Thông tin tài liệu
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NGUYỄN VĂN TIẾN BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN Chuyên ngành : Toán Giải tích Mã số : 60.46.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh - 2011 LỜI CẢM ƠN Đầu tiên tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn, người tận tâm hướng dẫn tạo điều kiện tối đa để tơi hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy, Cô Hội đồng chấm luận văn giành thời gian đọc, chỉnh sửa đóng góp ý kiến giúp cho tơi hồn thành luận văn cách hồn chỉnh Tơi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phịng KHCN-Sau Đại học tồn thể thầy khoa TốnTin học trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh giảng dạy tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian nghiên cứu đề tài Cuối cùng, trình viết luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, mong nhận góp ý Quý Thầy Cơ bạn đọc nhằm bổ sung hồn thiện đề tài Xin chân thành cảm ơn TP Hồ Chí Minh tháng 12 năm 2010 MỤC LỤC MỤC LỤC BẢNG CÁC KÍ HIỆU MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1: MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN 11 1.1 BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH 11 Định lý 1.1 11 Chú ý 1.2 11 1.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN 11 Định nghĩa 1.3 11 Chú ý 1.4 12 Chú ý 1.5 12 Mệnh đề 1.6 13 Định lí 1.7 15 Hệ 1.8 17 Chú ý 1.9 17 CHƯƠNG II: CÁC BỔ ĐỀ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN BẬC NHẤT 18 2.1 PHÁT BIỂU BÀI TOÁN 18 Mệnh đề 2.1 18 2.2 NHỮNG BỔ ĐỀ 19 Bổ đề 2.2 19 Bổ đề 2.3 20 2.2.1 TẬP HỢP Ai , , i 1,2 22 Định nghĩa 2.4 22 Bổ đề 2.5 22 Bổ đề 2.6 23 Bổ đề 2.7 24 Bổ đề 2.8 36 2.2.2 TẬP HỢP B , 45 Định nghĩa 2.9 45 Bổ đề 2.10 45 Bổ đề 2.11 47 Bổ đề 2.12 47 CHƯƠNG 3: CÁC TIÊU CHUẨN HIỆU QUẢ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN BẬC NHẤT 50 3.1 CÁC ĐỊNH LÝ VỀ TỒN TẠI NGHIỆM 50 Định lí 3.1 50 Chú ý 3.2 51 Định lí 3.3 51 Định lý 3.4 52 3.2 CÁC ĐỊNH LÝ DUY NHẤT NGHIỆM 53 Định lí 3.5 53 Định lí 3.6 53 Định lí 3.7 54 3.3 BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐỐI SỐ LỆCH 54 3.3.1 CÁC ĐỊNH LÝ TỒN TẠI NGHIỆM 55 Định lí 3.8 55 Định lí 3.9 56 3.3.2 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI DUY NHẤT NGHIỆM 57 Định lí 3.10 57 Định lí 3.11 57 3.4 CHÚ Ý 58 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO 62 BẢNG CÁC KÍ HIỆU Tập hợp số tự nhiên R Tập hợp số thực R [0, ) Tập hợp số thực không âm R (,0] Tập hợp số thực khơng dương A Bao đóng tập A C a, b ; R Không gian Banach hàm liên tục v : a, b R với chuẩn v C max v(t ) : a t b C a, b ; D Không gian hàm liên tục v : a, b D , D R C a, b; D Không gian hàm liên tục v : a, b D thỏa mãn điều kiện v(a) v(b) C a, b ; D Tập hàm liên tục tuyệt đối v : a, b D i B c a, b ; R Tập hàm v C a, b; R thoả mãn điều kiện v a v b sgn i v a i 1 v b c , , c R i 1, 2 L a, b ; R Không gian Banach hàm khả tích Lebesgue p : a, b R với chuẩn b p L p s ds a L a, b ; D Không gian hàm p : a, b D khả tích Lebesgue, D tập R M ab Tập hàm đo : a, b a, b; Lab Tập toán tử : C a, b; R L a, b; R tuyến tính bị chặn cho với tồn L a, b; R thoả mãn bất đẳng thức v t t v C t a, b, v C a, b; R Khi Pab gọi tốn tử tuyến tính bị chặn mạnh Tập tốn tử : C a, b; R L a, b; R cho tuyến tính Lab Tập toán tử F : C a, b; R L a, b; R liên K ab tục thoả mãn điều kiện Carathèodory, nghĩa với r tồn qr L a, b; R cho F v t qr t , t a, b , v C r Tập hàm f : a, b A B , A R n , B R, n K a, b A; B thoả điều kiện Carathèodory, nghĩa : Hàm f , x : a, b B đo với x A Hàm f t , : A B liên tục với t a, b Với r tồn qr L a, b; R cho f t , x qr t t a, b , x r Toán tử t0 -Volterra t0 a, b Tập toán Lab tử cho với hai a1 a, t0 , b1 t0 , b cho a1 b1 với hàm v C a, b; R thoả mãn điều kiện : v t 0, t a1 , b1 ta có v t hầu khắp nơi a1 , b1 x x x x sgn x 1 2 1 x x x x sgn x 1 2 Tốn tử Lab gọi khơng tầm thường, 1 số tùy ý MỞ ĐẦU Phương trình vi phân hàm (PTVPH) xuất vào kỉ 18 với vai trò cơng thức tốn học tốn vật lí hình học Ta tìm thấy chúng cơng trình Ơle Condorcet Tuy nhiên, cuối kỉ 19, PTVPH nghiên cứu ứng dụng cá biệt chưa nghiên cứu cách hệ thống Chỉ cơng trình E.Schmidt , F.Shurer E.Hilb năm đầu kỉ 20, cố gắng nghiên cứu có tính hệ thống phương trình đặc biệt với đối số chậm xuất Tầm quan trọng dạng PTVPH nảy sinh thập niên 30 đặc biệt ứng dụng mở rộng học, sinh học kinh tế Tại thời điểm này, sở lý thuyết định tính phương trình đối số chậm phương trình vi tích phân đặt cơng trình Myshkis R.Bellman Họ số nhà toán học khác theo hướng công nhận việc xây dựng lí thuyết định tính mở rộng PTVPH tồn Lý thuyết khơng quan trọng ứng dụng mà ảnh hưởng rộng rãi đến nhiều lãnh vực toán học tuý Trong thập kỉ 70, người ta ý nhiều đến việc xây dựng lí thuyết tốn biên PTVPH Nhiều phương pháp khác đưa sử dụng vấn đề Thí dụ: lý thuyết toán tử Fredholm, phương pháp tham số nhỏ, phương pháp topo, v v Từ quan điểm đương thời, nói phương pháp giải tích hàm phương pháp topo phương pháp hữu dụng Qua ứng dụng có tính hệ thống phương pháp này, sở lý thuyết toán biên cho lớp rộng PTVPH xây dựng Tuy nhiên tận bây giờ, thực tế toán biên cho PTVPH nghiên cứu với thành công phận Khó khăn nảy sinh việc nghiên cứu PTVPH nằm đặc trưng không cục phương trình chúng xuất phương trình tuyến tính.Ví dụ, câu hỏi tính giải toán biên đơn giản (bài toán giá trị đầu): u' t p t u t q t , u a 0, (với p,q :[a;b] R hàm khả tích Lebesgue :[a;b] [a;b] hàm đo được), không trở nên tầm thường với phương trình vi phân thơng thường, có nghĩa trường hợp t t, t [a;b] Bởi ta không ngạc nhiên biết tài liệu chun khảo khơng có nhiều thơng tin chi tiết tính giải tốn giá trị đầu Mặt khác, độ lệch t t “nhỏ” (có nghĩa phương trình “đóng” với PTVP thường), cách trực giác ta trơng đợi tốn cho có nghiệm Trong trường hợp đơn giản, hiệu lực giả thiết thử lại trực tiếp Với tốn phức tạp phương pháp tồn cục khơng cung cấp đủ độ xác, tự nhiên ta cần tìm kĩ thuật xác để nghiên cứu PTVPH phát sinh Về phần PTVP thường, lý thuyết hoàn toàn hiệu xây dựng cho toán giá trị biên, sử dụng phương pháp mà sở nằm giải tích tốn học Việc tương ứng với nỗ lực để điều chỉnh phương pháp giải tích tốn học việc nghiên cứu PTVPH Trong vài năm sau nỗ lực thành công trường hợp vài tốn biên PTVPH Đặc biệt cơng trình I.Kiguradze P.Buza, điều kiện phức tạp tính giải giải lớp rộng thật toán biên cho PTVPH tuyến tính lẫn phi tuyến tìm Được truyền cảm hứng từ kết định sử dụng phương pháp giải tích tốn học nghiên cứu kĩ thuật toán biên PTVP thông thường với điều chỉnh phù hợp cho PTVPH Phần lớn phương pháp đánh giá tiên nghiệm kĩ thuật bất đẳng thức vi phân Trong luận văn tơi nghiên cứu tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến Bài tốn có dạng sau: Xét tồn nghiệm phương trình vi phân hàm phi tuyến: u t F u t với điều kiện biên u a u b h u Trong F Kab , , R, 0, h : C a, b; R R r 0, M r R cho : h v M r v Nghiệm toán hàm u C C hàm liên tục thoả mãn r a, b; R cho u t F u t hầu khắp nơi a, b thỏa mãn điều kiện biên u a u b h u Luận văn gồm chương: Chương Chúng ta xây dựng điều kiện cần đủ để tốn tử tuyến tính bị chặn mạnh thuộc vào lớp Vab ( , ) Chương Đây nội dung luận văn Trong chương xây dựng điều kiện đủ để toán biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến có nghiệm có nghiệm Chương Trong chương xây dựng tính chất hiệu để tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến có nghiệm có nghiệm Trong phần cuối chương, áp dụng kết tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm phi tuyến để nghiên cứu điều kiện đủ cho việc tồn nghiệm tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân đối số lệch Khi , Vab , , Vab , B , Chứng minh Ta chứng minh Bổ đề 2.12 định nghĩa Lấy q* L a ,b ; R ,c R , u C a, b ; R thỏa mãn u a u b sgn u a c, u t u t sgn u t u t q* t , (1.82) t a, b (1.83) Ta chứng minh tồn r cho (1.20) Do Vab , nên giả thiết Bổ đề 2.2 thỏa mãn Chúng ta chứng minh bất đẳng thức (1.20) xác với r r0 số dương Bổ đề 2.2 Đặt q t u t u t , t a, b , ta có: u t q t , t a, b u t q t sgn u t u t q t * t a, b Do đó, ta có: u t u t u t q t u t u t u t q t , t a, b _ * * u t u t q t u t u t u t q t , t a , b u t * * Do Vab , nên theo Định lí 1.1 toán t u t u t q* t a b c sgn t Có nghiệm Do (1.82) ta có: u a u b c, u a u b c Từ , bất đẳng thức trên, kết hợp điều kiện Vab , ý 1.4 dẫn đến u t t , Suy Do đó, ta chứng minh u t t , u t t , t a, b t a, b t Do 0 t q* t , t a, b Vab , , a b c sgn từ bất đẳng thức ta suy t v t , t a, b Trong v nghiệm toán v t v t q t , v a v b c với q q* c c sgn Và theo Bổ đề 2.2 đánh giá (1.20) xác với r r0 CHƯƠNG 3: CÁC TIÊU CHUẨN HIỆU QUẢ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN BẬC NHẤT Ở chương 3, ta thiết lập điều kiện cụ thể cho tính giải giải toán (1.7), (1.8) điều kiện biên (1.8) dạng tuần hoàn, nghĩa bất đẳng thức thoả mãn Mục 3.1 nói định lý tồn nghiệm tốn; mục 3.2 nói định lý nghiệm toán Mục 3.3 đề cập đến phương trình vi phân đối số lệch Mục 3.4 đưa ví dụ nhằm chứng minh tính tối ưu bất đẳng thức Định lí 3.1 Các định lý chương giải vấn đề , trường hợp , ta giải theo hướng tương tự Trong phần ta giả sử hàm q K a; b R ; R hàm không giảm theo đối số thứ hai thoả mãn: b lim q s, x ds x x a 3.1 CÁC ĐỊNH LÝ VỀ TỒN TẠI NGHIỆM Định lí 3.1 Giả sử Giả sử tồn c R cho tập C a, b; R ta có h v sgn v a c , Giả sử tồn , Pab cho o o 0 1 1 L 1 L 1 L 1 L (1.84) 1 1 L (1.85) o Trên tập B c a; b ; R ta có bất đẳng thức: F v t v t v t sgn v t q t , v C , Khi đó, tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Chứng minh t a, b Từ (1.84),(1.85) ta thấy điều kiện Bổ đề 2.7 thỏa mãn Từ suy Đặt A1 , A1 , Do bất đẳng thức h v sgn v a c , F v t v t v t sgn v t q t , v C , ta thấy điều kiện Bổ đề 2.5 thỏa mãn với i=1 t a, b A1 , Vậy tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Chú ý 3.2 Giả sử Đặt D tập hợp cặp số thực dương x, y R R thỏa mãn điều kiện x y 1 x 1 x x 1, Định lí 3.1 viết lại sau : Giả sử Giả sử tồn c R cho tập C a, b; R ta có h v sgn v a c , Giả sử tồn , (a) Pab cho o 1 L , 1 L D o Trên tập B c a; b ; R ta có bất đẳng thức: F v t v t v t sgn v t q t , v C , t a, b (b) Khi đó, tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Ở mục 3.4 ta chứng tỏ với F Kab , , x0 , y0 R , x0 , y0 D , tồn hàm Pab c0 R cho điều kiện (a) (b) với h c0 , c c0 x0 1 L , y0 1 L , tốn (1.7), (1.8) với h c0 khơng có nghiệm Định lí 3.3 Giả sử Giả sử tồn c R cho tập C a, b; R ta có bất đẳng thức h v sgn v b c Giả sử tồn , Pab cho o o 1 L 1 L 1 (1.86) 1 L 1 L (1.87) o Trên B c a; b ; R ta có bất đẳng thức: F v t v t v t sgn v t q t , v C , t a, b Khi đó, tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Chứng minh Từ (1.86),(1.87) ta thấy điều kiện Bổ đề 2.8 thỏa mãn Từ suy Đặt A2 , Do bất đẳng thức h v sgn v b c , F v t v t v t sgn v t q t , v C , ta thấy điều kiện Bổ đề 2.5 thỏa mãn với i=2 t a, b A2 , Vậy tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Định lý 3.4 Giả sử Giả sử tồn c R cho tập C a, b; R ta có bất đẳng thức h v sgn v a c, Giả sử tồn o 0 , Pab cho Vab , , Vab , o Trên tập hợp B c a, b ; R bất đẳng thức F v t v t sgn v t v t q t , v C , t a, b Khi tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Chứng minh Do Vab , , Vab , nên theo Bổ đề 2.12 ta có , B , A2 , Kết hợp với bất đẳng thức ta thấy điều kiện Bổ đề 2.10 thỏa mãn Do tốn (1.7), (1.8) có nghiệm 3.2 CÁC ĐỊNH LÝ DUY NHẤT NGHIỆM Định lí 3.5 Giả sử , Trên tập C a, b; R ta có bất đẳng thức h v h w sgn v a w a , , Giả sử tồn , Pab cho o 1 L 0 o 1 1 L L 1 L 1 1 L o Trên tập B c a; b ; R với c h ta có bất đẳng thức: F v t F w t v w t v w t sgn v t w t 0, t a, b Khi đó, tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Chứng minh Từ bất đẳng thức toán tử , ta thấy điều kiện Bổ đề 2.7 thỏa mãn Suy A1 , Điều kết hợp với bất đẳng thức lại ta suy điều kiện Bổ đề 2.6 thỏa mãn với i=1 Từ tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Định lí 3.6 Giả sử , giả sử Trên tập C a, b; R ta có bất đẳng thức h v h w sgn v b w b , Tồn o o Pab cho , 1 L , 1 L 1 1 L 1 L , o Trên tập B c a; b ; R với c h ta có bất đẳng thức: F v t F w t v w t v w t sgn v t w t 0, t a, b Khi đó, tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Chứng minh Từ bất đẳng thức toán tử , ta thấy điều kiện Bổ đề 2.8 thỏa mãn Suy A2 , Điều kết hợp với bất đẳng thức lại ta suy điều kiện Bổ đề 2.6 thỏa mãn với i=2 Từ tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Định lí 3.7 Giả sử giả sử Trên tập C a, b; R ta có bất đẳng thức h v h w sgn v a w a , Tồn o 0 , Pab cho Vab , , Vab , , o Trên tập B c a; b ; R với c h , ta có bất đẳng thức: F v t F w t v w t sgn v t w t v w t , t a, b Khi đó, tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Chứng minh Từ điều kiện Vab , , Vab , theo Bổ đề 2.12 ta có , B , Điều kết hợp với bất đẳng thức lại ta suy điều kiện Bổ đề 2.11 thỏa mãn Do tốn (1.7), (1.8) có nghiệm 3.3 BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐỐI SỐ LỆCH Trong mục ta xét trường hợp riêng tốn (1.7), (1.8) Đó tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân đối số lệch n u ' t pk t u k t g k t u k t f t , u t , u t , , u n t , k 1 (1.88) Với điều kiện biên: u a u b h u (1.89) Trong f K a, b R n1; R , pk , g k L a, b; R , k , k M ab k 1, m , j M ab j 1, n , m, n N ; h : C a, b; R R hàm liên tục thoả mãn r 0, M r R cho : h v M r v C r Ta giả sử q K a, b R ; R hàm không giảm theo biến thứ thỏa mãn đẳng thức b lim q s, x ds x x a Ta đưa toán (1.88), (1.89) dạng (1.7), (1.8) cách đặt sau: Đặt m F v t pk t v k t g k t v k t f t , v t , v t , , v n t , k 1 m m v t pk t v k t , k 1 m v t g k t v k t , k 1 m p0 t p j t , g t g j t j 1 j 1 Khi tốn (1.88) , (1.89) thành u ' t F u t u a u b h u Ta chứng minh toán tử 1 L p0 L , 1 L , F thỏa mãn điều kiện toán (1.7), (1.8) g0 L 3.3.1 CÁC ĐỊNH LÝ TỒN TẠI NGHIỆM Định lí 3.8 Giả sử Giả sử tồn c R cho tập C a, b; R ta có bất đẳng thức: h v sgn v a c Trên tập hợp a, b R n1 ta có bất đẳng thức: f t , x, x1 , , xn sgn x q t , x Giả sử tồn pk , g k L a, b; R k 1, , m cho (1.90) o p0 p0 o L p0 L L 1, g0 (1.91) L p0 (1.92) L Khi đó, tốn (1.88), (1.89) có nghiệm Chứng minh Từ (1.90) ta có: f t , v t , v 1 t , , v n t sgn v t q t , v t , t a, b q t, v t q t, v Mà C , t a, b Nên ta có: f t , v t , v 1 t , , v n t sgn v t q t , v Hay F v t , t a, b v t v t sgn v t q t , v C , t a, b C Kết hợp với (1.91), (1.92) ta thấy điều kiện định lý 3.1 thỏa mãn Do đó, theo định lí 3.1 tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Từ suy tốn (1.88), (1.89) có nghiệm Chú ý Bất đẳng thức nghiêm ngặt (1.91), (1.92) thay bất đẳng thức khơng ngặt Chi tiết xem mục Chú ý phần 3.4 Định lí 3.9 Giả sử Giả sử tồn c R cho tập C a, b; R ta có bất đẳng thức: h v sgn v b c , Trên tập hợp a, b R n1 ta có bất đẳng thức: f t , x, x1 , , xn sgn x q t , x (1.93) Giả sử tồn pk , g k L a, b; R k 1, , m cho o o g0 g0 p0 L L , 2 L Khi đó, tốn (1.88), (1.89) có nghiệm Chứng minh g0 (1.94) L (1.95) Một cách tương tự định lí 3.8 Từ (1.93),(1.94),(1.95) ta thấy điều kiện định lí 3.3 Do đó, theo định lí 3.3 tốn (1.7), (1.8) có nghiệm.hay tốn (1.88), (1.89) có nghiệm 3.3.2 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI DUY NHẤT NGHIỆM Định lí 3.10 Giả sử Giả sử tồn c R cho tập C a, b; R ta có bất đẳng thức h v h w sgn v a w a , Trên tập hợp a, b R n1 ta có bất đẳng thức: f t , x, x1 , , xn f t , y, y1, , yn sgn x y Giả sử tồn pk , g k L a, b; R k 1, , m cho o o p0 p0 L p0 L L 1, g0 L p0 L Khi đó, tốn (1.88), (1.89) nghiệm Chứng minh Dễ thấy điều kiện định lí 3.5 thỏa mãn Vậy, theo định lí 3.5 tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Từ tốn (1.88), (1.89) có nghiệm Định lí 3.11 Giả sử , Giả sử tồn c R cho tập C a, b; R ta có h v h w sgn v b w b 0, Trên tập hợp a, b R n1 ta có bất đẳng thức: f t , x, x1 , , xn f t , y, y1, , yn sgn x y Giả sử tồn pk , g k L a, b; R k 1, , m cho o o g0 g0 L p0 L , L 2 g0 L Khi đó, tốn (1.88), (1.89) có nghiệm Chứng minh Dễ thấy điều kiện định lí 3.6 thỏa mãn Vậy, theo định lí 3.6 tốn (1.7), (1.8) có nghiệm Từ tốn (1.88), (1.89) có nghiệm 3.4 CHÚ Ý Cho Rõ ràng x0 , y0 x0 , y0 D x0 , y0 thuộc tập sau: D1 x, y D2 x, y D3 x, y , t [0,1) , t 1, , , t 2,3 :1 x , x x 1, y , 1 x : : x 1, x y Cho x0 , y0 D1 Đặt a 0, b 3, y0 p(t ) x0 0 1 y0 1 , t 0, z (t ) x0 x 1 t 3 , t 2,3 1 , t 0,1 3 , t 1,3 (t ) Dễ dàng chứng minh b x0 p( s) ds, a b y0 p( s) ds (1.96) a Và toán u(t ) p(t )u (t ) z(t )u(t ), u(a) u(b) (1.97) Có nghiệm khơng tầm thường t u (t ) x0 (t 1) x 1 t 3 Khi theo Chú ý 1.2 , tồn q0 L a, b; c , t 0,1 , t 1, , t 2,3 cho toán (1.7), (1.8) với F (v)(t ) p(t )(v( (t )) z (t )v(t ) q0 (t ), h(v) c0 (1.98) khơng có nghiệm, với (v)(t ) p(t ) v( (t )), (v)(t ) p(t ) v( (t )), q q0 , c c0 Ta có h v sgn v a c , v C a, b; R , (1.99) Pab Cho x0 , y0 D2 Đặt a 0, b x0 p(t ) y0 0 , t 0,1 , t 1, , , t 2,3 1 , t 0,1 0 , t 1,3 (t ) t 0, z (t ) (1 x0 ) y0 (1 x0 ) (1 x ) (1 x ) y (1 x ) (t 3) t 2,3 0 0 Dễ dàng chứng minh (1.96) thoả mãn, tốn (1.97) khơng có nghiệm tầm thường x0 t x0 u (t ) y0 (t 1) x0 (1 x ) y0 (t 3) x0 Khi đó, theo Chú ý 1.2, tồn q0 L a, b; , c , t 0,1 , t 1, , t 2,3 cho toán (1.7), (1.8) với F h cho (1.98) khơng có nghiệm, điều kiện h v sgn v a c , v C a, b; R thoả mãn, với , , q, c định nghĩa (1.99) Cho x0 , y0 D3 Đặt a 0, b 0 x0 p(t ) x0 2 x y 0 , t 0,1 2,3 , t 1, 3, , t 4,5 , t 5,6 6 , t 0,3 4,5 (t ) 2 , t 3, 1 , t 5,6 Hiển nhiên, (1.96) thoả mãn Hơn nữa, định nghĩa G K ab , Pab (1.100) , t 0,1 2,3 , t 1, 3,5 , t 5,6 v(t ) v(t ) G (v)(t ) 0 q (t ) Với q0 L a, b; cho q (s)ds y 0 x0 (*) Ta chứng minh toán (1.7), (1.8) với F h cho F v t p t v t G v t , h v vô nghiệm, điều kiện (1.100) thoả mãn, với v t p t v t , q q0 , , (1.101) , q, c định nghĩa v t p t _ v t , c0 (1.102) Thật vậy, giả sử ngược lại u nghiệm toán (1.7), (1.8) với F h cho (1.101), có nghĩa điều kiện (1.10) u t p t u t G u t , t a, b (1.103) Từ (1.103) ta có u (1) u 0 , u 0 u (2) u 1 u x0 , u (3) u (2) , u 2 u (4) u (3) u x0 , u u u x0 , u u y0 x0 u 1 q0 s ds Từ đẳng thức cuối ta suy u 3 y0 x0 u 1 q0 s ds q s ds u u 00 u u 22 u u 00 u u 22 y y0 x0 y0 x0 Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức (*) x0 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Mục đích luận văn nghiên cứu điều kiện đủ cho việc tồn nghiệm toán biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến (1.7), (1.8) Nội dung luận văn gồm chương: Chương Chúng ta xây dựng điều kiện cần đủ để tốn tử tuyến tính bị chặn mạnh Vab , Kết mệnh đề 1.6 định lý 1.7 Chương Đây nội dung luận văn Trong chương xây dựng điều kiện đủ để tốn (1.7), (1.8) có nghiệm có nghiệm Các kết bổ đề 2.5, bổ đề 2.6, bổ đề 2.10 bổ đề 2.11 Chương Trong chương 3, dựa kết chương chương xây dựng tính chất hiệu để tốn (1.7), (1.8) có nghiệm có nghiệm Kết định lý 3.1, định lý 3.3, định lý 3.5 định lý 3.6 Trong phần cuối chương, áp dụng kết tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm phi tuyến (1.7), (1.8) để nghiên cứu điều kiện đủ cho việc tồn nghiệm tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân đối số lệch Kết định lý 3.8 định lý 3.10 Từ vấn đề đưa luận văn, câu hỏi đặt kết hay khơng cho phương trình vi phân hàm bậc cao hay tốn biên nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm Hơn toán chúng tơi cịn chưa nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm thời gian có hạn Chính thông qua kết đạt luận văn này, tác giả mong muốn mở rộng tiếp tục nghiên cứu vấn đề nêu Tuy nhiên, với hiểu biết hạn chế thân, tác giả mong học hỏi từ góp ý bảo Q Thầy, Cơ ngồi Hội đồng TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Haim Brezis (2002), Giải tích hàm lý thuyết ứng dụng, NXB Đại Học Quốc Gia TP Hồ Chí Minh Tiếng Anh [2] I Kiguradze and B Puza (1997), “On boundary value problems for systems of linear functional differential equations”, Czechoslovak Math.J, 47(2), pp.341 – 373 [3] I Kiguradze and B Puza (1997), “Conti-Opial type theorems for systems of functional differential equations”, Differentsial’nye Uravneniya, 33(2), pp.185 – 194 [4] I Kiguradze and B Puza (1997), “On periodic solutions of systems of linear functional differential equations”, Arch Math J, 33(3), pp.197 – 212 [5] I Kiguradze and B Puza (1998), “On the solvability of nonlinear boundary value problems for functional differential equations”, Georgian Math J , 5(3), pp.251 – 262 [6] R Hakl, A Lomatidze and J Sremr (2002), Some boundary value problems for first order scalar functional differential equations, Masaryk University Brno, Czech Republic ... phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến Trước hết ta giới thiệu bất đẳng thức vi phân 1.1 BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH Xét phương trình vi phân hàm tuyến. .. hiệu để tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc phi tuyến có nghiệm có nghiệm Trong phần cuối chương, áp dụng kết tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm phi tuyến để... ĐỀ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN BẬC NHẤT 2.1 PHÁT BIỂU BÀI TOÁN Xét tồn nghiệm phương trình vi phân hàm phi tuyến: u t F u
Ngày đăng: 19/06/2021, 14:17
Xem thêm:
