka, Moscow 1967 Kigurade.I: Some singular boundary value problems for ordinary differential equations (Russian) Tbilisi University Press, Tbilisi 1975 Kigurade.I: Boundary value problems for systems of ordinary differential equations (Russian) Cuưent problems in mathematics Newest results,vol 3c, 3-103, VINI’TI, Moscow 1987 Kigurade.I: On the correctness of Cauchy problem for the linear differential system on an infinite interval Georgian Math.J.3 (1996) 475 - 484 Kigurade.I, Puza.B : Some boundary value problems for a system of ordinary differential equations Diff Uravnenija 12 (1976) N012, 2138 - 2148 66 ... CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 20 CHƯƠNG 2: BÀI TỐN BIÊN TỔNG QT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH 25 2.1 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI. .. VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH 25 2.2 XẤP XỈ NGHIỆM CỦA BÀI TỐN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH 35 CHƯƠNG 3: BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH... tốn biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường Nội dung luận văn gồm ba chương: Chương chúng tơi trình bày kết tổng qt tồn tại, xấp xỉ nghiệm tốn biên tổng qt cho hệ phương trình vi phân