bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính

THƯ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Vũ Hồng Tồn BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH Chuyên ngành : Mã số : Tốn Giải tích 60.46.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN 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 tốt giúp tơi hồn thành luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô Hội đồng chấm luận văn dành 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 Toán – Tin học trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh giảng dạy tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian nghiên cứu đề tài Tôi chân thành cảm ơn gia đình, anh chị bạn đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Cuối cùng, q trình viết luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, mong nhận góp ý Q Thầy Cơ bạn đọc nhằm bổ sung hoàn thiện đề tài Xin chân thành cảm ơn Tp Hồ Chí Minh tháng năm 2011 DANH MỤC 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 không 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 Cλµ ([ a, b ]; D ) Khơng gian hàm liên tục v : [ a, b ] → D thỏa mãn điều kiện λ v( a) + µ v(b) = ° ([ a, b ] ; D ) C Tập hàm liên tục tuyệt đối v : [ a, b ] → D i Bλµ c ( [ a, b ] ; R ) Tập hàm v ∈ C ([ a, b ] ; R ) thoả mãn điều kiện  λ v ( a ) + µ v ( b )  sgn ( ( − i ) λv ( a ) + ( i − 1) µ v ( b ) ) ≤ c λ , µ , 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 τ : [ a, b ] → [ a, b ]; Lab Tập toán tử l : C ([ a, b ] ; R ) → L ([ a, b ] ; R ) tuyến tính bị chặn cho với l tồn η ∈ L ([ a, b ] ; R+ ) thoả mãn bất đẳng thức l ( v )( t ) ≤ η ( t ) v C ∀t ∈ [ a, b ] , v ∈ C ([ a, b ] ; R ) Khi l gọi tốn tử tuyến tính bị chặn mạnh Pab Tập toán tử l : C ([ a, b ] ; R+ ) → L ([ a, b ] ; R+ ) cho l tuyến tính l ∈ Lab K ab Tập toán tử F : C ([ a, b ] ; R ) → L ([ a, b ]; R ) liên 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 K ([ a, b ] × A; B ) C ≤ r Tập hàm f : [ a, b ] × A → B , ( A ∈ R n , B ⊆ R, n ∈ ¥ ) 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 tử l ∈ Lab cho với hai số tùy ý 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 l ( v )( t ) = hầu khắp nơi [ a1 , b1 ] [ x ]+ = ( x + x ) = x ( sgn x + 1) [ x ]− = ( x − x ) = Toán tử l ∈ Lab gọi không tầm thường, l (1) ≡ x ( sgn x − 1) PHẦN MỞ ĐẦU Lý thuyết tốn biên tuần hồn cho phương trình vi phân thường phương trình vi phân hàm đời từ kỉ 18, song đến nhiều người quan tâm nhờ ứng dụng lĩnh vực vật lý, học, kinh tế, nông nghiệp, … Đặc biệt, tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc đạt nhiều kết năm 2000, nhờ kết tác I Kiguradze, R.Hakl, A.Lomtatidze, … cho hệ phương trình vi phân hàm tổng quát Trong luận văn tơi nghiên cứu tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc tuyến tính Bài tốn sau: Xét tồn nghiệm phương trình vi phân hàm tuyến tính: u′(t ) = l (u )(t ) + q (t ) với điều kiện biên λ u ( a ) + µ u (b ) = c Trong l ∈ Lab , q ∈ L ([ a , b ]; ¡ ), λ , µ , c ∈ ¡ , λ + µ ≠ ° ([a, b]; ¡) thoả mãn phương trình u′(t ) = l (u )(t ) + q (t ) hầu Nghiệm toán hàm u ∈ C khắp nơi [a,b] thỏa mãn điều kiện biên λ u ( a ) + µ u (b ) = c Luận văn gồm ba chương : Chương I Chúng ta xây dựng điều kiện cần đủ để toán tử tuyến tính bị chặn mạnh l thuộc vào lớp Vab+ (λ , µ ) Chương II Xây dựng điều kiện đủ để toán biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính có nghiệm Chương III Áp dụng kết chương II để xây dựng điều kiện đủ cho việc tồn nghiệm tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân đối số lệch Luận văn tài liệu tham khảo cho người quan tâm đến lý thuyết toán biên tuần hồn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính phi tuyến bậc cao CHƯƠNG I MỘT SỐ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Trong chương ta giả sử λ + µ ≠ λµ ≤ Trường hợp λ = − µ ta cần thêm điều kiện tốn tử l ∈ Lab khơng tầm thường, nghĩa l(1) ≢1.Equation Section 1.1 Giới thiệu tốn Xét tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc sau: u′(t ) = l(u )(t ) + q (t ) (1.1) λ u ( a ) + µ u (b ) = c (1.2) với điều kiện biên: Trong l ∈ Lab , q ∈ L ([ a , b ]; ¡ ), λ , µ , c ∈ ¡ , λ + µ ≠ ° ([a, b]; ¡) thoả mãn phương trình (1.1)hầu khắp Nghiệm phương trình (1.1) hàm u ∈ C nơi [a,b] Cùng với toán (1.1), (1.2) ta xét toán tương ứng: u′(t ) = l(u )(t ) (1.10 ) λu (a ) + µu (b) = (1.20 ) Trường hợp riêng phương trình(1.1)là: m u′(t ) = ∑[ pk (t )u (τ k (t )) − gk (t )u (υk (t ))] + q(t ) (1.1′) k =1 Trongđó: pk , g k ∈ L([ a, b]; ¡ + ), q ∈ L ([ a, b], ¡ ),τ k ,υ k ∈ Mab ( k = 1,2, , m), m ∈ ¥ Từ kết I Kiguradze B Puza [2], ta có kết sau 1.1.1 Định lí Bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm tốn tương ứng (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường 1.1.2 Chú ý Theo định lý Riesz-Schauder tốn (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường tồn q ∈ L([a, b]; ¡), c ∈ ¡ cho tốn (1.1), (1.2) khơng có nghiệm 1.2 Tập Vab+ ( λ , µ ) 1.2.1 Định nghĩa Ta nói tốn tử l ∈ Lab thuộc tập Vab+ ( λ , µ ) nếuthoả mãn điều kiện sau i Bài tốn (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường ii Với q ∈ L ([ a, b]; ¡ + ) c ∈ ¡ thỏa mãn (sgn λ − sgn µ )c ≥ thìbài tốn (1.1),(1.2)có nghiệm khơng âm 1.2.2 Chú ý Theo định lí 1.1.1, rõ ràng l ∈ Vab+ (λ , µ ) tốn (1.1), (1.2)có nghiệm với q ∈ L ([a, b]; ¡ ) c ∈ ¡ Hơn nữa, l ∈ Pab l ∈ Vab+ (λ , µ ) µ < λ Thật Do l ∈ Vab+ (λ , µ ) nên tốn (1.1),(1.2) có nghiệm u(t)với q ∈ L ([ a, b]; ¡ + ), c ∈ ¡ thỏa mãn (sgn λ − sgn µ )c ≥ u ( t ) ∈ C ([ a, b] ; ¡ + ) Vì l ∈ Pab nên l ( u )( t ) ∈ L ([ a, b ]; ¡ + ) Do ta có u′(t ) = l(u )(t ) + q (t ) ≥ hay u (t ) hàm tăngtrên [ a , b ] hay u ( b ) > u ( a ) ≥ Hơn nữa, từ điều kiện : λ u ( a ) + µ u ( b ) = c  (sgn λ − sgn µ )c ≥ λµ ≤  Nên ta có (sgn λ − sgn µ )c = (sgn λ − sgn µ ) λ u ( a ) + µu ( b )  ≥  sgn λ = − sgn µ Do λ u ( a ) − µ u (b ) ≥ Hay λ u ( a ) ≥ µ u (b ) (1.3) Nếu u ( a ) = u ( b ) > nên ta xét hai trường hợp v µ = µ ≠ Trường hợp µ = theo giả thiết λ + µ ≠ nên Ø λ > Do µ < λ Ø Trường hợp µ ≠0 (1.3) có dạng ≥ µ u ( b ) > vơ lí Nếu u ( a ) > đó, từ (1.3) ta có v λ≥µ u (b ) >µ u (a) Suy µ < λ Vậy l ∈ Pab l ∈ Vab+ (λ , µ ) µ < λ n 1.2.3 Chú ý ° ([a, b]; ¡ ) thoả mãn bất đẳng Theo định nghĩa1.2.1, l ∈ Vab+ (λ , µ ) u, v ∈ C thức u′(t ) ≤ l(u )(t ) + q (t ), v′(t ) ≥ l (v)(t ) + q (t ), t ∈ [ a, b] t ∈ [ a, b] (1.4) λ u ( a ) − µ u (b) ≤ λ v ( a ) − µ v (b ) Thì u (t ) ≤ v (t ) với t ∈ [a , b] Thật Đặt h (t ) = v (t ) − u ( t ) Theo (1.4) ta có h′ ( t ) ≥ l ( h )( t ) , t ∈ [ a, b] , λ h(a) − µ h(b) ≥ Dễ thấy h nghiệm phương trình sau: h′(t ) = l( h)(t ) + q(t ), λ h(a ) + µ h(b) = c với Mặt khác q ( t ) = h′ ( t ) − l ( h )( t ) ≥ 0, c = λ h ( a ) + µ h ( b ) (1.5) c ( sgn λ − sgn µ ) = 2c.sgn λ = 2[λ h(a) + µ h(b) ]sgn λ =  λ h(a) − µ h(b)  ≥ nên theo định nghĩa 1.2.1 ta có tốn (1.5)có nghiệm h ( t ) ≥ Từ suy u (t ) ≤ v (t ) với t ∈ [a , b] n 1.2.4 Mệnh đề Cho µ < λ l ∈ Pab Khi l ∈ Vab+ (λ , µ ) toán u′(t ) ≤ l(u )(t ), λu (a) + µu (b) = (1.6) Khơng có nghiệmkhơng âm khác tầm thường Chứng minh v Điều kiện cần Giả sử l ∈ Vab+ (λ , µ ) , ta chứng minh tốn (1.6) khơng có nghiệm khơng âm khác tầm thường Thật vậy, giả sửulà nghiệm toán (1.6) u (t ) ≥ ∀t ∈ [ a, b] Vì λµ ≤ λ u ( a ) + µ u (b) = nên ta có λ u ( a ) − µ u (b ) = Áp dụng ý 1.2.3với v ( t ) ≡ 0, q ( t ) ≡ ta có u (t ) ≤ ∀t ∈ [ a , b ] Suy u (t ) ≡ ∀t ∈ [ a, b] Do đó, tốn (1.6) khơng có nghiệm không âm khác tầm thường v Điều kiện đủ Giả sử tốn (1.6) khơng có nghiệm khơng âm khác tầm thường Ta chứng minh l ∈ Vab+ (λ , µ ) theođịnh nghĩa 1.2.1 Ø Bước Chứng minh tốn (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường Giả sử u0 nghiệm toán (1.10), (1.20) Ta có: ′ u0 ( t ) ′ = u0 ( t ) sgn ( u0 ( t ) )  = u0′ ( t ) sgn u0 ( t ) = l ( u0 ) ( t ) sgn u0 ( t ) (1.7) Mặt khác, từ  u0 (t ) ≥ u0 (t )   u0 (t ) ≥ −u0 (t ) l ∈ Pab ta có l ( u0 ) ( t ) ≥ l ( u0 ) ( t )   l ( u0 ) ( t ) ≥ −l ( u0 ) ( t ) nên l ( u0 ) ( t ) ≥ l ( u0 ) ( t ) = l ( u0 ) ( t ) sgn u0 ( t ) (1.8) Do λµ ≤ nên từ điều kiện biên (1.20) ta có λ u0 ( a ) + µ u0 ( b ) = Do ta có: u0 ( t ) ′ = l ( u0 ) ( t ) sgn u0 ( t ) ≤ l ( u0 )(t ), t ∈ [ a, b ] λ u0 ( a ) + µ u0 ( b ) = Vì vậy, u nghiệm toán (1.6) Như vậy, u ≡ nghĩa toán (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường Ø Bước Chứng minh với q ∈ L ([ a, b]; ¡ + ) c ∈ ¡ cho ( sgn λ − sgn µ ) c ≥ tốn (1.1), (1.2)có nghiệm khơng âm Thật vậy, giả sửu nghiệm toán (1.1), (1.2)với q ∈ L ([ a, b]; ¡ + ) c ∈ ¡ cho ( sgn λ − sgn µ ) c ≥ , ta có c sgn λ ≥0 λ −µ Đặt v(t ) = u (t ) − c sgn λ , t ∈ [ a, b] λ−µ (1.9) Ta có v′ ( t ) = u ′ ( t ) = l ( u )( t ) + q ( t ) ≥ l ( u )( t )  c sgn λ l ( v )( t ) = l  u − λ−µ    c sgn λ  ( t ) = l ( u )( t ) − l   λ −µ Suy v′ ( t ) ≥ l ( v )( t ) Do l ∈ Pab kết hợp với(1.7) (1.8) ta có v(t ) ′ ≤ l ( v ) ( t )   ( t ) ≤ l ( u )( t )  Để chứng minh tốn (1.1), (1.2) có nghiệm nhất,theo định lí 1.1.1 ta cần chứng minh tốn (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường Ø Giả sử (2.1) (2.2) thoả mãn Thật vậy, giả sử tốn (1.10), (1.20) có nghiệm khơng tầm thườngu Từ giả thiết (2.1) (2.2) ta có  l (1) L <  λ−µ  l (1) L − < l1 (1) 1 − l (1) µ L  L Áp dụngbổ đề1.2.9, ta có u hàm đổi dấu Do u liên tục [a, b] nên tồn tM , tm ∈ [ a, b] cho M = max {u (t ) : t ∈[a, b]} = u (tM ), (2.14) m = {u (t ) : t ∈[a, b]} = u (tm ) Do u hàm đổi dấu nên M > 0, m < Khơng tính tổng quát, ta giả sử tm < t M Từ (2.14) giả thiết l , l ∈ Pab kết hợp với Tích phân (1.10) từ a đến tm l = l − l1 ta có tm tm a a u ( tm ) − u ( a ) = ∫ l (u )( s ) ds − ∫ l1 (u )( s ) ds Do M = u ( t M ) , m = u ( tm ) nên tm tm u ( a ) − m ≤ M ∫ l (1)( s ) ds − m ∫ l (1)( s) ds a (2.15) a Tích phân (1.10) từ tm đến tM , ta có tM tM M − m ≤ M ∫ l (1)( s)ds − m ∫ l1 (1)( s)ds tm (2.16) tm Tích phân (1.10) từ tM đến b, ta có b b M − u (b) ≤ M ∫ l1 (1)( s)ds − m ∫ l (1)( s )ds tM Nhân hai vế (2.17) với µ λ (2.17) tM , λµ ≤ kết hợp với (2.14)vàgiả thiết µ λ ∈ (0,1], tacó: b  µ µ  b µ M + u (b ) ≤ M l (1)( s ) ds − m l (1)( s ) ds  ∫  ∫ λ λ  t λ t  M M b b tM tM ≤ M ∫ l (1)( s ) ds − m ∫ l (1)( s ) ds hay b b µ µ M + u (b) ≤ M ∫ l1 (1)( s )ds − m ∫ l (1)( s )ds λ λ t t M (2.18) M Cộng theo vế bất đẳng thức (2.15)và (2.18), kết hợp với (1.20), ta có: b b     µ µ u(a) − m + M + u(b) ≤ M  ∫ l1(1)(s)ds + ∫ l1(1)(s)ds − m ∫ l0 (1)(s)ds + ∫ l0 (1)(s)ds hay λ λ t t  a   a  tm tm M M b b     µ M − m ≤ M  ∫ l1 (1)(s)ds + ∫ l1 (1)( s)ds  − m  ∫ l (1)( s)ds + ∫ l (1)(s)ds  (2.19) λ t t  a   a  tm tm M M Đặt tm b a tM tm b a tM tM A = ∫ l (1)( s )ds + ∫ l (1)( s) ds, B = ∫ l1 (1)( s) ds tm (2.20) tM C = ∫ l (1)( s) ds + ∫ l (1)( s) ds , D = ∫ l (1)( s) ds tm Từ (2.16), ta có: tM tM tm tm M − m ≤ M ∫ l (1)( s )ds − m ∫ l1 (1)( s )ds hay M − m ≤ M D − m.B M (1 − D ) ≤ m(1 − B ) (2.21) Từ (2.19), ta có: b b     µ M − m ≤ M  ∫ l (1)( s)ds + ∫ l (1)(s ) ds  − m  ∫ l (1)( s) ds + ∫ l (1)( s) ds  λ  a   a  t t tm tm M hay µ M − m ≤ M A − m.C λ M  µ m(C − 1) ≤ M  A −  λ   (2.22) Do l (1) L < , nên tm b b a tM a C = ∫ l (1)( s) ds + ∫ l (1)( s) ds ≤ ∫ l (1)( s) ds = l (1) L < tM b tm a D = ∫ l (1)( s ) ds ≤ ∫ l (1)( s) ds = l (1) L < Mà m < M > nên từ(2.21) (2.22)suy A > µ λ ,B >1 Nhân vế theo vế (2.21) với (2.22) ta có  µ < (1 − C )(1 − D ) ≤  A −  ( B − 1) λ   (2.23) (1 − C )(1 − D) ≥ − (C + D) = − l (1) L > (2.24) Mặt khác, ta có Áp dụng bất đẳng thức 4XY ≤ ( X + Y ) , ta có 2  µ  µ  µ  A −  ( B − 1) ≤  A + B − −  =  l (1) L − −  λ  λ  λ   (2.25) Kết hợp (2.23), (2.24) (2.25), ta   µ  < (1 − l (1) L ) ≤  l1 (1) L − 1 +   λ    hay − l (1) L  µ ≤ l1 (1) L − 1 +  λ   − l (1) L +1+ µ ≤ l1 (1) λ L Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức (2.2).Vậy toán (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường.Vậy tốn (1.1), (1.2) có nghiệm Ø Giả sử (2.3) (2.4) thoả mãn Giả sử tốn (1.10), (1.20) có nghiệm khơng tầm thường u Từ giả thiết (2.3) (2.4)ta có l1 (1) L < λ µ − λ l (1) µ λ − ≤ l (1) L L Áp dụngbổ đề 2.1.2, ta có u hàm đổi dấu Do u liên tục [a, b] nên tồn tM , tm ∈ [ a, b] cho M = max {u (t ) : t ∈[a, b]} = u (tM ), (2.26) m = {u (t ) : t ∈[a, b]} = u (tm ) Dễ thấy M > 0, m < Không tính tổng quát, ta giả sử tm < t M Chứng minh tương tự trên, ta có (2.15) - (2.19) thoả mãn Từ (2.16), ta có tM tM tm tm M − m ≤ M ∫ l (1)( s )ds − m ∫ l1 (1)( s )ds hay M − m ≤ M D − m.B m ( B − 1) ≤ M ( D − 1) (2.27) Từ (2.19), ta có b b     µ M − m ≤ M  ∫ l (1)( s)ds + ∫ l (1)(s ) ds  − m  ∫ l (1)( s) ds + ∫ l (1)( s) ds  λ t t  a   a  tm tm M M hay µ M − m ≤ M A − m.C λ µ  M  − A  ≤ m(1 − C ) λ  Mặt khác, giả thiết l1 (1) L < µ (theo (2.3)), (2.20), ta có λ (2.28) tm b b a tM a A = ∫ l1 (1)( s )ds + ∫ l1 (1)( s)ds ≤ ∫ l1 (1)( s )ds = l1 (1) L < Suy A < µ λ µ λ Do đó, từ (2.27) (2.28) suy µ   λ − A  (1 − B ) ≤ ( C − 1)( D − 1)   (2.29) µ  µ µ − A (1 − B ) ≥ − ( A + B ) = − l1 (1) L > λ  λ λ   (2.30) 4(C − 1)( D − 1) ≤ (C + D − 2)2 = ( l1 (1) L − ) (2.31) Mặt khác, ta có Kết hợp (2.29), (2.30), (2.31) , ta µ  <  − l1 (1) L  ≤ ( l (1) L − ) λ  hay µ − l1 (1) ≤ l (1) λ 2+2 L Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức (2.4) Vậy toán (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường Nghĩa tốn (1.1), (1.2) có nghiệm n 2.1.3 Định lí Giả sử µ = , l = l − l với l , l ∈ Pab đồng thời thoả mãn điều kiện sau: l (1) L < l (1) L < + − l (1) (2.32) L (2.33) Khi tốn (1.1), (1.2) có nghiệm Chứng minh Để chứng minh toán (1.1), (1.2) có nghiệm nhất, theo định lí 1.1.1 ta cần chứng minh tốn (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường Thật vậy, giả sử tốn (1.10), (1.20) có nghiệm không tầm thường u Áp dụngbổ đề 1.2.9, ta có u hàm đổi dấu Do u liên tục [a, b] nên tồn tM , tm ∈ [ a, b] cho u (tM ) = max {u (t ) : t ∈[a, b]} := M , u (tm ) = {u (t ) : t ∈[ a, b]} := m (2.34) Dễ dàng suy M > 0, m < Khơng tính tổng quát, ta giả sử tm < t M Từ (2.14) giả thiết l , l ∈ Pab kết hợp với Tích phân (1.10) từ a đến tm , ta có tm tm a a u ( tm ) − u ( a ) = ∫ l (u )( s ) ds − ∫ l1 (u )( s ) ds hay tm tm u ( a ) − m ≤ M ∫ l (1)( s ) ds − m ∫ l (1)( s) ds a (2.35) a Tích phân (1.10) từ tm đến tM , ta có tM tM M − m ≤ M ∫ l (1)( s)ds − m ∫ l1 (1)( s)ds tm (2.36) tm Tích phân (1.10) từ tM đến b, ta có b b M − u (b) ≤ M ∫ l1 (1)( s)ds − m ∫ l (1)( s )ds tM (2.37) tM Cộng vế theo vế bất đẳng thức (2.35) với (2.37), ta có b b  tm   tm  M − m ≤ M  ∫ l (1)( s) ds + ∫ l (1)( s) ds  − m  ∫ l (1)( s ) ds + ∫ l (1)( s) ds  (2.38) tM tM  a   a  Đặt tm b a tM tm b a tM tM A = ∫ l (1)( s )ds + ∫ l (1)( s) ds, B = ∫ l1 (1)( s) ds tm tM C = ∫ l (1)( s) ds + ∫ l (1)( s) ds , D = ∫ l (1)( s) ds tm Từ (2.36), ta có: tM tM tm tm M − m ≤ M ∫ l (1)( s )ds − m ∫ l1 (1)( s )ds hay (2.39) M − m ≤ M D − m.B M (1 − D ) ≤ m(1 − B ) (2.40) Từ (2.38), ta có: b b  tm   tm  M − m ≤ M  ∫ l (1)( s) ds + ∫ l (1)( s) ds  − m  ∫ l (1)( s ) ds + ∫ l (1)( s) ds   a   a  tM tM hay M − m ≤ M A − mC m (C − 1) ≤ M ( A − 1) (2.41) Do l (1) L < , nên từ (2.39), ta có C < 1, D < kết hợp với(2.40) (2.41) suy A > 1, B > Từ(2.40) và(2.41) ta suy < (1 − C )(1 − D ) ≤ ( A − 1) ( B − 1) (2.42) (1 − C )(1 − D) ≥ − (C + D) = − l (1) L > (2.43) Mặt khác, ta có ( A − 1) ( B − 1) ≤ [ A + B − 2] =  l1 (1) L − 2 2 (2.44) Kết hợp (2.42), (2.43) (2.44), ta < (1 − l (1) L ) ≤  l (1) − 2 L Suy + − l (1) L ≤ l (1) L + − l (1) L < l (1) L hay Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức l (1) L < + − l (1) L (2.33) Vậy tốn (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường Hay tốn (1.1), (1.2) có nghiệm n 2.1.4 Định lí Giả sử µ < λ , l = l − l với l , l ∈ Pab tồn hàm số γ ∈ C% ([a, b];(0, +∞) ) thoả mãn: γ ′(t ) ≥ l (γ )(t ) + l (1)(t ) ∀t ∈ [ a , b ] (2.45) λ γ ( a ) > µ γ (b ) γ (b) − γ ( a ) < + µ λ (2.46) (2.47) Khi tốn (1.1), (1.2) có nghiệm Chứng minh Để chứng minh tốn (1.1), (1.2) có nghiệm nhất, theo định lí 1.1.1 ta cần chứng minh tốn (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường Thật vậy, giả sử tốn (1.10), (1.20) có nghiệm khơng tầm thường u Từ giả thiết (2.45), (2.46), theo định lí 1.2.5,và l , l ∈ Pab , rõ ràng l ∈ Vab+ (λ , µ ) Theo định nghĩa 1.2.1và giả thiết l , l ∈ Pab , ta cóulà hàm đổi dấu Do u liên tục [a, b] nên tồn tM , tm ∈ [ a, b] cho M = max {u (t ) : t ∈[a, b]} = u (tM ), m = − {u (t ) : t ∈[a, b]} = −u (tm ) (2.48) Dễ thấy M > 0, m > Khơng tính tổng qt, ta giả sử tM < tm Từ (2.45) M > ta có γ ′(t ) ≥ l (γ )(t ) + l (1)(t ) t ∈ [ a , b ] hay M γ ′(t ) ≥ l ( M γ )(t ) + l ( M )(t ) t ∈ [ a , b ] (2.49) u′(t ) = l(u )(t ) = l (u )(t ) − l (u )(t ) (2.50) Từ (1.10) ta có Từ(2.49) (2.50) ta có ( M γ (t ) + u (t ) )′ ≥ l ( M γ + u ) (t ) + l1 ( M − u )(t ) ≥ l ( M γ + u )(t ) t ∈ [ a, b] Từ (1.20) giả thiết (2.46)và M > , ta có  λ γ (a) > µ γ (b)  λu(a) + µu(b) = (2.51)  λ M γ (a ) − µ M γ (b) >   λ u (a ) − µ u (b) = hay λ ( M γ ( a ) + u ( a ) ) − µ ( M γ (b ) + u (b ) ) ≥ (2.52) Tương tự, ta có ( mγ (t ) − u (t ) )′ ≥ l ( mγ − u ) (t ) + l1 (m + u )(t ) ≥ l ( mγ − u )(t ) t ∈ [ a, b ] λ ( mγ ( a ) − u ( a ) ) − µ ( mγ (b ) − u (b ) ) ≥ (2.53) (2.54) Do đó, theo điều kiện l ∈ Pab , l ∈ Vab+ (λ , µ ) ý 1.2ta có M γ (t ) + u (t ) ≥ hay ( M γ (t ) + u (t ) )′ ≥ (2.55) mγ (t ) − u (t ) ≥ t ∈ [a, b] ( mγ (t ) − u (t ) )′ ≥ t ∈ [a, b] (2.56) Lấy tích phân bất đẳng thức (2.55) từ tM đến tm , kết hợp với(2.48) M > 0, m > , ta có M γ (tm ) − m − M γ (tM ) − M ≥ Suy γ (tm ) − γ (tM ) ≥ + m M (2.57) Tương tự, lấy tích phân bất đẳng thức (2.56) từ a đến tM , kết hợp với (2.48), ta có mγ (t M ) − M − mγ ( a ) + u ( a ) ≥ 0, (2.58) Và lấy tích phân bất đẳng thức (2.56) từ tm đến b, kết hợp với (2.48), ta có mγ (b) − u (b) − mγ (tm ) − m ≥ (2.59) Mặt khác, từ (1.20) (2.48), λµ ≤ ta có  µ  µ u (b) − u (a ) = u (b) 1 −  ≥ − m 1 −  λ  λ    (2.60) Cộng theo vế hai bất đẳng thức (2.58) với (2.59) kết hợp với (2.60)và M > 0, m > ta có γ (tM ) − γ (tm ) + γ (b) − γ (a) ≥ µ M + λ m (2.61) Từ (2.57) (2.61), ta có γ (b) − γ ( a ) ≥ + µ m M µ + + ≥3+ λ M m λ Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức (2.47), từ suy tốn (1.10), (1.20) có nghiệm n tầm thường u Hay u nghiệm toán (1.1), (1.2) 2.1.5 Chú ý Không thể xảy dấu bất đẳng thức γ (b) − γ (a) < + µ củađịnh lí 2.1.4 λ 2.1.6 Ví dụ Cho µ < λ , a = 0, b = 4, ε ≥ cho toán tử l ∈ Lab định nghĩa sau: l0 ≡ l1 (v)(t ) = g (t )v (υ (t ) ) ∀t ∈ [ a, b ] Với  µ 1 + λ  g (t ) = 1 ε   , t ∈ [0,1) 3 , t ∈ [ 0,1)  υ (t ) = 1 , t ∈ [1,3) 2 , t ∈ [3,4]  , t ∈ [1,3) , , t ∈ [3,4] t Đặt γ (t ) = δ + ∫ g ( s) ds , t ∈ [ a, b ] a Với δ > µ λ−µ b ∫ g ( s )ds a ° ( [ a, b]; ( 0, +∞) ) , điều kiện (2.45), (2.46) thoả mãn Rõ ràng γ ∈ C γ (b) − γ (a) = + µ +ε λ Mặt khác, tốn u′(t ) = − g (t )u (υ (t ) ) , λ u ( a ) + µ u (b ) = có nghiệm khơng tầm thường  µ − ( µ + λ )t  u (t ) =  λ ( t − )   λ , t ∈ [ 0,1) , t ∈ [1,3 ) , t ∈ [3, ] Do đó, theo ý 1.1.2tồn q ∈ L([a, b]; ¡ ), c ∈ ¡ cho toán (1.1), (1.2)với l = l − l vô nghiệm CHƯƠNG III BÀI TỐN BIÊN DẠNG TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC NHẤT ĐỐI SỐ LỆCH Equation Section (Next) Trong chương này, ta áp dụng kết chương II để thiết lập số kết cho trường hợp đặc biệt phương trình(1.1) có dạng m u′(t ) = ∑[ pk (t )u (τ k (t )) − g k (t )u (υk (t ))] + q(t ) (3.1) k =1 Và kí hiệu m m p0 (t ) = ∑ p j (t ), g (t ) = ∑ g j (t ) j =1 t ∈ [ a, b] j =1 Ở ta giả sử bất đẳng thức λµ ≤ thoả mãn Trường hợp λ = − µ ta cần thêm điều kiện p0 ≢g0 3.1.1 Định lí Cho ≠ µ ≤ λ , pk , g k ∈ L ([ a , b ]; ¡ + ) ( k = 1, , m ) cho p0 p0 − L − p0 L L λ−µ < g0 µ < 1, L