tính giải được của một số lớp bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao

HỒ CHÍ MINH VÕ THỊ MINH NHẬT TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO Chuyên ngà nh: Toán giải tích NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHO

PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH

Thành phố Hồ Chí Minh – 2011

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TR ƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

VÕ THỊ MINH NHẬT

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI

PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO

Chuyên ngà nh: Toán giải tích

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS NGUYỄN ANH TUẤN

MỞ ĐẦU

Lí thuyết bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường ra đời từ thế

kỉ XVIII, song đến nay vẫn phát triển mạnh mẽ nhờ các ứng dụng của nó trong các ngành khoa học kĩ thuật như cơ học, cơ khí, nông nghiệp, sinh học, kinh tế,…

Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính đã được nghiên cứu nhiều từ năm 1995 đến 2003 bởi nhiều tác giả như I.Kiguradze, R.Hakl, A.Lomtatidze, S.Mukhigulashlivi trong các công trình [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7], [8], [9], [10] Vì vậy chúng tôi chọn đề tài này làm nội dung nghiên cứu của luận văn nhằm học tập và phát triển đề tài của mình theo hướng của các tác giả trên Luận văn tập trung nghiên cứu vấn đề tồn tại nghiệm của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao, cụ thể là bậc ba và bậc n Luận văn được chia làm 3 chương, cụ thể :

Chương 1 hệ thống lại một vài định nghĩa và chứng minh một số định lý cơ bản cần dùng trong quá trình chứng minh các kết quả chính trong hai chương sau

Chương 2 nghiên cứu tính giải được duy nhất của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc ba có dạng:

2 ''' ( )

1 ( ) ( )

Trong chương này, luận văn cũng sử dụng kết quả để nghiên cứu tính giải được duy nhất của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc cao có dạng: ( )

LỜI CẢM ƠN

Đầu tiên tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS TS

Nguyễn Anh Tuấn, người đã tận tâm hướng dẫn và tạo điều kiện tối đa để tôi có

thể hoàn thành 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 tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh

Tôi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng KHCN-Sau Đại học cùng toàn thể thầy

cô khoa Toán-Tin học trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian nghiên cứu đề tài

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến Ban giám hiệu, lãnh đạo trường Dự Bị Đại học thành phố Hồ Chí Minh, đặc biệt các thầy cô trong Bộ môn Toán đã tạo điều kiện tối đa cũng như cung cấp tài liệu cho tôi hoàn thành luận văn

Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, các anh chị và các bạn đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này

Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự góp ý của Quý Thầy Cô và bạn đọc nhằm bổ sung và hoàn thiện

đề tài hơn

Xin chân thành cảm ơn

TP Hồ Chí Minh tháng 1 năm 2011

MỤC LỤC

Mở đầu 1

Lời cảm ơn 5

Mục lục 6

Bảng kí hiệu 7

Ch ương 1:Những kiến thức chuẩn bị 1.1 Một vài định nghĩa 8

1.2 Một vài định lý 8

Chương 2:Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 3 2.1 Giới thiệu bài toán 22

2.2 Các kết quả chính 22

2.3 Một số hệ quả 30

Chương 3:Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao 3.1 Giới thiệu bài toán 40

3.2 Các kết quả chính: 40

3.3 Một số hệ quả 46

Kết luận và kiến nghị 54

Tài liệu tham khảo 55

=

Chương 1: Những kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, ta sẽ đưa ra một vài định nghĩa và định lý cơ bản nhằm phục vụ cho nội dung chính trong hai chương sau

v ới n

ab

l∈L ; q∈L a b R( [ ], , n);c∈R n ; h C a b R: ( [ ], ; n)→R n là hàm tuyến tính bị chặn

Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) giải được duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng

Bổ đề 1.6 (định lý VI.7.6): Toán tử tuyến tính bị chặn biến không gian C a b R ( [ ], ; )

t hành không gian Banach đầy đủ yếu là hoàn toàn liên tục yếu

Bổ đề 1.7 (định lý IV.8.11): Nếu tập M ⊆L a b R( [ ], ; ) là compact tương đối yếu thì

nó có tính chất của tích phân hoàn toàn liên tục

Giả sử M ⊆C a b R( [ ], ; ) là tập bị chặn Để chứng minh p là toán tử compact, ta

cần chứng minh ( )p M là tập compact tương đối Theo định lý Arzela-Ascoli, ta sẽ

Theo bổ đề 1.5 và 1.6 thì toán tử l hoàn toàn liên tục yếu

Do đó, ( )l M compact tương đối yếu

Theo bổ đề 1.7 thì ( )l M có tính chất của tích phân hoàn toàn liên tục nghĩa là

[ ]

t s

Bổ đề 1.8: Cho n

ab

l∈L Khi đó toán tử p C a b R: ( [ ], ; n)→C a b R( [ ], ; n) xác định bởi ( )( ) ( )( )

t a

p x t =∫l x s ds với a t b ≤ ≤ là toán tử compact

Lại có

n n

Khi đó, bài toán (1.1),(1.2) tương đương phương trình toán tử x= f x( )+ (1.3) g

trong không gian X dưới dạng:

Nếu x=( , )u α ∈ là X nghiệm của (1.3) thì α =0,u∈ C a b R( [ ], ; n) và u là nghiệm của (1.1),(1.2)

Ngược lại, nếu u∈ C a b R( [ ], ; n) và u là nghiệm của (1.1),(1.2) thì x=( , 0)u là nghiệm của (1.3)

Theo bổ đề 1.8, ta có toán tử f compact

Từ định lý Riesz-Schaulder suy ra phương trình (1.3) giải được duy nhất khi và chỉ

khi phương trình thuần nhất tương ứng x= f x( ) chỉ có nghiệm tầm thường

Do đó, ta có điều phải chứng minh

Trong định lý tiếp theo, ta cần đến những kí hiệu sau:

2 1

1 1 2

m m j

1 2( 1) 2 3 2( 1)

Hơn nữa ( ) u t ≠const

Khi đó ( )

n n n

Để chứng minh định lý trên, ta cần chứng minh hai bổ đề sau:

Cho Q m: 0;[ +∞ →) [0;+∞) (m∈N) là hàm được xác định bởi đẳng thức:

2( 1) 1

0 2( 1) 2 1 1

1 1 1 (2 3)1

m

x s u s ab s s a b ds I m

Bằng phương pháp tích phân từng phần, ta được:

a a b

 Ta sẽ dùng kết quả (1.11m)để chứng minh đẳng thức sau bằng phương pháp qui nạp:

−

+ + +

6 360 360 3

i i

Vậy bổ đề được chứng minh

u∈ Cω +

Khi đó:

' (3) 1 (3) 1 2 (4)

2( 1) 1

0 2( 1) 2 1 1

Chứng minh định lý 1.2:

Ta sẽ chứng minh định lý đúng với n=1, 2,3 và sau đó ta sẽ dùng phương pháp qui

nạp để chứng minh định lý lần lượt trong trường hợp n chẵn và n lẻ

 Chứng minh định lý với n=1, 2,3

Trước hết, ta giới thiệu một vài kí hiệu:

Với n∈N u, ∈  và với mỗi Cωn m∈ ∪N { }0 , đặt

α α α α ω

α ω α α ω α

+ +

r

α ω α

+

∆ = − ∫ = (1.19) Đặt x t r( )=(α ωr + r −t)(t−αr) r=1, 2

r

r

α ω α

2

r r

r r r

r

r r r

α

α ω α

( ) ( )2

r r

r r r

r

r r r

α

α ω α

+ +

Giả sử (1.22) thỏa trên[α α ω1; 1+ 1] ( trường hợp đúng trên [α α2; 2+ω2] tương tự) Khi đó, từ (1.19)-(1.21r), ta có:

1 1

1 1

1

2 2

( )12

2 1,1 1,2 1,1 1,2

1,1 1,2

1,1 1,2 1

1

( ( ))

16( )

2 2

( ( ))

6464.16

ω ωω

r

r

α ω α

2( 1) 2( ) 1 2 3 1

+ + − +

2( 1) 2( ) 1 2 3 1

Do đó định lý được chứng minh với n=2k+2 (k∈N)

Vậy định lý được chứng minh

Chương 2: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi

phân hàm tuyến tính bậc 3.

Trong chương này ta sẽ xây dựng các điều kiện đủ để bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 3 giải được duy nhất

Xét bài toán về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc ba:

2 ''' ( )

02 2

ωβ

2 1

Khi đó, bài toán (2.1),(2.2) với l0 =l01− l02 hoặc l0 =l02 − l01 có nghiệm duy nhất

Để chứng minh định lý này, trước hết ta chứng minh các bổ đề sau:

2

k k

Khi đó, với mọi v∈C( [ ]0,ω ;R) ta có bất đẳng thức sau:

Ta có điều phải chứng minh

Từ định lý 1.3 trong chương 1, ta có được bổ đề sau:

Bổ đề 2.4: Bài toán (2.1);(2.2) giải được duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất

tương ứng:

t rong đó E⊆[ ]0,ω là tập đo được bất kì

Hơn nữa, l0,1,l0,2:C( [ ]0,ω )→L( [ ]0,ω ) là toán tử không âm thỏa:

l01(1)( )t ≠l02(1)( )t (2.11)

2 01 0

02 2

0 01

0

(1)( )

(1)( )(1)( )

Giả sử trái lại nghĩa là tồn tại nghiệm không tầm thường v của (2.8);(2.9)

Đặt M m j; j (j =0,1, 2) định nghĩa bởi (2.7) và t t1; 2∈[ ]0,ω thỏa

v t''( )1 =M2 v t''( )2 = − (2.15) m2

Theo (2.11), ta có ( )v t ≠const

Vì vậy, theo (2.9) thì ', ''v v nhận cả giá trị dương và âm

v s ds= − M +m

∫ Lấy tích phân hai vế của (2.8) trên I, theo (2.17) ta có:

2

( )

2 2 0 0

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh v nhận cả giá trị dương và âm

Giả sử trái lại rằng v không đổi dấu Khi đó, có 2 trường hợp xảy ra:

( 1)− k− v t( )≥0 ∀ ≤ ≤0 t ω k =1, 2 (2.23k) Nếu (2.231) thỏa thì từ (2.18), ta có:

≤∫ (do l 01 là toán tử không âm)

Sử dụng bổ đề 2.3 với toán tử tuyến tính không âm l01, ta được:

02 2

0 01

0

(1)( )

(1)( )(1)( )

ωβ

Điều này mâu thuẫn (2.13)

Nếu (2.232) thỏa thì từ (2.19), (2.21) và (2.222), ta thu được mâu thuẫn với (2.13) bằng cách tương tự

Vậy v đổi dấu và như vậy M0 >0 , m0 > (2.27) 0Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử t1< t2

Khi đó, các bất đẳng thức (2.18)-(2.22k) thỏa

Từ (2.20) , ta có:

Điều này mâu thuẫn (2.14)

Vậy bài toán (2.8), (2.9) với l0 =l01− l02 chỉ có nghiệm tầm thường

Khi đó, toán tử l0i(i =1, 2) cũng không âm và

l0i = l0i , li = l i (i =1, 2) (2.30) Mặt khác, v 1 là nghiệm của (2.8),(2.9) khi và chỉ khi 2( ) ( )( )1

def

v t =ϑ v t là nghiệm của bài toán:

2 ( ) ( ) ( ) 0

Từ (2.30) suy ra tất cả giả thiết của bổ đề đều thỏa đối với bài toán (2.31)

Do đó, bài toán (2.31) chỉ có nghiệm tầm thường theo chứng minh ở phần đầu

Vì vậy bài toán (2.8),(2.9) cũng chỉ có nghiệm tầm thường

âm; l l được biểu diễn dưới dạng: 1, 2 l1=l11−l12 , l2 =l21−l22

Đặt 1 1 max{ 11 , 12 } max{ 21 , 22 }

ω

β = − − (2.32)

Hơn nữa, điều kiện từ (2.3) đến (2.6) trong định lý 2.1 thỏa

Khi đó, bài toán (2.1),(2.2) với l0 =l01−l02 hoặc l0 =l02 −l01 có nghiệm duy nhất

Chứng minh định lí 2.6:

Đặt α1=max{l11 , l12 }, α2 =max{l21 , l22 }

Khi đó, tất cả các giả thiết của bổ đề 2.5 đều thỏa nên bài toán thuần nhất tương ứng

Hệ quả được suy ra từ định lý 2.1 với l01 ≡0 ,l02 ≡ l0 hoặc l02 ≡ − l0

Do l 0 đơn điệu nên l không âm 02

Ta sẽ chứng minh các giả thiết của định lý 2.1 đều thỏa

Điều kiện (2.3): do l0(1)( )t ≡/ nên 0 l01(1)( )t ≡/l02(1)( )t

(1)( )32

l s ds

l s ds

l s ds

ω ω

ω

ωβ

Vậy theo định lý 2.1 thì bài toán (2.1),(2.2) có nghiệm duy nhất

Hệ quả được chứng minh

t rong đó β1 được định nghĩa trong (2.32)

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

Chứng minh:

Sử dụng định lý 2.6, chứng minh hoàn toàn tương tự như hệ quả 2.7 với

l i =max{li1 ; li2 } (i=1, 2)

Hệ quả được chứng minh

Điều kiện (2.33) trong hệ quả 2.7 là tối ưu

Ta sẽ minh họa điều này bằng ví dụ sau:

Ta sẽ chứng minh u 0 thỏa điều kiện biên (2.2):

~ 0

~ 0

αα

 

= −  = −

 Khi đó, tồn tại các hằng số λ1>0;λ2 > 0 thỏa

0

1 1

2 0 0

4'"( ) 1

và các toán tử tuyến tính l C i: ( [ ]0;1 ;R)→L( [ ]0;1 ;R) (i =0,1, 2) được cho bởi:

01 0

02 2

0 01

Hệ quả được suy ra từ định lý 2.1 với l1≡0,l2 ≡ ,0 β1= 1

Sau đây, ta áp dụng định lý 2.1 để xem xét vấn đề tồn tại và duy nhất nghiệm

cho bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân tuyến tính đối số lệch

bậc ba:

'"( )u t = p t u( ) ( ( ))τ t +q t( ) (2.38)

thỏa điều kiện biên (2.2)

trong đó p q; ∈L( [ ]0,ω ;R);τ: 0,[ ] [ ]ω → 0,ω là hàm đo được

[ ] 2

0

32( )

2 2

Khi đó β1= 1 và các điều kiện của định lý 2.1 đều thỏa

Do đó hệ quả được chứng minh

Hệ quả 2.11: Choσ∈ −{ }1,1 ; p∈L( [ ]0,ω ;R) sao cho σp t( )≥ ∀ ∈0 t [ ]0,ω

 Điều kiện (2.33) thỏa do (2.41)

Hệ quả được chứng minh

Bất đẳng thức (2.41) là tối ưu nghĩa là không thể thay thế điều kiện (2.41) bởi

<∫ = + (2.41 )εvới ε > tùy ý 0

Thật vậy, ta sẽ minh họa bằng ví dụ sau:

[ ]

2 2 2 2 2

96

0,(3 16 )

2

( ) 0

thỏa điều kiện biên (2.2)

trong đóp q i; ∈L( [ ]0,ω ;R);τi : 0,[ ] [ ]ω → 0,ω (i =0,1, 2)là các hàm đo được

Giả sử p01;p02∈L( [ ]0;ω ;R) là các hàm không âm thỏa:

p01( )t ≡/ p02( )t (2.43)

2

01 2 0

02 2

ωβ

và các điều kiện của định lý 2.6 đều thỏa

Hệ quả được chứng minh

Sau đây, ta sử dụng hệ quả 2.12 để xem xét vấn đề tồn tại và duy nhất

nghiệm cho bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường bậc ba – một dạng đặc biệt của bài toán (2.42):

2

( ) 0

trong đó ∈ ( [ ]ω ) =

Hệ quả 2.13: Cho p01,p02,p p1, 2∈L( [ ]0,ω ;R) thỏa (2.43)-(2.46)

Sử dụng hệ quả 2.12 với ( )τi t =t (i =0,1, 2), ta có điều phải chứng minh

Trong tài liệu [3] người ta đã chứng minh được rằng:

Nếu p 0 không đổi dấu thì bài toán 0

( ) ( )

'"( ) ( ) ( ) ( )(0) ( ) ( 0,1, 2)

Do đó, nếu điều kiện (2.48) và (2.49) của hệ quả bị vi phạm nghĩa là nếu hàm p 0

không đổi dấu và ( ) 0 ( 1,2)p t i ≡ i= thì các điều kiện (2.43)-(2.46) không còn ý nghĩa

Chương 3: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi

phân hàm tuyến tính bậc cao

Trong chương này ta xây dựng điều kiện đủ để bài toán biên tuần hoàn cho phương

trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao giải được duy nhất

Xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi phân hàm

tuyến tính bậc n:

1 ( ) ( )

đó l0,1,l0,2là các toán tử tuyến tính không âm và ( 1, , l i i = n−1)là toán tử tuyến tính

1

n

j n

l d

1

j

j n

j n

l

l l

v ới 1 1

1 1

n i n

i

i n i

l d

ω − −

−

= − −

Ω =∑ (3.7)

và d i i( =0, ,n − 1) xác định bởi (1.4)-(1.7) trong định lý 1.9 của chương 1

Khi đó, bài toán (3.1),(3.2) có nghiệm duy nhất

Để chứng minh định lý trên, ta cần chứng minh các bổ đề sau:

Khi đó, với mỗi v∈C( [ ]0,ω ,R) tùy ý, ta có bất đẳng thức sau:

−ml( )( ) ( )( )1 t ≤l v t ≤Ml(1)( )t với 0 t ≤ ≤ ω

t rong đó m= −min{v t( ) : 0≤ ≤t ω} , M =max{v t( ) : 0≤ ≤t ω}

Chứng minh:

Rõ ràng ( )v t −M ≤0, v t( )+ ≥m 0 với 0 t≤ ≤ ω

Do l không âm nên ta có: ( l v−M t)( )≤0 ; l v( +m t)( )≥0 với 0 t≤ ≤ ω

Vậy ta có điều phải chứng minh

Từ định lý 1.3 trong chương 1, ta có bổ đề sau:

Bổ đề 3.4: Bài toán (3.1);(3.2) giải được duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần

nhất tương ứng:

1 ( ) ( )

Trong trường hợp j=1, chứng minh tương tự

Theo bổ đề 3.4, ta chỉ cần chứng minh bài toán (3.10);(3.11) có nghiệm tầm thường

Giả sử trái lại nghĩa là bái toán (3.10);(3.11) có nghiệm không tầm thường u và đặt

( 0, , 1)

i i

i i

ωω

(3.11)

 Giả sử u không dương hoặc không âm

Không mất tính tổng quát, giả sử u t( )≥0 ∀ ∈t [ ]0,ω

Điều này mâu thuẫn với (3.3)

Vì vậy u const≠ và từ bổ đề 3.2, suy ra M i >0, m i >0(i=1, ,n− (3.13) 1)

1 1

Lấy tích phân của (3.10) từ 0 đến ω, ta được:

1 ( )

−

=

− ≤ +∑∆ (3.21) Theo định lý 1.9, từ (3.21) ta được:

−m l0 0,2 ≤M l0 0,1 + ∆(u(n−1))Ω (3.22)

trong đó Ω được xác định bởi (3.7)

Từ (3.22) và (3.19), ta được:−m0(1− Ω) l0,2 ≤M l0 0,1 (3.23) Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức (3.20) và (3.23), theo (3.3);(3.4) và do −m0 > , 0

1

1

n n

Mâu thuẫn (3.5) với j = 0

 Giả sử u nhận cả giá trị dương và âm

Khi đó, theo bổ đề 3.2, suy ra M i >0,m i >0 (i =0, ,n− 1)

Chọn t t1; 2∈[ ]0,ω thỏa (3.14)

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử (3.15) thỏa

n

n I

l s ds d

t n

n t

l s ds d

ω −

> − Ω (3.32)

Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức (3.30) và (3.31), ta được:

2

1 2

l d

0,2 1

l d

Vậy ta có điều phải chứng minh

dưới dạng l i =l i,1−l i,2, trong đó l i,1,l là các toán tử tuyến tính không âm i,2

Hơn nữa, các điều kiện (3.3)-(3.6) trong định lý 3.1 thỏa với

i i

i n i

l l d

ω − −

−

= − −

Ω =∑

và d i i( =0, ,n − 1) xác định bởi (1.4)-(1.7) trong định lý 1.9 của chương 1

Khi đó, bài toán (3.1),(3.2) có nghiệm duy nhất

Chứng minh định lý 3.5:

Nếu điều kiện (3.13) thỏa với M và i m i xác định bởi (3.11) thì theo (1.9), với mỗi tập đo được bất kì A⊂[ ]0,ω , ta có: