Bài toán biên cho phương trình vi phân hàm với điều kiện biên dạng tích phân

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Võ Hữu Trung BÀI TỐN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG TÍCH PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Võ Hữu Trung BÀI TỐN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG TÍCH PHÂN Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh – 2015 i LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan nội dung luận văn thực có tham khảo tài liệu trích dẫn rõ ràng Tơi khơng chép tài liệu khác Nếu sai thật, tơi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm Võ Hữu Trung ii LỜI CÁM ƠN Lời đầu tiên, tơi xin kính gởi lời cám ơn sâu sắc chân thành tới PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn – Khoa Toán Tin – Trường Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh tận tình giúp đỡ bảo thầy thời gian làm luận văn Tôi xin gởi lời cám ơn đến Quý Thầy Cô Trường Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh tận tình giảng dạy tơi suốt khóa học Tơi xin cám ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin, Phòng Sau đại học – Trường Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh giúp đỡ tạo điều kiện cho thời gian học trường Xin gởi lời cám ơn đến quý thầy, cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian quý báu để đọc, chỉnh sửa, góp ý phản biện cho tơi hồn thành luận văn cách hồn chỉnh Cuối xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè quan tâm động viên giúp tơi hồn thành luận văn iii CÁC KÍ HIỆU  R tập số thực  R= +  0 , i = j Kí hiệu Kronecker: δ ij =  1 , i ≠ j  t 0* ( t ) = min{t, t ( t )} , t 0* ( t ) = max{t, t ( t )}  L khơng gian hàm thực khả tích Lebesgue địa phương R+  [x] phần nguyên x  C n −1 ([t1 , t2 ]) L ([t1 , t2 ]) không gian hàm khả vi liên tục đến cấp [0; +∞ ) ( n − 1) đoạn [t1 , t2 ] khơng gian hàm thực khả tích Lebesgue đoạn [t1 , t2 ]  C n−1 khơng gian hàm có đạo hàm liên tục đến cấp ( n − 1) liên tục tuyệt đối khoảng hữu hạn R+   C n−1 không gian hàm thực khả vi liên tục cấp ( n − 1) R+ n −1, m C = {u ∈ C n −1 +∞ : ∫ u( m) (t ) dt < +∞}  C n −1, m = {u ∈ C n −1 +∞ : () 2i ∫ t u ( t ) dt < +∞ (=i 0, , m )} i 1/2  +∞ 2  m−1 (i )  m Nếu u ∈ C = u 0,m  ∑ u ( ) + ∫ u ( ) ( s ) ds   i =0  n −1, m 1/2 n −1, m  +∞  2m m u m  ∫ (1 + s ) u ( ) ( s ) ds  = 0   Nếu u ∈ C  k 0, ; = k 2i, 2i + 1, ) số định nghĩa sau µ= i (i iv k µik+−11 + µik −2 ( k= 2i + 3, ) µ0i +1 = , µi2i = , µ= i +1 γ n = với n ≤ , m0 −1 γn = ∑ j =0 n! mmn −1−2 j với n ≥ ( 2m − − j )! với m0 phần nguyên  µijk ( i =0, 1, ; n j =i, i + 1, ; k =i + j + 1, i + j + 2, ) số định nghĩa sau: = j 1, , k − 1) , ( k 1, 2, ; µ00k = , µ0k j = = µii2i +1 = 1, 2, ; k =2i + 2, 2i + 3, ) , , µikk −i −1 = ( i = µijk µijk −1 + µik−−12j −1 = ( i =1, 2, ;  m0 −1 γn = ∑ j =0 j =i, i + 1, ; k =i + j + 2, i + j + 3, ) n! mmn −1−2 j ( 2m − − j )!  m −  ( 2m )!γ n ( m − ) ( 4m − m − 3)    γ 0n = + + 4  n !mmn    m −1 − ( −1) m n! ( s + s)  Với s ∈ R , [= s ]+    m − −i   Dε (t , ,t m −1 ) = ( t, x0 , , xm −1 ) : t ≥ , xi ≤ ε t i ( t ) ( i = 0, , m − 1)  ε      1 −   −i − 2 i Dε* (t , ,t= t , x , x , , x : t , x t , x t 0, , m ≥ ≤ ε ≤  t  = − ( ) ) ( (  m −1 ) m −1 ) i i   ε    L ([ a, b ]; R ) : hàm khả tích Lebesgue đoạn [ a, b ] v  Hàm số f : [ a, b ] × A → B thỏa mãn điều kiện Carathéodory ( A ⊂ R n , B ⊂ R ) ; nghĩa ∀x ∈ A , f (., x) : [ a, b ] → B hàm đo được, f (t , ) : A → B hàm số liên tục theo biến thứ hai (hầu khắp nơi [ a, b ] ) với r > , tồn n qr ∈ L ([ a, b ] ;R ) để f (t , x) ≤ qr (t ) hầu khắp nơi [ a, b ] , với x ∈ R , x ≤ r vi MỤC LỤC LỜI CAM ĐOAN i LỜI CÁM ƠN ii CÁC KÍ HIỆU iii MỤC LỤC vi MỞ ĐẦU CHƯƠNG BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG TÍCH PHÂN 1.1 Giới thiệu toán 1.2 Định lí tồn nghiệm toán (1.1) với điều kiện biên dạng (1.2) 1.3 Định lí tồn nghiệm toán (1.1) với điều kiện biên dạng (1.3) 19 CHƯƠNG NGHIỆM TIỆM CẬN PROPER VÀ NGHIỆM TRIỆT TIÊU TẠI VÔ CỰC CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐỐI SỐ LỆCH 34 2.1 Giới thiệu toán 34 2.2 Định lí tồn nghiệm tốn (2.1) với điều kiện biên dạng (2.2), (2.3) 34 2.3 Định lí tồn nghiệm tiệm cận proper, nghiệm triệt tiêu vô cực phương trình vi phân đối số lệch 47 KẾT LUẬN 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 MỞ ĐẦU Các phương trình vi phân hàm xuất từ kỉ 18 cơng cụ tốn học cho tốn vật lí hình học Tuy nhiên cuối kỉ 19 chúng biết đến vài áp dụng cụ thể chưa nghiên cứu cách hệ thống Đầu kỉ 20, quan tâm dành cho phương trình vi phân hàm tăng lên, đặc biệt ứng dụng khí, sinh học kinh tế Ở thời điểm đó, nhà tốn học theo hướng nghiên cứu xây dựng nên lý thuyết định tính cho phương trình vi phân hàm phát triển lý thuyết ngày Vào thập niên 1970, phát kiến lớn việc xây dựng lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân hàm đề xuất tảng cho lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân hàm xây dựng Các cơng cụ giải tích hàm tơpơ cơng cụ hiệu để nghiên lĩnh vực Tuy nhiên việc nghiên cứu toán biên cụ thể cho phương trình vi phân hàm thành cơng phần Vẫn cịn nhiều khó khăn việc nghiên cứu phương trình vi phân hàm trường hợp phương trình tuyến tính Trong năm gần đây, nỗ lực nghiên cứu thành cơng trường hợp số tốn biên cho phương trình vi phân hàm Đặc biệt cơng trình tác giả I Kiguradze D Chichua…, điều kiện đảm bảo cho tính giải nghiệm lớp rộng tốn biên cho phương trình vi phân hàm phát Xuất phát từ ghi nhận trên, chúng tơi chọn đề tài: “BÀI TỐN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG TÍCH PHÂN” để thực nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ Nội dung trình bày lại kết nhà toán học I Kiguradze D Chichua tài liệu [6], [7] Luận văn có chương: Chương 1: Bài tốn biên cho phương trình vi phân hàm với điều kiện biên dạng tích phân Trong chương này, chúng tơi đưa điều kiện đủ cho việc tồn nghiệm phương trình vi phân hàm u ( n ) ( t ) = f ( u )( t ) với hai điều kiện biên: u (i ) ci ( i 0, , m − 1) ( ) == +∞ ; ∫ u( m) (t ) dt < +∞ (1) u (i ) ci ( i 0, , m − 1) ( ) == +∞ ; () 2i ∫ t u ( t ) dt < +∞ ( i = 0, , m ) i (2) Chương 2: Nghiệm tiệm cận proper nghiệm triệt tiêu vơ cực phương trình vi phân đối số lệch Trong chương này, đưa điều kiện đủ cho việc tồn nghiệm phương trình vi phân đối số lệch u( n) ( t ) = h ( t , u ( t ) , u (t ( t ) ) , , u ( m−1) (t m−1 ( t ) ) ) với hai điều kiện biên (1) (2) Ngồi ra, chúng tơi xây dựng điều kiện đủ để phương trình vi phân đối số lệch u( n) ( t ) = g ( t , u (t ( t ) ) , , u ( m−1) (t m−1 ( t ) ) ) có nghiệm tiệm cận proper nghiệm triệt tiêu vô cực 45 m −1 ( b ( t, x, y ) = b0 ( t, x ) + ∑ a1i ( t ) + t i ( t ) i=0 ) −i− y (2.39) b0 hàm cho (2.14) Mặt khác, từ (2.32), (2.38), ta suy n! = dmmn − ( m )! +∞ ∫ (1 + t ) a ( t ) dt > n (2.40) hàm b thỏa (2.19) Vì tất điều kiện định lí 1.10 chương thỏa nên (2.11), (2.3) có  nghiệm Suy tốn (2.1), (2.3) có nghiệm Định lí 2.4 Giả sử R+ × R m +1 , h thỏa điều kiện (2.20) – (2.22), với a1i : R+ → R+ = ( i 0, , m − 1) , ( ) a0 j : R+ → R j = 0, hàm đo cho tồn số thực dương γ thỏa a0 ( t )= a00 ( t ) + a01 ( t ) > γ (1 + t ) −n với t ∈ R+ (2.41) điều kiện (2.32), (2.34) thỏa với λi = = ( i 0, , m − 1) Khi đó, (2.1), (2.3) có nhiều nghiệm Giả sử ngồi điều kiện (2.20) – (2.22), (2.32), (2.34) (2.41), ta có thêm điều kiện +∞ ∫ (1 + t ) n h2 ( t,0, ,0 ) a0 ( t ) dt < +∞ (2.42) Khi đó, tốn (2.1), (2.3) có nghiệm Chứng minh Bài toán (2.1), ( (2.3) ( tương ) f ( u )( t ) = h t, u ( t ) , u t ( t ) , , u( m −1) đương với toán (2.11), (2.3) với (t ( t ))) Ta chứng minh toán (2.11), m −1 (2.3) có nhiều nghiệm Gọi u u hai nghiệm thuộc C n−1,m đặt v= ( t ) u ( t ) − u ( t ) Ta có 46 ( −1) ( u ( t ) − u ( t )) ( f ( u )( t ) − f ( u )( t )) n − m −1 l1 ( t ) v ( t ) + ( −1) n − m −1 ∆ ( t ) v ( t ) + ( −1) = ( −1) + ( −1) n − m −1 n − m −1 n − m −1 ( ) l1 ( t )  v t ( t ) − v ( t )  v ( t )   ∆ (t ) v (t ) (2.43) với ∆ , ∆ l1 hàm cho (2.25) – (2.28) Từ (2.20), (2.22), ta suy (2.29) Mặt khác, ta có v( ) ( t ) ≤ (1 + t ) i ( −i− ) − v (t ) v t ( t )= v t (t) ∫ t m = (1 + t ) −i− u −= u ( i 0, , m − 1) , m ( v′ ( s ) ds ≤ + t 0* ( t ) ) −3 t (t ) − t u − u m Từ bất đẳng thức (2.29), ta có  −1 ( ) n − m −1 l1 ( t ) v ( t ) + ( −1)  ( −1) n − m −1 l1 ( τ )  v ττ τ − v ( τ )  v ( τ ) ≥ − l1 ( τ ) v ( τ ) − v ( τ ) v ( τ )  0( )  ( n − m −1 ∆ ( t ) v ( t ) ≥ a0 ( t ) v ( t ) ( ) ≥ − (1 + τ )  ( −1) n − m −1 ∆ (t ) v (t ) ≥ − ∆ (t ) v (t ) ≥ − v m −1 ) ( ) −3 v m a10 ( ττττ ) + ττ ( ) 0( )− 0* −1 m −1 (1 + τ ) ∑ a ( ττ ) 1 + τ ( ) i =1 1i i −i− Thay vào (2.43), ta có ( −1) n − m −1 ( u ( t ) − u ( t ) ) ( f ( u )( t ) − f ( u )( t ) ) ≥ γ (1 + t ) ( u ( t ) − u ( t ) ) −n − a1 ( t ) u − u m , a1 hàm cho (2.38) với λi = = ( i 0, , m − 1) thỏa (2.40) Ngoài a1 ( t ) thỏa (2.40) thỏa (2.32) (2.38) Vì vậy, theo định lí 1.13 chương 1, tốn (2.1), (2.3) có nhiều nghiệm Ta chứng minh điều kiện (2.20) – (2.22), (2.32), (2.34) (2.41), ta có thêm điều kiện (2.42) (2.1), (2.3) có nghiệm 47 ( ) () ( Khơng tính tổng qt, ta giả sử − ε a0 t > γ + t ) −n với ε số dương, thay (2.41) Từ (2.21) (2.22), suy ( −1) n − m −1 h ( t, x , x ,0, ,0 ) x ≥ a0 ( t ) x − h ( t,0, ,0 ) x 2 ≥ γ (1 + t ) x + ε a0 ( t ) x − 2ε a −n với a2 ( t ) = 2 h2 ( t,0, ,0 ) 4ε a0 ( t ) 2 ( t ) x a ( t ) ≥ γ (1 + t ) −n x − a2 ( t ) , Hơn nữa, từ (2.42), ta suy (2.33) thỏa nên từ định lí 2.3, ta suy (2.1), (2.3) có nghiệm nghiệm  2.3 Định lí tồn nghiệm tiệm cận proper, nghiệm triệt tiêu vô cực phương trình vi phân đối số lệch Định nghĩa 2.5 Lấy t0 ∈ R+ Một hàm u : [t0 , +∞ ) → R gọi nghiệm (2.4) có đạo hàm đến cấp n − liên tục tuyệt đối tồn hàm u : R → R khả vi liên tục cấp m − thỏa u ( t ) = u ( t ) với t ≥ t0 đẳng thức u( n) ( t ) = g ( t , u (t ( t ) ) , , u ( m−1) (t m−1 ( t ) ) ) xảy hkn [t0 , +∞ ) Định nghĩa 2.6 Nghiệm u (2.4) xác định [t0 , +∞ ) gọi nghiệm proper khác lân cận +∞ Định nghĩa 2.7 Nghiệm u (2.4) xác định [t0 , +∞ ) gọi triệt tiêu vô cực u ( t ) → t → +∞ Định nghĩa 2.8 Nghiệm tiệm cận proper nghiệm proper cho có dãy không điểm hội tụ +∞ 48 Định nghĩa 2.9 Phương trình (2.4) có tính chất Om nghiệm proper u : t0 , + ∞ ) → R thỏa +∞ ∫ u (t ) (m) dt < +∞ (2.44) t0 nghiệm tiệm cận proper m chẵn nghiệm tiệm cận proper m lẻ thỏa (i ( −1) u( ) ( t ) u ( t ) >= i i 0, , n − 1) (2.45) ) t * , + ∞ ⊂ t0 , + ∞ ) Định lí 2.10 Cho ε > cho τ i ( τττ ε −1 ( i 0, , m − 1) ) ≥ + ∆ ( ) với t ≥= (2.46) Dε (ττ , , m −1 ) , cho điều kiện ( −1) n − m −1 g ( t, x0 , , xm −1 ) x0 ≥ (2.47) g ( t, x , x1 , , xm −1 ) − g ( t, x0 , x1 , , xm −1 ) ≤ λ ( t ) x − x0 λ0 (2.48) với λ0 ∈  0, 1 , ∆ : R+ → ( 0, + ∞ ) hàm liên tục l : R+ → R+ hàm đo thỏa +∞  3  m − λ0 2  ) (1 + ττ ( )) ( ( ) − ) ( ) dτ < +∞ ∫ (1 + ττττλτ ε n−m− λ0 (2.49) −1 Giả sử phương trình (2.4) có tính chất Om Chứng minh (2.4) có nghiệm tiệm cận proper Để chứng minh định lí trên, ta có bổ đề sau Bổ đề 2.11 Giả sử R+ × R m+1 , h thỏa điều kiện h ( t , x, x0 , x1 , , xm−1 ) − h ( t , x, x, x1 , , xm−1 ) ≤ a1 ( t ) x − x0 ( −1) n − m −1 h ( t , x, x, x1 , , xm−1 ) x ≥ − a ( t ) λ0 (2.50) (2.51) 49 với λ0 ∈ [ 0, 1] , a1 : R+ → R+ hàm đo thỏa +∞ 3   µ − λ0 2  ) ( )) (1 + ττ 0( )− ∫ (1 + ττττ n−µ− * λ0 a1 ( τ ) dτ < µµn (2.52) a : R+ → R+ thỏa điều kiện (2.8) Lấy t0 > cho [ 0, t0 ] × R m+1 , h thỏa m −1 h ( t , x, x, x1 , , xm−1 ) ≤ b0 ( t , x ) ∑ (1 + xi2 ) (2.53) i =1 với b0 : [ 0, t0 ] × R+ → R+ hàm khả tích biến thứ nhất, khơng giảm hai biến cịn lại Khi đó, tốn (2.1), (2.2) có nghiệm Chứng minh m −1 Đặt r = ∑ ci Từ (2.52), (2.8) tồn số dương ε cho hàm i =0 3   m − λ0 2  a1 ( τττττ )= (1 + ε )(1 + ) (1 + ττ ( )) 0( )− m− * λ0 a1 ( τ ) ,  1 a2 ( τ ) =+ 1  (1 + r ) a1 ( τ ) + a ( τ )  ε thỏa +∞ ∫ (1 + t ) n−2 m a1 ( t ) dt < m , n m +∞ ∫ (1 + t ) n−2 m a2 ( t ) dt < +∞ Với u ∈ C n−1 , ta đặt m −1  i neáu ∑ u( ) ( ) ≤ r 1 i=0  m −1 m −1  i i χ ( u ) = r + − ∑ u( ) ( ) neáu r < ∑ u( ) ( ) ≤ + r , i 0=i =  m −1  i neáu ∑ u( ) ( ) > + r 0 i=0  ( f ( u )( t ) = χ ( u ) h t , u ( t ) , u (t ( t ) ) , , u ( m −1) (t ( t ) ) ) m −1 (2.54) 50 Khi đó, tốn tử f : C n−1 → L liên tục h thỏa điều kiện Carathéodory Mặt khác, tốn (2.1), (2.2) có nghiệm tốn (2.11), (2.2) có nghiệm Ta sử dụng định lí 1.1 chương để chứng minh tốn (2.11), (2.2) có nghiệm Nếu u ∈ C n−1,m từ (2.50), (2.51) ta suy ( −1) n − m −1 ( −1) = u ( t ) f ( u )( t ) n − m −1 ( ( m −1) χ ( u )  h τ , u ( τ ) , u (ττ ( m−1 ( τ ) ) ( τ ) ) , , u  ( −h t , u ( t ) , u ( t ) , u′ (t ( t ) ) , , u ( + ( −1) n − m −1 m −1) ) (t ( t ) ) ) u ( t ) m −1 ( ) χ ( u ) h t , u ( t ) , u ( t ) , u′ (t ( t ) ) , , u ( m−1) (t m−1 ( t ) ) u ( t ) ≥ − a1 ( t ) χ ( u ) u (t ( t ) ) − u ( t ) λ0 u (t ) − a (t ) (2.55) Theo (2.15) (2.17), ta có u ( ) ( t ) ≤ (1 + t ) i m −i −      (i ) 1 +   ∑ u ( )  + (1 + ε ) u 0,m=  ( i 0, , m − 1)   ε   i =0  χ ( u ) u (t ( t ) ) − u ( t ) ≤ (1 + t ( t ) ) * 3   m − λ0 2  2 m −1 λ0 (2.15) u (t ) t (t ) − t λ0 (1 + t ) m−   1 1 + 1 + ε  (1 + r ) + (1 + ε ) u    0, m    (2.17) Thay (2.15), (2.17) vào (2.55), ta có ( −1) n − m −1 u ( t ) f ( u )( t )   1 1 + 1 + ε  (1 + r ) + (1 + ε ) u    2  = − a1 ( t ) u 0,m − a ( t ) − a1 ( t )  + (1 + r )  1 + ε ε  3   m − λ0 2  ≥ − a1 ( τττττ ) (1 + ττ ( )) (1 + ) ( )− * ≥ − a1 ( t ) u 0, m λ0 m− 2 0, m   − a (τ )   1 2  1  1 + (1 + r ) ≤ 1 +  (1 + r )  − a ( t ) − 1 +  (1 + r ) a1 ( t )  1+ ε ε  ε  ε   = − a1 ( t ) u 0,m − a2 ( t ) Mặt khác, theo (2.50), (2.53), ta có 51 f ( u )( t ) ( ≤ h t , u ( t ) , u (t ( t ) ) , , u ( m −1) (t ( t ) ) ) − h ( t , u ( t ) , u ( t ) , u′ (t ( t ) ) , , u ( ) (t ( t ) ) ) m −1 m −1 ( + h t , u ( t ) , u ( t ) , u′ (t ( t ) ) , , u ( ≤ a1 ( t ) u (t ( t ) ) − u ( t ) λ0 ( * ≤ a1 ( ττττ ) (1 + ττ ( )) ( )− ( +b0 t , u ( t ) m −1) + b0 t , u ( t ) 3   m − λ0 2  m −1 λ0 (t ( t ) ) ) m −1 m −1 ) ∑ (1 + u (t ( t ) ) ) i i =1   1 + ε  (1 + r ) + (1 + ε ) u   2 0, m   m −1 ) ∑ (1 + u (t ( t ) ) ) i i =1 Vậy ta có ( −1) n − m −1 u ( t ) f ( u )( t ) ≥ − a1 ( t ) u 0, m ( − a2 ( t ) , f ( u )( t ) ≤ b t , u ( t ) , u 0, m ) với ( ) m −1 ( b t , u= ( t ) , u 0,m b0 ( t , x ) ∑ + u (t i ( t ) ) i =1 + a1 ( t ) (1 + t ( t ) ) * 3   m − λ0 2  ) t (t ) − t λ0   2 1 + + + + r y ε ( ) ( )     ε   Hơn nữa, hàm a1 , a2 thỏa (2.54) b thỏa điều kiện (2.19) Vì vậy, điều kiện định lí 1.1 chương thỏa nên tốn (2.11), (2.2) có  nghiệm Suy tốn (2.1), (2.2) có nghiệm Chứng minh định lí 2.10 Chọn t0 ≥ ε cho +∞  3  µ − λ0 2  ( )) ) (1 + ττ ( ( ) − ) ( ) dτ < µ ∫ (1 + ττττλτ n−µ− λ0 n µ τ0 Khơng tính tổng qt, giả sử τ i ( ττ ≤ t0 ( i 0, , m − 1) ) = với ≤ t = Đặt (2.56) 52  m − −i nεáu x ≤ ε τ i ( τ )   x χi ( τ, x ) =  1 ε τ τ  m − −i sgn x nεáu x > ε τ τ  m − −i   i ( )   i ( ) 0 neáu ≤ t ≤ t0 h ( t, x , x0 , x1 , , xm −1 ) =   g t, χ ( t, x0 ) , , χ m −1 ( t, xm −1 ) neáu t ≥ t0 ( ) (2.57) số c0 , c1 , , cm −1 khơng đồng thời 0, ta xét tốn (2.1), (2.2) Do (2.46) – (2.48), (2.56), (2.57), ta có (2.50), (2.51), (2.52) thỏa với a1 ( t ) = ≤ t ≤ t0 , a1 ( t ) = l ( t ) t ≥ t0 , a ( t ) = t ≥ Từ bổ đề 2.11, ta suy (2.1), (2.2) có nghiệm u Từ (2.46), (2.47), (2.57), ta có u nghiệm proper Mặt khác, (2.58) theo (t, u (t (t )) , , u( ) (t m −1 m −1 (2.44) ( t ) ) ) ∈ Dε (t , ,t m−1 ) tồn t * ≥ t0 cho với t ≥ t * Vì vậy, từ (2.57), ta có u ) nghiệm (2.4) t * , + ∞ Tuy vậy, (2.4) có tính chất Om nên từ (2.58) ta suy m chẵn u nghiệm ) tiệm cận proper m lẻ u nghiệm tiệm cận proper thỏa (2.45) t* , + ∞  Định lí 2.12 Cho ε > thỏa t i ( t ) ≥ t + ∆ ( t ) t ≥ = ε −1 ( i 0, , m − 1) (2.59) tập Dε* (ττ , , m −1 ) , cho bất đẳng thức ( −1) n − m −1 −n g ( t , x0 , , xm−1 ) x0 ≥ g (1 + t ) x02 − l0 ( t )  ,  + g ( t , x, x1 , , xm−1 ) − g ( t , x0 , x1 , , xm−1 ) ≤ l ( t ) x − x0 với l0 (2.60) , γ > γ 0n λ0 ∈ [ 0, 1] , ∆ : R+ → ( 0, + ∞ ) hàm liên tục l : R+ → R+ hàm đo thỏa (2.61) (2.62) 53 +∞ +∞ ∫ t l ( t ) dt < +∞ , ∫ t n n − − l0 2 ε −1 l ( t ) dt < +∞ (2.63) ε −1 Khi đó, m chẵn phương trình (2.4) có họ nghiệm tiệm cận proper m - tham số triệt tiêu vơ cực m lẻ phương trình (2.4) có họ nghiệm tiệm cận proper ( m − 1) - tham số triệt tiêu vô cực Để chứng minh định lí trên, ta có bổ đề sau Bổ đề 2.13 Giả sử R+ × R m +1 , h thỏa điều kiện (2.50) ( −1) n − m −1 h ( t, x , x , x1 , , xm −1 ) x ≥ γ (1 + t ) −n x − a2 ( t ) (2.64) với λ0 ∈  0, 1 , γ số dương, : R+ → R+ ( i = 1, ) hàm đo thỏa n! = dmmn − ( m )! +∞ ∫ (1 + t ) (1 + t ( t ) ) n− 0* −3 λ t ( t ) − t a1 ( t ) dt > thỏa (2.33), (2.34) λ0 Hơn nữa, với t0 > cho  0, t0  × R m +1 , h thỏa m −1 ( ) ∑ (1 + x ) h ( t, x , x , x1 , , xm −1 ) ≤ b0 t, x i i =1 (2.65) với b0 :  0, t0  × R+ → R+ hàm khả tích biến thứ khơng giảm với hai biến cịn lại Khi đó, (2.1), (2.3) có nghiệm Chứng minh Bài toán (2.1), (2.3) ( ( tương ) f ( u )( t ) = h t, u ( t ) , u t ( t ) , , u( m −1) đương với toán (2.11), (2.3) với (t ( t ))) Sử dụng định lí 1.10 chương 1, m −1 ta chứng minh (2.11), (2.3) có nghiệm Trước hết, ta có ý f : Cn−1 → L liên tục h thỏa điều kiện Carathéodory Mặt khác, với u ∈ C n−1,m , ta có ( −1) = ( −1) n − m −1 u ( t ) f ( u )( t ) n − m −1 ( m −1) χ ( u )  h τ , u ( τ ) , u (ττ ( m−1 ( τ ) ) ( τ ) ) , , u  ( ) 54 ( − h t , u ( t ) , u ( t ) , u′ (t ( t ) ) , , u ( + ( −1) n − m −1 m −1) (t ( t ) ) ) u ( t ) m −1 ) ( χ ( u ) h t , u ( t ) , u ( t ) , u′ (t ( t ) ) , , u ( m−1) (t m−1 ( t ) ) u ( t ) ≥ − a1 ( τ ) u (τ ( τ ) ) − u ( τ ) λ0 u ( τ ) − a2 ( ττ ) + γ (1 + ) u (τ ) −n Theo (2.36) (2.37), ta có u (i ) ( t ) ≤ (1 + t ) ( ) −i− u = ( i 0, ,m − 1) (2.36) m ( λ0 ) −3 −1 u τττ τ − u ( τ ) u ( τττττ ) ≤ + 0* ( ) (1 + ) ( ) − 0( ) λ0 λ0 (1 + u ) (2.37) m Từ đó, ta có ( −1) n − m −1 ( ) −3 λ −1 u ( τ ) f ( u )( τ ) ≥ − a1 ( τττττ ) + ττ ( ) (1 + ) ( ) − +γ (1 + t ) n − m −1 −n λ0 (1 + u ) − a (τ ) 2 m u (t ) +∞ ∫ (1 + t ) a ( t ) dt < +∞ ( i = 1, ) Đặt a= t a1 ( t ) + a2 ( t ) 2( ) Khi đó, ta có ( −1) * n i u ( t ) f ( u )( t ) ≥ −a1 ( t ) − a2 ( t ) + γ (1 + t ) −n u (t ) Mặt khác, từ (2.50) (2.65), ta có f ( u )( t ) ( ≤ h t , u ( t ) , u (t ( t ) ) , , u ( m −1) (t ( t ) ) ) − h ( t , u ( t ) , u ( t ) , u′ (t ( t ) ) , , u ( ) (t ( t ) ) ) m −1 m −1 ( + h t , u ( t ) , u ( t ) , u′ (t ( t ) ) , , u ( ≤ a1 ( t ) u (t ( t ) ) − u ( t ) ≤ a1 ( t ) t ( t ) − t λ0 ≤ a1 ( t ) t ( t ) − t λ0 λ0 m −1) ( + b0 t , u ( t ) (1 + t ( t ) ) −3 λ0 0* m −1 u λ0 m (t ( t ) ) ) m −1 m −1 ) ∑ (1 + u (t ( t ) ) ) i i =1 ( + b0 t , u ( t ) −3 λ0 m −1 ) ∑ (1 + u (t ( t ) ) ) i i =1 m −1 (1 + t ( t ) ) (1 + u ) + b ( t , u ( t ) ) ∑ (1 + u (t ( t ) ) ) * m i =1 i 55 Vậy ( −1) n − m −1 u ( t ) f ( u )( t ) ≥ −a1 ( t ) − a2 ( t ) + γ (1 + t ) ( f ( u )( t ) ≤ b t , u ( t ) , u với b (= t , x, y ) a1 ( t ) t ( t ) − t λ0 m −n u (t ) , ) −3 λ0 m −1 (1 + t ( t ) ) (1 + y ) + b ( t , x ) ∑ (1 + u (t ( t ) ) ) * 0 i =1 i Hơn nữa, hàm b thỏa điều kiện (2.19) Vì tất điều kiện định lí 1.10 chương thỏa nên (2.11), (2.3) có nghiệm Suy tốn (2.1), (2.3) có  nghiệm Bổ đề 2.14 (Bổ đề 1.1, trang 2, [4]) Cho hàm u : t0 , + ∞ ) → R hàm liên tục tuyệt đối đến đạo hàm đến cấp n − thỏa { } n u ( t ) ≠ , mes s ∈ t, + ∞ ) : u( ) ( s ) ≠ > với t ≥ t0 , ( −1) n − m −1 n u( ) ( t ) u ( t ) ≥ với t ≥ t0 Khi đó, tồn số k ∈ {0, , n} t * ∈ t0 , + ∞ ) cho k + m lẻ u( ) ( t ) u ( t ) > ( i= 0, , k − 1) , i ( −1) i−k u( ) ( t ) u ( t ) > ( i= k , , n − 1) với t ≥ t * i Hơn nữa, k = t * = t0 ( −1) u( ) ( t ) u ( t ) > ( i= i i 0, , n − 1) với t ≥ t0 Chứng minh định lí 2.12 Từ định nghĩa γ 0n điều kiện (2.63) tồn t0 > n! dmmn − = ( 2m )! +∞ ∫ (1 + t ) n − − l0 2 ε thỏa (t ( t ) − t ) l ( t ) dt > l0 (2.66) t0 (2.34) thỏa Khơng tính tổng qt, giả sử t i ( t ) = t ≤ t ≤ t0 = ( i 0, , m − 1) 56 Đặt −1  1 neáu x = x x t nεá u ε ≤   , χ ( t, x ) =  χ ( t, x ) χ ( t, x ) =  −1 −1 neáu x ≠  ε t sgn x nεáu x > ε t x    − −i   nεáu x ≤ ε τ i ( τ )   x Nếu i ∈ {0, , m − 1} χ i ( τ, x ) =  1 ε τ τ  − −i sgn x nεáu x > ε τ τ  − −i   i ( )   i ( ) Đặt h ( t, x , x0 , , xm −= γ (1 + t ) 1) −n x ≤ t ≤ t0 (2.67) h ( t, x , x0 , , xm −1 ) ( ) −n −n = γ (1 + t ) x + χ (t, x )  γ t, χ ( t, x1 ) , , χ m −1 ( t, xm −1 ) − γ (1 + t ) χ (t, x ) t > t0   (2.68) Lấy c0 , , cm −1 số tùy ý không đồng thời Nếu m lẻ cm −1 = Ta xét toán (2.1), (2.3) Do (2.59), (2.68) nên điều kiện bổ đề 2.13 thỏa, với ( t ) = ≤ t ≤ t0 ( i = 1, ) , a1 ( t ) = l ( t ) , a2 ( t ) = l0 ( t ) t ≥ t0 , b0 ( t ,= x ) γ (1 + t ) x Vì vậy, (2.1), −n (2.3) có nghiệm u Do (2.59), (2.60), (2.67), (2.68) u nghiệm proper thỏa ( −1) n − m −1 u( n) ( τ ) u (τ (0) ( τ ) ) ≥ mes{s ∈ [τ , + ∞ ) : u ( n) ( s ) ≠ 0} > τ ≥ (2.69) Mặt khác, từ bổ đề 1.15 chương 1, ta có  i + 12 (i )  = ( i 0, , m − 1) lim  t u ( t )  = t →+∞   (2.70) Theo bổ đề 2.14, từ (2.69) (2.70) suy m chẵn u nghiệm tiệm cận proper m lẻ u nghiệm tiệm cận proper thỏa (i ( −1) u (i ) ( t ) u ( t ) > t ≥= i 0, , n − 1) 57 Hơn nữa, m lẻ u ( m−1) (= ) c= Vì u nghiệm tiệm cận proper m −1 m lẻ ( Theo (2.70), tồn t * > t0 cho t , u (t ( t ) ) , , u ( m −1) (t ( t ) ) ) ∈ Dε (t , ,t ) * m −1 m −1 t > t * Do (2.68) nên u nghiệm (2.4) t * , + ∞ ) Vì vậy, m chẵn với số c0 , , cm−1 khơng đồng thời 0, phương trình (2.4) có nghiệm tiệm cận proper triệt tiêu vô cực m lẻ với số c0 , , cm− khơng đồng thời 0, phương trình (2.4) có nghiệm tiệm cận proper triệt tiêu vơ cực  58 KẾT LUẬN Nội dung luận văn trình bày lại kết nhà toán học I Kiguradze D Chichua tài liệu [6], [7] Luận văn gồm hai chương Chương Bài tốn biên cho phương trình vi phân hàm với điều biên dạng tích phân Chương trình bày định lí tồn nghiệm phương trình vi phân hàm (1.1) với hai điều kiện biên (1.2), (1.3) Các kết trình bày định lí 1.1, định lí 1.9, định lí 1.11, định lí 1.14 Chương Nghiệm tiệm cận proper nghiệm triệt tiêu vô cực phương trình vi phân đối số lệch Chương vận dụng kết chương để chứng minh định lí tồn nghiệm phương trình vi phân đối số lệch (2.1) với hai điều kiện biên (2.1) (2.2) Các kết trình bày định lí 2.1, định lí 2.2, định lí 2.3, định lí 2.4 Ngồi ra, chúng tơi nêu điều kiện đủ để phương trình (2.4) có nghiệm tiệm cận proper nghiệm triệt tiêu vô cực Các kết trình bày định lí 2.10, định lí 2.12 Trong q trình giải vấn đề trên, nhận thấy kết nêu có cịn hay khơng với tốn biên cho phương trình hàm bậc cao với điều kiện biên tuần hoàn, hai điểm, nhiều điểm…? Nếu có điều kiện tơi xem xét giải vấn đề Vì hiểu biết thân cịn hạn hẹp nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tơi mong góp ý bảo quý thầy cô hội đồng để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cám ơn đến quý thầy, cô Hội đồng dành thời gian quý báu để đọc phản biện cho hoàn thành luận văn 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO Kiguradze I.T (1982), “On some singular boundary value problems for ordinary differential equations”, Equadiff Proc Czech Conf Differ Equations and Appl., pp.174-178 Kiguradze I.T (1983), “On vanishing at infinity of solutions of ordinary differntial equations”, Czechols Math J, 33(4), pp.613-646 Kiguradze I.T (1982), “On a boundary value problem with the condition at infinity for ordinary differential equations of higher orders”, Partial Differential Equations and their Applications Proc All-Union Symp., pp.91-105 Kiguradze I.T and Chanturia T.A (1993), Asymptoic properties of solutions of nonautonomous ordinary differntial equations, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht, Boston, London Kiguradze I.T and Chichua D (1995), “On proper oscillatory and vanishing at infinity solutions of differential equations with derivating argument”, Georgiant Math J Kiguradze I.T and Chichua D (1995), “On some boundary value problems with integral conditions for functional differential equations”, Georgian mathematical journal, 2(2), pp.165-188 Kiguradze I.T and Chichua D (1995), “On proper oscillatory and vanishing at infinity solutions of differential equations with a deviating argument”, Georgian mathematical journal, 2(4), pp.395-418 Kantorovich L.V and Akilov G.P (1977), Functional anlysis, Nauka, Moscow ... chương: Chương 1: Bài tốn biên cho phương trình vi phân hàm với điều kiện biên dạng tích phân 2 Trong chương này, chúng tơi đưa điều kiện đủ cho vi? ??c tồn nghiệm phương trình vi phân hàm u ( n ) (... vi MỞ ĐẦU CHƯƠNG BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM VỚI ĐIỀU KIỆN BIÊN DẠNG TÍCH PHÂN 1.1 Giới thiệu toán 1.2 Định lí tồn nghiệm toán (1.1) với điều kiện. .. 1970, phát kiến lớn vi? ??c xây dựng lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân hàm đề xuất tảng cho lý thuyết toán biên cho phương trình vi phân hàm xây dựng Các cơng cụ giải tích hàm tơpơ công cụ