bài toán dạng cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính hai chiều

HỒ CHÍ MINH Nguyễn Ngọc Tú BÀI TOÁN DẠNG CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh-2012... HỒ CHÍ MINH Nguyễn Ngọc

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Ngọc Tú

BÀI TOÁN DẠNG CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM

TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh-2012

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Ngọc Tú

BÀI TOÁN DẠNG CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM

TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU

Chuyên ngành: Toán giải tích

Mã số : 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS NGUYỄN ANH TUẤN

Thành phố Hồ Chí Minh-2012

LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn Vì vậy, trước tiên tôi xin chân thành gửi lời cảm ơn sâu sắc đến PGS TS Nguyễn Anh Tuấn, người đã trực tiếp hướng dẫn tôi, tận tình giới thiệu nhiều tài liệu hữu ích cho việc nghiên cứu đề tài của tôi trong suốt quá trình thực hiện, giúp tôi khắc phục được những thiếu sót và khuyết điểm của mình

Trong suốt quá trình thực hiện luận văn từ tháng 3 đến tháng 9 năm 2012, tôi

đã tích cực nghiên cứu và tìm hiểu các tài liệu của các nhà toán học trong và ngoài nước Tuy nhiên, để luận văn có thể được hoàn thành thì không thể không kể đến vai trò to lớn của trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh nói chung và khoa Toán - Tin của trường nói riêng Trong suốt hai năm sau đại học ở trường, tôi đã được các thầy cô khoa Toán - Tin trang bị đầy đủ kiến thức nền vững chắc để có thể tiếp tục cho bậc học cao hơn, đồng thời ứng dụng những kiến thức đã học vào việc nghiên cứu đề tài Chính vì vậy, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến trường Đại

học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh, phòng sau đại học trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh, các thầy cô Khoa Toán – Tin trường đã luôn luôn quan tâm và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho việc nghiên cứu và thực hiện đề tài của tôi

Tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô trong hội đồng chấm luận văn đã

dành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh

Sau cùng tôi xin cảm ơn tất cả bạn bè, người thân và gia đình đã luôn luôn quan tâm và động viên để tôi có thể hoàn thành luận văn này

TP Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2012 Nguyễn Ngọc Tú

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN 3

MỤC LỤC 4

CÁC KÝ HIỆU 5

MỞ ĐẦU 8

Chương 1 TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH 10

1.1 Giới thiệu bài toán 10

1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (1.1), (1.2) 10

1.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) 14

Chương 2 BÀI TOÁN DẠNG CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU 21

2.1 Giới thiệu bài toán 21

2.2 Các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (2.1), (2.2) 21

2.3 Các kết quả áp dụng cho hệ phương trình vi phân đối số chậm và đối số lệch 53

KẾT LUẬN 72

TÀI LIỆU THAM KHẢO 73

n i i

, 1

n ik

• Cloc( [ ]a b; ;)là tập hợp những hàm u:[ ]a b; → sao cho u∈ C( [α β; ]; ) với mỗi α β, ∈( )a b;

• L a b( [ ]; ; ): không gian Banach các hàm khả tích Lơbe h:[ ]a b; → được

x µ x t dt

µ µ

=  

∫  Nếu x=( )x i i n=1∈Lµ(I;n)thì ( )n1

• l∈ab được gọi là một toán tử a-Volterra nếu với mỗi b0∈[ ]a b; và

Mục đích của luận văn là nghiên cứu các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính hai chiều như sau:

Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương: Chương 1: Tính giải được của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

Trong chương 1 ta thiết lập các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính Sau đó nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm của bài toán này

Chương 2: Bài toán dạng Cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính hai chiều

Trong chương 2 ta áp dụng các kết quả của chương 1 để xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán dạng Cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính hai chiều Sau đó, áp dụng các kết quả cho hệ phương trình vi phân hai chiều đối số chậm và đối số lệch

Chương 1 TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT

1.1 Giới thiệu bài toán

Trên đoạn I =[ ]a b; , ta xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính:

dx t( ) ( )( ) ( )

dt = + (1.1) Với điều kiện:

l x( )=c0 (1.2) Trong đó: p C I: ( ; n)→L I( ; n) và l C I: ( ; n)→ nlà những toán tử tuyến tính bị

chặn, q∈L I( ; n), và 0 n

Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là véc tơ hàm liên tục tuyệt đối x∈ C I( , n)

thỏa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa mãn điều kiện (1.2)

Các kết quả chính của chương này được trích từ các tài liệu [2], [3]

1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (1.1), (1.2)

Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng:

dx t( ) ( )( )

p x t

dt = (1.10) Với điều kiện:

l x( )=0 (1.20) Trong đó, p C I: ( ; n)→L I( ; n) và l C I: ( ; n)→ n là những toán tử tuyến tính

bị chặn, q∈L I( ; n) Khi đó ta có kết quả sau:

Định lý 1.1

Bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần nhất

tương ứng (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường

Để chứng minh định lý 1.1 ta cần một số kết quả sau đây từ [6]

Bổ đề 1.2 [6, định lý IV.8.6] Không gian Banach L I( ;) là hoàn toàn yếu

Bổ đề 1.3 [6, định lý VI.7.6] Toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian C I( ;) vào không gian Banach hoàn toàn yếu là liên tục hoàn toàn yếu

Bổ đề 1.4 [6, định lý IV.8.11] Nếu M ⊆L I( ;) là tập compact tương đối yếu thì

nó có tính chất của tích phân liên tục tuyệt đối, nghĩa là:

u= f u( )+h (1.6)

Vì u=( )x c; là một nghiệm của (1.6) nếu c= 0và xlà một nghiệm của bài toán (1.1),

(1.2) Ngược lại, nếu x là một nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) thì u=( )x; 0 là một

nghiệm của bài toán (1.6)

Toán tử f B: →B xác định như (1.5) là toán tử tuyến tính compact Thật vậy:

 , suy ra f2 là toán tử compact

Mặt khác, theo bổ đề 1.6 thì f1 cũng là toán tử compact

Suy ra: f =(f f1, 2) là toan tử tuyến tính compact Do đó, theo định lý Riesz -

Schauder, thì điều kiện cần và đủ cho tính duy nhất nghiệm của bài toán (1.6) là

phương trình thuần nhất tương ứng:

u= f u( ) (1.8) chỉ có nghiệm tầm thường Điều này tương đương với bài toán (1.1), (1.2) chỉ có

nghiệm tầm thường Định lý 1.1 được chứng minh

1.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)

Cùng với bài toán (1.1), (1.2), với mỗi số tự nhiên k≠ 0, ta xét bài toán:

Với điều kiện:

l k( )x =c k (1.2k) Trong đó: p k:C I( ; n)→L I( ; n) và l k:C I( ; n)→ n và là các toán tử tuyến tính

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

y t =y a +A y t +A v t , do (1.21) =y m( )a +A y( )( )0m t +wm( )t , t∈[ ]a b m; , =1, 2, , do (1.22) (1.25)

Vậy y0 là nghiệm không tầm thường của bài toán (1.10), (1.20) Điều này mâu

thuẫn với giả thiết của bổ đề 1.8 Bổ đề 1.8 được chứng minh

Chứng minh định lý 1.7

Vì bài toán (1.1), (1.2) chỉ có một nghiệm duy nhất nên bài toán thuần nhất

tương ứng (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường

Giả sử x0k∈ C I( ; n) là nghiệm của bài toán:

( Do x 0k là nghiệm của bài toán ( )1.1k0 , ( )1.2k0 ) Suy ra : x0k ≡0, nên bài toán

( )1.1k0 , ( )1.2k0 chỉ có nghiệm tầm thường Theo định lý 1.1, với mỗi k >k0, bài toán

Chương 2 BÀI TOÁN DẠNG CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI

PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU

2 1 Giới thiệu bài toán

Xét bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính hai chiều:

x t1′( )=l x1( )( )2 t +q t1( ); x t2′( )=l2( )( )x1 t +q t2( ) (2.1) Với điều kiện đầu:

x ∈ C a b  thỏa mãn (2.1) hầu khắp nơi trên [ ]a b; và thỏa điều kiện (2.2)

Các kết quả của chương này được trích từ các tài liệu [4], [10]

2.2 Các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (2.1), (2.2)

Cùng với bài toán (2.1), (2.2), ta xét bài toán thuần nhất tương ứng:

x t1′( )=l x1( )( )2 t ; x t2′( )=l2( )( )x1 t (2.10)

x a1( )=0; x a2( )=0

(2.20) Khi đó ta có các kết quả sau đây

Rõ ràng χ χ1 , 2 :C a b( [ ]; ; )→C a b( [ ]; ; ) là những toán tử liên tục Thật vậy:

Cố định z∈C a b( [ ]; ; ),lấy dãy { }z n n ⊂C a b( [ ]; ; )sao cho: lim n

→+∞ = Khi đó, với mọi t∈[ ]a b; ta có:

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

121

≤ (z t( )−αk( )t )−(z t( )−βk( )t )

Nên: αk( )t ≤χk( )( )z t ≤βk( )t với t∈[ ]a b; , z∈C a b( [ ]; ;); (k =1, 2) (2.13) Đặt: 1( )( ) 1 1( 2( ) ) ( )

điểm bất động Schauder, toán tử T có một điểm bất động Suy ra tồn tại

( ) ( )

Tương tự, sử dụng (2.15), (2.16), (2.12) ta có:

x t x t t x t t t t x t

( )( )1 ( 1( ) 1( ) 1( ) 1( ) 1( ) 1( ) ) 1( )

1 2

Chứng minh

Gọi z z1 , 2 ∈C a b( [ ]; ; )là một nghiệm của bài toán (2.10), (2.20)

Khi đó: − − ∈z1 , z2 C a b( [ ]; ; ) cũng là một nghiệm của bài toán (2.10), (2.20) Đặt: A= ∈{t [ ]a b; :z t1( )≥ 0;z t2( )≥ 0}; B= ∈{t [ ]a b; :z t1( )≤ 0;z t2( )≤ 0};

Do t∈A nên ta cũng có z t1( )≥0 Suy ra z1 ≡0 ;z2 ≡0 trên A

Với t∈B, từ giả thiết của bổ đề 2.3 ta có:

( ) ( )( ) ( )( )sgn ( ) ( ) ( )

z t′ l z t l z t z t g z t

Vì t∈B nên ta cũng có z t1( )≤0 Suy ra z1≡0 ;z2 ≡ 0 trên B

Tương tự ta chứng minh được z1 =z2 ≡0 với t∈C và t∈D

Vậy z1 =z2 ≡0 trên [ ]a b; , do đó bài toán thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường Bổ đề 2.3 được chứng minh

Gọi ω là thu hẹp của toán tử ψ vào không gian C a b( [ ]; ;)

Với z tùy ý thuộc C a b( [ ]; ;) và m=0,1, ta đặt:

(v1,ω v2 ) là một nghiệm của bài toán (2.10), (2.21)

Thật vậy: nếu (v v1, 2) là một nghiệm của bài toán (2.22), (2.23) thì:

sgnsgn

Chứng minh định lý 2.1

Theo định lý 1.1 ở chương 1, để chứng minh định lý 2.1, chỉ cần chứng minh bài toán thuần nhất tương ứng (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử k = 1 và m= 0

Gọi (x x1, 2) là một nghiệm của bài toán (2.10), (2.20)

Hơn nữa, từ (2.27),(2.28),(2.29) suy ra:

Lấy tích phân hai vế của (2.33) từ a đến t M ta có:

0 0

Vì vậy, hệ thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường Định lý 2.1 được chứng minh

Nếu toán tử l l1, 2 là đơn điệu và một trong số chúng là toán tử a- Volterra thì giả thiết β1 ∈ C a b( [ ]; ; ) trong định lý 2.1 có thể thay thế bằng giả thiết yếu hơn Nếu cả hai đều là toán tử a- Volterra thì bài toán (2.1), (2.2) luôn có một nghiệm duy nhất ([2,1.2.3]) Ta xét định lý sau:

Khi đó, bài toán (2.1), (2.2) có một nghiệm duy nhất

* Chú ý : Vì có thể γ1( )t → +∞khi t→b−nên điều kiện (2.38) của định lý trên được hiểu theo nghĩa:

Với b0 tùy ý thuộc [ ]a b; , ta có: ( ) ( ) 0( )( ) [ ]

3

ab k

l− là thu hẹp của toán tử l 3 k− vào không gian C a b( [ ; 0];)

Chứng minh

Theo định lý 1.1 chương 1, để chứng minh định lý 2.6 ta chỉ cần chứng minh bài toán thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử k = 1, m= 0. Giả sử ngược lại, (x x1, 2) là một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.10), (2.20) Khi đó: x1≡/ 0, x2 ≡/ 0

Trước tiên, giả sử rằng x2 không đổi dấu Khi đó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử: x t2( )≥ ∀ ∈0, t [ ]a b;

Vì l1 là toán tử không giảm nên từ phương trình đầu tiên trong (2.10) suy ra:

Mặt khác, toán tử l2 được giả sử là không tăng nên phương trình thứ hai trong (2.10) dẫn đến:

Khi đó ta có:

0≤λ1< +∞, 0<λ2 < +∞ (2.40)

Và tồn tại t0∈[ ]a b; sao cho:

( ) ( )

0

b =t Bây giờ ta đặt:

và w2( )t0 =0 (2.44) Hiển nhiên, hoặc λ λ1< 2, hoặc λ λ1 ≥ 2

 Đầu tiên, giả sử λ λ1< 2

Khi đó, do l2 là một toán tử a- Volterra không tăng và theo (2.36), (2.38), (2.10), (2.40), (2.43) ta có:

Điều này mâu thuẫn với (2.44): w2( )t0 =0

 Bây giờ giả sử rằng: λ λ1≥ 2

Khi đó, từ (2.40) suy ra:

Những mâu thuẫn có được ở trên chứng tỏ rằng hệ thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có

nghiệm tầm thường Định lý 2.6 được chứng minh

Theo định lý 1.1 chương 1, để chứng minh định lý 2.7, ta chỉ cần chứng minh hệ

thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường Không mất tính tổng quát, ta có

Ta xét hai trường hợp sau:

(a) Hàm x1 không đổi dấu Khi đó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:

x t1( )≥0, với t∈[ ]a b; (2.51)

(b) Hàm x1 đổi dấu Khi đó, theo giả thiết l1∈ ab, hàm x2cũng đổi dấu Hơn

nữa, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử: α2 <β2 Thêm vào đó, một

trong những điều kiện sau được thỏa:

(b1): α <β

(b2): α1>β1

Trường hợp (a): x t1( )≥0, với t∈[ ]a b;

Khi đó: M1>0,m1=0,M2 ≥0,m2 ≥0 (2.52) Thật vậy:

Trường hợp (b): cả x x1; 2đều đổi dấu và α2 <β2

Biến đổi tương đương ta được:

Từ (2.55) và hai mối quan hệ trên suy ra:

Điều này mâu thuẫn với (2.47)

Những mâu thuẫn thu được chứng tỏ hệ (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường Định lý 2.7 được chứng minh

* Chú ý 1: Giả thiết (2.66) trong định lý trên không thể được thay thế bằng giả thiết:

Chứng minh

Theo định lý 1.1 chương 1, để chứng minh định lý, ta chỉ cần chứng minh bài toán thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử k = 1và m= 0 Gọi (x x1, 2)là một nghiệm của (2.10), (2.20)

Theo giả thiết ( ) 2 ( )

'( ) ( )( ) ' ( ) ( )( )( )

u t =l u t u t ≤ g +g u t ∀ ∈t [ ]a b; (2.73) Mặt khác:

( ) ( ) ( ) 0

h t τ t − ≤t với t∈[ ]a b; , k = 1, 2

Nếu ( ) 1( ) ( )

s b

Dễ kiểm tra được rằng với z tùy ý thuộc C a b( [ ]; ; ), bất đẳng thức (2.67) với k= 1

và m= 0 được thoả mãn Trong đó:

( )( )

1

g z t

= , với t∈[ ]a b; Suy ra (2.67) được thỏa

thể được thay thế bằng giả thiết (2.69), cho dù ε ε1, 2∈[ ]0;1 nhỏ như thế nào, với

Vậy các giả thiết của định lý 2.8 được thỏa, hệ quả 2.11 được chứng minh

Bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm bậc hai có thể xem như một trường hợp riêng của hệ (2.1), (2.2) Ta xét bài toán sau:

Trong đó:

1,

d d2∈ +,ν < 1,λ ∈[ ]0;1 , τ : 0;1[ ] [ ]→ 0;1 là hàm đo được, q∈L( [ ]0;1 ; ), c c1, 2∈ 

Khi đó ta có kết quả sau:

Hệ quả 2.12

Nếu ít nhất một trong các điều kiện sau được thỏa:

(a) τ là đối số chậm, nghĩa là: τ( )t ≤t với t∈[ ]0;1 ;

(b) Các số d d1, 2 thỏa mãn: d1< −(3 2ν)(2−ν), d2 <2 3 2( − ν)(2−ν) (2.76) Khi đó, bài toán (2.74), (2.75) có một nghiệm duy nhất

Để chứng minh hệ quả 2.12, ta sử dụng kết quả sau từ [8]:

Mệnh đề 2.13([8, mệnh đề 3.4]): Cho l l1, 2∈ ab là những toán tử a- Volterra, khi đó

2 2,1

0

t

z s d

Theo cách định nghĩa, ta có: l l1 , 2,0 ,l2,1 ∈  01 và các toán tử l l1 , 2,1là các toán tử

0-Volterra

Trường hợp (a): Vì τ là đối số chậm nên l2,0là một toán tử 0-Volterra Do đó,

(l2,0 +l2,1)∈  01 cũng là một toán tử 0-Volterra Nên từ mệnh đề 2.13, ta có:

0

1 1

s v v

t d

s

v v v

Trong đó: h h q q1 , 2 , 1 , 2 ∈L a b( [ ]; ; ) và các đối số lệch τ τ1, 2:[ ] [ ]a b; → a b; là hàm đo được Để đơn giản, ta đặt: