Chương 2. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ TỒN TẠI NGHIỆM 12 2.1. Đặt bài toán
2.3. Kết quả tổng quát
2.3.2. Điều kiện biên không địa phương
Trước tiên, chúng ta xem xét bài toán tổng quát sau:
x00(t) = f(t, x(t), x0(t)), hầu khắp t∈ [0, T], x(0) = M x,
x(T) =Lx
(2.20)
với các điều kiện (F1) −(F4) của mục 2.3.1 và các điều kiện bổ sung sau:
(M) M: C(I, H) → H là một toán tử tuyến tính bị chặn với kMk ≤ 1;
(L) L: C(I, H) →H là một toán tử tuyến tính bị chặn với kLk ≤ 1.
Nghiệm của bài toán (2.20) là hàm số x ∈ W2,1(I, H) sao cho x(0) = M x, x(T) = Lx và
x00(t) =f(t, x(t), x0(t)) với hầu khắp t∈ I.
Định lý 2.3.2. Giả sử các điều kiện (F1)−(F4),(M),(L) và (2.9) thỏa mãn. Khi đó, bài toán (2.20) có nghiệm với các giá trị trong BHR.
Tương tự như Bổ đề 2.3.1 rất dễ dàng để chứng minh kết quả sau đây.
Bổ đề 2.3.3. Với hàm số f ∈ L1(I,Rn) và hai vectơ x0, x1 ∈ Rn cho trước, bài toán Dirichlet bậc 2
x00(t) =f(t) hầu khắp t ∈ [0, T] x(0) = x0,
x(T) =x1.
có một nghiệm duy nhất được cho bởi x(t) =
1− t
T
x0+ t
Tx1− t T
Z T 0
(T−r)f(r)dr+ Z t
0
(t−r)f(r)dr. (2.21)
Chứng minh Định lý 2.3.2. Trước tiên, chúng ta sẽ chứng minh rằng với mỗi n∈ N tồn tại ít nhất là một nghiệm của bài toán trong không gian hữu hạn chiều sau:
x00(t) =Pnf(t, x(t), x0(t)), với hầu khắp t ∈ I, x(0) = PnM x,
x(T) = PnLx.
(2.22)
Trong tập Qn (xem định nghĩa tập Qn trong (2.13)), trong đó hằng số R và B được xác định như trong chứng minh của Định lý 2.3.1. Để đạt
được mục đích này, chúng ta xét bài toán với m ∈ N,
x00(t) = Pnf(t, x(t), x0(t)) +φ(x(t))(β(kx0(t)k)χθm(t) + 1 m), với hầu khắp t∈ I, x(0) = PnM x,
x(T) = PnLx,
(2.23) trong đó φ được định nghĩa trong (2.14), dãy {θm} là từ Định lý 1.3.5 và β là hàm số trong điều kiện (F4).
Theo Bổ đề 2.3.3 với bất kỳ q ∈ Qn và λ ∈ [0,1] bài toán Dirichlet tuyến tính
x00(t) =λPnf(t, q(t), q0(t)) +φ(q(t))(β(kq0(t)k)χθm(t) + 1 m), với hầu khắp t∈ I, x(0) = λPnM q
x(T) =λPnLq
(2.24) có một nghiệm duy nhất được xác định bởi
x(t) = (1− t
T)λPnM q+ t
TλPnLq− t T
Z T 0
(T −r)
λPnf(r, q(r), q0(r)) +φ(q(r))
β(kq0(r)k)χθm(r) + 1 m
dr +
Z t 0
(t−r)
λPnf(r, q(r), q0(r)) +φ(q(r))
β(kq0(r)k)χθm(r) + 1 m
dr.
Ký hiệu nghiệm trên với Tnm(q, λ) ∈ W2,1(I, Hn), chúng ta có thể xác định ánh xạ Tnm: Qn×[0,1] → C1(I, Hn). Rõ ràng, x là một nghiệm của (2.24) nếu và chỉ nếu x ∈ Tnm(x,1). Chúng ta sẽ áp dụng Định lý 1.3.3 để chứng minh sự tồn tại nghiệm của (2.24).
(a) Chúng ta sẽ chỉ ra rằng ánh xạ đa trị Tnm có đồ thị đóng trong không gian Qn×[0,1]×C1(I, Hn).
Giả sử (qj, λj, xj) → (q0, λ0, x0) ∈ Qn ×[0,1] ×C1(I, Hn), trong đó xj = Tnm(qj, λj). Khi đó xj(0) = λjPnM qj và xj(T) =λjPnLqj và lấy giới hạn khij → ∞chúng ta thu đượcx0(0) = λ0PnM q0 vàx0(T) =λ0PnLq0, do tính liên tục của Pn, M và L.
Từ (F2) và tính liên tục của φ, β và Pn suy ra với hầu khắp t ∈ I, dãy
λjPnf(t, qj(t), qj0(t)) +φ(qj(t))
β(kqj0(t)k)χθm(t) + 1 m
hội tụ tới
λ0Pnf(t, q0(t), q00(t)) +φ(q0(t))
β(kq00(t)k)χθm(t) + 1 m
. Từ định nghĩa của Qn và (F4) với mỗi j ∈ N
λjPnf(t, qj(t), q0j(t)) +φ(qj(t))
β(kqj0(t)k)χθm(t) + 1 m
≤ 2β(2B)+1.
(2.25) Do đó, áp dụng định lý Lebesgue về sự hội tụ trội dãy {xj(t)} hội tụ tới
γ0(t) = (1− Tt)λ0PnM q0 + Ttλ0PnLq0 − t T
Z T 0
(T −r)
λPnf(r, q0(r), q00(r)) +φ(q0(r)) β(kq00(r)k)χθm(r) + m1
dr+
Z t 0
(t−r)
λPnf(r, q0(r), q00(r)) +φ(q0(r))
β(kq00(r)k)χθm(r) + 1 m
dr với mọi t ∈ I. Kết hợp với tính duy nhất của giới hạn, với mỗi t ∈ I, x0(t) = γ0(t), nghĩa là x0 ∈ Tnm(λ0, q0). Do đó, chúng ta đã chứng minh tính đóng của đồ thị.
(b) Bây giờ, chúng ta chỉ ra rằng Tnm là một ánh xạ compact, nghĩa là tập Tnm(Qn×[0,1]) là tương đối compact. Từ (2.21) ta có
x0(t) =−1
TλPnM q + 1
TλPnLq− 1 T Z T
0
(T −r)
λPnf(r, q(r), q0(r)) +φ(q(r))
β(kq0(r)k)χθm(r) + 1 m
dr +
Z t 0
(t−r)
λPnf(r, q(r), q0(r)) +φ(q(r))
β(kq0(r)k)χθm(r) + 1 m
dr.
Do đó, từ (2.25) suy ra tập {x00 : x ∈ Tnm Qn ×[0,1]
} bị chặn trong L1(I, Hn) và
||x0(t)|| ≤ 2
T R+ (2β(2B) + 1)T(T + 1), và {x0 : x ∈ Tnm Qn×[0,1]
} bị chặn trong C(I, Hn). Tương tự như vậy chúng ta có thể chứng minh rằngTnm Qn×[0,1]
bị chặn trongC(I, Hn).
Áp dụng định lý Ascoli-Arzela (như trong (b) của chứng minh Định lý 2.3.1) ta thu được điều phải chứng minh.
(c) Bây giờ chúng ta chỉ ra rằng Tnm(Qn,0)⊂ int Qn.
Xét q ∈ Qn và x = Tnm(q,0). Khi đó x là nghiệm của bài toán Cauchy
x00(t) = φ(q(t))(β(kq0(t)k)χθm(t) + m1), với hầu khắp t∈ I, x(0) = 0
x(T) = 0.
Theo (2.21), chúng ta thu được x(t) = −t
T Z T
0
(T −r)φ(q(r))
β(kq0(r)k)χθm(r) + 1 m
dr +
Z t 0
(t−s)φ(q(r))
β(kq0(r)k)χθm(r) + 1 m
dr.
Do đó, điều kiện(F4)suy ra với hầu khắpt ∈ I,||x(t)|| ≤2
β(2B)mT + Tm2
. Vậy, chúng ta có được Tnm(Qn × {0}) ⊂Qn cho m đủ lớn.
(d) Chỳng ta chứng minh rằng Tnm(ã, λ) khụng cú điểm cố định trờn
∂Qn với mọi λ ∈ (0,1).
Giả sử tồn tại (q, λ) ∈ ∂Qn × (0,1) sao cho q ∈ Tnm(q, λ). Khi đó tồn tại t0 ∈ [0, T] sao cho kq(t0)k = R hoặc kq0(t0)k = 2B. Tương tự như trong Định lý 2.3.1 chúng ta có thể chứng minh rằng kq0(t)k ≤ B với mọi t ∈ I. Do đó kq(t0)k = R. Nếu t0 = 0, thì theo điều kiện (M), R = kq(0)k ≤ λkPnkkMkkqk0 < R, điều này là mâu thuẫn. Nếu t0 = T, chúng ta cũng nhận được mâu thuẫn tương tự bởi điều kiện (L), do đó t0 ∈ (0, T). Tiếp theo, lập luận tương tự như trong phần (d) của chứng minh Định lý 2.3.1 ta thu được điều phải chứng minh.
Như vậy, Định lý 1.3.3 đảm bảo rằng với bất kỳ m ∈ N tồn tại xm ∈ W2,1(I, Hn) ∩ Qn là nghiệm của bài toán (2.24). Lập luận tương tự như trong chứng minh của Định lý 2.3.1, với mỗi n ∈ N, tồn tại xn ∈ Qn là nghiệm của (2.22). Hơn nữa, ta có thể chứng minh rằng fn * f0 ∈ L1(I, H) với fn(t) = f(t, xn(t), x0n(t)), x0n * y0 trong C(I, H) với y0(t) := γ0 + Rt
0 f0(s)ds, t ∈ I, và xn * x0 trong C(I, H) với x0(t) = δ0 + Rt
0 y0(s)ds. Vì thế x0 ∈ W2,1(I, H), x00(t) = y0(t) với mọi t ∈ I và x000(t) = f0(t) với hầu khắp t ∈ I.Mặt khác điều kiện (M) suy ra xn(0) = M xn * M x0, và xn(0) * x0(0) dẫn tới x0(0) = M x0. Tương tự điều kiện (L) suy ra x0(T) = Lx0. Cuối cùng, kết luận của định lý thu được tương tự như trong chứng minh Định lý 2.3.1.