NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH

  • Số trang: 67 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 13 |
  • 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 Lê Yến Vi NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Lê Yến Vi NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH Chuyên ngành: Mã số: Toán giải tích 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 – 2014 LỜI CÁM ƠN Lời đầu tiên, tôi xin kính gởi lời cám ơn sâu sắc và chân thành nhất tới PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn – Khoa Toán Tin – Trường Đại Học Sư Phạm TP.Hồ Chí Minh vì sự tận tình giúp đỡ và chỉ bảo của thầy đối với tôi trong thời gian làm luận văn. Tôi cũng xin gởi lời cám ơn đến Quý Thầy Cô Trường Đại Học Sư Phạm TP.Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy tôi trong suốt khóa học. Tôi xin cám ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin, Phòng Khoa Học Công Nghệ và Phòng Sau Đại Học – Trường Đại Học Sư Phạm TP.Hồ Chí Minh đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong thời gian học tại trường. Xin gởi lời cám ơn đến quý thầy, cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian quý báu để đọc, chỉnh sửa, góp ý và phản biện cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh nhất. Cuối cùng xin chân thành cảm ơn gia đình và bạn bè đã luôn quan tâm và động viên giúp tôi hoàn thành luận văn này. TP. Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2014. MỤC LỤC MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1 Chương 1. CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ ................................................................. 3 1.1. Giới thiệu bài toán ................................................................................... 3 1.2. Các bổ đề ................................................................................................. 7 1.2.1. Bổ đề về sự tồn tại nghiệm bị chặn................................................... 7 1.2.2. Bổ đề về sự đánh giá tiên nghiệm ..................................................... 8 1.2.3. Bổ đề về bài toán giá trị biên trên khoảng hữu hạn ........................ 15 1.2.4. Bổ đề về nghiệm không âm của bất phương trình vi phân ............. 19 Chương 2. CÁC ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM BỊ CHẶN ............................................................... 21 2.1. Các định lý ............................................................................................ 21 2.1.1. Định lý về điều kiện cần và đủ ....................................................... 21 2.1.2. Định lý về nghiệm bị chặn .............................................................. 22 2.1.3. Định lý về nghiệm có dấu không đổi .............................................. 27 2.2. Phương trình vi phân đối số lệch .......................................................... 33 2.2.1. Hệ quả của định lý nghiệm bị chặn ................................................ 33 2.2.2. Hệ quả của định lý về nghiệm có dấu không đổi............................ 35 2.2.3. Chứng minh các hệ quả .................................................................. 38 2.3. Các ví dụ ............................................................................................... 41 KẾT LUẬN .................................................................................................... 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 59 MỘT SỐ KÝ HIỆU • N là tập hợp tất cả các số tự nhiên. [0, +∞). • R là tập hợp tất cả các số thực, R= + • C ([ a, b ]; R ) là không gian Banach của các hàm liên tục u :[a, b] → R với một chuẩn = u C max { u (t ) : a ≤ t ≤ b}. { • C ([ a, b ]; R+ ) = u ∈ C ([ a, b ]; R ) : u (t ) ≥ 0 với t ∈ [ a, b ]}. • Cloc ([a, +∞); D ) , với D ⊆ R, là tập hợp các hàm liên tục u :[a, +∞) → D với cấu trúc tôpô hội tụ đều trên mọi tập con compact của [a, +∞). R ) thì u sup { u (t ) : t ≥ a}. Nếu u ∈ Cloc ([a, +∞);= • C0 ([a, +∞); R ) là tập hợp các hàm u ∈ Cloc ([a, +∞); R ) , với cấu trúc tôpô hội tụ đều trên mọi tập con compact của [a, +∞) mà với mỗi hàm u ∈ Cloc ([a, +∞); R ) đều tồn tại giới hạn hữu hạn def u (+∞) = lim u (t ). t →+∞  ([ a, b ]; D ) , với D ⊆ R, là tập hợp các hàm liên tục tuyệt đối • C u :[a, b] → D.  ([ a, b ]; D ) , với D ⊆ R, là tập hợp các hàm u :[a, +∞) → D liên tục • C tuyệt đối trên mọi tập con compact của [a, +∞).  0 ([a,+∞); D • C = ) C loc ([a,+∞); D ) ∩ C0 ([a,+∞); D ) với D ⊆ R. • L ([a, b]; R) là không gian Banach của các hàm khả tích Lebesgue p :[a, b] → R với một chuẩn b p L = ∫ p ( s ) ds a • L ([ a, b ]; R+ )= { p ∈ L ([ a, b]; R ) : p(t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ a, b]}. • L ([a, +∞); D ) với D ⊆ R, là tập hợp các hàm khả tích Lebesgue p :[a, +∞) → D. • Lloc ([a, +∞); D ) , với D ⊆ R, là tập hợp các hàm khả tích Lebesgue địa phương p :[a, +∞) → D. với cấu trúc tôpô hội tụ trên mọi tập con compact của [a, +∞). • ch là tập hợp các hàm tuyến tính bị chặn không tầm thường ω : Cloc ([a, +∞); R ) → R. • W 0 là tập hợp các hàm tuyến tính bị chặn không tầm thường ω : C0 ([a, +∞); R ) → R. • L ab là tập hợp các toán tử tuyến tính bị chặn  : C ([ a, b ]; R ) → L ([ a, b ]; R ) , sao cho với (υ )(t ) ≤ η (t ) υ  ∈ Lab C thì tồn tại η ∈ L ([ a, b ]; R+ ) thỏa mãn , ∀t ∈ [ a, b ] , υ ∈ C ([ a, b ]; R ) . • P ab là tập hợp các toán tử  ∈ Lab biến tập C ([ a, b ]; R+ ) thành tập L ([ a, b ]; R+ ) . • M ab là tập các hàm đo được: τ : [a, b] → [a, b]. •  là tập hợp các toán tử tuyến tính:  : C [a, +∞); R → L [a, +∞); R P ) Loc ( ) Loc ( liên tục, biến tập CLoc ([a, +∞); R+ ) thành tập LLoc ([a, +∞); R+ ) sao cho (1) ∈ L ([a, +∞); R+ ) . •  tập hợp các toán tử tuyến tính:  : C ([a, +∞); R ) → L ([a, +∞); R ) L Loc Loc  sao cho ( (υ )(t ) ) ≤  ( υ ) (t ), ∀t ∈ [a, +∞), liên tục và tồn tại toán tử  ∈ P υ ∈ C ([a, +∞); R ) . • M là một tập hợp các hàm đo được địa phương τ :[a, +∞) → [a, +∞). • χ ab là hàm đặc trưng trên đoạn [a, b], tức là: 1 , t ∈ [ a, b ]  0 , t ∉ [ a, b ] χ ab =  • θb : Cloc ([a, +∞); R ) → C0 ([a, +∞); R ) với b ∈ (a, +∞) xác định bởi: θb= (u )(t ) χ ab (t )u (t ) + (1 − χ ab (t ))u (t ) với t ∈ [a, +∞) • Nếu q ∈ Lloc ([a, +∞(; R ) và b ∈ [a, +∞), thì = q b (t ) χ ab (t )q (t ), ∀t ∈ [a, +∞).  và b ∈ [a, +∞) thì • Nếu  ∈ L =  b (u )(t ) χ ab (t )(θb (u ))(t ), ∀t ∈ [a, +∞). • Nếu ω ∈ ch tương ứng ω ∈ W 0 và b ∈ [a, +∞) thì  b (u ) = ω (θ (u )) . ω b  là toán tử a − Volterra nếu như có b ∈ [a, +∞) và • Ta gọi  ∈ L υ ∈ Cloc ([a, +∞);R ) thỏa mãn phương trình: υ (t ) = 0 với t ∈ [a, b]. thì (υ )(t ) = 0 hầu khắp t ∈ [a, b].  là toán tử anti − Volterra nếu có b ∈ [a, +∞) và • Ta gọi  ∈ L υ ∈ Cloc ([a, +∞);R ) thỏa mãn phương trình: υ (t ) = 0 với t ∈ [a, b]. thì (υ )(t ) = 0 hầu khắp t ∈ [b, +∞). 1 MỞ ĐẦU Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời vào thế kỉ thứ 18 sau đó phát triển mạnh mẽ nhờ các ứng dụng của nó trong vật lý, cơ học, kỹ thuật, kinh tế, nông nghiệp…. Vấn đề về sự tồn tại nghiệm cho phương trình vi phân đối xứng chậm và đối xứng lệch trong những năm gần đây nhận được sự quan tâm của nhiều nhà toán học của cộng hòa Sech, cộng hòa Gruzia,… Mục đích chính của luận văn là áp dụng các kết quả tổng quát của các tác giả I.T.Kiguradze, B.Puza ..cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính để nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất nghiệm, nghiệm dương, nghiệm bị chặn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính với điều kiện biên dạng hàm như sau: = u′(t ) (u )(t ) + q (t ) (1.1) Thỏa mãn điều kiện biên: ω(u) = c. (1.2) Trong đó:  ∈ L , q ∈ Lloc ([a, +∞), R), ω ∈ ch hoặc ω ∈ W0 và c ∈ R. Nghiệm của phương trình vi phân bậc nhất (1.1) là hàm u ∈ C Loc ([a, +∞); R ) thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi trên [a, +∞) . Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) được hiểu là nghiệm của phương trình vi phân (1.1) và thỏa mãn (1.2). Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng: u′(t ) = (u )(t ) (1.1 0 ) ω(u) = 0. (1.2 0 ) Trường hợp đặc biệt của điều kiện (1.2) là: u ( a ) = c, (1.3) u (+∞) = c, (1.4) 2 u (a ) − u (+∞) = c, (1.5) Tương ứng trường hợp đặc biệt điều kiện (1.2 0 ) là: u (a ) = 0, (1.3 0 ) u (+∞) = 0, (1.4 0 ) u (a ) − u (+∞) = 0, (1.5 0 ) Luận văn này là tài liệu tham khảo cho những ai quan tâm đến nghiên cứu sự tồn tại và sự duy nhất của nghiệm bị chặn, nghiệm dương của phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính thỏa mãn điều kiện biên dạng hàm. Sau đó áp dụng các kết quả trên để nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm, nghiệm dương, nghiệm bị chặn cho phương trình vi phân đối số chậm và đối số lệch. Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn chia làm 2 chương, cụ thể như sau: Chương 1. CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ. Chương 1 gồm các phần: giới thiệu bài toán, đưa ra một số định nghĩa, mệnh đề và các bổ đề để hổ trợ cho việc chứng minh các định lý trong chương 2. Chương 2. CÁC ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM BỊ CHẶN. Áp dụng các bổ đề ở chương 1 để xây dựng các điều kiện cần và đủ về sự tồn tại và duy nhất của nghiệm, nghiệm bị chặn, nghiệm dương của phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính với điều kiện biên dạng hàm. Ngoài ra, các bổ đề của chương 1 kết hợp với các định lý của chương 2 để chứng minh các hệ quả của các định lý. Phần cuối của chương 2 là các ví dụ để kiểm tra sự tối ưu của kết quả thu được. 3 Chương 1. CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ 1.1. Giới thiệu bài toán Trong luận văn này ta nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất: = u′(t ) (u )(t ) + q (t ) (1.1) thỏa mãn điều kiện biên: ω(u) = c. (1.2) Trong đó:  ∈ L , q ∈ Lloc ([a, +∞), R), ω ∈ ch hoặc ω ∈ W0 và c ∈ R. Nghiệm của phương trình vi phân bậc nhất (1.1) là hàm u ∈ C Loc ([a, +∞); R ) thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi trên [a, +∞) . Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) được hiểu là nghiệm của phương trình vi phân (1.1) và thỏa mãn (1.2). Cùng với với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng: u′(t ) = (u )(t ) (1.1 0 ) ω(u) = 0. (1.2 0 ) Trường hợp đặc biệt của điều kiện (1.2) là các điều kiện: u ( a ) = c, (1.3) u (+∞) = c, (1.4) u (a ) − u (+∞) = c, (1.5) Tương ứng trường hợp đặc biệt của điều kiện (1.2 0 ) là các điều kiện: u (a ) = 0, (1.3 0 ) u (+∞) = 0, (1.4 0 ) u (a ) − u (+∞) = 0, (1.5 0 ) Lấy b > a tùy ý và ta cố định lại. Ta định nghĩa toán tử: ϕ : C ([ a, b ]; R ) → Co ([a, +∞); R ) và ψ : L ([a, +∞); R ) → L ([ a, b ]; R ) cho bởi công thức: 4 def ϕ (υ )(t ) = υ (v(t )) với t ∈ [a, +∞). def ψ (u )(t ) = b−a u (v −1 (t )) với t ∈ [a, b). 2 (b − t ) (1.6) (1.7) Với v(t ) được xác định như sau: v(t )= b − b−a với t ∈ [a, +∞). 1+ t − a (1.8) và v −1 là hàm số nghịch đảo của v tức là v −1 (t ) = a+ b−a − 1 với t ∈ [a, b). b−t Ta định nghĩa toán tử:  : C ([ a, b ]; R ) → L ([ a, b ]; R ) def  (υ )(t ) = ψ ((ϕ (υ )))(t ) với t ∈ [ a, b ]. (1.9) Do  ∈ L nên toán tử  xác định. Hơn nữa, ta dễ dàng kiểm tra rằng  là toán tử tuyến tính bị chặn. Ta định nghĩa hàm ωˆ : C ([ a, b ]; R ) → R cho bởi công thức: def ωˆ (υ ) = ω (ϕ (υ )) (1.10) Dễ thấy hàm ω̂ là phiếm hàm tuyến tính bị chặn (cho 2 trường hợp, ω ∈ ch và ω ∈ W0 ) . Giả sử rằng: q ∈ L ([a, +∞); R ) . Ta định nghĩa: (1.11) def qˆ = ψ (q ) (1.12) Khi đó, ta xét bài toán trên đoạn [a, b] υ ′(t ) =  (υ )(t ) + qˆ (t ), ωˆ (υ ) = c, ∀t ∈ [a, b]. (1.13) và bài toán thuần nhất tương ứng: υ ′(t ) =  (υ )(t ), ωˆ (υ ) = 0, ∀t ∈ [a, b]. (1.13 0 ) Ta dễ dàng kiểm tra được nếu υ là nghiệm của bài toán (1.13) khi đó 5 def u = ϕ (u ) là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2) và ngược lại, nếu u là  0 ([a, +∞); R ) và hàm υ được nghiệm bị chặn của bài toán (1.1), (1.2) thì u ∈ C xác định bởi: def def u= ϕ −1 (u ), u (b)= u (+∞) là nghiệm của bài toán (1.13). Do đó, ta có các mệnh đề sau: Mệnh đề 1.1. Giả sử điều kiện (1.11) thỏa mãn. Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm khi và chỉ khi bài toán (1.13) có duy nhất nghiệm υ . Hơn nữa: u ∈ C0 ([a, +∞); R ) , ϕ (u ) ≡ u và u (b)= u (+∞) . Sau đây là trường hợp đặc biệt của mệnh đề 1.1: Mệnh đề 1.2. Nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) là tầm thường khi và chỉ khi bài toán (1.13 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Mệnh đề 1.3. Bài toán (1.13) có duy nhất nghiệm khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (1.13 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Chứng minh Giả sử: X C ([ a, b ] , R ) × R là không gian Banach gồm các phần tử có = dạng x = ( u ,α ) , trong đó x ∈ C ([ a, b ] , R ) và c ∈ R, với chuẩn: x= X u C +α t  Đặt qˆ =  ∫ q ( s )ds, c  và định nghĩa toán tử T : X → X như sau:   a  t   T ( x) = aa + u (a ) + ∫ (u )( s )ds, − h(u )    a   Ta có bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử: = x T ( x) + qˆ trong không gian X theo nghĩa: (*) 6 Nếu x = ( u ,α ) ∈ X là nghiệm của phương trình (*) thì α = 0, u ∈ C ([ a, b ] , R ) và u là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2). Ngược lại, nếu u ∈ C ([ a, b ] , R ) là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) thì x = ( u ,0 ) là nghiệm của phương trình (*). Toán tử T xác định như trên là toán tử compăc. Mặt khác, theo định lý Riesz- Schauder, ta suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình thuần nhất tương ứng: x = T ( x) (**) chỉ có nghiệm tầm thường. Ta có: phương trình (**) tương đương với bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) theo nghĩa trên. Do đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Từ định đề 1.1 – 1.3, ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 1.4. Giả sử điều kiện (1.11) thỏa mãn. Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm bị chặn duy nhất khi và chỉ khi nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán thuần nhất (1.1 0 ), (1.2 0 ) là tầm thường. Vì vậy, câu hỏi về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) (với giả thuyết điều kiện (1.11) thỏa mãn) tương đương với câu hỏi về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán thuần nhất (1.13 0 ) (giới hạn trên đoạn [a, b]). Chú ý 1.1. Theo định lý Riesz – Schauder ta có nếu bài toán (1.13 0 ) có nghiệm không tầm thường thì với mỗi c ∈ R tồn tại q ∈ L ([ a, b ]; R ) sao cho bài toán (1.13) không có nghiệm. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu về bài toán (1.1), (1.2) với điều kiện (1.11) bị hạn chế hơn 7  t  sup  ∫ q ( s )ds : t ≥ a  < +∞  a  (1.14)  và điều kiện (1.14) thỏa mãn. Ta giả sử rằng  ∈ L def Nếu (υ )(t ) = p (t ).υ (t ) thì phương trình (1.1) có dạng: u′(t ) p (t ).u (t ) + q (t ) = (1.15)  nghĩa là: Giả sử  ∈ L p ∈ L ([a, +∞); R ) (1.16) Phương trình (1.15) là một dạng tương tự như phương trình (1.1) với  được thỏa mãn (tức là điều kiện (1.16) và điều kiện (1.14) là điều kiện  ∈ L rất cần thiết cho tính bị chặn của nghiệm phương trình (1.1)). 1.2. Các bổ đề Trong bổ đề 1.1, 1.2 ta có xét bài toán sau: = u′(t )  b (u )(t ) + q b (t )  b (u ) = c, ω (1.17) (1.18) Tương ứng u′(t ) =  b (u )(t ) (1.17 0 )  b (u ) = 0, ω (1.18 0 )  b và q được định nghĩa trong mục “ Một số kí hiệu”) (  b , ω b 1.2.1. Bổ đề về sự tồn tại nghiệm bị chặn Bổ đề 1.1. Giả sử điều kiện (1.14) thỏa mãn và tồn tại ρ0 ≥ 0 và b0 ∈ (a, +∞), sao cho với mỗi b ≥ b 0 phương trình (1.17) có nghiệm u b thỏa: ub ≤ ρ0 (1.19) Khi đó, phương trình (1.1) có ít nhất một nghiệm bị chặn u. Hơn nữa, tồn 8 { } tại dãy ubn +∞ n =1 ⊂ {ub }b≥b sao cho: 0 lim ubn (t ) = u (t ) hội tụ đều trên [a, +∞). n→+∞ (1.20) Chứng minh  , từ (1.17) với u = u b ta có: Do (1.19) và  ∈ L t t s s ub (t ) − ub ( s ) ≤ ∫  b (ub )(ξ ) dξ + ∫ q b (ξ ) dξ t t s s ≤ ρ0 ∫ (1)(ξ )dξ + ∫ q (ξ ) dξ với a ≤ s ≤ t Do đó, dãy hàm {ub }b≥b bị chặn đều và liên tục đều trên mọi tập con 0 compact của [a, +∞) . Theo bổ đề Arzelà – Ascoli, tồn tại dãy hàm { } ubn +∞ n =1 ⊂ {ub }b≥b và hàm u ∈ CLoc ([a, +∞); R ) sao cho lim bn = +∞ và (1.21) n→+∞ 0 thỏa mãn. Ta có: θbn (ubn )(t ) = ubn (t ) với t ≥ a, n ∈ . Lấy tích phân 2 vế của (1.17) (với u = ubn ) đi từ a tới t, ta được: t t a a ubn (t ) =+ ubn (a ) ∫ (ubn )(ξ )dξ + ∫ q (ξ )dξ với t ∈ [ a, bn ] , n ∈ N .  ta có: Do (1.20) và giả thiết  ∈ L t t a a u (t ) = u (a ) + ∫ (u )(ξ )dξ + ∫ q (ξ )dξ với t ≥ a.  Loc ([a, +∞); R ) và u là nghiệm của phương trình (1.1). Hơn nữa, từ tức là u ∈ C (1.19) và (1.20) ta có u ≤ ρ0 . 1.2.2. Bổ đề về sự đánh giá tiên nghiệm Bổ đề 1.2. Giả sử nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) là 9 tầm thường. Hơn nữa, điều kiện (1.14) thỏa mãn. Khi đó, tồn tại b0 ∈ (a,+∞) và r0 > 0 sao cho với mỗi b ≥ b0 , bài toán (1.17), (1.18) có duy nhất nghiệm u b và nghiệm này thỏa mãn đánh giá ub ≤ r0 ( c + q* ).  t  = với q sup  ∫ q ( s )ds : t ≥ a   a  * (1.21) Để chứng minh bổ đề 1.2 ta cần một vài mệnh đề phụ sau: Mệnh đề 1.5. Giả sử bài toán (1.13 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Khi đó, tồn tại r 0 > 0 sao cho với mỗi q ∈ L ([ a, b ]; R ) nghiệm υ của bài toán (1.13) thỏa mãn đánh giá u C   t   ≤ r0  c + sup  ∫ q ( s )ds : t ∈ [ a, b ]    a    (1.22) Chứng minh Giả sử: R × L ([ a, b ];= R) {( c, q ) : c ∈ R, q ∈ L ([a, b]; R )}. là không gian tuyến tính với chuẩn ( ) c, q R×L  t  = c + sup  ∫ q ( s )ds : t ∈ [ a, b ].  a  ( ) và giả sử Ω là một toán tử, gán mỗi c, q ∈ R × L ([ a, b ]; R ) với nghiệm υ của bài toán (1.13). Theo mệnh đề 1.3, toán tử Ω xác định. Hơn nữa, theo định lý 1.4 trong [11], Ω : R × L ([ a, b ]; R ) → C ([ a, b ]; R ) là toán tử tuyến tính bị chặn (xem thêm Định lý 3.2 trong [10]). Ký hiệu r 0 là chuẩn của Ω . Ta có, với mỗi ( c, q ) ∈ R × L ([a, b]; R ) thì: Ω ( c, q ) C ( ) ≤ r0 c, q R×L 10 ( ) Do đó, nghiệm υ = Ω c, q của bài toán (1.13) thỏa mãn đánh giá (1.22). Từ mệnh đề 1.5 ta suy ra ngay mệnh đề sau: Mệnh đề 1.6. Giả sử b ∈ (a, +∞) và bài toán (1.17 0 ), (1.18 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Khi đó, tồn tại r b > 0 sao cho với mỗi q ∈ Lloc ([a, +∞);R ) thỏa mãn điều kiện (1.14) và c ∈ R thì bài toán (1.17), (1.18) có duy nhất nghiệm u b và nghiệm này thỏa mãn đánh giá ( ub ≤ rb c + q* ) (1.23) với q* được xác định bởi (1.22). Mệnh đề 1.7. Giả sử nghiệm bị chặn duy nhất của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) là tầm thường. Khi đó, tồn tại b0 ∈ (a, +∞) sao cho với mỗi b ≥ b 0 , bài toán (1.17 0 ), (1.18 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn tại dãy tăng {bk }k =1 , lim bk = +∞ mà với mỗi k ∈ N, +∞ k →+∞ bài toán:  u′(t ) = 0 = bk (u )(t ), ω bk (1.24) có nghiệm không tầm thường u k . Ta có: uk ≡ θbk (uk ) (1.25) Để không làm mất tổng quát, ta có thể giả sử uk = 1 với k ∈ N . (1.26)  , ta có: Hơn nữa, từ (1.26) – (1.28) và giả sử  ∈ L t t t s s s uk (t ) − uk ( s ) ≤ ∫ u= k′ (ξ ) d ξ ∫  bk (uk )(ξ ) dξ ≤ ∫ (uk )(ξ ) dξ t ≤ ∫ (1)(ξ )dξ với a ≤ s ≤ t , k ∈ N . s 11 Do đó, dãy hàm {U k }k =1 bị chặn đều và liên tục đều trên mọi tập con +∞ compact của [a, +∞). Theo bổ đề Arzela–Ascoli, để không làm mất tính tổng quát, ta giả sử tồn tại u0 ∈ Cloc ([a, +∞);R ) sao cho: lim uk (t ) = u0 (t ) hội tụ đều trên [a, +∞). k →+∞ (1.27) Hơn nữa theo (1.26) ta có: u0 ≤ 1 (1.28) Mặt khác, vì uk (k ∈ N ) là nghiệm của bài toán (1.24) nên ta có: t  u= k (t ) uk ( a ) + ∫  bk uk ( s ) ds với t ≥ a (1.29) a  b (u= ω 0, k ∈ N . k k) (1.30) Từ (1.29), do (1.27), ta có: t u= 0 (t ) u0 ( a ) + ∫ (u0 )( s ) ds với t ≥ a (1.31) a  loc ([a, +∞); R ) và Vì vậy u0 ∈ C t ∫ (u0 )(ξ )dξ u0 (t ) −= u0 ( s ) t ≤ u0 s ∫ (1)(ξ )dξ với a ≤ s ≤ t s  , ta suy ra được sự tồn Do bất đẳng thức cuối (cùng với (1.28)) và  ∈ P tại hữu hạn của giới hạn u0 (+∞) = lim u0 (t ) . t →+∞ Từ (1.30) và (1.27), ta có: ω (u0 ) = 0 (1.32) Từ (1.31) và (1.32) ta có u 0 là nghiệm bị chặn của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ). Vì vậy, u0 ≡ 0  , ta có thể chọn b ∈ (a, +∞) sao cho: Vì  ∈ L * (1.33) 12 +∞ ∫ (1)( s )ds ≤ b∗ 1 3 (1.34) Theo (1.27) và (1.33) tồn tại k0 ∈ N sao cho: 1 với t ∈ [ a, b∗ ] , k ≥ k0 3 uk (t ) ≤ (1.35) Mặt khác, từ (1.29) và (1.26) ta có: t uk (t ) − = uk (b∗ ) ∫  bk (uk )( s ) ds ≤ b∗ +∞ ∫ (1)(s)ds với t ≥ b∗ , k ∈ N . b∗ Do (1.34), (1.35) ta có: uk (t ) ≤ 2 với t ≥ a, k ≥ k0 3 Mâu thuẫn với (1.26). Chứng minh bổ đề 1.2 Do nghiệm bị chặn của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) là tầm thường. Khi đó, theo mệnh đề 1.7, tồn tại b* ∈ (a, +∞) sao cho với mọi b ≥ b* bài toán (1.17 0 ), (1.18 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó, theo mệnh đề 1.6, ta có tồn tại rb > 0 sao cho nghiệm u b của bài toán (1.17), (1.18) thỏa mãn đánh giá (1.23). Nếu c + q* = 0 thì kết luận của bổ đề là hiển nhiên. Vì thế, c + q* ≠ 0 và ngược lại giả sử tồn tại dãy {bn }n=1 mà bn ≥ b* với n ∈ N và lim bn = +∞ +∞ n→+∞ ( ) ubn > n c + q* với n ∈ N ubn (t ) Đặt un (t ) = Khi đó: υn = 1 với n ∈ N ubn với t ≥ a, n ∈ N , (1.36) (1.37) (1.38) 13 Do (1.37) ta có: ubn (t ) = un (t ) ubn thay vào (1.17), (1.18) (với u = ubn ) ta có: = u′(t )  b (u )(t ) + q b (t ) ⇒ uu ubn ubn . bn ( n′ (t ))(t ) + q bn (t ) n′ (t ).= q bn (t )  = uu với t ≥ a, n ∈ N , n′ (t )  bn ( n )(t ) + ubn (1.39)  b (u ) = c, ω n bn  b (u ) = ⇒ω ω (θ (ubn )) = ω (ubn ) =c n bn  b (u ) = ⇒ ubn .ω c n n c  b (u ) = ⇒ω với n ∈ N . n n ubn (1.40)  , ta có: Rõ ràng, θbn (υn ) ≡ υn . Từ (1.39), do (1.36), (1.38) và giả thiết  ∈ L t t t 1 υn (t ) − υn ( s ) ≤ ∫ υn′ (ξ ) dξ ≤ ∫ (1)(ξ )dξ + q (ξ ) dξ ∗ ∫ + c q s s s (1.41) với a ≤ s ≤ t , n ∈ N . Từ (1.38) và (1.41) ta có dãy hàm {υn }n=1 bị chặn đều và hội tụ đều trên +∞ mọi tập con compact của [a, +∞). Theo bổ đề Arzela–Ascol, để không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng tồn tại υ0 ∈ Cloc ([a, +∞); R ) mà: lim υk (t ) = υ0 (t ) hội tụ đều trên [a, +∞). k →+∞ (1.42) Hơn nữa do (1.38), ta có: υ0 ≤ 1 (1.43) Mặt khác: lấy tích phân 2 vế của (1.39) (với u = ubn ) đi từ a tới t, ta có:
- Xem thêm -