Thông tin tài liệu
THƯ VIỆN BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỐ CHÍ MINH Vũ Thị Lệ Thủy SỰ DAO ĐỘNG CỦA NGHIỆM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC MỘT Chun ngành: Tốn Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS TRẦN ĐÌNH THANH Thành phố Hồ Chí Minh – 2010 LỜI CẢM ƠN Đầu tiên, xin chân thành cảm ơn Thầy PGS TS Lê Hồn Hóa Thầy TS.Trần Đình Thanh tận tình hướng dẫn cho tơi hồn thành luận văn Tơi xin cảm ơn Thầy Cơ khoa Tốn – Tin học Trường Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh tận tình giảng dạy tơi từ ngày vào trường Sư phạm học Cao học Đặc biệt xin chân thành cảm ơn qúy Thầy Cô tham gia giảng dạy lớp Cao học Giải Tích khóa 18 Tơi gởi lời cảm ơn đến Ban Giám Hiệu, khoa Khoa Học Cơ Bản Trường Cao Đẳng Công Nghệ Thủ Đức tạo điều kiện thuận lợi cho công tác để tơi n tâm tham gia đầy đủ khóa học Tơi xin cảm ơn Khoa Tốn – Tin học Phịng KHCN&SĐH Trường Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học hoàn thành luận văn Cao học Sau cùng, xin cảm ơn bạn bè đồng nghiệp, bạn học viên lớp Cao học Giải tích K.18 động viên, giúp đỡ tơi suốt khóa học TP Hồ Chí Minh, Tháng năm 2010 Vũ Thị Lệ Thủy MỞ ĐẦU Trong thời đại khoa học công nghệ, khoa học sinh học phát triển nhanh chóng nay, có nhiều nghiên cứu cho thấy ứng dụng quan trọng phương trình vi phân đối số lệch vào lãnh vực vật lí, sinh học, sinh thái học sinh lí học Nhiều nhà tốn học giới tiếp tục nghiên cứu nhiều phương trình vi phân đối số lệch Đặc biệt, quan tâm nghiên cứu dao động nghiệm cho phương trình vi phân bậc Trên tinh thần tìm hiểu rõ vấn đề dao động nghiệm cho phương trình vi phân trung hịa đối số lệch bậc loại tuyến tính khơng tuyến tính, tơi chọn đề tài làm nội dung nghiên cứu luận văn nhằm học tập phát triển đề tài theo hướng nghiên cứu Luận văn sâu vào nghiên cứu hai hướng Lý thuyết định tính phương trình vi phân có nhiều ứng dụng thực tiễn, dao động tính ổn định nghiệm cho phương trình vi phân trung hòa đối số lệch bậc loại tuyến tính khơng tuyến tính Luận văn gồm có ba chương Chương 1, trình bày số kết dao động nghiệm cho phương trình vi phân đối số lệch bậc một: d x(t ) + dt n P (t ) x(t a ) i 1 i i = trích từ báo 1 Chương luận văn, khảo sát dao động nghiệm cho phương trình vi phân khơng tuyến tính trung hịa đối số lệch bậc một: d x(t ) px(t a) + Q(t) f(x(t - b)) = 0, t t0 dt trích từ báo 2 Chương luận văn, trình bày số kết tính ổn định nghiệm cho phương trình vi phân tuyến tính trung hịa đối số lệch bậc một: d x(t ) P(t ) x(t a) + Q(t) x(t- b) = 0, t t0 dt trích từ báo 3 Trong luận văn số kết sử dụng phát biểu dạng định lí bổ đề không chứng minh CHƯƠNG SỰ DAO ĐỘNG CỦA NGHIỆM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT Xét phương trình vi phân đối số lệch cấp một: x ' (t ) + P(t)x(t - a) = (1.1) đó: i) P(t) 0, hàm liên tục ii) a: số dương Hay tổng quát hơn: x ' (t ) + n P (t ) x(t a ) i i 1 i =0 (1.2) đó: i) Pi (t ) hàm liên tục, với i 1, n ii) số dương, với i 1, n Với nghiệm phương trình (1.1) (hay (1.2)), có hàm x C t , , , với a ( hay maxai ), t t 1in Nghiệm phương trình (1.1) (hay (1.2)) gọi dao động có vơ số không điểm Chúng ta thiết lập điều kiện cho dao động nghiệm cho phương trình vi phân (1.1) (hay (1.2)) 1.1 Những bổ đề Bổ đề 1.1: Nếu t lim sup t Pi ( s )ds t với i x(t) nghiệm dương phương trình (1.2) lim inf t x(t ) x(t ) (1.3) Chứng minh Theo giả thiết, tồn số dương d dãy tk cho: tk , k tk tk , k = 1,2,… Pi ( s)ds d lúc đó, tồn bi (tk , tk ) , với k có: bk d P (s)ds i tk (1.4) tk d Pi ( s )ds tk Theo cách viết khác, từ phương trình (1.2) kéo theo: (1.5) x ' (t ) Pi (t ) x(t ) Lấy tích phân (1.5) đoạn tk , bk đoạn bk , tk , ta có: bk x(bk ) x(tk ) Pi ( s ) x( s )ds (1.6) tk x(tk ) x(bk ) tk Pi ( s )ds (1.7) bk Bỏ qua số hạng (1.6) (1.7), việc sử dụng tính giảm hàm x(t) từ (1.4), ta có: x(tk ) d x(bk ) x(bk ) d x(tk ) hay x(bk ) d x(bk ) 2 Từ đó, dẫn tới: lim inf t x(t ) x(t ) Bổ đề chứng minh Bổ đề 1.2: Nếu phương trình (1.2) có nghiệm dương, đó: t Pi ( s )ds , i =1,2,…,n t Chứng minh Xem chứng minh định lí 2.1.3 4 1.2 Các kết (1.8) Định lí 1.1 t a P( s)ds Giả sử , t t0 , với t0 t t a t P(t ) ln e t P(s)ds dt (1.9) Khi nghiệm phương trình (1.1) dao động Chứng minh Bằng phương pháp phản chứng, giả sử phương trình (1.1) có nghiệm dương x(t), rõ ràng x(t) đơn điệu giảm Đặt : x ' (t ) (t ) , với t đủ lớn hàm số (t ) không âm, liên tục x(t ) t x(t) = x(t1 ) exp( ( s)ds) , x(t1 ) , với t1 t0 t1 Hơn (t ) thỏa: t (t ) P(t ) exp( ( s )ds ) (1.10) t a Áp dụng bất đẳng thức e rx x ln(er ) , r với x > r > Như vậy: (t ) P (t ) exp( A(t ) t ( s )ds ) A(t ) t a t ln(eA(t )) P(t ) ( s)ds A(t ) A(t ) t a t a A(t ) P(s)ds t Dẫn đến: t a t t a t t a t (t ) P( s )ds P(t ) ( s )ds P(t ) ln(e P( s )ds ) Khi với N >T, ta có: (1.11) N t a N T T t a t N t a T t (t ) P(s)ds dt P(t ) (s)ds dt P(t ) ln(e P(s)ds)dt t (1.12) Do: N t N T T t a T P(t ) (s)dsdt = sa P(t ) ( s )dt ds s N a sa ( s ) P(t )dtds T s N a = T t a (t ) P( s )dsdt (1.13) t Từ (1.12) (1.13) dẫn đến: N N a t a N t a t T t (t ) P( s)dsdt P(t ) ln(e P ( s )ds )dt (1.14) Theo bổ đề 1.2, ta có: t a P(s)ds (1.15) t Từ (1.14) (1.15), dẫn đến: N N a N t a T t N t a (t )dt P(t ) ln(e P ( s )ds )dt x( N a ) ln P (t ) ln(e P ( s )ds )dt x( N ) T t (1.16) Từ (1.9), ta có: lim t x(t a) x(t ) (1.17) Theo cách viết khác, từ (1.9) dẫn tới tồn dãy tn : tn , n mà tn a tn P( s)ds , n e Khi theo bổ đề (1.1), ta phải có: lim inf t x(t a) x(t ) Điều mâu thuẫn với (1.17) Định lí chứng minh Định lí 1.2 Giả sử an max a1 , a2 , , an Với giả thiết n t i 1 t t0 , với t0 > Pi ( s )ds 0, t t an lim sup t (1.18) Pn ( s )ds t Nếu t a n n i P ( t ) ln e P ( s ) ds dt i i i 1 t t0 i 1 (1.19) Khi nghiệm phương trình (1.2) dao động Chứng minh Bằng phương pháp phản chứng, giả sử phương trình (1.2) có nghiệm dương x(t) x(t) đơn điệu giảm Đặt: (t ) x ' (t ) x(t ) Khi đó, (t ) không âm, liên tục tồn t1 t0 , cho: x(t1 ) Như vậy: t x(t ) x(t1 ) exp ( s )ds t Hơn (t ) thỏa: n (t ) Pi (t ) exp t t a i i 1 ( s ) ds Nếu đặt: n t B (t ) i 1 Pi ( s )ds t Áp dụng bất đẳng thức e rx x ln(er ) , r với x> r > Ta tìm thấy: n i 1 (t ) Pi (t ) exp B(t ) t ( ) s d s B(t ) t ai t (eB(t )) ( s ) ds ln Pi (t ) B(t ) i 1 B(t ) t n hay t a t n n t n n i Pi ( s )ds (t ) Pi (t ) ( s)dsdt Pi (t ) ln e Pi ( s )ds i 1 i 1 i 1 t t i 1 t (1.20) Khi với N > T, ta có: n t P ( s ) ds i (t )dt T i 1 t N n N t P (t ) (s)dsdt i i 1 T t t a n n i Pi (t ) ln e Pi ( s )ds dt i 1 t T i 1 N (1.21) Do: N s Pi ( s ) ( s )dt ds s n N t n P (t ) (s)dsdt T i 1 i i 1 t T n N = (t ) t Pi ( s )dsdt (1.22) t a n n i Pi ( s )dsdt Pi (t ) ln e Pi ( s )ds dt i 1 t T i 1 (1.23) i 1 T t Từ (1.21) (1.22), ta có: n N (t ) i 1 N t N t Mặt khác theo bổ đề 1.2, ta có: t Pi ( s )ds , i =1,2,…,n (1.24) t Khi đó, (1.23) (1.24), ta có: t a n n i (t )dt Pi (t ) ln e Pi ( s )ds dt i 1 N i 1 t T i 1 n N N Hay n ln i 1 t a N x( N ) n n i Pi (t ) ln e Pi ( s)ds dt x(t ) i 1 t T i 1 (1.25) Trong (1.20), ta có: n lim t i 1 x(t ) x(t ) (1.26) Từ đó, suy ra: lim t x(t an ) x(t ) (1.27) T1 T0 T1 t b y (T0 ) Q(t )dt Q(t ) Q( s )dsdt T0 T1 T0 T1 T1 t b = Q(t )dt Q( s )ds Q(t ) Q( s )dsdt T0 T1 T1 t b = Q(t ) Q( s)dsdt T0 T0 p Q( s )ds Q ( s )ds 2 T1 T1 = (1- 2p) T 1 Trường hợp p , Q( s )ds 2(1 p) Lấy tích phân (3.11) từ đến T0 , ta được: T0 t b y (T0 ) Q(t ) Q( s )dsdt T0 t b t t = Q(t ) Q( s)ds Q( s)ds dt t Q(t ) 2(1 p ) Q( s )ds dt T0 T0 T0 = 2(1 p) Q( s )ds Q( s)ds 2 (1 p) Vậy, ta ln có: y (T0 ) (1 p) Điều mâu thuẫn với: y (T0 ) z (T ) p (1 p) Do đó, ta có: x(t ) , t t ' Định lí chứng minh Định lí 3.2 Giả sử P(t ) p, p 0, 2 Q(s)ds (3.13) t0 Nếu t p , p lim sup Q( s )ds t t b (3.14) t 1 p , lim sup Q( s )ds 2(1 p ) t t b (3.15) Khi nghiệm phương trình (3.1) tiến t Chứng minh Gọi x(t) nghiệm phương trình (3.1) Ta chứng minh (3.16) lim x(t ) t Trường hợp x(t) không dao động, định lí chứng minh (Xem định lí ) Ở ta xét x(t) dao động Đặt z(t) chứng minh định lí 3.1, nghĩa là: z(t) = x(t) – P(t)x(t – a) Theo chứng minh định lí 3.1, ta có x(t) bị chặn Đặt: lim sup x(t ) Khi t k lim sup z (t ) (1 p) (3.17) t Ta chứng minh: Ngược lại, giả sử µ > Khi với (0, (1 p) ) , tồn A 1, , B 0, 2(1 p) 2 T t0 cho: x(t ) , t T M A p, p Q(s)ds t b B, p t t ≥T (3.18) Đặt y(t) = z(t) – p(µ + ε), t ≥ T- b Khi -x (t – b) = - z(t - b) – P(t - b)x(t – b - a) (3.19) ≤ - z(t - b) + p(µ+ε) = - y(t - b) , t ≥ T Từ (3.1) (3.19), ta có: y ' (t ) z ' (t ) Q(t ) x(t b) Q(t ) y (t b) , t ≥ T (3.20) Ở z ' (t ) dao động, có dãy tăng Tn cho Tn T a 2b, Tn , z (Tn ) k n , z (Tn ) (1 p )( ) , Tn cực đại địa phương trái z (t ) Khi có hai trường hợp: Trường hợp 1: z (Tn ) đơn giản Trường hợp 2: Ta xét z (Tn ) Khi ta có: y (Tn ) z (Tn ) p ( ) (1 p )( ) Do định nghĩa Tn , ta dễ dàng thấy y (Tn b) Vì tồn n Tn b, Tn cho: y ( n ) Từ (3.20), ta có: y ' (t ) Q(t )( ) , t ≥ T (3.21) Lấy tích phân hai vế (3.21) từ t - b đến n , ta được: n y (t b) ( ) Q( s )ds, n t Tn t b Thế vào (3.20), ta có: n y (t ) ( )Q (t ) Q( s )ds, n t Tn ' (3.22) t b Đặt 1 max A p , , p L B , p Ta có: L < - 2p Ta chứng minh: y (Tn ) L( ) Xét ba trường hợp: Tn Trường hợp p , Q( s )ds n Lấy tích phân (3.22), từ n đến Tn , ta có: Tn n n t b y (Tn ) ( ) Q(t ) Q( s )dsdt (3.23) t t = ( ) Q(t ) Q( s)ds Q( s)ds dt n n t b Tn t ( ) Q(t ) A p Q( s)ds dt n n Tn Tn Tn = ( ) ( A p) Q( s)ds Q( s)ds n n 1 ( ) max A p,1 2 = L(µ+ε) Tn Trường hợp p , Q( s)ds n Tn Chọn n n , Tn cho: Q(s)ds n Sau lấy tích phân (3.21) từ n đến n lấy tích phân (3.22) từ n đến Tn , ta có: n Tn n n n t b y (Tn ) ( ) Q(t )dt ( ) Q(t ) Q ( s )dsdt n Tn n Tn n Tn = ( ) Q(t )dt Q( s )ds Q(t ) Q( s)dsdt ( ) Q(t ) Q( s)dsdt n n t b n t b n Tn Tn 1 ( ) ( A p ) Q( s )ds Q( s )ds ( )( A p ) n n ≤ L(µ+ε) T Trường hợp 1 n p , Q( s )ds B n Lấy tích phân (3.22) từ n đến Tn , ta được: Tn n Tn t t y (Tn ) ( ) Q(t ) Q( s )dsdt ( ) Q(t ) Q( s )ds Q( s )ds dt t b n n n t b Tn t Tn ( ) Q(t ) B Q( s )ds dt ( ) B Q( s )ds Q( s )ds n n n n Tn B ( ) L( ) Cả trường hợp cho thấy (3.23) thỏa, từ (3.23) có: z (Tn ) ( L p )( ) Cho n , ta có: K lim sup z (Tn ) ( L p ) (1 p ) n Điều mâu thuẫn với (3.17) Do Định lí chứng minh Định lí 3.3 Giả sử ≤ P(t) ≤ p , p 0, tồn số nguyên dương N cho p p N 2 p 1 p t 3b ( N 1) a Q( s )ds t , t ≥ t0 (3.24) Khi nghiệm khơng phương trình (3.1) ổn định Chứng minh Đặt M = max a, b , m = a, b Chọn số nguyên dương k cho km ≥ 2(3b + Na) Với ε > bất kì, đặt (1 p ) (1 p ) p 3 k Ta chứng minh với t ' t0 , C t ' M , t ' , , , ta ln có: x(t ) , t t ' x(t) nghiệm phương trình (3.1) thỏa mãn điều kiện ban đầu x(s) = ( s) , với s t ' M , t ' Tương tự định lí 3.1, ta có x(t ) p 3 , t t ' , t ' km k Kéo theo x(t ) , t ' t t ' km Tiếp theo ta chứng minh: x(t ) , t t ' km Bằng phương phản chứng, giả sử có T t ' km cho x(T ) x(t ) , với t ' t T Khơng làm tính tổng quát, ta giả sử x(T) = ε Vì (3.7) tồn T0 t ' km, T cho z (T0 ) max z (t ),t ' km t T hai khả xảy ra: z(t) > 0, t T0 (3b ( N 1)a).T0 z (t ) z (T0 ) với t ' km t T0 , có Tồn T0 (3b ( N 1)a), T0 cho z ( ) 0, z (t ) 0, t , T0 Xét khả 1: z(t) > Ta có: x(t ) p i , t T0 (3b ( N i )a, T0 , i=1, 2, …, N (3.25) z ' (t ) Q(t ) z (t b) P (t b) x(t b a) Q(t ) z (t b) P N , t T0 2b, T0 Đặt y(t) = z(t) - p N , t t ' (3.26) Khi y ' (t ) z ' (t ) Q(t ) x(t b) Q (t ) y (t b), t T0 2b, T0 (3.27) Tương tự, chứng minh định lí 3.1, từ (3.27) dễ dàng kết luận y (T0 b) y (T0 ) z (T ) p N (1 p p N ) Hơn nữa: T0 b, T0 cho: y ( ) Do tồn tại: Từ (3.26) (3.27), ta có: y ' (t ) Q(t ) p N , t T0 2b, T0 (3.28) Lấy tích phân (3.28) từ đến T0 , ta có: y (t b) p N Q(s)ds, t T b, T0 t b Thế vào (3.27), ta có: y ' (t ) p N Q (t ) Q( s )ds, t T0 b, T0 t b Có hai trường hợp xảy ra: T0 Trường hợp Q( s)ds p Lấy tích phân (3.29) từ ξ đến T0 ta có: T0 t b y (T0 ) p Q(t ) Q( s )ds N (3.29) t t = p Q(t ) Q( s)ds Q( s)ds dt t b T0 N (1 p )(3 p ) t p Q(t ) Q( s )ds dt T0 N T0 T0 (1 p )(3 p ) =p Q(s)ds Q(s)ds N 1 p p N (1 p p N ) T0 Trường hợp Q( s)ds p T0 Chọn T1 ( , T0 ) cho: Q( s)ds p Sau lấy tích phân (3.28) từ ξ đến T1 lấy T1 tích phân (3.29) từ T1 đến T0 , ta có: T1 T0 T1 t b y (T0 ) p Q(t )dt p Q(t ) Q( s )dsdt N N T0 T1 T1 T0 p Q(t )dt Q( s )ds p Q( s )ds Q(t ) Q( s )dsdt T1 t b T1 N T1 T0 p Q(t ) Q( s )dsdt T1 t b N T0 T0 p Q ( s )ds Q ( s )ds T1 T0 T0 (1 p )(3 p ) p Q(s)ds T Q(s)ds T1 1 N (1 p )(3 p ) T0 Q( s )ds p T1 1 p p N (1 p p N ) Vậy trường hợp cho thấy: y (T0 ) (1 p p N ) (3.30) Điều mâu thuẫn với: y (T0 ) y (T ) (1 p p N ) Xét khả 2: Tồn T0 (3b ( N 1)a), T0 cho z ( ) , z(t) > 0, t , T0 , ta có: z ' (t ) Q(t ) , t ' t T0 (3.31) z ' (t ) Q(t ) p Q( s )ds , t T0 t (3b ( N 1) a ) (3.32) Có hai trường hợp xảy ra: T0 Trường hợp Q( s)ds p Lấy tích phân (3.32) từ ξ đến T0 , ta có T0 z (T0 ) Q(t ) p Q( s )ds dt t 3b ( N 1) a t t Q ( s ) ds Q ( s ) ds Q(t ) p dt t 3b ( N 1) a T0 t (1 p )(3 p ) Q(t ) p Q( s )ds dt T0 T0 T0 p p Q(s)ds Q(s)ds ≤ (1 - p)ε Trường hợp T0 Q(s)ds p T0 Chọn T2 ( , T0 ) cho Q(s)ds p Sau lấy tích phân (3.31) từ ξ đến T2 lấy T2 tích phân (3.32) từ T2 đến T0 , ta có: z (T0 ) Q(t )dt Q(t ) p Q ( s ) ds dt T2 t 3b ( N 1) a T2 T0 T0 T0 T2 T0 Q ( s ) dsdt Q(t )dt Q( s )ds p Q( s )ds Q(t ) T2 T2 t 3b ( N 1) a T0 T2 T0 Q ( s ) dsdt p Q ( s ) ds Q(t ) t 3b ( N 1) a T2 T0 T0 (1 p )(3 p ) (1 p )(3 p ) Q ( s ) ds Q ( s ) ds p 2 T2 T2 = (1 – p) ε Vậy trường hợp ta có: z (T0 ) (1 p ) Điều mâu thuẫn với: z (T0 ) z (T ) (1 p ) Do đó, ta phải có: x(t ) , t t ' km Vậy (3.33) x(t ) , t t ' Định lí chứng minh Tương tự định lí 3.2 3.3, kết hợp với bổ đề sau Bổ đề: (Xem Bổ đề 6.4.1 5 ) Cho phương trình d x(t ) P(t ) x(t a) Q(t ) x(t b) 0, t t0 dt P C t0 , , , Q t0 , , , a, b Gọi x(t) nghiệm dương phương trình Đặt z(t) = x(t) + P(t)x(t – a) Giả sử Q( s)ds t0 Khi phát biểu sau đúng: i z(t) hàm giảm ii Nếu P(t) ≤ - z(t) < iii Nếu - 1≤ P(t) ≤ z(t) >0 lim z (t ) t Từ đó, ta đưa định lí sau tiêu chuẩn tiệm cận nghiệm cho phương trình (3.1), là: Định lí 3.4 Giả sử ≤ P(t) ≤ p, p 0, tồn số nguyên dương N cho p p N 2 Q(s)ds Nếu t0 t Q( s)ds p (1 p ) lim sup t t (3b ( N 1) a ) Khi nghiệm phương trình (3.1) dần t 3.2 Tính ổn định ổn định tiệm cận trường hợp P(t) hàm Định lí 3.5 Giả sử P(t ) p , p 0, tồn số nguyên dương N cho p N 2 t b ( N 1) a t Q( s )ds pN (1 p ), t t0 2(1 p N ) (3.34) Khi nghiệm khơng phương trình (3.1) ổn định Chứng minh Đặt M = max a, b , m = a, b Chọn số nguyên dương k cho km ≥ 2( b + Na) Với ε > bất kì, đặt (1 p ) (1 p ) p 3 k Ta chứng minh: Với t ' t0 , C t ' M , t ' , ( , ) , ta có: x(t ) , t t ' x(t) nghiệm phương trình (3.1) thỏa mãn điều kiện ban đầu x( s) ( s) , với s t ' M , t ' Đặt: z(t) = x(t) – P(t)x(t – a) Tương tự định lí 3.1, ta có: x(t ) p 3 , t t ' , t ' km k Tiếp theo ta chứng minh: x(t ) , t t ' Bằng phương pháp phản chứng, giả sử điều khơng đúng, theo (3.6) có T t ' km , cho x(T) = ε x(t ) , với t ' t T Không làm tính tổng qt, ta giả x(T) = ε Vì vậy: z(T) = x(T) – P(T)x(T – a ) > (1 – p)ε > tồn T0 t ' km, T cho: z (T0 ) max z (t ), t ' km t T z (t ) z (T0 ) với t ' km t T0 Đặt: y (t ) z (t ) 1 p N p ,t t' N 1 p (3.35) Khi đó: N 1 x(t b) p i z (t b ia ) p N x(t b Na ) i 0 N 1 N 1 i 0 i o p i z (t b ia ) p N p i y (t b ia ), T0 b ( N 1)a t T0 Từ (3.1) (3.35) ta có: y ' (t ) z ' (t ) Q(t ) x(t b), t t ' (3.36) N 1 y ' (t ) Q(t ) p i y (t b ia ), T0 b ( N 1)a t T0 (3.37) i 0 Dễ dàng thấy rằng: y (T0 ) z (T ) (1 p ) p N (1 p N )(1 p) 1 pN 1 pN Tiếp theo ta chứng minh: Tồn j 0,1, , N 1 cho: y (T0 b ja) Giả sử ngược lại, y (T0 b ja ) với j = 0, 1, 2,…, N-1 Khi có lân cận trái T0 b ja h, T0 b ja với h > T0 b ja cho y(t) > T0 b ja h, T0 b ja , y (t – b – ja) > (T0 h, T0 ) , với j 0,1, , N 1 Vì theo (3.37), ta thấy y(t) không tăng (T0 h, T0 ) Điều mâu thuẫn với định nghĩa T0 Vậy y (T0 b ja ) , với j 0,1, , N 1 Do tồn T0 b ( N 1)a, T0 cho y(ξ) = y(t) > 0, t , T0 Từ (3.36), ta có: y ' (t ) Q(t ) , t ' t T0 (3.38) Nếu t - b - ia ≤ ξ với t T0 b ( N 1)a, T0 , lấy tích phân (3.38) từ t - b - (N -1)a đến ξ ta được: y (t b ia) Q( s )ds , t - b - ia ≤ ξ t b ( N 1) a Nếu t b ia T0 với t T0 b ( N 1)a, T0 đó, tương tự ta có y (t b ia) Q( s )ds , ξ ≤ t - b - ia ≤ T0 t b ( N 1) a Kết hợp với (3.37), ta có: 1 pN y (t ) Q(t ) Q( s )ds, t T0 1 p t b ( N 1) a ' Có hai trường hợp xảy ra: 1 pN Trường hợp 1 p T0 Q(s)ds Lấy tích phân (3.39) từ ξ đến T0 , ta có: T y (T0 ) 1 pN Q(t ) Q( s)dsdt p t b ( N 1) a (3.39) T t t 1 pN = Q(t ) Q( s)ds Q( s )ds dt 1 p t b ( N 1) a T t pN 1 pN Q(t ) (1 p ) Q( s )ds dt N 1 p 2(1 p ) T0 T 1 pN pN 1 (1 p ) Q( s )ds Q ( s )ds p 2(1 p N ) 1 pN (1 p ) 1 pN 1 pN Trường hợp 1 p Chọn T1 , T0 T0 Q(s)ds 1 pN cho: 1 p T0 Q(s)ds Sau đó, lấy tích phân (3.38) từ ξ T1 lấy tích phân (3.39) từ T1 đến T0 , ta có: T1 y (T0 ) Q(t )dt T T 1 pN Q(t ) Q( s)dsdt p T1 t b ( N 1) a T T 1 pN 1 pN Q(t )dt Q( s )ds Q(t ) Q( s )dsdt p T1 p T1 t b ( N 1) a T T 1 pN Q(t ) Q( s )dsdt = p T1 t b ( N 1) a T0 T 1 pN pN 1 (1 p ) Q( s )ds Q( s )ds p 2(1 p N ) T1 T1 1 pN (1 p ) = 1 pN Cả hai trường hợp cho thấy: 1 pN (1 p ) y (T0 ) 1 pN Điều mâu thuẫn với: y (T0 ) z (T ) (3.40) (1 p ) p N (1 p N )(1 p) 1 pN 1 pN Định lí chứng minh Tương tự định lí 3.2, định lí 3.5, kết hợp với bổ đề sau Bổ đề: (Xem Bổ đề 6.4.2 5 ) Cho phương trình: đến T1 d x(t ) px(t a) Q(t ) x(t b) , t ≥ t0 dt p \ 1 , Q C t0 , , , a, b Gọi x(t) nghiệm dương phương trình Đặt z(t) = x(t) +px(t-a) Giả sử Q( s)ds t0 Khi phát biểu sau đúng: (i) z(t) hàm giảm lim z (t ) lim z (t ) (ii) Các phát biểu sau tương đương: t t a lim z (t ) t b p < -1 c lim x(t ) t (iii) Các phát biểu sau tương đương: a lim z (t ) t b p > -1 c lim x(t ) t Ta đưa định lí sau, tiêu chuẩn tiệm cận nghiệm cho phương trình (3.1), Định lí 3.6 Giả sử P(t ) p , p 0, tồn số nguyên dương N cho p N Nếu Q( s)ds 2 t sup lim t t t ( b ( N 1) a ) Q( s )ds pN (1 p ) 2(1 p N ) Khi nghiệm phương trình (3.1) dần t KẾT LUẬN Như luận văn trình bày tính ổn định nghiệm, tồn nghiệm dao động cho phương trình vi phân đối số lệch cấp loại trung hịa bao gồm trường hợp tuyến tính khơng tuyến tính Các kết báo khơng trùng lặp bổ sung cho để có cách nhìn ứng dụng dao động nghiệm cho phương trình vi phân đối số lệch cấp Chương trình bày số kết dao động nghiệm cho phương trình vi phân đối số lệch bậc dạng (1.1) hay tổng quát dạng (1.2) Chương 2, luận văn xét tính dao động nghiệm cho phương trình phi tuyến (2.1) với p số lớn 1, hàm f liên tục thỏa mãn u.f(u) > u ≠ Chương xét tính ổn định nghiệm cho phương trình tuyến tính (3.1) với P(t), Q(t) hàm liên tục Đặc biệt P(T) hàm luận văn xét trường hợp P(T) p với p 0, 2 Qua trình nghiên cứu để thực luận văn học tập số kĩ thuật để xác định tính ổn định nghiệm, dao động nghiệm cho phương trình vi phân đối số lệch bậc Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn cịn có nhiều hạn chế , mong muốn tiếp tục nghiên cứu thêm vấn đề đặt phương trình vi phân đối số lệch loại trung hòa bậc loại tuyến tính khơng tuyến tính TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 X.H.Tang and XingFu Zou, Asymptotic Stability of a Neutral Differential Equation, Proceeding of the Edinburgh Mathematical Society (2002) 45,33 –347 2 John R.Graef, R Savithri, E.Thandapani, Oscillation of First Order Neutral Delay Differential Equations, Electronic Journal of Qualitative, Theory of Differential Equations (2004) 12,1 - 11 3 Christos G Philos and Ioannis K Purnaras, Asymptotic Properties, Nonoscillation, and Stability for Scalar First Order Linear Autonomous Neutral Delay Differential Equations, Electronic Journal of Differential Equations (2004) 03, – 17 4 G S Ladde, V Lakshmikantham and B G Zhang, Oscillation Theory of Differential Equations with Deviating Arguments (Marcel Dekker, New York, 1987) 5 I Gy o ri and G Ladas, Oscillation Theory of Delay Differential Equations with Applications ( Clarendon, Oxford, 1991) 6 X H Tang, Oscillation for the First Order Superlinear Delay Differential Equations, J London Math Soc 65 (2002), 115 - 122 7 J S Yu, Asymptotic Stability for Nonautonomous Scalar Neutral Differential Equations, J Math Analysis Appli 203 (1996), 850 – 860 8 Nguyễn Thế Hoàn, Phạm Phu, Cơ sở phương trình vi phân lý thuyết ổn định, Nhà xuất Giáo dục 2000 9 Hoàng Tụy, Hàm thực Giải tích hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2003 ... trùng lặp bổ sung cho để có cách nhìn ứng dụng dao động nghiệm cho phương trình vi phân đối số lệch cấp Chương trình bày số kết dao động nghiệm cho phương trình vi phân đối số lệch bậc dạng (1.1)... biệt, quan tâm nghiên cứu dao động nghiệm cho phương trình vi phân bậc Trên tinh thần tìm hiểu rõ vấn đề dao động nghiệm cho phương trình vi phân trung hòa đối số lệch bậc loại tuyến tính khơng tuyến... biểu dạng định lí bổ đề khơng chứng minh CHƯƠNG SỰ DAO ĐỘNG CỦA NGHIỆM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT Xét phương trình vi phân đối số lệch cấp một: x ' (t ) + P(t)x(t - a) = (1.1) đó: i) P(t)
Ngày đăng: 26/06/2021, 11:24
Xem thêm:
