MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN

  • Số trang: 54 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 12 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 26946 tài liệu

Mô tả:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Mai Hoàng Phú MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Mai Hoàng Phú MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS. TS. NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh - 2013 LỜI CẢM ƠN Đầu tiên, tôi xin kính gửi lời cảm ơn chân thành, sâu sắc đến thầy PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn, người đã tận tình giúp đỡ tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô trong hội đồng chấm luận văn, đã giành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho luận văn được hoàn chỉnh hơn. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong khoa Toán – Tin học của trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báu cho tôi trong suốt quá trình học tập tại trường. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Phòng Sau đại học của trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành chương trình học và thực hiện luận văn này. Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình và bạn bè đã động viên, tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành luận văn này. Xin chân thành cảm ơn. Mai Hoàng Phú 1 MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN .............................................................................................................. 1 MỤC LỤC .................................................................................................................... 2 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU ...................................................................................... 3 MỞ ĐẦU....................................................................................................................... 5 CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN .......................................................................................... 7 1.1. Giới thiệu bài toán .......................................................................................................7 1.2. Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) ................................................7 1.3. Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài toán (1.3), (1.4) ..............................................14 CHƯƠNG 2: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN .................................................................................................... 19 2.1. Giới thiệu bài toán .....................................................................................................19 2.2. Một số định lí về tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1), (2.2). ....22 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ................................................................................... 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................ 52 2 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU •  là tập hợp các số tự nhiên. • [0; +∞) .  là tập hợp các số thực, = + • = [ x]+ • 1 1 [ x]− (| x | − x). (| x | + x), = 2 2 C ([a, b]; ) là không gian Banach của các hàm liên tục u :[a, b] →  với chuẩn = || u ||C max{| u (t ) |: t ∈ [a, b]} .  • C ([a, b]; ) là tập hợp các hàm liên tục tuyệt đối u :[a, b] → . • L([a, b]; ) là không gian Banach của các hàm khả tích Lebesgue p :[a, b] →  với b chuẩn || p ||L = ∫ | p ( s ) | ds . a • L([a, b];  + ) ={ p ∈ L([a, b]; ) : p(t ) ≥ 0, t ∈ [a, b]}. • ab là tập hợp các hàm đo được τ 1 :[a, b] → [a, b]. • ab là tập hợp các toán tử F : C ([a, b]; ) → C ([a, b]; ) thỏa mãn điều kiện Carathéodory, nghĩa là, với mỗi r > 0 tồn tại qr ∈ L([a, b];  + ) sao cho | F (v)(t ) |≤ qr (t ), với t ∈ [a, b], v ∈ C ([a, b]; ),|| v ||C ≤ r. • ([a, b] × A; B ) trong đó A ⊆  2 , B ⊆  là tập hợp các hàm f :[a, b] × A → B thỏa mãn điều kiện Carathéodory, nghĩa là, f (., x) :[a, b] → B là hàm đo được với mọi x ∈ A , f (t ,.) : A → B là hàm liên tục với t ∈ [a, b] hầu khắp nơi và với mỗi ε > 0 tồn tại qr ∈ L([a, b];  + ) sao cho | f (t , x) |≤ qr (t ) với t ∈ [a, b], x ∈ A,|| x ||≤ r . •  n là không gian vectơ n – chiều với vec tơ cột x = ( xi )in=1 trong đó các thành phần n 1, 2,..., n) với chuẩn || x ||= ∑ | xi | xi ∈ (i = i =1 • sgn( x) = (sgn xi )in=1 với x = ( xi )in=1 • x.y là tích vô hướng của vec tơ x và vec tơ y trong  n 3 •  n×n là không gian các ma trận cấp n × n có phần tử X = ( xik )in,k =1 với các thành phần n 1, 2,..., n) và chuẩn || X ||= ∑ | xi | . xik ∈ (i, k = i =1 • C ([a, b];  n ) là không gian của các hàm vectơ liên tục x :[a, b] →  n với chuẩn = || x ||C max{|| x(t ) ||: t ∈ [a, b]} • L([a, b];  n ) là không gian của các hàm vectơ khả tích x :[a, b] →  n với chuẩn b || x ||L = ∫ || x(t ) || dt . a 4 MỞ ĐẦU Lý thuyết phương trình vi phân hàm ra đời vào khoảng thế kỉ 18 và được nhiều người quan tâm vì có nhiều ứng dụng trong các lĩnh vực vật lí, kinh tế, hóa học,… Song, lý thuyết này chỉ được nghiên cứu mang tính chất cục bộ, bộ phận mà vẫn chưa được nghiên cứu một cách có hệ thống cho đến ngày nay. Mặc dù vậy, lý thuyết về phương trình vi phân hàm vẫn có nhiều kết quả đáng chú ý. Chẳng hạn, trong những công trình của các tác giả I. Kiguradze, B. Puza, những điều kiện phức tạp về tính giải được và giải được duy nhất nghiệm của một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính, phi tuyến đã được tìm ra. Với mong muốn tìm hiểu cách xây dựng các điều kiện đủ cho tính giải được và duy nhất nghiệm của một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến. Đồng thời, bản thân muốn làm quen với công việc nghiên cứu khoa học cũng như có cơ hội để ôn lại những kiến thức đã học, tôi chọn “Một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến” làm đề tài luận văn của mình. Mục đích của đề tài là xây dựng các điều kiện đủ cho tính giải được và duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân hàm phi tuyến = u '(t ) H (u )(t ) + Q(u )(t ) với điều kiện biên dạng u (a ) = h(u ) trong đó H , Q : C ([a, b]; ) → L([a, b]; ) là toán tử liên tục, phi tuyến và H ∈ abαβ ( g 0 , g1 , p0 , p1 ) , Q ∈ ab , hàm h : C ([a, b]; ) →  là liên tục sao cho với mỗi r > 0 tồn tại M r ∈  + thỏa mãn | h(v) |≤ M r , v ∈ C ([a, b]; ),|| v ||C ≤ r . Nội dung chính của luận văn là trình bày lại các kết quả trong các bài báo [1], [3]. Cụ thể: Chương 1. Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến Đây là chương cơ sở của luận văn, trình bày một số điều kiện đủ về sự tồn tại nghiệm của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến. Đồng thời, ta đưa ra một kết quả cho hệ phương trình vi phân thường với điều kiện biên hai điểm. Các kết quả được trích từ [3] của tác giả I. Kiguradze và B. Puza. Chương 2. Một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân hàm phi tuyến Đây là nội dung chính của luận văn, trình bày các kết quả về tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán trên. Bên cạnh đó, ta cũng đưa ra một số kết quả về sự tồn tại và 5 duy nhất nghiệm của phương trình vi phân hàm với “maxima”. Các kết quả được trích từ [1] của tác giả R. Halk. 6 CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 1.1. Giới thiệu bài toán Xét hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến dx(t ) = f ( x)(t ) dt (1.1) h( x ) = 0 (1.2) với điều kiên biên trong đó, f : C ([a, b];  n ) → L([ a, b];  n ) và h : C ([a, b];  n ) →  n , n ∈  là các toán tử liên tục sao cho với mỗi ρ ∈ (0, +∞) thỏa mãn sup{|| f ( x)(⋅) ||: x ∈ C ([a, b];  n ),|| x ||≤ ρ } ∈ L([a, b]; ), sup{|| h( x) ||: x ∈ C ([a, b];  n ),|| x ||≤ ρ } < +∞. Các kết quả trong chương 1 được trích từ [3]. Định nghĩa 1.1. Nghiệm của phương trình (1.1) là vectơ hàm liên tục tuyệt đối x :[a, b] →  n thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi trên [a,b]. Định nghĩa 1.2. Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là nghiệm của phương trình (1.1) thỏa mãn điều kiện (1.2). Một ứng dụng cho bài toán (1.1), (1.2) chúng ta sẽ đưa ra điều kiện đủ cho tính giải được của hệ phương trình vi phân thường với điều kiện biên hai điểm dx(t ) = f 0 (t , x(t )), dt (1.3) = x(t1 ( x)) A( x) x(t2 ( x)) + c0 , (1.4) trong đó f 0 :[a, b] ×  n →  n là vectơ hàm thỏa mãn điều kiện Carathéodory, c0 ∈  n và ti : C ([a, b];  n ) → [a, b](i = 1,2) và A : C ([a, b];  n ) →  n×n là các toán tử liên tục. 1.2. Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) Xét bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân tuyến tính dx(t ) = p ( x)(t ) + q (t ) dt 7 (1.5) với điều kiện biên tổng quát l ( x) = c0 . (1.6) Cùng với bài toán (1.5), (1.6) ta có bài toán thuần nhất tương ứng dx(t ) = p ( x)(t ) , dt (1.50 ) l ( x) = 0 . (1.60 ) trong đó, (i) p : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) là toán tử tuyến tính và tồn tại hàm khả tích η :[a, b] →  thỏa mãn || p ( x)(t ) ||≤ η (t ) || x ||C , ∀t ∈ [a, b], ∀x ∈ C ([a, b];  n ). (ii) l : C ([a, b];  n ) →  n là toán tử tuyến tính bị chặn. (iii) q ∈ L([a, b];  n ) và c0 ∈  n . Theo [5], ta có các định lí sau: Định lí 1.1. Bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (1.50 ),(1.60 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lí 1.2. Nếu bài toán (1.50 ),(1.60 ) chỉ có nghiệm tầm thường thì tồn tại số β > 0 sao cho nghiệm của bài toán (1.5), (1.6) thỏa mãn đánh giá || x ||C ≤ β (|| c0 || + || q ||L ) . Định nghĩa 1.3. Cặp ( p, l ) của các toán tử liên tục p : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) và l : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) →  n được gọi là nhất quán nếu các điều kiện sau được thỏa mãn: (i) Với mỗi x ∈ C ([a, b];  n ) , các toán tử p ( x, ⋅) : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) và l ( x, ⋅) : C ([a, b];  n ) →  n là tuyến tính. (ii) Với bất kì x, y ∈ C ([a, b];  n ) và t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, ta có || p ( x, y )(t ) ||≤ α (t ,|| x ||C ) || y ||C , || l ( x, y )(t ) ||≤ α 0 (|| x ||C ) || y ||C trong đó, α 0 :  + →  + là hàm không giảm và α :[a, b] ×  + →  + khả tích theo đối số thứ nhất và không giảm theo đối số thứ hai. (iii) Tồn tại số β > 0 sao cho với mọi x ∈ C ([a, b];  n ) , q ∈ C ([a, b];  n ) , c0 ∈  n và với nghiệm y bất kì của bài toán biên 8 dy (t ) = p ( x, y )(t ) + q (t ) , l ( x, y ) = c0 dt (1.7) đều thỏa mãn || y ||C ≤ β (|| c0 || + || q ||L ). (1.8) Định lí 1.3. Giả sử tồn tại số ρ > 0 và cặp nhất quán ( p, l ) của các toán tử liên tục p : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) và l : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) →  n sao cho với bất kì λ ∈ (0,1) , mọi nghiệm của bài toán dx(t ) = p ( x, x)(t ) + λ[ f ( x)(t ) − p ( x, x)(t )] dt (1.9) = l ( x, x) λ[l ( x, x) − h( x)] (1.10) || x ||C ≤ ρ . (1.11) đều thỏa mãn Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm. Chứng minh. Gọi α , α 0 và β tương ứng là các hàm và số trong định nghĩa 1.3. Đặt γ (t ) = 2 ρα (t , 2 ρ ) + sup{|| f ( x)(t ) ||: x ∈ C ([a, b];  n ),|| x ||C ≤ 2 ρ}, γ0 = 2 ρα 0 (2 ρ ) + sup{|| h( x) ||: x ∈ C ([a, b];  n ),|| x ||C ≤ 2 ρ},  1 khi 0 ≤ s ≤ ρ  s  σ ( s ) = 2 − khi ρ < s < 2 ρ ρ   0 khi s ≥ 2ρ q ( x)(t ) σ (|| x ||C )[ f ( x)(t ) − p ( x, x)(t )], = c0 ( x) σ (|| x ||C )[l ( x, x) − h( x)]. = (1.12) (1.13) Khi đó ta có 0 ≤ σ ( s ) ≤ 1 . Do cách xác định hàm f và α nên γ ∈ L([a, b]; ) . Mặt khác do cách xác định hàm h và α 0 suy ra γ 0 < +∞ . Hơn nữa, với mỗi x ∈ C ([a, b];  n ) , t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, ta có (i) 0, ∀ || x ||> 2 ρ . Nếu || x ||> 2 ρ thì σ (|| x ||) = 0 suy ra || q ( x)(t ) ||= (ii) Nếu || x ||≤ 2 ρ thì σ (|| x ||) ≤ 1 suy ra || q ( x)(t ) ||≤ σ (|| x ||C )[|| f ( x)(t ) || + || p ( x, x)(t ) ||] γ (t ) . ≤ 2 ρα (t , 2 ρ ) + sup{|| f ( x)(t ) ||: x ∈ C ([a, b];  n ),|| x ||C ≤ 2 ρ } = 9 Tương tự ta có || c0 ( x) ||≤ γ 0 . Vậy || q ( x)(t ) ||≤ γ (t ), ∀t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, || c0 ( x) ||≤ γ 0 . (1.14) Với bất kì x ∈ C ([a, b];  n ) cố định lại, xét bài toán tuyến tính dy (t ) = p ( x, y )(t ) + q ( x)(t ) , dt l ( x, y ) = c0 ( x). (1.15) Bài toán tuyến tính thuần nhất tương ứng là dy (t ) = p ( x, y )(t ) , dt l ( x, y ) = 0. (1.150 ) Bài toán (1.150 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Thật vậy, giả sử y (t ) là nghiệm của bài toán (1.150 ) . Do cặp ( p, l ) là nhất quán và theo điều kiện (iii) của định nghĩa 1.3 với q= ( x)(t ) 0,= c0 ( x) 0 , ta có || y ||C ≤ β (|| c0 ( x) || + || q ( x) ||L ) = 0 Do đó, bài toán (1.150 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Khi đó, từ các điều kiện (i), (ii) của định nghĩa 1.3 và bài toán (1.150 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lí 1.1 thì bài toán (1.15) có nghiệm duy nhất. Giả sử y là nghiệm của bài toán (1.15). Theo điều kiện (ii), (iii) của định nghĩa 1.3 và (1.14) ta có || y ||C ≤ β (|| c0 ( x) || + || q ( x) ||L ) ≤ β (γ 0 + || γ ||L ). Và với t ∈ [a, b] hầu khắp nơi || y '(t ) =|| || p ( x, y )(t ) + q ( x)(t ) ||≤|| p ( x, y )(t ) || + || q ( x)(t ) || ≤ α (t ,|| x ||C ) || y ||C +γ (t ) ≤ α (t , ρ 0 ) ρ 0 + γ (t ) . Vậy || y ||C ≤ ρ0 , ||y'(t)|| ≤ γ *(t) với t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, β (γ 0 + || γ ||L ), γ *(t)=α (t,ρ0 ) ρ0 + γ (t ). trong đó, ρ 0 = Xét toán tử u : C ([a, b];  n ) → C ([a, b];  n ) x  u ( x) = y 10 (1.16) trong đó, y là nghiệm của bài toán (1.15). Đầu tiên, ta chứng minh u là liên tục. Thật vậy, với t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, với mọi x1 , x2 ∈ C ([a, b];  n ) , đặt y (t ) y2 (t ) − y1 (t ) . = y1 (t ) u= ( x1 )(t ), y2 (t ) u ( x2 )(t ) và = Ta xét bài toán = y '(t ) p ( x2 , y )(t ) + q0 ( x1 , x2 )(t ), l ( x2 , y ) = c( x1 , x2 ) trong đó, q0 ( x1 , x2 )(t= ) p ( x2 , y1 )(t ) − p ( x1 , y1 )(t ) + q ( x2 )(t ) − q ( x1 )(t ), c( x1 , x2 ) = l ( x1 , y1 ) − l ( x2 , y1 ) + c0 ( x2 ) − c0 ( x1 ). Theo điều kiện (iii) của định nghĩa 1.3 và y là nghiệm của bài toán (1.15) nên thỏa mãn bất đẳng thức || y ||C ≤ β (|| c( x1 , x2 ) ||C + || q ( x1 , x2 ) ||L ). Do đó || u ( x2 ) − u ( x1 ) ||C ≤ β (|| l ( x1 , y1 ) − l ( x2 , y1 ) ||C + || c0 ( x2 ) − c0 ( x1 ) ||C + || p ( x2 , y1 ) − p ( x1 , y1 ) ||L + || q ( x2 ) − q ( x1 ) ||L ) . Vì các toán tử l , c0 , p và q liên tục nên u là liên tục trên C ([a, b],  n ). Xét quả cầu Cρ = {x ∈ C ([a, b];  n ) :|| x ||C ≤ ρ 0 } 0 ρ0 β (γ 0 + || γ ||L ). trong đó,= ( x)(t ) x(t ), t ∈ [a, b]. Ta chứng minh tồn tại x ∈ Cρ sao cho u= 0 Ta có ||= y ||C || u ( x) ||C ≤ ρ 0 , ∀x ∈ Cρ . 0 Vậy u (Cρ ) bị chặn đều trên Cρ . 0 0 Mặt khác t || u ( x)(t ) − u ( x)( s ) ||=|| y (t ) − y ( s ) ||=|| ∫ y (ξ )dξ || s t t s s ≤ ∫ || y '(ξ ) || dξ ≤| ∫ γ * (ξ )dξ |, 11 s, t ∈ [a, b]. với Ta có hàm γ * khả tích trên [a,b] nên với ε > 0 cho trước, tồn tại δ > 0 , với mọi s, t ∈ [a.b] :| t − s |< δ thì t | ∫ γ * (ξ )dξ |< ε . s Suy ra || u ( x)(t ) − u ( x)( s ) ||< ε . Vậy u (Cρ ) đẳng liên tục. Theo định lí Ascoli – Arzela, u (Cρ ) là tập compact tương đối. 0 0 Do Cρ là tập lồi đóng trong không gian Banach C ([a, b],  n ), u: C ρ → C ρ là liên tục thỏa 0 0 0 mãn u (Cρ ) là tập compact tương đối nên theo định lí điểm bất động Schauder thì tồn tại 0 ( x)(t ) x(t ), t ∈ [a, b]. x ∈ Cρ sao cho u= 0 Khi đó, theo (1.13) thì x là nghiệm của bài toán (1.9), (1.10) với λ = σ (|| x ||C ) . Ta chứng minh || x ||C ≤ ρ , nghĩa là thỏa mãn (1.11). Giả sử trái lại, || x ||C > ρ . Khi đó, ρ <|| x ||C < 2 ρ hoặc || x ||C ≥ 2 ρ . Nếu ρ <|| x ||C < 2 ρ= thì λ σ (|| x ||C ) ∈ (0,1) . Mặt khác, x là nghiệm của bài toán (1.9), (1.10) nên theo định lí 1.3 thì x thỏa mãn (1.11), điều này mâu thuẫn với ρ <|| x ||C < 2 ρ . = (|| x ||C ) 0 suy ra x là nghiệm của bài toán (1.150 ) . Điều này Nếu || x ||C ≥ 2 ρ thì λ σ= không xảy ra do bài toán (1.150 ) chỉ có nghiệm tầm thường. (|| x ||C ) 1 . Do đó x thỏa mãn (1.11). Hơn nữa, do định nghĩa hàm σ= nên λ σ= Suy ra x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2).  Vậy bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm. Trước khi phát biểu hệ quả của định lí 1.3, ta cần một số định nghĩa sau Định nghĩa 1.4. Cho các toán tử tục p : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) và l : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) →  n . Giả sử p0 : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) l0 : C ([a, b];  n ) →  n là các toán tử tuyến tính. Ta nói cặp ( p0 , l0 ) thuộc vào tập hợp và ε n p ,l nếu tồn tại dãy {xk }k ∈ C ([a, b];  n ) (k = 1,2,...) sao cho với mỗi y ∈ C ([a, b];  n ) các điều kiện sau đây được thỏa mãn t t 0 0 lim ∫ p( xk , y )( s )ds = ∫ p0 ( y )( s )ds đều trên [a, b] , k →∞ 12 lim l ( xk , y ) = l0 ( y ). k →∞ Từ định nghĩa 1.4, với x ∈ C ([a, b];  n ) cố định, ta đặt p0 ( y ) = p ( x, y ) và l0 ( y ) = l ( x, y ) thì ( p0 , l0 ) ∈ ε n p ,l . Định nghĩa 1.5. Giả sử các toán tử p : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) và n l : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) →  n là liên tục. Ta nói cặp ( p, l ) thuộc vào lớp O0 nếu : (i) Với bất kì x ∈ C ([a, b];  n ) cố định lại, các toán tử p ( x, ⋅) : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) và l ( x, ⋅) : C ([a, b];  n ) →  n là tuyến tính. (ii’) Với bất kì x, y ∈ C ([a, b];  n ) và t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, ta có || p ( x, y )(t ) ||≤ α (t ) || y ||C , ||l(x,y)|| ≤ α 0 || y ||C trong đó, α :[a, b] →  + là hàm khả tích và α 0 ∈  + . (iii’) Với mỗi ( p0 , l0 ) ∈ ε n p ,l , bài toán dy (t ) = p= l0 ( y ) 0 0 ( y )(t ), dt (1.17) chỉ có nghiệm tầm thường. Hệ quả 1.1. Giả sử tồn tại ρ > 0 và cặp toán tử ( p, l ) ∈ O0 sao cho với mỗi λ ∈ (0,1) , mọi n nghiệm của bài toán (1.9), (1.10) thỏa mãn bất đẳng thức (1.11). Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm. Chứng minh. Từ (i), (ii’) trong định nghĩa 1.5 suy ra cặp ( p, l ) thỏa mãn các điều kiện của định nghĩa 1.3. Ta kiểm tra điều kiện (iii) như sau : Cố định x ∈ C ([a, b];  n ) , đặt p0 ( y ) = p ( x, y ) và l0 ( y ) = l ( x, y ) . Khi đó, theo định nghĩa 1.4 thì ( p0 , l0 ) ∈ ε n p ,l . Từ điều kiện (iii’) trong định nghĩa 1.5, bài toán (1.17) chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lí 1.2, tồn tại β > 0 và bài toán dy (t ) = p0 ( y )(t ) + q (t ), l0 ( y ) = c0 dt n n với t ∈ [a, b], q ∈ L([a,b]; ) và c0 ∈  có nghiệm duy nhất thỏa mãn bất đẳng thức || y ||C ≤ β (|| c0 || + || q ||L ), 13 Vậy điều kiện (iii) trong định nghĩa 1.3 được thỏa mãn. Do đó, cặp ( p, l ) là nhất quán. Theo định lí 1.3 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm.  Sau đây, ta phát biểu định nghĩa của toán tử bị chặn mạnh. Định nghĩa 1.6. Toán tử tuyến tính p0 : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) được gọi là bị chặn mạnh nếu tồn tại một hàm khả tích α :[a, b] →  + sao cho với mỗi y ∈ C ([a, b];  n ) thì || p0 ( y )(t ) ||≤ α (t ) || y ||C với t ∈ [a, b] hầu khắp nơi. Hệ quả 1.2. Giả sử tồn tại ρ > 0 , toán tử tuyến tính bị chặn mạnh p0 : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) và toán tử tuyến tính bị chặn l0 : C ([a, b];  n ) →  n sao cho bài toán (1.17) chỉ có nghiệm tầm thường. Hơn nữa, với mỗi λ ∈ (0,1) , mọi nghiệm của bài toán dx(t ) = λ[l0 ( x) − h( x)] p0 ( x)(t ) + λ[ f ( x)(t ) − p0 ( x)(t )], l0 ( x) = dt thỏa mãn (1.11). Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm. Chứng minh. Cố định x ∈ C ([a, b];  n ) , đặt p ( x, y )(t ) ≡ p0 ( y )(t ) và l ( x, y ) ≡ l0 ( y ) . Ta chứng minh cặp ( p, l ) ∈ O0n . Ta kiểm tra các điêu kiện trong định nghĩa 1.5. Do p0 tuyến tính, bị chặn mạnh và l0 tuyến tính, bị chặn nên p0 và l0 liên tục. Ta có (i) Do cách đặt p ( x, y )(t ) và l ( x, y ) nên p ( x, ⋅) : C ([a, b];  n ) → L([a, b];  n ) và l ( x, ⋅) : C ([a, b];  n ) →  n là tuyến tính; (ii’) Do p0 bị chặn mạnh và l0 bị chặn nên tồn tại α :[a, b] →  + và α 0 ∈  + sao cho với bất kì x, y ∈ C ([a, b];  n ) , t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, ta có || p= ( x, y )(t ) || || p0 ( y )(t ) ||≤ α (t ) || y ||C , x, y ) || || l0 ( y ) ||≤ α 0 || y ||C . || l (= (iii’) Ta có ( p0 , l0 ) ∈ ε n p ,l và ( p0 , l0 ) thỏa mãn (1.17) chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó, cặp ( p, l ) ∈ O0 . Theo hệ quả 1.1 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm. n  1.3. Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài toán (1.3), (1.4) Trong phần này, ta sẽ xây dựng diều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân thường 14 dx(t ) = f 0 (t , x(t )), dt (1.3) = x(t1 ( x)) A( x) x(t2 ( x)) + c0 , (1.4) với điều kiện biên hai điểm trong đó, vectơ hàm f 0 :[a, b] ×  n →  n là vectơ hàm thỏa mãn điều kiện Carathéodory, c0 ∈  n và các toán tử ti : C ([a, b];  n ) → [a, b] (i = 1,2) và A : C ([a, b];  n ) →  n×n là liên tục. Đặt = I 0 {t1 ( x) : x ∈ C ([a, b];  n )},  n ,|| y || 1}. = || A( x) ||0 max{|| A( x)( y ) ||: y ∈ = Ta có định lí sau Định lí 1.4. Giả sử tồn tại các hàm khả tích g1 :[a, b] → , g 2 :[a, b] →  + và số δ ∈ (0,1) sao cho f 0 (t , x) ⋅ sgn[(t − t0 ) x] ≤ g1 (t ) || x || + g 2 (t ) với t ∈ [a, b], t0 ∈ I 0 , x ∈  n (1.18) và t2 ( x ) exp[ ∫ g1 (t )dt ⋅ sgn(t2 ( x) − t1 ( x))] || A( x) ||0 ≤ δ với x ∈ C ([a, b];  n ) . (1.19) t1 ( x ) Khi đó, bài toán (1.3), (1.4) có nghiệm. Chứng minh. h( x) x(t1 ( x)) − A( x) x(t2 ( x)) −c0 . Với mỗi x, y ∈ C ([a, b];  n ) , ta đặt f ( x)(t ) = f 0 (t , x(t )),= Khi đó bài toán (1.3), (1.4) trở thành bài toán (1.1), (1.2). Ta sẽ chứng minh các gải thiết của định lí 1.3 được thỏa mãn. Đặt p ( x, y )(t ) = [ g1 (t )sgn(t − t1 ( x))] y (t ), l ( x, y ) = y (t1 ( x)) . Ta có → L([a, b];  n ) p : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) và l : C ([a, b];  n ) × C ([a, b];  n ) →  n là các ánh xạ. Do hàm y ∈ C ([a, b];  n ) nên l liên tục. Mặt khác, do hàm g1 khả tích và tính liên tục của hàm y suy ta toán tử p là liên tục. Ta chứng minh cặp ( p, l ) là nhất quán. (i) Với x ∈ C ([a, b];  n ) cố định lại, ∀α , β ∈ , ∀y, y ' ∈ C ([a, b];  n ) , ta có 15 p ( x, α y + β y= ') α p ( x, y ) + β p ( x, y '), l ( x, α y + β y ')= α l ( x, y ) + β l ( x, y '). Vậy p, l tuyến tính theo biến số thứ hai. Với mọi x, y ∈ C ([a, b];  n ) , t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, ta có (ii) || p ( x, y )(t ) ||≤| g1 (t ) ||| y ||C ≤|| g1 ||L || y ||C (do p liên tục), || l ( x, y ) ||≤|| y ||C (do l liên tục) = g1 ||L ,α 0 1 . Vậy điều kiện (ii) trong định nghỉa 1.3 được thỏa mãn với α || = (iii) Với mọi x ∈ C ([a, b];  n ) , q ∈ C ([a, b];  n ), c0 ∈  n . Ta giải tìm nghiệm của bài t toán (1.7). Đặt R (t ) = ∫ g1 ( s )sgn( s − t1 ( x))ds . Ta có t1 ( x ) dy (t ) = p ( x, y ) + q (t ) dt ⇔ y '(t ) − [ g1 (t )sgn(t − t1 ( x))] y (t ) = q(t ) exp( − R(t ))q(t ) ⇔ ( y (t ) exp(− R(t ))) ' = t ⇒= y (t ) c0 exp( R(t )) + ∫ exp( R(t ) − R( s )) q( s ) ds t1 ( x ) b ⇒|| y (t ) ||≤|| c0 || exp(|| g1 ||L ) + ∫ exp(|| g1 ||L ) || q ( s ) || ds a Suy ra || y ||C ≤ exp(|| g1 ||L )(|| c0 || + || q ||L ) . = Chọn β exp(|| g1 ||L ) > 0 ta có || y ||C ≤ β (|| c0 || + || q ||L ) . Do đó điều kiện (iii) trong định nghĩa 1.3 được thỏa mãn. Vậy cặp ( p, l ) là nhất quán. Với mọi λ ∈ (0,1) , ta xét bài toán dx(t ) = (1 − λ )[ g1 (t )sgn(t − t1 ( x))]x(t ) + λ f 0 (t , x(t )), dt = x(t1 ( x)) λ[ A( x) x(t2 ( x)) + c0 ]. (1.20) Gọi x là nghiệm bất kì của bài toán (1.20) với λ ∈ (0,1) nào đó. Đặt u (t ) =|| x(t ) || . Ta có u '(t ) = x '(t )sgn( x(t )) với t ∈ [ a, b] hầu khắp x(t ) = ( x1 (t ), x2 (t ),..., xn (t )) suy ra ( xi (t )) ' = x 'i (t )sgn( xi (t )) . 16 nơi. Thật vậy, giả sử Khi đó, với t ∈ [a, b] hầu khắp nơi, ta có n n = = u '(t ) (||= x(t ) ||) ' (∑= xi (t )) x '(t )sgn( x(t )) . | xi (t ) |) ' (∑ x 'i (t )sgn( =i 1 =i 1 Từ (1.18) và x là nghiệm của bài toán (1.20) ta có u '(t )sgn( = t − t1 ( x)) x '(t )sgn( x(t ))sgn(t − t1 ( x)) = (1 − λ ) g1 (t )sgn( x(t )) x(t ) + λ f 0 (t , x(t ))sgn( x(t ))sgn(t − t1 ( x)) ⇒ u '(t )sgn(t − t1 ( x)) ≤ (1 − λ ) g1 (t ) || x(t ) || +λ f 0 (t , x(t ))sgn[(t − t1 ( x)) x(t )] ≤ (1 − λ ) g1 (t ) || x(t ) || +λ ( g1 (t ) || x(t ) || + g 2 (t )) (do (1.18)) ≤ g1 (t ) || x(t ) || + g 2 (t ) ≤ g1 (t )u (t ) + g 2 (t ), t ∈ [a,b] Vậy u '(t )sgn(t − t1 ( x)) ≤ g1 (t )u (t ) + g 2 (t ), t ∈ [a,b] (1.21) Mặt khác, lấy chuẩn= của x(t1 ( x)) λ[ A( x) x(t2 ( x)) + c0 ] ta có u (t1 ( x)) ≤|| A( x) ||0 u (t2 ( x))+ || c0 || (1.22) Khi đó, từ bất đẳng thức (1.21) ta suy ra u (t ) ≤ exp( t ∫ g1 ( s )sgn( s − t1 ( x)) ds )u (t1 ( x)) + ρ1 , với t ∈ [a, b] t1 ( x ) trong đó, ρ1 = exp(|| g1 ||L ) || g 2 ||L . Thay t = t2 ( x) vào (1.23), do (1.19) và (1.22) ta có u (t2 ( x)) ≤ exp( t2 ( x ) ∫ g1 ( s )sgn( s − t1 ( x))ds )u (t1 ( x)) + ρ1 t1 ( x ) ≤ exp( t2 ( x ) ∫ g1 ( s )sgn( s − t1 ( x))ds )(|| A( x) ||0 u (t2 ( x)+ || c0 ||) + ρ1 t1 ( x ) ≤ exp( t2 ( x ) ∫ g1 ( s )sgn( s − t1 ( x))ds ) || A( x) ||0 u (t2 ( x) t1 ( x ) + exp( t2 ( x ) ∫ g1 ( s )sgn( s − t1 ( x))ds ) || c0 || + ρ1 t1 ( x ) Do đó u (t2 ( x)) ≤ δ u (t2 ( x)) + exp(|| g1 ||L ) || c0 || + ρ1. Đặt ρ 2 = (1 − δ ) −1 [|| c0 || exp(|| g1 ||L ) + ρ1 ] , ta có 17 (1.23) u (t2 ( x)) ≤ ρ 2 (1.24) Tuy nhiên, từ (1.19) ta có || A( x) ||0 ≤ δ exp(− t2 ( x ) ∫ g1 (t )dt.sgn(t2 ( x) − t1 ( x))) t1 ( x ) ≤ δ exp(|| g1 ||L ) . Theo bất đẳng thức trên và từ (1.22) – (1.24) ta được u (t ) ≤ exp(|| g1 ||L )(|| A( x) ||0 ρ 2 + || c0 ||) + ρ1 ≤ exp(|| g1 ||L )(δρ 2 exp(|| g1 ||L + || c0 ||) + ρ1 . = Khi đó x thỏa mãn (1.11) với ρ exp(|| g1 ||L )(δρ 2 exp(|| g1 ||L )+ || c0 ||) + ρ1 > 0 không phụ thuộc vào λ và x . Khi đó, theo định lí 1.3 thì bài toán (1.3), (1.4) có nghiệm. 18 
- Xem thêm -