Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH     Nguyễn Tăng Vũ   BÀI TỐN BIÊN TUẦN HỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO       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 – 2010  LỜI CẢM ƠN    Đầu tiên tơi xin được bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn,  mặc dù bận rất nhiều việc nhưng đã tận tâm hướng dẫn và tạo điều kiện tối đa để tơi có thể  hồn thành luận văn. Nhân đây em cũng xin lỗi thầy vì đã làm thầy thất vọng về mình trong  thời gian làm luận văn, và mong thầy ln có sức khỏe tốt và thành cơng trong cơng việc.   Tơi xin gửi lời cảm ơn đến Q Thầy Cơ trong Hội đồng chấm luận văn đã giành thời  gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tơi hồn thành luận văn này một cách hồn  chỉnh.  Tơi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phịng KHCN-Sau Đại học cùng tồn thể thầy cơ khoa  Tốn-Tin học  trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện  tốt nhất cho tơi trong suốt thời gian học tập và nghiên cứu tại trường.  Tơi cũng chân thành cảm ơn gia đình, các anh chị đồng nghiệp và bạn bè thân hữu đã  động viên, giúp đỡ tơi  hồn thành luận văn này.  Cuối cùng, trong q trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong  nhận được sự góp ý của Q Thầy Cơ và bạn đọc nhằm bổ sung và hồn thiện đề tài hơn.  Xin chân thành cảm ơn.                 TP Hồ Chí Minh tháng 10 năm 2010  DANH MỤC KÍ HIỆU   I   a, b    n  R n là không gian vectơ n chiều với vectơ cột  x   xi i 1   trong đó  xi  R   n n Trên  R  ta trang bị chuẩn:   x   xi   i 1 n  R nn  là không gian các ma trận cấp  n  n   X   xik i ,k 1  trong đó  xik  R  i, k  1,2, , n   với chuẩn:   n  xik X    i ,k 1  Rn   x  n n i i 1  R  : xi  0; i  1, , n ,  Rnn   x n n ik i ,k 1  R   : xik  0; i , k  1, , n    Nếu  x, y  R n  và  X , Y  R nn  thì:   x  y  y  x  Rn , X  Y  Y  X  Rnn   n n  Nếu  x   xi i  R n  và  X   xik i,k 1  R nn  thì:   x   xi  n i 1 , X   xik n i ,k 1 , n sgn  x    sgn xi i1     C I ; R n  không gian các vectơ hàm liên tục  x : I  R n với chuẩn  x C    max x  t  : t  I    C  với     là khơng gian các hàm liên tục   -tuần hồn  u : R  R  với chuẩn:   u C    max u  t  : t  R    C n 1   0;    là không gian các hàm  u :  0;    R  khả vi liên tục cấp (n – 1) với  chuẩn   n     u C n 1   0;    max u k 1 k 1 t  :  t            Cn1  là không gian các hàm khả vi liên tục cấp  n  1 ,  -tuần hoàn với chuẩn   n u Cn 1 k 1   u  k 1   C  n1  là không gian các hàm  u  C n1  với  u n1  là liên tục tuyệt đối.    C   L 0;   là khơng gian các hàm khả tích Lebesgue  u :  0;    R với chuẩn              u L 0;     u  t  dt        L I ; R n  khơng gian các vectơ hàm khả tích  x : I  R n  với chuẩn    b       x L   x  t  dt     a  L  là không gian các hàm  u : R  R ,   -tuần hồn, khả tích Lebesgue trên  0;  với  chuẩn    u L   u  s  ds     MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Lý thuyết bài tốn biên tuần hồn cho phương trình vi phân thường và phương trình vi  phân  hàm  ra  đời  từ  thế  kỷ  18,  song  đến  nay  vẫn  được  nhiều  người  quan  tâm  nhờ  các  ứng  dụng rộng rãi của nó trong các lĩnh vực vật lý, cơ học, kinh tế, nơng nghiệp, …. Đặc biệt, bài  tốn biên  tuần  hồn cho phương trình  vi  phân  hàm đạt được  nhiều kết quả bắt đầu từ  năm  1995 nhờ các kết quả của các tác giả như I. Kiguradze, B. Puza cho hệ phương trình vi phân  hàm tổng qt. Các kết quả về phương trình vi phân hàm bậc cao cũng được nghiên cứu một  cách rộng rãi và cũng đạt được nhiều kết quả đáng chú ý. Vì vậy chúng tơi chọn đề tài này  làm nội dung nghiên cứu của luận văn nhằm học tập và phát triển đề tài của mình theo hướng  của các tác giả trên.  Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tính giải được của bài tốn biên tuần hồn cho phương trình vi phân hàm  bậc cao. Từ đó, áp dụng các kết quả đạt được cho phương trình vi phân đối số chậm, đối số  lệch.   Đối tượng phạm vi nghiên cứu Lý thuyết bài tốn biên, giải tích hàm, lý thuyết phương trình vi phân hàm. Lý thuyết  bài tốn biên tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc cao.  Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài nghiên cứu Luận văn là tài liệu tham khảo cho tất cả  mọi người quan tâm đến bài tốn biên tuần  hồn cho phương trình vi phân hàm bậc cao.  Cấu trúc luận văn   Nội dung chính của luận văn gồm 2 chương Chương 1: Bài tốn biên tổng qt cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến Nội dung chính của chương là nghiên cứu sự tồn tại nghiệm đối với bài tốn biên  cho  hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến.  Chương 2: Nghiệm tuần hồn cho phương trình vi phân hàm bậc cao  Chương này nghiên cứu tính giải được của bài tốn biên tuần hồn cho phương trình vi  phân hàm bậc cao và  áp dụng các kết quả cho phương trình vi phân đối số lệch, đối số chậm.   Chương BÀI TỐN BIÊN TỔNG QUÁT CHO  HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN      1.1 Giới thiệu toán       Cho f :C I ; Rn  L I ; Rn  và  h :C I ; Rn  Rn  là các toán tử liên tục thỏa với mọi     0;    thì:    f  x . : x  C  I ; R  , x    L  I ; R    sup  h  x  : x  C  I ; R  , x      n sup C n C Xét hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến:   dx  t   f  x  t    dt với điều kiện biên    (1.1)    h x               (1.2)  Định nghĩa 1.1 Nghiệm của của bài toán (1.1), (1.2) là các vectơ hàm liên tục tuyệt đối  x : I  Rn ,  thỏa (1.1) hầu khắp nơi trên  I  và thỏa (1.2).        Trong phần hai ta nghiên cứu các điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của phương trình  (1.1), (1.2). Trong phần ba, ta thiết lập các tiêu chuẩn cho sự tồn tại nghiệm của bài toán  biên:             dx  t   f0  t , x  t     dt       (1.3)  x  t1  x    A  x  x  t2  x    c0         (1.4)  trong  đó  f0 : I  R n  R n là vectơ hàm thỏa điều kiện Caratheodory,  c0  Rn  và      ti : C I ; R n  I và  A : C I ; R n  Rnn  là toán tử liên tục.  1.2  Định lý tồn nghiệm toán (1.1), (1.2)  Định nghĩa 1.2       Cặp toán tử   p, l  với  p : C I ; Rn  C I ; Rn  L I ; Rn  và       : C I ; R n  C I ; R n  R n  được gọi là nhất quán nếu thỏa các điều kiện sau:        i) Với mỗi  x  C I ; R n cố định, toán tử  p  x,. : C I ; R n  L I ; Rn  và  ii)  Với mọi x, y  C  I ; R n  và hầu hết  t  I ta có các bất đẳng thức:      x,. : C I ; R n  Rn  là tuyến tính.   p  x, y  t    t , x C  y C ,    x, y   0  x C  y C ,  trong đó  0 : R  R là hàm không giảm và   : I  R  R  khả tích theo đối số  thứ nhất và khơng giảm theo đối số thứ hai.      Tồn tại số  thực dương   sao cho với mọi  x  C I ; R n ,  q  C I ; Rn  và  c0  Rn ,  iii) và  với  mọi  nghiệm  bất  dy  t   p  x, y  t   q  t  ,   x, y   c0   dt   thỏa   y C   c0  q L         y  kỳ  của      (1.5)        bài  toán  biên:  (1.6)  Định lý 1.3 Giả sử tồn tại số dương ρ và cặp nhất quán   p,   với            p :C I ; R n  C I ; R n  L I ; Rn  và   : C I ; R n  C I ; R n  R n là các toán tử liên tục  sao cho     0;1 mọi nghiệm của bài toán  thỏa       dx  t   p  x, x  t     f  x  t   p  x, x  t     dt (1.7)    x, x      x, x   h  x     x C               (1.8)        (1.9)    Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm.   Chứng minh Gọi   ,0  và   là các hàm và các số trong định nghĩa 1.2. Ta đặt:       t        sup  h  x  : x  C  I ; R  , x   t     t ,    sup f  x  t  : x  C I ; R n , x 0 n  q  x  t    x  c0  x    x C C   f  x t   p  x, x t       2  2 C 1  s    s    s   2    s      s         0 s   C          (1.10)        (1.11)     x, x   h  x      Khi đó do định nghĩa của f và α ta có    t   L  I ; R  ,     và với mỗi x  C I ; R n ta có   x C    x  2 ,   x C    x C  2 nên với hầu hết  t  I , ta có bất đẳng thức:  q  x  t     t  , c0  x            (1.12)  dy  t   p  x, y  t   q  x  t  ,   x, y   c0  x    dt (1.13)  ( do  q  x  t    x C   )    Cố định   x  C I ; R n , xét bài tốn biên tuyến tính  Theo điều kiện (iii) của định nghĩa 1.2 thì bài tốn thuần nhất  dy  t   p  x, y  t  , dt   x, y         (1.130)  chỉ có nghiệm tầm thường. Theo định lý 1.1 ([5]) từ điều kiện (i), (ii) của định nghĩa 1.2 và  (1.130) chỉ có nghiệm tầm thường nên bài tốn (1.13) có nghiệm duy nhất.  Mặt khác, từ các điều kiện (ii), (iii) của định nghĩa 1.2 và các bất đẳng thức trong (1.12),  nghiệm y của bài toán (1.13) thỏa  y C  y  t    *  t     0 , hầu hết  t  I   (1.14)   trong đó        L ,  *  t     t ,       t          Đặt  u : C I ; R n  C I ; Rn  là toán tử đặt tương ứng mỗi x  C I ; R n  với nghiệm  y trong  bài tốn (1.13). Từ hệ quả (1.6) ( hệ quả của định lý về tính xấp xỉ nghiệm của bài tốn biên  của hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính trong [5]), thì tốn tử u liên tục. Mặt khác, từ các  t u  x  t   u  x  s     *    d  với s, t ∈ I.  bất đẳng thức (1.14) ta có:  u  x  C  0 , s     Đặt  C0  x  C I ; R n : x C  0 , khi đó u là tốn tử liên tục từ  C0 vào tập con compact  của chính nó, nên theo ngun lý Schauder, tồn tại  x  C0 sao cho  u  x  t   x  t   với t ∈ I.  Theo đẳng thức (1.11), x rõ ràng là nghiệm của bài toán (1.7), (1.8) với       x C           (1.15)  Chúng ta cần chứng minh  x thỏa (1.9). Giả sử ngược lại, khi đó sẽ xảy ra hai trường hợp      Hoặc      x C  2               (1.16)  x C  2             (1.17)  Nếu bất đẳng thức (1.16) thỏa mãn, thì theo (1.10) và (1.15) thì     0,1  Tuy vậy, theo điều  kiện của định lý ta có (1.9) nên mâu thuẫn với (1.16).   Nếu  (1.17)  thỏa.  Khi  đó  theo  (1.10)  và  (1.15)  thì    ,  suy  ra  x  là  nghiệm  của  bài  tốn  (1.130). Điều này là khơng thể vì (1.130) chỉ có nghiệm tầm thường.   Từ các điều trên ta thấy x thỏa (1.9).   Do đó, từ (1.9), (1.10), (1.15) rõ ràng    , suy ra x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2).      Định nghĩa 1.4           p0 : C  I ; R n   L  I ; Rn   và   : C  I ; Rn   Rn  là các tốn tử tuyến tính. Chúng ta nói rằng  cặp   p ,   thuộc về lớp   pn,l nếu tồn tại dãy  xk  C  I ; Rn   k  1,2,  sao cho với mỗi  y  C  I ; R n  các điều kiện sau được thỏa mãn:   Cho p : C I ; Rn  C I ; Rn  L I ; Rn  và   : C I ; R n  C I ; R n  R n  bất kì, và  0 t lim k  t  p  xk , y   s  ds   p0  y  s  ds  đều trên I 0 lim   xk , y     y      k  Định nghĩa 1.5       Ta nói cặp tốn tử liên tục  p : C I ; Rn  C I ; Rn  L I ; Rn  và       : C I ; R n  C I ; R n  R n ,  thuộc lớp  O0n  nếu:         Với x cố định thuộc  C I ; Rn thì tốn tử  p  x,. : C I ; R n  L I ; Rn  và  i)     x,. : C I ; R n  Rn  là các tốn tử tuyến tính.     ii’)        Với bất kì x và y thuộc  C I ; Rn và hầu hết  t  I , các bất đẳng thức     p  x, y  t     t  y ,   x, y    y       thỏa mãn, trong đó   : I  R  là khả tích và  0  R   C C   iii’)       Với mỗi   p0 ,     npl , bài toán   dy  t   p0  y  t  ,   y        dt   chỉ có nghiệm tầm thường.  Hệ 1.6     (1.18)  x n 1   f  u  v   f  v  s  ds   20  u     2k k 1 t k u  C  với   t  x     (2.62)    Hay       f  u  v  s   f  v  s   ds  sgn  u      với    u         0  (2.63)  x   f  u  v   f  v  s  ds   u C   với   t  x         (2.64)  t Định lý 2.10 Giả sử tồn tại các hằng số   20  10  0,  ik   i  1,2; k  1, , n  1 và    1;1 , sao  cho với bất kỳ u, v  Cn1, toán tử  f thỏa điều kiện (2.61), (2.62). Hơn nữa, bất đẳng thức   (2.47) thỏa, với    20  Khi đó bài tốn (2.1) có duy nhất nghiệm  -tuần hồn .   10 Chứng minh Thay  v  t   vào (2.61) ta có  n 1      f  u  s   f   s   ds  sgn  u     10   u    1k u k    k 1 0  C   n1       f  u  s ds sgn  u  0     f  0 s ds  sgn  u  0   10  u    1k u k      k 1 0  0  n1   k  Suy ra   10  u    1k u    f  0 s  ds    C  k 1 0  Tương tự v  t   vào (2.62) ta có    C   x x x  f  u  s ds   f  0 s ds    f  u   f  0 s  ds   t   t t   n 1 k   20   u     2k u   k 1 C Suy ra   x n 1   f  u  ds    .10   u     2k C k 1 t x k u    f   s  ds t k  .10   u     2k u   k 1    n 1 C   f   s  ds  Do đó với   h  x   10 x, c   f   s  ds            (2.65)   thì (2.43), (2.44) thỏa.   Do đó tất cả các điều kiện của định lý 2.8 được thỏa mãn nên (2.1) có nghiệm -tuần hồn.   Ta cần chứng minh (2.1) có khơng q một nghiệm -tuần hồn. Thật vậy, giả sử  u1, u2 là hai  nghiệm -tuần hồn của (2.1), đặt          u  t   u1  t   u2  t    Nếu   u   , thì từ (2.61)        (2.66)     n     n    u  s   u2  s  ds  sgn  u      0       f  u  u2  s   f  u2  s   ds sgn  u      0    n 1 k  10  u    1k u   k 1       C n 1 Do đó   k 10   u    1k u   k 1   C         (2.67)  Rõ ràng (2.67) cũng đúng với trường hợp    u   , theo (2.67) và (2.62) thì   n 1 u  C x    n   max   u  s  ds :  t  x     t  x     max    f  u1  u  s   f  u1  s   ds :  t  x       t  n 1 k   20   u     2k u   k 1 n 1 k  10   u     2k u   k 1  n 1 k     1k u     k 1 C C     k 1       C  n1 k      2k u   k 1 n 1 k    k u    C (2.68)   C Với  k  .1k   2k  k  1, , n  1  Hơn nữa, theo (2.47) các số   k  k  1, , n  1  thỏa  (2.20) . Mặt khác, theo bổ đề 2.2 từ (2.67) ta có:    n1  n 1 10   u     1k vk  u     k 1            (2.69)      (2.70)  Áp dụng bổ đề 2.4, thì ta có  u  t    Do đó  u1  t   u2  t             hay          C  n 1 1  n 1     u     10 1k vk  u      k 1    C Do đó bất đẳng thức (2.23), (2.24) thỏa mãn, với      Định lý 2.11    n1 1    x     101k vk  x, c0       k 1  Giả sử tồn tại hằng số     và    1;1 , toán tử  f thỏa  điều  kiện (2.63), (2.64)        0v0     f   s  ds  0,         (2.71)    (2.72)  Khi đó (2.1) có duy nhất nghiệm -tuần hồn.   Chứng minh Thay  v  t    vào (2.63), (2.64) ta có       f  u  s  ds  sgn  u      0          f  u   s   f   s   ds  sgn  u      0       và   x x n 1  f  u  s  ds   f  0 s  ds   u C  t t k  c0    k u     C k 0  với  c0   f    s  ds,  k   k  1, , n  1      n 1 Các bất đẳng thức (2.45), (2.46) thỏa, hơn nữa vì     vk  k  v0    k 0 nên tất cả các điều kiện của định lý 2.9 đều thỏa mãn, suy ra (2.1) có nghiệm -tuần hồn.   Giả sử  u1  t  , u2  t   là hai nghiệm tuần hoàn của (2.1), ta cần chứng minh  u1  t   u2  t     Đặt  u  t   u1  t   u2  t   Giả sử    u   , từ (2.63) ta có    0    n  u  s  ds sgn  u       f  u1  u  s   f  u1  s   sgn  u      (mâu thuẫn)    0   Vậy    u     Mặt khác, từ (2.64) ta có:             u n 1 C  0 u C         (2.73)  Do đó, bất đẳng thức (2.23),(2.24) thỏa với  c0  0,  k   k  1, , n  1  và   0v0   Áp  dụng bổ đề 2.4  ta có  u  t       2.4 Định lý tồn nghiệm toán (2.3) 2.4.1 Định lý tồn nghiệm toán (2.3)  Định lý 2.12 Giả sử tồn tại  hằng số    0, 1,1 và các hàm  pik  L  i  1,2; k  1,2, n  ,  q  L sao cho trên  R n 1  các bất đẳng thức sau thỏa:   n  g  t , x1, , xn  sgn  x1   p11  t  x1   p1k  t  xk  q  t  k 2  (2.74) n g  t , x1, , xn   p21  t  x1   p2k  t  xk  q  t  k 2  Hơn nữa      p11  t  dt              (2.75)   nếu    ,      (2.76)  n  Và    vk 1   p1k  s   p2 k  s   ds    k 2    v0    p11  s   _  p21  s  ds  n   vk 1   p1k  s   p2k  s  ds  1 nếu    1  k 2 (2.77)    p21  t  dt trong đó     0     p11  t  dt Khi đó bài tốn (2.3) có ít nhất một nghiệm -tuần hồn.   Chứng minh: Với bất kỳ  u  Cn1, ta đặt      f  u  t   g t , u 1  t   , , u  n 1  n  t            (2.78)  Khi đó bài tốn  (2.3) được đưa về bài tốn (2.1).   Với mọi  k     0,  1, , n   và  i     1,  2,  ,  n theo điều kiện (2.5) thì  k k k u   i  t      u    i  t   m   u    i  t    (m là số nguyên).   Suy ra      g  t , u   t   , , u  f  u  t     g t   , u 1  t     , , u  n 1 n 1  n  t       n  t        f  u  t  Hơn nữa g : R n  R  thuộc lớp Caratheodory nên f : Cn1  L  là liên tục và thỏa điều kiện  (2.2).   Lấy  u  Cn1 và    u   u  t0  , theo bổ đề 2.2 ta có      u 1  t       u   u   t    u  t0         n 1   v0 u t  R    1    C  Suy ra  u 1  t       u   v0 u  n 1  t  R   C   (2.79)  Với    u   , từ (2.79) ta thay vào (2.74), khi đó lấy tích phân (2.78) ta được      f  u  s  ds  sgn  u      0      g s, u 1  s   , , u  n 1  n  s    sgn  u 1  s    ds    n     p11  s  u 1  s     p1k  s  u   k 2 0    u    k 1   k  s    q  t   ds    C  n 1 p s ds  v p s _ ds u       11 11       n  k 1     p1k  s   ds u       k 2    C   q  s  ds  n   k 1 n 1   h    u    v0   p11  s   _ ds u    p1k  s  ds u    C k 2 C   q  s  ds    Và    x      f  u  s  ds   h    u    v0   p21  s   ds  u  n 1   C t  n  k 1    p2k  s  ds u   k 2  (do bổ đề 2.1 thì  u C  C Với  h  x   x     q  s  ds   t  x    n1    u   v0 u  (2.80)      )  C         p11  s ds  và theo điều kiện (2.75)   p11  s  ds   thì  h  tăng và  h  x    khi  x     Nếu    , từ (2.76) tồn tại      sao cho      v0  n     p11  s  _  p21  s  ds   vk 1   p1k  s   p2k  s   ds  1  k 2 (2.81)  Đặt       , c0   q  s    / 1 ds    v0   0      với      p s _  p s ds  11    21          1,c0   q  s  ds  với          1k   p1k 1  s  ds  k  1, , n  1 ,  1n 1    v0   p11  s   _ ds   p1n 1  s  ds   0   2k   p2k 1  s  ds  k  1, , n   ,        2n1    v0  p21  s  ds   p2n 1  s  ds 0   p21  s  ds Và do (2.74) ta có  x1  1, xi   i  2, , n   thì ta có  p21  t   p11  t   nên     0  1   p11  s  ds Ta xét trường hợp    , với cách đặt trên ta có:    n   n 1 k 1  h    u    v0   p11  s   _ ds u    p1k  s  ds u     C n 1  h    u     1k k 1  k 2 0   n 1    n 1 v0 u   p11  s  _ ds   v0 u   q  s  ds  k u    c0   1 v0    p11  s   _  p21  ds    C C C   p11  s  _ ds Để chứng minh (2.34) đúng ta cần chứng minh         1 v0    p11  s   _  p21  ds v0 u  n 1   C    p11  s  _ ds   v0 u n 1 C      p11  s   _ ds   Ta chứng minh  0    1 v0  p11  v0 u   Hay   1 n 1   u  s  _ ds    C    p11  s   _ ds   v0 u n 1 C n 1  u C n 1      p11  s   _ ds    C  n1 Áp dụng bất đẳng thức Young với  a   , b   u    1 C  1 , q      ,p 1    thì bất đẳng thức trên đúng. Vậy (2.34) đúng.   Tương tự ta cũng có (2.34) đúng.   Mặt khác với cách đặt như trên thì các số  ik  i  1,2; k  1, , n  1  thỏa (1.15) với    1   1  và các hàm pik  i  1,2; k  1, , n  thỏa  (2.81)(2.77)  Do đó, tất cả các điều kiện của định lý 2.8 thỏa mãn, từ đó suy ra sự tồn tại nghiệm -tuần  hồn  của bài tốn (2.3)    Định lý 2.13 Giả sử tồn tại hằng số  c0  0,  1,1 , các hàm   g0  L , pk  L  k  1, , n   , q  L  sao cho:              g0  s  ds    và trên  R n 1  các bất đẳng thức sau thỏa          (2.82)   g  t , x1, , xn   g0  t   sgn  x1    x1  c0    n     g  t , x1, , xn    pk  t  xk  q  t    (2.83)  k 1 hơn nữa   n           vk 1  pk  s  ds    k 1       (2.84)          (2.85)   n  t            (2.780) Từ (2.82),    (2.86)  Khi đó bài tốn (2.3) có nghiệm -tuần hồn.  Chứng minh Khơng mất tính tổng qt ta có thể giả sử            q  s  ds  c0    Ta đặt  f  u  t   g t , u 1  t   , , u  n 1 (2.83) và (2.780),  lấy tích phân ta suy ra (2.45), (2.46) với    k   pk 1  s  ds  k  0, , n  1           Mặt khác, theo (2.84), các số   k  k  0, , n  1  thỏa (2.56)  Vậy các điều kiện của định lý 2.9 thỏa, nên ta có điều cần chứng. minh     2.4.2 Định lý nghiệm toán 2.3  Định lý 2.14 Giả sử tồn tại hằng số    1;1  và các hàm   pik  L  i  1,2; k  1, , n   sao cho trên  R n 1 các bất đẳng thức sau thỏa  n  g  t, x1, , xn   g  t, y1, , yn  sgn   x1  y1    p11  t  x1  y1   p1k  t  xk  yk k 2 n g  t , x1, , xn   g  t , y1, , yn    p2 k  t  xk  yk       (2.87)  k 1   p21  s  ds  ds Hơn nữa bất đẳng thức (2.75) ,(2.77) xảy ra với    0    p11  s  ds  ds Khi đó bài tốn (2.3) có duy nhất nghiệm -tuần hồn.   Chứng minh Để chứng minh định lý, ta cần chứng minh tốn tử  f với cách đặt như  (2.78), thỏa các điều  kiện của (2.10).   Theo bổ đề (2.2) ta có   u   t      u   u   t    u  t0   v0 u  Suy ra u   t       u   v0 u  n 1   n 1 t   C     C Với mọi  u, v  Cn1, từ (2.86), (2.78) lấy tích phân ta được     f  u  v  s   f u  s  ds sgn  u  0    n   p11  s  ds u 1  t      p1k  s  u   n  s        với    u     k 2  n 1    u   p11  s  ds  v0 u  Và   k 1 C  n  k 2  k 1  p s  _ ds  p s ds u     11 k     C x   n 1 t 0 k 1 k   f  u  v   f  v  s ds   p21  s  u 1  s   ds    p2k  s  u  s  ds  n 1   p21  s ds  u   v0 u   C  n 1 k 1   k     p s _ ds p s ds u      k 21     C Đặt    1k   p1k 1  s  ds  k  0, , n       1n 1  v0   p11  s   _ ds   p1n 1  s  ds 0   k   p2 k 1  s  ds  k  0, , n               (2.88)   n 1  v0   p21  s   _ ds   p2 n 1  s  ds 0 Thì các bất đẳng thức (2.61) và (2.62) được thỏa mãn.    Mặt khác, từ điều kiện (2.75), (2.77) ,  10   và điều kiện (2.47) thỏa với    20    10 Vậy định lý được chứng minh     Ta xét phương trình         n u   t   g t , u   t               (2.89)  Ta thấy (2.87) nhận được từ (2.3) bằng cách cho  g  t , x1, , xn   g  t , x1   và 1  t     t   Ta  cũng giả sử rằng hàm số  g : R  R  R  thuộc lớp Caratheodory và             g t  , x   g t, x            hầu hết  t  R  và mọi  x  R  Và  : R  R  đo được trên mỗi khoảng hữu hạn và   t     t    là một số nguyên.    Khi đó ta có định lý sau:   Định lý 2.15 Giả sử tồn tại hằng số    1;1  và một hàm  p  L  sao cho điều kiện     g  t , x   g  t , y   sgn   x  y    p  t  x  y     (2.90)  thỏa hầu hết  t  R  và mọi  x  y  Hơn nữa,     g  s,0  ds  0,  v0  p  s  ds      (2.91)    (2.92)  Khi đó bài tốn (2.89) có duy nhất nghiệm  -tuần hồn.   Chứng minh Với bất kì  u  Cn1, ta đặt           f  u  t   g  u  t          Từ (2.90), (2.91) ta suy ra (2.63), (2.64) thỏa với     p  s  ds  Từ đó ta thấy tốn tử  f thỏa tất cả các điều kiện của (2.11), do đó hệ quả được chứng minh.                               KẾT LUẬN      Luận  văn  đã  trình  bày  các  vấn  đề  cơ  bản  của  lý  thuyết  bài  tốn  biên  tuần  hồn  cho  phương trình vi phân hàm bậc cao. Cụ thể, trong chương 1, chúng tơi đã nghiên cứu sự tồn  tại nghiệm đối với bài tốn biên tổng qt cho phương trình vi phân hàm phi tuyến, các kết  quả chính của chương là định lý 1.3 và hệ quả 1.8. Trong chương 2, khi áp dụng các kết quả  của chương 1 chúng tơi đã thiết  lập các điều kiện  đủ cho sự tồn tại  nghiệm tuần  hồn cho  phương trình vi phân hàm bậc cao (2.1), kết quả cụ thể là các định lý (2.8), (2.9). Tiếp theo  chúng tơi đã thiết lập các điều kiện đủ cho bài tốn (2.1) có duy nhất nghiệm tuần hồn, kết  quả  chính  là  các  định  lý  (2.10),  (2.11).  Khi  áp  dụng  các  kết  quả  trên  cho  phương  trình  vi  phân đối số  lệch (2.3), chúng tơi cũng thiết lập các điều kiện đủ cho sự tồn tại và duy nhất  nghiệm tuần hồn cho phương trình (2.3) với kết quả là định lý (2.12), (2.13), (2.14).     Từ những vấn đề đưa ra trong luận văn, một câu hỏi đặt ra là các kết quả trên cịn đúng  hay  khơng  cho  bài  tốn  biên  nhiều  điểm  cho  phương  trình  vi  phân  hàm  bậc  cao.  Hơn  nữa  chúng tơi cịn chưa nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm của các bài tốn trên do thời gian có hạn.    Chính  vì  vậy thơng qua các kết quả đã đạt được trong  luận  văn  này, tơi  mong  muốn  được mở rộng và tiếp tục nghiên cứu các vấn đề nêu trên. Tơi rất mong sự góp ý và chỉ bảo  của Q Thầy Cơ trong hội đồng.                 TP Hồ Chí Minh tháng 10 năm 2010  TÀI LIỆU THAM KHẢO   [1]   N.V Azbelev, V. P. Maksimov and L. F. Rakhmatullina, Introduction to the Theory of Functional Differential, (Russian) Nauka, Moscow, 1991  [2]    J.  Cronin,  Periodic solutions of some nonlinear differential equations, J.  Differential  Equation 3 (1997), 31 – 46.   [3]  J. K Hale, Periodic and almost periodic solutions of functional – differential equations,   Arch. Rational Mech.Anal. 15 (1964), 289 - 304  [4]  I.Kiguradze,  On periodic solutions of systerms of non-autonomousordinary differential equations, (Russian) Mat, zametki 39 (1986), No.4, 562 – 575   [5]    I. Kiguradze and B. Puza, On boundary value problems for systems of linear functional differential equations, Czech. Math. J 47 (1997) No. 2, 341 – 373.  [6]    I.  Kiguradze  and  B.  Puza,  Conti – Opial type theorems for systems of functional differential equations, (Russian) Differentsial’nye Uravneniya 33 (1997), No. 2, 185 –  194.  [7]  I. Kiguradz, B.Puza, On boundary value problems for functional differential equations.  Mem. Differential Equations Math. Phys. 12(1997), 106 – 113.  [8]    I.  Kiguradze,  On periodic solutions of n – th order ordinary differential equation, Nonlinear analysis:  Theory,  Methods  & applications, vol. 40,  no.  1- 8, pp.  309 – 321,  2000.   [9]   I.  Kiguradze,  N.  Partsvania,  B.Puza,  On Periodic Solutions of Higher – Order Functional Differential Equations, Boundary Value Problems, Vol 2008, 2008.   [10]   I.  Kiguradze,  B.Puza,  On periodic solutions of nonlinear functional differential equations, Geogian Mathematical Journal, Vol.6, no.1, pp 47 – 66, 1999.   [11]  I. Kigurade, B. Puza, On the solvability of boundary value problems for systems of nonlinear differential equations with deviating arguments Mem. Differential Equations  Maths. Phys. 10(1997), 157 – 161.        ... hồn cho phương trình vi phân hàm bậc cao? ? Chương này nghiên cứu tính giải được của? ?bài? ?tốn? ?biên? ?tuần? ?hồn? ?cho? ?phương? ?trình? ?vi? ? phân? ?hàm? ?bậc? ?cao? ?và  áp dụng các kết quả? ?cho? ?phương? ?trình? ?vi? ?phân? ?đối số lệch, đối số chậm.  ... phạm vi nghiên cứu Lý thuyết? ?bài? ?tốn? ?biên,  giải tích? ?hàm,  lý thuyết? ?phương? ?trình? ?vi? ?phân? ?hàm.  Lý thuyết  bài? ?tốn? ?biên? ?tuần? ?hồn? ?cho? ?phương? ?trình? ?vi? ?phân? ?hàm? ?bậc? ?cao.   Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề... Nghiên cứu tính giải được của? ?bài? ?tốn? ?biên? ?tuần? ?hồn? ?cho? ?phương? ?trình? ?vi? ?phân? ?hàm? ? bậc? ?cao.  Từ đó, áp dụng các kết quả đạt được? ?cho? ?phương? ?trình? ?vi? ?phân? ?đối số chậm, đối số  lệch.   Đối tượng phạm vi nghiên cứu Lý thuyết? ?bài? ?tốn? ?biên,  giải tích? ?hàm,  lý thuyết? ?phương? ?trình? ?vi? ?phân? ?hàm.  Lý thuyết