Chương 2. MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ TỒN TẠI NGHIỆM 12 2.1. Đặt bài toán
2.3. Kết quả tổng quát
2.3.1. Điều kiện tuần hoàn
Trong phần này, chúng ta nghiên cứu bài toán:
x00(t) = f(t, x(t), x0(t)), với hầu khắp t ∈ [0, T], x(0) = x(T),
x0(0) = x0(T)
(2.7)
với các giả thiết:
(F1) Với mọi x, y ∈ H hàm f(ã, x, y) : I →H là đo được;
(F2) Với hầu khắp t ∈ I ỏnh xạ f(t,ã,ã) : H ì H → H là liờn tục từ (H ×H) đến Hω;
(F3) Với hầu khắp t ∈ I ỏnh xạ f(t,ã,ã) : H ìH → H là liờn tục trong tô-pô của không gian E;
(F4) Tồn tại một hằng số dương R và một hàm liên tục, không giảm β : [0,+∞) →[0,+∞) thỏa mãn (1.3) sao cho
kf(t, x, y)k ≤ β(kyk) với hầu khắp t∈ I, và x, y ∈ H với kxk ≤ R.
(2.8) Nghiệm của bài toán (2.7) là hàm số x ∈ W2,1(I, H) sao cho
x(0) = x(T), x0(0) = x0(T) và x00(t) = f(t, x(t), x0(t)) với hầu khắp t ∈ I.
Định lý 2.3.1. Giả sử các điều kiện (F1)−(F4) thỏa mãn. Ngoài ra, giả sử rằng với hầu khắp t ∈ I, với mọi x, y ∈ H sao cho kxk = R và hx, yi = 0 ta luôn có bất đẳng thức
hx, f(t, x, y)i +kyk2 ≥0. (2.9) Khi đó bài toán (2.7) có nghiệm với giá trị trong BHR.
Chứng minh Định lý 2.3.1 dựa trên các kết quả sau đây.
Bổ đề 2.3.1. Cho hàm g ∈ L1([0, T],Rn×Rn) và ma trận A =
0 I I 0
, trong đó I kí hiệu ma trận đơn vị trong không gian Rn, bài toán
z0(t) + Az(t) = g(t) với hầu khắp t ∈ [0, T] z(0) = z(T),
(2.10)
có một nghiệm duy nhất được cho bởi z(t) =eAt(Id−eAT)−1
Z T 0
eA(T−s)g(s)ds+ Z t
0
eA(t−s)g(s)ds, (2.11) trong đó eAt kí hiệu nửa nhóm sinh bởi ma trận A và Id kí hiệu toán tử đồng nhất trong không gian Rn×Rn.
Chứng minh. Theo định nghĩa của ma trận A, bài toán đồng nhất chỉ có nghiệm tầm thường (nghiệm 0). Do toán tử tuyến tính Id−eAT khả nghịch nên ta dễ dàng thu được kết quả.
Bổ đề 2.3.2. Cho hàm f ∈ L1([0, T],Rn), hàm số x ∈ W2,1([0, T];Rn) là nghiệm của bài toán
x00(t)−x(t) =f(t) với hầu khắp t∈ [0, T] x(0) = x(T),
x0(0) = x0(T).
khi và chỉ khi hàm vector z : [0, T]→ Rn×Rn, z(t) = (x(t), x0(t)) là một nghiệm của bài toán tuần hoàn (2.10) với g(t) = (0, f(t)).
Chứng minh Định lý 2.3.1. Trước tiên, chúng ta xét hàm sốψ : [0,+∞) → [0,+∞) được xác định bởi ψ(s) = 2β(s) + R + 1, trong đó β và R là hàm số và hằng số dương xác định trong điều kiện (F4). Do β là hàm liên tục và không giảm, hàm ψ cũng là liên tục và không giảm và tồn tại giới hạn lim
s→∞β(s) = l ∈ (0,∞). Từ đó, kết hợp với điều kiện (F4) ta có
s→∞lim s2
ψ(s) = lim
s→∞
s2
β(s)(2 + R+1β(s)) = +∞,
cho cả khi l là hữu hạn hoặc vô hạn. Do đó theo định lý 1.3.4 tồn tại một hằng số B > 0 sao cho mỗi hàm số x ∈ W2,1(I, H) với ||x00(t)|| ≤ ψ(||x0(t)||) hầu khắp t ∈ I và ||x(t)|| ≤ R cho mọi t ∈ I, thì ||x0(t)|| ≤ B với mọi t∈ I.
Bước 1. Với mỗi n∈ N, xét bài toán
x00(t) =Pnf(t, x(t), x0(t)), với hầu khắp t ∈ I, x(0) = x(T),
x0(0) = x0(T).
(2.12)
Chúng ta sẽ chứng minh rằng bài toán (2.12) có nghiệm trong tập Qn = {q ∈ C1(I, Hn) : kq(t)k ≤ R,kq0(t)k ≤ 2B với mọi t ∈ I}, (2.13) trong đó R > 0 và B > 0 được định nghĩa như trên.
Cố định ∈ (0, R). Khi đú, tồn tại hàm liờn tục à : H →[0,1] sao cho à≡ 0 trờn {w ∈ H : kwk ≤ R− hoặc kwk ≥ R+} và à≡ 1 trờn {w ∈ H : R − 2 ≤ kwk ≤ R+ 2}. Từ đó suy ra, hàm φ : H → H được định nghĩa bởi
φ(w) =
à(w)kwkw R− ≤ kwk ≤ R+ 0 các trường hợp còn lại
(2.14)
là hoàn toàn xác định, liên tục, bị chặn trên H và kφ(w)k ≤ 1 với mọi w ∈ H.
Từ định lý 1.3.2, Pn : Hω → Hn là liên tục và f thỏa mãn (F1)− (F4), nên hạn chế Pnf /Hn×Hn : I×Hn×Hn →Hn thỏa mãn(i),(ii) của Định lý 1.3.5. Từ đó suy ra tồn tại một dãy giảm của tập con mở {θm} của I sao cho à(θm) < m1 và Pnf liờn tục tục trờn (I\θm)ìHnìHn với mọi m ∈ N.
Bước 2. Với mỗi m ∈ N, xét bài toán
x00(t)−x(t) = −x(t) +Pnf(t, x(t), x0(t))+
+φ(x(t))(β(kx0(t)k)χθm(t) + m1), với hầu khắp t∈ I, x(0) = x(T),
x0(0) = x0(T).
(2.15) Trong đó χ là hàm đặc trưng.
Cố định q ∈ Qn và λ ∈ [0,1], theo bổ đề 2.3.2 bài toán tuyến tính
x00(t)−x(t) =−λq(t) +λPnf(t, q(t), q0(t))+
+φ(q(t))(β(kq0(t)k)χθm(t) + m1 ),với hầu khắp t ∈ I, x(0) = x(T),
x0(0) = x0(T).
(2.16)
có một nghiệm duy nhất sao cho hàm z(t) = (x(t), x0(t)), t ∈ I thỏa mãn (2.11) với g : I → Rn ×Rn được xác định bởi
g(t) = (0 ,−λq(t) +λPnf(t, q(t), q0(t))+
+ φ(q(t)) β(q0(t))χθm(t) + m1 (2.17) Tiếp theo, chúng ta định nghĩa ánh xạ Tnm: Qn×[0,1] → C1(I, Hn) sao cho với (q, λ) ∈ Qn×[0,1], Tnm(q, λ) là nghiệm của bài toán (2.16). Rõ ràng là hàm x là một nghiệm của (2.15) nếu và chỉ nếu x = Tnm(x,1).
Từ đó chúng ta có thể áp dụng định lý 1.3.3 để chứng minh sự tồn tại của cỏc điểm bất động của ỏnh xạ Tnm(ã,1).
(a) Chúng ta sẽ chỉ ra rằng ánh xạ 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), trường hợp riêng khi lấy giới hạn j → ∞, chúng ta nhận được x0(0) = x0(T) và x0(0) = x0(T). Từ (F2) và tính liên tục của φ, β và Pn suy ra với hầu khắp t∈ I, dãy
xj(t)−λjqj(t) +λjPnf(t, qj(t), q0j(t)) +φ(qj(t))
β(kqj0(t)k)χθm(t) + 1 m
hội tụ tới
x0(t)−λ0q0(t)+λ0Pnf(t, q0(t), q00(t))+φ(q0(t))
β(kq00(t)k)χθm(t) + 1 m
. Ngoài ra, do các dãy hội tụ bị giới hạn nên tồn tại một hằng số dương D sao cho kxj(t)k ≤ D với mọi t ∈ [0, T]. Như vậy, theo định nghĩa của Qn và điều kiện (F4) chúng ta có được
||xj(t)−λjqj(t) +λPnf(t, qj(t), qj0(t)) +φ(qj(t))(β(kqj0(t)k)χθm(t) + m1)||
≤ D +R+ 2β(2B) + 1.
(2.18) Do đó, dãy
x0j(t) =x0j(0) +
t
R
0
[xj(s)−λjqj(s)]ds+ +λj
t
R
0
Pnf(s, qj(s), q0j(s)) +φ(qj(s)) β(q0j(s))χθm(s) + m1 ds hội tụ tới
x00(0) +
t
R
0
[x0(s)−λ0q0(s) +λ0Pnf(s, q0(s), q00(s))+
+φ(q0(s)) β(q00(s))χθm(s) + m1 ds
với mọi t ∈ I. Kết hợp với tính duy nhất của giới hạn, đối với mỗi t ∈ I, ta có
x00(t) = x00(0) +
t
Z
0
[x0(s)−λq0(s) +λ0Pnf(s, q0(s), q00(s))+
+φ(q0(s))
βq00(s))χθm(s) + 1 m
ds, nghĩa là x0 = Tnm(λ0, q0).
(b) Bây giờ chúng ta chứng minh rằng Tnm là một ánh xạ compact, nghĩa là Tnm(Qn × [0,1]) là tập tương đối compact trong không gian C1(I, Hn).
Thật vậy, với mỗi q ∈ Qn và λ ∈ [0,1] gọi x = Tnm(q, λ) là nghiệm duy nhất của (2.16). Khi đó, như đã nói ở trên, hàm z(t) = (x(t), x0(t)) thỏa mãn (2.11) với g được định nghĩa trong (2.17). Theo (F4) và ||A||= 1 suy ra với hầu khắp t ∈ I,
max{||x(t)||,||x0(t)||}
≤ ||z(t)|| ≤ [eT[||(Id−eAT)−1||) + 1]eT (RT +β(2B)T +β(2B) +T). (2.19) Vì thế {x0 : x ∈ Tnm Qn × [0,1]
} và Tnm Qn × [0,1]
là tập bị chặn trong C(I, Hn). Từ (2.16) suy ra tập {x00 : x ∈ Tnm Qn×[0,1]
} bị chặn trong L1(I, Hn), và do đó{x0 : x ∈ Tnm Qn×[0,1]
} là tập liên tục đồng bậc. Mặt khác Tnm Qn ×[0,1]
cũng là tập liên tục đồng bậc. Từ định lý Ascoli-Arzela chúng ta có được kết luận.
(c) Tiếp theo, chúng ra chỉ ra rằng Tnm(Qn,0)⊂ int Qn.
Xét q ∈ Qn và cho x = Tnm(q,0). Khi đó x là một nghiệm của bài toán tuần hoàn
x00(t)−x(t) = φ(q(t))(β(kq0(t)k)χθm(t) + m1), với hầu khắp t∈ I, x(0) = x(T)
x0(0) = x0(T).
Tương tự như trong phần chứng minh (b), chúng ta có thể chứng minh rằng, với hầu khắp t∈ I,
max{||x(t)||,||x0(t)||} ≤ ||z(t)|| ≤
[eT[||(Id−eAT)−1||) + 1]eT
β(2B) 1 m + T
m
. Như vậy, chúng ta thu được Tnm(Qn × {0}) ⊂ int Qn với mọi m ≥ m, và m đủ lớn.
(d) Để kết thỳc Bước 2, chỳng ta chứng minh rằng ỏnh xạ Tnm(ã, λ) không có điểm bất động trên biên của Qn với mọi λ ∈ [0,1).
Vỡ Tnm(ã,0) khụng cú điểm bất động trờn ∂Qn, nờn chỳng ta chỉ cần chứng minh điều này cho Tnm(ã, λ) với 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. Với hầu khắp t∈ I và với mọi λ ∈ [0,1] ta có
kq00(t)k =
(1−λ)q(t) +λPnf(t, q(t), q0(t)) +φ(q(t))
β(kq0(t)k)χθm(t) + 1 m
≤ R+ 2β(kq0(t)k) + 1 = ψ(kq0(t)k)
với kq(t)k ≤ R, t ∈ I và ψ thỏa mãn (1.3). Áp dụng định lý 1.3.4 suy ra kq0(t)k ≤ B với mọi t ∈ I. Do đó kq(t0)k = R. Bây giờ xét hàm số v : [0, T] →R định nghĩa bởi v(t) = 12(kq(t)k2 −R2). Rõ ràng v ∈ C1(I,R) và nó có một điểm cực đại tại t0. Nếu t0 ∈ (0, T), thì v0(t0) = 0. Nếu t0 ∈/ (0, T), thì do q thỏa mãn các điều kiện biên, nên cả 0 và T là điểm cực đại của v. Do v0(0) ≤ 0 và v0(T) ≥ 0, và v0(t) = hq(t), q0(t)i với mọi
t, nên
0≥ v0(0) = hq(0), q0(0)i = hq(T), q0(T)i = v0(T) ≥ 0
tức là v0(0) = v0(T) = 0. Vì vậy, không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng t0 ∈ (0, T] và hq(t0), q0(t0)i = 0. mặt khác, tồn tại h >0 sao cho v0(t0 −h) ≥0 và kq(s)k ≥R− 2 với mọi s ∈ [t0 −h, t0]. Do đó, với hầu khắp t∈ [t0 −h, t0], tồn tại
v00(t) = (1−λ)kq(t)k2 +kq0(t)k2 +λhq(t), Pnf(t, q(t), q0(t))i+
χθm(t)β(kq0(t)k) + 1 m
kq(t)k.
Suy ra,
0 ≥ v0(t0)−v0(t0 −h)
= Z t0
t0−h
[(1−λ)kq(s)k2 +kq0(s)k2 +λhq(s), Pnf(s, q(s), q0(s))i+
(χθm(s)β(kq0(s)k) + m1)kq(s)k]ds
= Z
[t0−h,t0]∩θm
[(1−λ)kq(s)k2 +kq0(s)k2 +λhq(s), Pnf(s, q(s), q0(s))i+
(β(kq0(s)k) + m1)kq(s)k]ds+
Z
[t0−h,t0]\θm
[(1−λ)kq(s)k2 +kq0(s)k2+ λhq(s), Pnf(s, q(s), q0(s))i+ m1kq(s)k]ds
≥ Z
[t0−h,t0]∩θm
[kq(s)k(−kf(s, q(s), q0(s))k+β(kq0(s)k)) + m1kq(s)k]ds +
Z
[t0−h,t0]\θm
[kq0(s)k2 +λhq(s), Pnf(s, q(s), q0(s))i+ m1kq(s)k]ds.
Từ điều kiện (F4) nhận được 0 ≥
Z
[t0−h,t0]∩θm
[kq(s)k(−kf(s, q(s), q0(s))k+β(kq0(s)k)) + m1kq(s)k]ds
+ Z
[t0−h,t0]\θm
[kq0(s)k2 +λhq(s), Pnf(s, q(s), q0(s))i+ m1kq(s)k]ds
≥ m1 R
[t0−h,t0]∩θmkq(s)kds +
Z
[t0−h,t0]\θm
[kq0(s)k2 +λhq(s), Pnf(s, q(s), q0(s))i+ m1kq(s)k]ds
>
Z
[t0−h,t0]\θm
[kq0(s)k2 +λhq(s), Pnf(s, q(s), q0(s))i+ m1kq(s)k]ds.
Rõ ràng, t0 ∈ θm dẫn tới với h đủ nhỏ thì [t0−h, t0]\θm = ∅, điều này là mâu thuẫn. Mặt khác, nếu t0 6∈ θm, chúng ta xét hàm số g : [0, T] → R xác định bởi:
g(s) = kq0(s)k2 +λhq(s), Pnf(s, q(s), q0(s))i+ 1
mkq(s)k.
Lưu ý rằng hàm số ` : [0,1] → R
`(λ) = λhq(t0), f(t0, q(t0), q0(t0))i+kq0(t0)k2
là đơn điệu trên[0,1], do đó (2.9),q ∈ Qn,kq(t0)k = Rvà hq(t0), q0(t0)i = 0 suy ra g(t0) ≥ mR. Vì, theo Định lý 1.3.5, g là liên tục trên [0, T]\θm, với h đủ nhỏ chúng ta có g(t) > 0 với mọi t ∈ [t0 −h, t0]\θm và đây lại là một mâu thuẫn. Do vậy, áp dụng định lý 1.3.3 với bất kỳ m ∈ N tồn tại xm ∈ W2,1(I, Hn)∩Qn là nghiệm của bài toán (2.15).
Bước 3. Với m ∈ N gọi xm là nghiệm của bài toán (2.15) thu được trong Bước 2. Lập luận tương tự như trong (b), bất đẳng thức (2.19) suy ra rằng {xm} có một dãy con (để thuận tiện ta vẫn kí hiệu là dãy {xm}) hội tụ đến x ∈ Qn trong C1(I, Hn) và x00m * x00 trong L1(I, Hn).
Lưu ý rằng, từ tính bị chặn của hàm φ và tính liên tục của hàm β,
m→∞lim χθm(t) = 0 với mọi t /∈ ∩∞m=1θm, và à(∩∞m=1θm) = 0, suy ra φ(xm(t))(β(x0m(t))χθm(t) + 1/m) → 0, với hầu khắp t∈ [0, T].
Do đó, đối với mỗi n∈ N, tồn tại xn ∈ Qn là nghiệm của (2.12).
Bước 4. Với n ∈ N gọi xn là nghiệm của bài toán (2.12) thu được trong Bước 3. Theo (F4), với hầu khắp t ∈ I và với mỗi n ∈ N,kf(t, xn(t), x0n(t))k ≤ β(2B). Do vậy, dãy fn(t) = f(t, xn(t), x0n(t)) là bị chặn và khả tích đều trong L1(I, H). Ngoài ra, tập {fn(t)} cũng bị chặn với hầu khắp t ∈ I. Từ tính đối ngẫu của không gian H, dãy {fn} là compact yếu tương đối trong L1(I, H). Không mất tính tổng quát, giả sử fn * f0 ∈ L1(I, H). Bổ đề 1.3.2 suy ra
x00n = Pnfn * f0 ∈ L1(I, H).
Từ kx0n(t)k ≤ 2B với mọi t ∈ I, chúng ta có thể giả sử rằng x0n(0)* γ0 ∈ H.
Định nghĩa hàm y0(t) := γ0 +Rt
0 f0(s)ds, t ∈ I. Dễ dàng nhận thấy x0n(t) =x0n(0) +
Z t 0
x00n(s)ds * y0(t)
với mọi t ∈ I. Vì vậy, từ định lý 1.3.1, x0n * y0 trong C(I, H). Điều này dẫn tới, x0n(0) = x0n(T) * y0(T), tức là y0(0) = y0(T). Mặt khác hàm y0
là khả tích và y00(t) = f0(t) với hầu khắp t ∈ I. Lưu ý rằng sự hội tụ yếu của x0n tới y0 trong C(I, H) suy ra sự hội tụ yếu của x0n trong L1(I, H), và kxn(t)k ≤ R với mọi t ∈ I và n∈ N. Do đó, đặt
x0(t) = x0(0) + Z t
0
y0(s)ds, với x0(0) ∈ H.
Lập luận tương tự như trên, chúng ta có thể chứng minh rằng xn * x0 trong C(I, H)với x0(0) = x0(T).Vì thếx0 ∈ W2,1(I, H), x00(t) =y0(t) với mọi t∈ I và x000(t) =f0(t) với hầu khắp t ∈ I.
Theo định lý Mazur, tồn tại một chuỗi các tổ hợp lồi ¯hn =
∞
P
k=n
θnkfk hội tụ tới x000 trong L1(I, H) , với θnk ≥ 0,
∞
P
k=n
θnk = 1 và với mỗi n tồn tại k0(n) sao cho θnk = 0 với k > k0(n). Sự hội tụ của hn đến x000 trong L1(I, H) suy ra fn(t) → x000(t) trong H với hầu khắp t ∈ I, do đó từ tính chất nhúng compact (1.2) chúng ta thu được fn(t) → x000(t) trong E với hầu khắp t ∈ I. Mặt khác, theo định lý 1.3.1 ta có xn(t) →x0(t) và x0n(t) → x00(t) trong E với mọi t∈ I và từ (F3) ta cóf(t, xn(t), x0n(t)) → f(t, x0(t), x00(t)) trong E. Vì vậy, fn(t) → f(t, x0(t), x00(t)) với hầu khắp t ∈ I. Tính duy nhất của giới hạn suy ra x000(t) = f(t, x0(t), x00(t)) với hầu khắp t∈ I và định lý được chứng minh.