Bài toán biên kỳ dị cho phương trình vi phân cấp hai

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRẦN QUANG HIỂN BÀI TOÁN BIÊN KỲ DỊ CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2004  Thầy hướng dẫn: Phó Giáo sư – Tiến sĩ: Lê Hồn Hóa Khoa Tốn – Tin Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh  Thầy phản biện 1: Tiến sĩ: Nguyễn Anh Tuấn Khoa Toán – Tin Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh  Thầy phản biện 2: Tiến sĩ: Nguyễn Thành Long Khoa Toán – Tin Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh  Người thực hiện: Trần Quang Hiển Trường THPT Ngô Quyền Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu LỜI CẢM ƠN Xin chân thành cảm ơn Thầy Lê Hồn Hóa, khoa Tốn-Tin Trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh Người dạy dỗ, động viên, giúp đỡ học tập thời gian học cao học tận tình hướng dẫn tơi hoàn thành luận văn Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian quý báu đọc, góp ý phản biện cho luận văn Xin chân thành cảm ơn Quí Thầy, Cơ Khoa Tốn -Tin Trường Đại học Sư phạm TP.HCM Khoa Toán -Tin trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia TP.HCM tận tình dạy dỗ truyền đạt kiến thức cho Xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Ban Chủ nhiệm khoa Tốn-Tin, Phịng Quản lý KHSĐH Trường Đại học Sư phạm TP.HCM giúp đỡ tạo điều kiện cho thời gian học trường Xin chân thành cảm ơn Sở Giáo Dục- Đào Tạo Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu, Ban Giám hiệu Trường THPT Ngô Quyền, Người động viên, giúp đỡ tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Cuối tơi xin tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn hữu đồng nghiệp động viên giúp đỡ suốt q trình học giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Thành phố Hồ Chí Minh 2004 Trần Quang Hiển MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương I: CÁC KHÁI NIỆM VÀ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN Định lý Ascoli – Arzela: Định lý 1.1: Định lý 1.2: 10 Định lý 1.3: 11 Định lý 1.4: 14 Chương II SỰ TỒN TẠI NGHIỆM 16 Định lý 2.1: 16 Định lý 2.2: 22 Định lý 2.3: 27 Hệ 2.4: 30 Định lý 2.5: 31 Định lý 2.6: 34 Định lý 2.7: 38 Định lý 2.8: 41 Định lý 2.9: 45 Định lý 2.10: 49 Định lý 2.11: 54 Định lý 2.12: 55 KẾT LUẬN 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58 MỞ ĐẦU Từ nhiều toán vật lý, kỹ thuật L.H Thomas [13] E.Fermi [8] thiết lập toán biên xác định điện nguyên tử Sự phân tích đưa đến phương trình vi phân cấp hai kỳ dị phi tuyến: y "− t y = − Cùng phương trình vi phân điều kiện biên sau ý, i) Ngun tử trung hịa với bán kính Bohr b cho y ( 0= ) 1, by ' ( b ) − y ( b=) 0, ii) Nguyên tử ion hóa đưa đến điều kiện biên = y ( ) 1,= y(b) , Bài toán biên sau dùng để nghiên cứu tính thấm, sức căng  " + y y' = f ( t, y ) , < t < 1,  t   y ' ( ) = 0, ay' (1) + y (1) = b, a > 0,  toán:  y "+ q t y −γ = 0, < t < 1, γ >0, ()   −α y ( ) + β y ' ( ) = 0, α + β > 0,  2  ay (1) + by (1) =0, a + b > 0,  α , β , a, b ≥ 0, α + a > 0,  có nghiên cứu vận chuyển than đá xuống băng chuyền dây cu roa Chính ứng dụng rộng rãi hướng đến nghiên cứu tồn nghiệm không âm toán 1 =  p ( py ' ) q f ( t, y, py ' ) , < t < ∞,  p ( t ) y ' ( t ) =0 hay − α y ( ) + β lim+ p ( t ) y ' ( t ) =c, tlim →0+ t →0  y ( t ) = 0, lim  t →∞ (I) α >0, β ≥ 0, c ≤ số cho trước Luận văn trình bày hai chương: Chương I: Chúng tơi trình bày kiến thức sở bao gồm khái niệm, số định lý Chương II: Là phần luận văn Trong chương chúng tơi trình bày tốn (I) Đầu tiên khảo sát tồn nghiệm khoảng ≤ t ≤ n, sau khoảng vô hạn [0, +∞) Cuối khảo sát phụ thuộc liên tục nghiệm toàn (I) f Để làm luận văn tham khảo tài liệu [1], [2], [3], [4], [5] liệt kê tài liệu tham khảo Chương I: CÁC KHÁI NIỆM VÀ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN Cho S không gian mêtric compact E không gian Banach với chuẩn Cho C ( S ) không gian Banach ánh xạ liên tục từ S vào E với chuẩn = x { } sup x ( s ) , s ∈ S Định lý Ascoli – Arzela: Tập A C ( S ) compact tương đối A đẳng liên tục với A( S ) s ∈ S tập= {x ( s ) , x ∈ A} compact tương đối (Chứng minh định lý tìm thấy J.Dieudoné, Foundations of Modern, Academic Press, New York, 1969) Cho S không gian mêtric thảo: ∞ ( i ) S =  Sn Sn tập compact khác trống S với tính chất: ( i1 ) Sn ⊂ Sn−1 víi mäi n ∈ , ( i ) Với tập compact K S tồn n ∈  cho K ⊂ Sn (Thí dụ S khơng gian mêtric compact địa phương khả ly) Ghi chú: (a ) Để ý điều kiện ( i ) dẫn đến ánh xạ x từ S vào E liên tục Sn với n ∈  x liên tục S, (b) = S Điều kiện ( i1 ) không dẫn đến ( i ) Thật vậy, xét phản thí dụ với n − 1 víi n ≥ n  = [0,1 ], Sn {0}   n ,  ∞ Khi đó, Sn compact, S =  Sn Sn ⊂ Sn+1 với n ≥ Dễ thấy = K {0}    , n ≥  compact không tồn n ∈  cho K ⊂ Sn Với n  n ∈  đặt { } Pn ( x= ) sup x ( s ) , s ∈ Sn víi x ∈ C ( S ) vµ d ( x, y ) − n pn ( x − y ) víi mäi x, y ∈ C ( S ) ∑ n =1 + pn ( x − y ) ∞ Khi ( Pn )n họ nửa chuẩn d mêtric C ( S ) , C ( S ) không gian Frechet dãy ( xk )k C ( S ) hội tụ x lim pn ( xn − x ) = với k →∞ n ∈  Với khái niệm ta có: Định lý 1.1: Tập A C ( S ) compact tương đối với n ∈  , A đẳng liên tục Sn tập hợp { x ( s ) / x ∈ A, s ∈ Sn } compact tương đối E Chứng minh: Với n ∈  , đặt X n = C ( Sn ) không gian Banach ánh xạ liên tục từ Sn vào { } E với chuẩn = pn ( x ) sup x ( s ) , s ∈ Sn thu hẹp x Sn = An Khi với n ∈  , An đẳng liên tục Sn tập hợp { x / Sn , x ∈ An } x| Sn thu hẹp x Sn Khi với An ( s= ) n∈, { x ( s ) / x ∈ A }, s ∈ S n n An đẳng liên tục Sn tập hợp tập compact tương đối E Như vậy, định lý Ascoli-Arzela An compact tương đối X n Cho ( xk )k dãy A ta chứng minh có dãy hội tụ Với n = A1 compact tương đối X , tồn dãy ( x1k ) dãy k ( xk )k cho lim x1k S1 = x1 X k →∞ Bằng quy nạp giả sử tồn dãy ( xkn ) dãy ( xk )k cho: k lim xkn Sn = x n X n x n+1 Sm = x m với m ≤ n k →∞ Do An+1 compact tương đối X n+1 , dãy ( xkn ) có dãy ( xk n+1 ) k k cho lim xkn+1 Sn+1 = x n+1 X n+1 x n+1 Sm = x m với m ≤ n + Như ta thiết k →∞ lập họ dãy ( xkn ) dãy ( xk )k , với n ∈  cho với k n ∈ ,lim xkn Sn = x n X n x n Sm = x m với m ≤ n k →∞ Đặt yk = xkk với k ∈  Khi ( yk )k ( xk )k dãy tồn x ∈ C ( S ) cho lim yk = x C ( S ) x Sn= x n , ∀n ∈  k →∞ (Chú ý tính liên tục x S suy từ điều kiện (i)) Điều chứng tỏ A compact tương đối C ( S ) Phần ngược lại hiển nhiên định lý chứng minh  Định lý 1.2: Cho C tập lồi không gian định chuẩn E U ⊂ C tập mở với p∗ ∈ U Khi tốn tử hồn tồn liên tục F : U → C có hai tính chất sau: i ) F có điểm bất động ii ) ∃x ∈ ∂U với= x λ F ( x ) + (1 − λ ) p∗ < λ < (Chứng minh định lý tìm thấy [1]) Cho f : [0,1] ×  →  liên tục, q ∈ C ( 0,1) , q > (0,1) p ∈ C [0,1]  C1 ( 0,1) p > (0,1) (1.1) (1.2) Xét toán biên: 1 =  p ( py ' ) qf ( t, y, py ' ) ,0 < t < 1,  p ( t ) y ' ( t ) = c,α > 0, β ≥ 0, −α y ( ) + β tlim →o +  2 ay (1) + b lim− p ( t ) y ' ( t ) = d, a ≥ 0, b ≥ 0, a + b > t →1  Ta liên kết với (1.3) họ toán sau: 10 (1.3)  c2 φ ( x )   t φ (x)  p ( t ) y ' ( t ) exp  ∫ dx ≥ p ( c2 ) y ' ( c2 ) exp  ∫ dx  p ( x )   p ( x )  0  0   s φ (x)  + K ∫ p ( s ) µ ( s ) exp  ∫ dx dx  p ( x )  c2 0  t Vì  c2   c2 φ ( x )  p ( t ) y ' ( t ) ≥ − M0  ∫ p ( x ) µ ( x ) dx  exp  ∫ dx    p ( x )  0  0  t × exp ( −Ω ( t ) ) + K exp ( −Ω ( t ) ) ∫ p ( s ) µ ( s ) exp ( Ω ( s ) ) ds, t ≥ c2 , c2 t p ( t ) y ' ( t ) ≤ M0 p ( x ) µ ( x ) dx, t > ∫ Tích phân từ c2 đến t ( t ≥ c2 ) với y ≥ [0,∞ ) cho t  c2  y ( t ) ≥ − M0  ∫ p ( x ) µ ( x ) dx  exp ( Ω ( c2 ) ) ∫ exp ( −Ω ( s ) ) ds   p s ( ) c2 0  s  +K ∫ exp ( −Ω ( s ) )  ∫ p ( z ) µ ( z ) exp ( Ω ( z ) ) dz  ds c  p (s) c2 2  t Điều với (2.59) (2.62) suy y không bị chặn [0;∞ ) , mâu thuẫn Vì k=0 □ Kế tiếp xét toán Sturm-Liouville φ 1 ' ' py + = ( ) ( py ' ) µ f ( t, y ) , < t < ∞, p p2  p ( t ) y ' ( t ) = c, α > 0, β ≥ 0, c ≤ 0, −α y ( ) + β tlim →0+  y ( t ) = lim t →∞  44 ( 2.63) Định lý 2.9: Cho f : [0, ∞ ) ×  →  liên tục giả sử (2.5), (2.22), (2.24), (2.25), (2.37)(2.39), (2.41), (2.50), (2.59)-(2.62) thỏa Giả sử thêm f ( t, u ) − f ( t,0 ) > , với < u ≤ r0 t ∈ [0, ∞ ) Khi (2.63) có nghiệm y ∈ C [0, ∞ )  C ( 0, ∞ ) với py ' ∈ [0, ∞ ) ≤ y ( t ) ≤ r0 với t ∈ [0, ∞ ) Chứng minh: Định lý 2.5 (ii) suy tồn nghiệm y ∈ C [0, ∞ )  C ( 0, ∞ ) với py ' ∈ C [0, ∞ ) ≤ y ( t ) ≤ r0 với t ∈ [0, ∞ ) t p ( t ) y ' ( t ) ≤ A0 + A1 ∫ p ( x ) µ ( x ) dx, t > 0, với A0 A1 định lý 2.5 (2.36) Đặt g ( x ) = µ ( x ) f ( x,0 ) ý ∞  ω ( t ) = − ∫ p ( s ) exp ( Ω ( s ) )  ∫ exp ( −Ω ( x ) ) dx  g ( s ) ds  t  s p( x)  ∞ t  −∫ exp ( −Ω ( s ) ) ds  ∫ p ( s ) exp ( Ω ( s ) ) g ( s ) ds  p (s) t 0  ∞ −c + α Q0 ) ∞ ( + α Q1 + β ∫ t ( 2.64 ) exp ( −Ω ( s ) ) ds p (s) ∞ ∞  = − [ ∫ p ( s ) exp ( Ω ( s ) )  ∫ exp ( −Ω ( x ) ) dx  g ( s )   Q1 t  s p( x)  45 ∞ t 1 ×∫ exp ( −Ω ( x ) ) dx + ∫ exp ( −Ω ( s ) ) ds p x p s ( ) ( ) t s  ×∫ p ( s ) exp ( Ω ( s ) )  ∫ exp ( −Ω ( x ) ) dx  g ( s ) ds ]  p( x)  0  −cQ1 − β Q0 ) ∞ ( + exp ( −Ω ( x ) ) dx, Q1 (α Q1 + β ) ∫t p ( x ) t nghiệm không âm φ 1 p ω ' ' + = ( ) ( pω ' ) g ( t ) , < t < ∞, p p2  p ( t )ω ' ( t ) = c, −αω ( ) + β tlim →0+  ω ( t ) = 0, lim t →∞  ∞  exp ( −Ω ( x ) ) dx  g ( s ) ds, = Q0 ∫ p ( s ) exp ( Ω ( s ) )  ∫  p( x)  s  ∞ ∞ = Q1 ∫ p ( x ) exp ( −Ω ( x ) ) dx Chú ý: ω ∈ [0, ∞ ) với ω ( ∞ ) =0 có từ (2.59) (2.60) Cũng dễ dàng kiểm tra ω ( t ) bị chặn [0,∞ ) (2.59) (2.60) Đặt r= ( x ) y ( x ) − ω ( x ) Như định lý 2.8 φ ( pr ' ) '+ ( pr ' ) = µ  f ( t, y ) − f ( t,0 ) với t > p p ( 2.65) Bây chứng tỏ r ( x ) có cực đại địa phương dương [0,∞ ) Giả sử trái lại r có cực đại dương t0 Nếu t0 > r ' ( t0 ) = r '' ( t0 ) ≤ Tuy nhiên (2.64) (2.65) (chú ý y ( t0 ) > ω ( t0 ) > ) suy 46 φ (t ) r '' ( t0 ) = ( pr ' ) ' ( t0 ) + ( p ( t0 ) r ' ( t0 ) ) > 0, p ( t0 ) p ( t0 ) mâu thuẫn Kế tiếp giả sử r có cựa đại địa phương dương Chúng ta có mâu thuẫn Nếu 𝛽 = điều kiện biên chưa đến r ( ) = y ( ) − ω ( ) =0 Nếu 𝛽 > điều kiện biên dẫn đến lim+ p ( t ) r ' ( t )= lim+ p ( t ) y ' ( t ) − lim+ p ( t ) ω ' ( t )= t →0 t →0 t →0 α  y ( ) − ω ( )  > β Tuy nhiên (2.65) cho:  t φ (x)  d dx   ≥ với t >  ( pr ' ) exp  ∫  dt  p x ( ) 0  lấy tích phân từ đến t cho  t φ (x)  α p ( t ) r ' ( t ) exp  ∫ dx ≥ r > 0,  p ( x )  β ( ) 0  mâu thuẫn Vì r ( x ) khơng thể có cực đại địa phương dương [0,∞ ) Bây chứng tỏ r ( x ) ≤ [0,∞ ) Nếu r ( x )  [0,∞ ) tồn c1 > với r ( c1 ) > Vì r ( x ) khơng thể có cực đại địa phương dương [0,∞ ) điều sinh từ r ( x2 ) > r ( x1 ) với x2 > x1 ≥ c1 , mặc khác r ( x ) có cực đại địa phương dương [0, x2 ] Vì r ( x ) tăng nghiêm ngặt với x ≥ c1 Vì hai y ( x ) ω ( x ) bị chặn [0,∞ ) lim ω ( x ) = Khi có: x →∞ lim y ( x ) = lim  y ( x ) − ω ( x )  = k > x →∞ x →∞ Dĩ nhiên k ≤ r0 Như định lý 2.8 tồn số K c2 ≥ c1 cho p ( t ) µ ( t ) f ( t, y ( t ) ) ≥ Kp ( t ) µ ( t ) , ∀t ≥ c2 ,  c2  p ( t ) y ' ( t ) ≥ −  A1 ∫ p ( x ) µ ( x ) dx + A0  exp ( −Ω ( t ) )   47 t + K exp ( −Ω ( t ) ) ∫ p ( s ) µ ( s ) exp ( Ω ( s ) ) ds, t ≥ c2 , c2 t p ( t ) y ' ( t ) ≤ A0 + A1 ∫ p ( x ) µ ( x ) dx, t > 0, với A0 A1 định lý 2.5 Khi định lý 2.8 điều suy y không bị chặn [0,∞ ) , mâu thuẫn Đo r ( x ) ≤ với x ∈ [0, ∞ ) nghĩa ≤ y ( x ) ≤ ω ( x ) với x ∈ [0, ∞ ) kết chứng minh Ví dụ: Xét tốn biên □ 1 γ n γ − mt  t γ t y ' '+ t y=' y + y − e , < t < ∞,  tα y ' ( t ) = hay − α y ( ) + β lim+ tα y ' ( t ) = c, α > 0, β ≥ 0, c ≤ 0, tlim + t →0  →0 y ( t ) = 0, lim  t →∞ ( ) với n ≥ 0, m > vµ ≤ γ < Định lý 2.8 hay 2.9 suy tốn biên có nghiệm y ∈ C [0, ∞ )  C ( 0, ∞ ) với t γ y ' ∈ C [0, ∞ ) ≤ y ( t ) ≤ với t ∈ [0, ∞ ) 2γ p ( t ) tγ , = φ (t ) t= , µ ý điều kiện Để thấy điều đặt = định lý 2.8 2.9 thỏa Chẳng hạn (2.62) suy từ kiểm tra x lim  ∫ s −γ x →∞   a0 a0γ +1 sγ +1    − γ +1 γ +1 1 − e e  ds  = ∞,    điều rõ ràng thỏa Trường hợp III Ta xét hai toán biên sau 48 1 =  p ( py ' ) ' q f ( t, y ) , < t < ∞,  p ( t ) y ' ( y ) = 0, tlim →0+  y ( y ) = 0, lim t →∞  ( 2.66 ) 1 =  p ( py ' ) ' q f ( t, y ) , < t < ∞,  p ( t ) y ' ( t ) = c, α > 0, β ≥ 0, c ≤ 0, −α y ( ) + β tlim →0+  y ( t ) = lim t →∞  ( 2.67 ) Định lý 2.10: Cho f : [0, ∞ ) ×  →  liên tục giả sử (2.4), (2.5), (2.11), (2.22) (2.24) thỏa Giả sử (2.23) cho toán (2.25) cho (2.67) Cũng giả sử Cã h»ng sè m > cho q ( t ) p ( t )  f ( t, u ) − f ( t,0 )  ≥ m u,  víi t ∈ ( 0, ∞ ) vµ u ∈ [0, r0 ] , ( 2.68) x  ds  p x − m exp ( )  ∫0 ∫0 p ( s )  q ( x ) f ( x,0 )    ( 2.69 ) lim p ( x ) q ( x ) f ( x,0 ) = 0, ( 2.70 ) x   x s ds  lim  B0 ∫ ∞, dtds + C0 ∫ = ∫  p s ( )  x →∞  a0 p ( s ) a0 p ( t ) a0   cho bÊt kú c¸c h»ng sè B0 > 0, C0 ∈ , a0 > ( 2.71) ∞ x →∞ (2.66) (2.67) có nghiệm y ∈ C [0, ∞ )  C ( 0, ∞ ) thỏa py ' ∈ C [0, ∞ ) ≤ y ( t ) ≤ r0 với t ∈ [0, ∞ ) 49 Chứng minh: (i) Đầu tiên xét (2.66) Định lý 2.2 (i) suy có tồn nghiệm y ∈ C [0, ∞ )  C ( 0, ∞ ) với py ' ∈ C [0, ∞ ) ≤ y ( t ) ≤ r0 với t ∈ [0, ∞ ) (2.20) Đặt g ( x ) = q ( x ) f ( x,0 ) ý ∞ t x   ds  ds  − − ω (t ) = p x m exp  − m ∫ exp ( )  ∫   g ( x ) dx ∫  p s p s 2m ) ( ) ( 0  0   t t   x ds  ds  − exp  − m ∫  ∫ p ( x ) exp  m ∫  g ( x ) dx  2m p s p s ( )0   ( ) x  t ds  ∞  ds  − − p x m exp  m ∫ exp ( )    g ( x ) dx, ∫  ∫  p s p s 2m ( ) ( )  0   nghiệm không âm 1 m2 ω g ( t ) ,0 < t < ∞,  p ( pω ' ) '+ p = t ( )   p ( t ) ω ' ( t ) = 0, tlim →0+  ω ( t ) = lim x →∞  Chú ý: ω ( ∞ ) =0 (2.70) quy tắc L’Hopital (2.69) (2.70) suy 𝜔 bị chặn [0,∞ ) Xét r= ( x ) y ( x ) − ω ( x ) Đầu tiên chứng tỏ r ( x ) khơng thể có cực đại địa phương dương [0,∞ ) Để thấy điều với t > p '(t ) m2    y ' ( t ) − ω ' ( t )  − ω ( t ) = r '' ( t ) q ( t )  f ( t, y ( t ) ) − f ( t,0 )  − p (t )  p (t ) Bởi m2 ( pr ' ) ' ( t ) ≥  y ( t ) − ω ( t ) với t > p p (t ) 50 ( 2.72 ) Sử dụng giả thiết (2.68) Giả sử r có cực đại địa phương dương t0 Nếu t0 > r ' ( t0 ) = r '' ( t0 ) ≤ Tuy nhiên (2.72) dẫn tới m2 = r '' ( t0 ) ( pr ' ) ' ( t0 ) ≥  y ( t0 ) − ω ( t0 ) > 0, p ( t0 ) p ( t0 ) mâu thuẫn Kế tiếp giả sử r có cực đại địa phương dương Khi y ( ) − ω ( ) > tồn δ > với y ( t ) − ω ( t ) > cho t ∈ ( 0, δ ) Do (2.72) suy ( pr ' ) ' > ( 0,δ ) điều với lim+ p ( t ) y ' ( t ) = suy pr ' > ( 0, δ ) , mâu t →0 thuẫn Vì r ( x ) khơng thể có cực đại địa phương dương [0,∞ ) Bây chứng tỏ r ( x ) ≤ [0,∞ ) Nếu r ( x ) ≰0 [0,∞ ) định lý 2.9 tồn c1 > với r ( c1 ) > r ( x ) tăng nghiêm ngặt với x ≥ c1 Bởi hai y ( x ) ω ( x ) bị chặn [0,∞ ) lim ω ( x ) = x →∞ Khi có lim y ( x ) = lim  y ( x ) − ω ( x )  = k > x →∞ x →∞ Dĩ nhiên k ≤ r0 Bây tồn c2 ≥ c1 cho y ( x ) ≥ k , ∀x ≥ c2 Phương trình vi phân (2.68) suy ( p ( t ) y ' ( t ) ) ' = p ( t ) q ( t ) f ( t, y ( t ) ) = p ( t ) q ( t )  f ( t, y ( t ) ) − f ( t,0 )  + p ( t ) q ( t ) f ( t,0 ) m2 ≥ y ( t ) + p ( t ) q ( t ) f ( t,0 ) , ∀t > p (t ) Do với t ≥ c2 ta có: m2 k y ( t ) + p ( t ) q ( t ) f ( t,0 ) ( py ' ) ' ( t ) ≥ p (t ) 51   m2 k = + p ( t ) q ( t ) f ( t,0 )   p (t )   Giả thiết (2.70) suy tồn số c3 ≥ c2 với m2 K , ∀t ≥ c3 ( py ' ) ' ( t ) ≥ p (t ) Tích phân hai lần với y ≥ [0,∞ ) cho t y ( t ) ≥ p ( c3 ) y ' ( c3 ) ∫ c3 t s ds m2 k dx + ds ∫ ∫ p (s) c3 p ( s ) c3 p ( x ) Giả thiết (2.71) suy y không bị chặn [0,∞ ) , mâu thuẫn Bởi r ( x ) ≤ [0,∞ ) kết thiết lập cho (2.66) ( ii ) Kế tiếp xét (2.67) Định lý 2.2 (ii) suy tồn nghiệm y với ≤ y ( t ) ≤ r0 cho t ∈ [0, ∞ ) (2.21) Đặt g ( x ) = q ( x ) f ( x,0 ) ý t x    α − βm ∞ ds   ( −c ) ds  + − ω (t ) = p x m g x dx exp  − m ∫ exp   ∫0 ( )  ∫0 p ( s )  ( )   + + α β α β p s m m m ( ) ) (       x  t ds  ∞  ds  − p x − m exp  m ∫ exp ( )    g ( x ) dx ∫  ∫  p s p s 2m ( ) ( )  t   ∞ t   x ds  ds  − exp  − m ∫  ∫ p ( x ) exp  m ∫  g ( x ) dx  p s p s 2m ( ) ( )  t   t x    β ∞ ds   ( −α ) ds  = − p ( x ) exp  −m ∫ exp  −m ∫    g ( x ) dx  ∫   α β α β p s m m p s + + ( ) ( )  0      t x ∞    ds   ds  exp  − m ∫ −∫   ∫ p ( x ) exp  − m ∫  g ( x ) dx  dξ ,    p ξ p s p s ( ) ( ) ( ) ξ ξ   ξ    t nghiệm không âm 52 1 m2 ω g ( t ) , < t < ∞,  p ( pω ' ) '+ p 2= t ()   p ( t )ω ' ( t ) = c, −αω ( ) + β tlim →0+  ω ( t ) = lim t →∞  Đặt r= ( x ) y ( x ) − ω ( x ) Bây chứng tỏ r khơng thể có cực đại địa phương dương [0,∞ ) Giả sử r có cực đại địa phương dương t0 Vì lý luận đưa (i) dẫn đến t  Cuối giả sử t0 = Dĩ nhiên β = có mâu thuẫn trái lại β > lim+ p (= t ) r '(t ) t →0 α  y ( ) − ω ( )  β lý luận có mâu thuẫn Lý luận phần (i) thu kết cho toán (2.67) □ Với ý tưởng ta xét toán 1 =  p ( py ' ) ' q f ( t, y, py ' ) , < t < 1,  p ( t ) y ' ( t ) = 0, tlim →0+  y ( t ) = 0, lim t →∞  ( 2.73) 1 =  p ( py ' ) ' q f ( t, y, py ' ) , < t < 1,  p ( t ) y' ( t ) = c, α < 0, β ≥ 0, c ≤ 0, −α y ( ) + β tlim →0+  y ( t ) = lim t →∞  Khi ta có định lý 53 ( 2.74 ) Định lý 2.11: Cho f : [0,1] ×  →  liên tục giả sử (2.4), (2.5), (2.7), (2.11) (2.32) thỏa Giả sử (2.8), (2.9), (2.33) ta xét (2.73) (2.12), (2.13), (2.34) ta xét (2.74) Cũng giả sử Cã h»ng sè m > ®Ĩ q ( t ) p ( t )  f ( t, u, v ) − f ( t,0,0 )  ≥ m u,  víi t ∈ ( 0, ∞ ) , u ∈ [0, r0 ] vµ v ∈ , ( 2.75) x  ds  − p x m exp ( )  ∫0 ∫0 p ( s )  q ( x ) f ( x,0,0 ) dx < ∞,    ( 2.76 ) lim p ( x ) q ( x ) f ( x,0,0 ) = 0, ( 2.77 ) ∞ x →∞ (2.71) thỏa Khi (2.73) (2.74) có nghiệm y ∈ C [0, ∞ )  C ( 0, ∞ ) thỏa py ' ∈ C [0, ∞ ) ≤ y ( t ) ≤ r0 , ∀t ∈ [0, ∞ ) Chứng minh: Chủ yếu lý luận định lý 2.10 ta kết Sự thay đổi sử dụng định lý 2.3 g ( x ) = q ( x ) f ( x,0,0 ) □ Phần sau kết phụ thuộc liên tục nghiệm hàm f Cho fk , f , p, q, k ∈  thỏa điều kiện định lý 2.3 Ta xét toán: 1 =  p ( py ' ) ' q fk ( t, y, py ' ) , k ∈ ,  p ( t ) y ' ( t ) = 0, tlim →0+   y ( t ) bÞ chặn [0, ) 54 ( Ik ) Định lý 2.12: Giả sử dãy { fk }k hội tụ tập bị chặn [0,∞ ) ×  hàm f Giả sử với k tốn ( Ik ) có nghiệm yk toán ( I0 ) tương ứng với fk = f có nghiệm y0 Khi { yk } hội tụ y0 theo nghĩa yk pyk' hội tụ y0 py0' tập bị chặn [0,∞ ) Chứng minh: Theo định lý 2.3, ta có: { } + { py } ,{ y } liên tục đồng bậc + pyk' ,{ yk } bị chặn [0, A] ' k k py0' , trªn [0, A] , Nên ta có : pyk' ⤍ ⤍ ( 2.78) y , trªn [0, A] yk j ⤍ ⤍ ( 2.79 ) Bây ta chứng minh ( t py ( t ) = ∫ pq f x, yk j ( x ) , py ' k ' kj ( x )) ⤍ dx ⤍ t ∫ pq f ( x, y ( x ) , py ( x ) ) dx ' 0 Ta cần chứng minh ∀ε > cho trước tồn j0 ∈  cho k j > j0 t ∫ pq f t kj ( Ta có: fk j ( x, yk j ( x ), pyk' j ( x )) − f ( x, y0 ( x ), py0' ( x )) ≤ fk j ( x, yk j ( x ), pyk' j ( x )) − f ( x, yk j ( x ), pyk' j ( x )) + f ( x, yk j ( x ), pyk' j ( x )) − f ( x, y0 ( x ), py0' ( x )) { ) ( x, yk j ( x ), py ( x ))dx − ∫ pq f x, y0 ( x ) , py0' ( x ) dx < ε , ∀t ∈ [0, A] ' kj } Do yk j , pyk' j compact tương đối, pyk' j hội tụ py0' , yk j hội tụ y0 55 {( x, y Nên P = kj ( x ) , pyk' ( x ) ) / x ∈ [0, A], k j ∈ } j tập compact tương đối  Do fk j ⤍ ⤍ nên có j1 ∈  ∀k j > j1 f fk j ( x, u, v) − f ( x, u, v) < ε MA , x ∈ [0, A] , u ,= v < B, M sup { p ( t ) q ( t )} , t ∈ [0, A] liên tục P Do f nên ∀ε > cho trước có ε > cho ( x, u, v) − ( x ' , u' , v' ) < δ f ( x, yk j ,( x ), pyk' j ( x )) − f ( x, y0 ( x ), py0' ( x )) < ε MA Do yk j ⤍ py0' nên với ε > cho trước tồn j2 ∈  mà k j ≥ j2 , y , pyk' j ⤍ ⤍ ⤍ Ta có yk j ( x ) − y0 ( x ) < δ , pyk' j ( x ) − py0' ( x ) < δ Nên với j0 > mac { j1 , j2 } , k j ≥ j0 ta có điều cần chứng minh, mà theo (2.78) ta có pyk' j ⤍ py0' ⤍ t ( ) Vậy py ( t ) = pq f x, y0 ( x ) , py0' ( x ) dx ' ∫ ( py ' ) ' = q f ( t, y, py ' ) mà y0 p Hay y0 nghiệm phương trình Nên ta có { yk } hội tụ y0 □ 56 KẾT LUẬN Luận văn trình bày phần lý thuyết toán biên kỳ dị Qua làm rõ thêm phương pháp nới rộng nghiệm từ khoảng hữu hạn sang vô hạn Nhờ tác giả luận văn hiểu biết nhiều toán biên kỳ dị phi tuyến Nhưng với trình độ cịn nhiều hạn chế tác giả, luận văn xin trình bày nội dung nêu Rất mong đóng góp bảo Q Thầy, Cơ hội đồng Thành phố Hồ Chí Minh 2004 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Donal O’Regan (1994), Theory of Singular Boundary Value Prolems, World Scientific Publishingn Co.Pte.Ltd [2] Lê Hồn Hóa, Lê Quang Tuấn (1994), điều kiện đủ cho tính compact tương đối, Thơng tin khoa học, Số đặc biệt, Trường ĐHSP TPHCM [3] Nguyễn Xuân Liêm (1998), Giải tích tập II, Nhà xuất giáo dục [4] Y.Y Liasko, AC Boiatruc, IA.G Gai Golovac (Người dịch Hoàng Đức Nguyên – Đoàn Văn Bản) (1979), Giải tích tốn học ví dụ toán Phần I (Tập II), Nhà xuất Đại học Trung học chuyên nghiệp [5] Lê Văn Hạp (1995), Giáo trình phương trình vi phân phương trình đạo hàm riêng, Đại học Huế 58 ... nhiều toán vật lý, kỹ thuật L.H Thomas [13] E.Fermi [8] thiết lập toán biên xác định điện nguyên tử Sự phân tích đưa đến phương trình vi phân cấp hai kỳ dị phi tuyến: y "− t y = − Cùng phương trình. .. trình vi phân điều kiện biên sau ý, i) Ngun tử trung hịa với bán kính Bohr b cho y ( 0= ) 1, by ' ( b ) − y ( b=) 0, ii) Nguyên tử ion hóa đưa đến điều kiện biên = y ( ) 1,= y(b) , Bài toán biên. .. ( t ) , víi t ≥ c2 Tích phân từ c2 đến t ( t > c2 ) với phương trình vi phân cho t p ( t ) y ' ( t ) ≥ p ( c2 ) y ' ( c2 ) + K ∫ p ( s ) q ( s ) ds c2 Mặt khác tích phân từ c2 đến t ( t > c2