Một số phương pháp nghiên cứu sự phân nhánh

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH Trần Hòa Hiệp MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU SỰ PHÂN NHÁNH LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2012... B

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

Trần Hòa Hiệp

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

SỰ PHÂN NHÁNH

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2012

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

Trần Hòa Hiệp

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

SỰ PHÂN NHÁNH

Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH

Mã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS Nguyễn Bích Huy

Thành phố Hồ Chí Minh, năm 2012

M ỤC LỤC

MỤC LỤC 3

Lời cảm ơn 4

Phần mở đầu 5

Phần nội dung chính 6

Chương 1: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ HÀM ẨN 7

1.1 Định lý Hàm ẩn 7

1.2 Ứng dụng của định lý hàm ẩn 18

Chương 2: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BỔ ĐỀ MORSE 22

2.1 Phép dựng Lyapunow-Schmidt 22

2.2 Phương pháp sử dụng Bổ đề Morse 26

Chương 3 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẬC TÔPÔ 34

3.1 Sự phân nhánh địa phương 34

3.2 Sự phân nhánh toàn cục 54

Chương 4: PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN 60

4.1 Phương pháp biến phân 60

4.2 Ví dụ: 63

Phần kết luận 66

Tài liệu tham khảo 67

L ời cảm ơn

Lời đầu tiên trong bản luận văn này, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Thầy PGS TS Nguyễn Bích Huy đã dành nhiều thời gian quý báu của mình

để hướng dẫn, đóng góp ý kiến cho luận văn của tôi, và xin cảm tạ đến thầy PGS TS

Lê Hoàn Hóa đã giúp đỡ, bổ túc kiến thức để luận văn của tôi được hoàn tất

Xin chân thành cảm tạ quý Thầy, Cô khoa Toán-Tin học, Trường Đại học Sư phạm, Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tâm giảng dạy, truyền đạt kiến thức và hỗ trợ tài liệu cho tôi trong suốt thời gian học tập

Tiếp đến xin chân thành cảm tạ quý Thầy Cô, Cán bộ phòng Quản lý Khoa học Công nghệ - Sau đại học, Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã giúp

đỡ, động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chánh cho tôi trong suốt quá trình học tập

Sau cùng, tôi xin chân thành cảm ơn đến Ban Giám hiệu trường Đại học Sài Gòn đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi được tham dự lớp Cao học tại Trường Đại học

Sư Phạm, Thành phố Hồ Chí Minh Xin gửi lời tri ân tất cả bạn bè đồng nghiệp, các bạn cùng lớp Cao học Giải tích khóa 21, cùng gia đình đã động viên quan tâm đến tôi trong quãng thời gian học tập và làm luận văn

Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 10 năm 2012

Học viên Trần Hòa Hiệp

Ph ần mở đầu

Nhiều vấn đề Khoa học tự nhiên, Khoa học xã hội, Kinh tế học dẫn đến việc nghiên cứu sự phân nhánh nghiệm của các phương trình chứa tham số Về mặt toán

học, các vấn đề này được mô tả bằng phương trình dạng F(x, λ) = 0 với λ là tham số,

nó đóng vai trò như các yếu tố tác động vào hệ thống được xét Với mỗi λ ta ký hiệu

biệt ta muốn xét sự tồn tại điểm λ0 sao cho khi λ đi qua λ0 thì cấu trúc của tập S(λ) có

thay đổi về cơ bản hay trong hệ thôgns được xét có sự biến động đột ngột Giá trị λ0

như vậy được gọi là điểm phân nhánh nghiệm của phương trình

Vì ý nghĩa quan trọng trong ứng dụng thực tế, bài toán xác định điểm phân

nhánh và nghiên cứu tập S(λ) khi λ gần λ0 hoặc λ xa λ0 được quan tâm nghiên cứu từ

giữa thế kỷ XIX cho đến ngày nay trong các công trình của Liapunov,S chmit,

tham gia vào phương trình mà có nhiều phương pháp khác nhau để nghiên cứu sự phân nhánh

Ph ần nội dung chính

Nội dung chính của bản luận văn nói về việc nghiên cứu nghiệm (x, y) của phương trình f(x, y) = 0 trong lân cận của (x 0 , y 0 ) Bao gồm 4 chương:

Chương 1 Định lý hàm ẩn trình bày sự tồn tại nghiệm x(t) của f(x,y) = 0 Các

công cụ đắc lực để chứng minh định lý này bao gồm các kiến thức về phép đồng đẳng cấu tuyến tính và sự khả vi theo Fréchet

Chương 2 Trình bày phương pháp sử dụng bổ đề Morse Ta nghiên cứu bài

cách sử dụng phép dựng của Lyapunow-Schmidt A hữu hạn chiều thì việc nghiên cứu

phương trình với một số hữu hạn ẩn nhờ vào bổ đề Morse

Chương 3 Phương pháp sử dụng bậc tôpô, được chia ra làm hai phần Thứ nhất, sự phân nhánh địa phương nói về điều kiện cần để (0, λ0) là điểm phân nhánh

của f, giá trị riêng đơn của toán tử tuyến tính liên tục K, sự phân nhánh ở vô cực, và

giải pháp của Đại số Banach Thứ nhì, sự phân nhánh toàn cục, nói về sự toàn cục của hàm ẩn, nghiệm mở rộng toàn cục, và mở rộng toàn cục trên nón

Chương 4 Trình bày về phương pháp biến phân, dùng để nghiên điểm phân

nhánh của phương trình f(x, λ) = 0 chính là điểm phân nhánh của ϕ’(x) – λx = 0 với

ϕ ∈ C2 (Ω, )

Chương 1: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ HÀM ẨN

1.1 Định lý Hàm ẩn

Nội dung chương này được trình bày dựa theo [1] của PGS.TS Lê Hoàn Hóa, trang 283-285; [7] của L Nirenberg (bản Việt dịch), trang 74-77; và [3] của Jean Dieudonné, trang 127-131

Các không gian được đề cập đều là các không gian Banach

Định nghĩa 1.1 Ánh xạ f: X → Y là đẳng cấu nếu:

(I) f là ánh xạ tuyến tính, liên tục

(II) Ánh xạ f hả đảo (tức là tồn tại một ánh xạ tuyến tính liên tục g: Y → X sao cho g o f = I X và f o g = I Y )

Tay ký hiệu:

Isom(X, Y) = {f ∈ (X,Y) sao cho:

NÓI CÁCH KHÁC Ánh xạ f : X → Y là đẳng cấu, thì điều kiện cần và đủ là f

là một phép đồng phôi, tuyến tính

Định nghĩa 1.2 (Khả vi theo Fréchet)

Cho Ω là tập mở trong X, ánh xạ f : Ω → Y được gọi là khả vi (theo Fréchet)

tại điểm x 0 ∈ Ω, nếu ∃A ∈ L(X, Y) sao cho:

( ) ( ) Y ( )

(1.1) có nghĩa là ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀u ∈ X : u X < δ thì:

( ) ( ) Y X

Như vậy (1.1) còn được viết dưới dạng quen thuộc sau:

0

( ) ( ( )

u

X

u

→

+ − −

=

Định nghĩa 1.3 Nếu f khả vi tại mọi x ∈ Ω ta nói f khả vi trên Ω (hay f khả vi) Khi đó

ánh xạ f’: Ω → L(X,Y) cho bởi f’(x) ∈ L(Xy,Y) ∀x ∈Ω, được gọi là đạo hàm (hay đạo ánh) của f

Bây giờ, nếu f’ liên tục trên Ω thì ta gọi f khả vi liên tục hay thuộc lớp C 1

(Ω)

Mệnh đề 1.1 (Tích phân về giá trị trung bình)

Giả sử f ∈ C 1 trên tập lồi mở Ω, lấy mọi x ∈ Ωthì đối với hai điểm tùy ý x 1 , x 2 ∈Ω ta

có x = tx 1 + (1 – t)x 2 , (0 ≤ t ≤ 1) Khi đó

f(x 1 ) – f(x 2 ) = 1 [ 1 2]

0

(1 )

d

∫

1

1 2 1 2 0

Chứng minh:

Ta có:

1

1 2 0

(1 )

d

1 (1 ) 2 t 0

t

=

= + −

[1 1 (1 ) 2] [0 1 (1 0) 2]

1 2

( ) ( )

= −

Mặt khác

1

1 2 0

(1 )

d

0

( )

d

f x dt dt

=∫

1 0

( ) ( )

f x x t dt

=∫

1

1 2 1 2 0

x

Vậy (1.2) được kiểm chứng xong

Định lý 1.1 (Nguyên lý ánh xạ co nghiêm ngặt)

( ) ( )

lim n( )

Chứng minh

Xem [1], của PGS TS Lê Hoàn Hóa, trang 13-14

Định lý 1.2 (Định lý về hàm ẩn)

điểm (x 0 , y 0 ) ∈Ω ta có f(x 0 , y 0 ) = 0

f(x, y) = 0,

trong lân cận của (x 0 , y 0 ) Muốn vậy, giả sử A = f x (x 0 , y 0 ) 1 ∈Isom(X, Z) tức là A đẳng cấu không gian X lên không gian Z Khi đó:

( ) ( ( ), ) ( ( ), )

u y = − fx u y y − f u y y

Chứng minh

(a) Giả sử rằng x 0 = y 0 = 0 Ta viết phương trình f(x, y) = 0 với (x, y) ∈ Ω trong lân

cận của điểm (0, 0) dưới dạng tương đương như sau:

Ax = Ax – f(x,y,): đặt = R(x, y)

là ánh xạ co nghiêm ngặt Thật vậy:

• Vì bởi A ∈ Isom(X, Z) nên A-1là ánh xạ tuyến tính liên tục, do đó:

0 ε

∀ > ta có 1 1

2

A

• Cần chứng minh ∀x 1 , x 2 ∈ Bδ(0) sao cho:

( , ) ( , )

Với mọi x 1 , x 2 ∈ Bδ (0) và 0 ≤ ≤t 1 thì x = tx 1 + (1 – t)x 2 (do không gian Banach X là

không gian lồi địa phương), ta có:

R(x 1 , y) – R(x 2 , y) = [Ax 1 – f(x 1 ,y)] – [Ax 2 – f(x 2 ,y)]

= A(x1 – x 2) -

1

1 2 1 2 0

( (1 ) , ) ( )

x

=

1

1 2 0

( , ) ( )

x

=

1

1 2 0

(0, 0) ( , ) ( )

0

(0, 0) ( , ) ( )

∫

Do đạo hàm f x liên tục nên ta chọn r, δ > 0 sao cho x <δ, y <r thì

(0, 0) ( , )

Ta xét:

1 2

( , ) ( , )

0

(0, 0) ( , ) ( )

∫

0

(0, 0) ( , )

∫

1

1 2 0

(0, 0) ( , )

1

1 2 0

ε

1 2

ε

= −

Như vậy (1.4) được kiểm chứng xong

* Ta có:

1 2

( , ) ( , )

R( , ) R( , )

A− x y −A− x y

R( , ) R( , )

A− x y −A− x y

1

1 2

.

ε −

1 2

1

2 x x

Điều này chứng tỏ g(x, y) là ánh xạ co nghiêm ngặt theo biến x ∈ Bδ (0) với y cố định thuộc B r(0)

Bước 2 Ta khẳng định rằng g(x,y) đúng là ánh xạ từ Bδ (0) → Bδ (0) nếu như

y ∈ Bδ(0) Thật vậy:

Lấy mọi x ∈ Bδ(0) ta sẽ chứng minh rằng g(x,y) ∈ Bδ(0)

* Do g(x,y) liên tục tại (0, 0) (vì g là ánh xạ co) nên

0, r 0 : y r

δ

∀ > ∃ > < (0, ) (0, 0) 1

2

1 (0, ) 0

2

1 (0, )

2

* Ta có:

g x y( , ) = g x y( , )−g(0, )y +g(0, )y

( , ) (0, ) (0, )

0

2 x 2δ

2 x 2δ

2δ 2δ δ

< + = (do x∈Bδ(0))

Vậy g x y( , (0))∈Bδ hay g(x,y) đúng là ánh xạ đi từ Bδ(0)→Bδ(0)

Bước 3 Ta chứng minh có duy nhất ánh xạ u: B r (y 0 ) →X sao cho:

0 0

( ) ( ( ), ) 0

f u y y

=





Thật vậy:

* Vì ánh xạ g(x, y) là co nghiêm ngặt nên theo nguyên lý ánh xạ co thì phương trình:

g(x, y) = x

có nghiệm duy nhất với mỗi y mà ta cố định nó trên quả cầu B r (0) Điều này chứng tỏ

rằng x phụ thuộc theo biến y mà ta ký hiệu chúng là:

u(y) = x

Như vậy ta có ánh xạ u : B r (0) → X là duy nhất và chọn x = y = 0 ta có được kết quả

u(0) = 0

* Từ phương trình:

g(x, y) = x

( ( ), ) ( )

g u y y u y

Mặt khác ta có:

1

( , ) ( , )

( ( ), ) ( ) ( ( ), )

Thế thì từ (1.8) và (1.9) cho ta:

1

( ) ( ) ( ( ), )

1

( ( ), ) 0

( ( ), ) 0

f u y y

Bước 4 Cần chứng minh u: B r(0) → X liên tục Thật vậy, ∀y y1, 2∈Br(0) ta có:

u y( )1 −u y( 2) = g u y( ( ),1 y1)−g u y( ( 2),y2)

1 1 2 1 2 1 2 2

( ( ), ) ( ( ), ) ( ( ), ) ( ( ), )

1 1 2 1 2 1 2 2

( ( ), ) ( ( ), ) ( ( ), ) ( ( ), )

1 2 2 1 2 2

1 ( ) ( ) ( ( ), ) ( ( ), )

Từ đây ta suy ra

( ) ( ) 2 ( ( ), ) ( ( ), )

Do rằng g(x, y) liên tục theo biến y nên khi ta cho y 1 → y 2 thì vế phải của (1.10) tiến

về 0 hay

1 2

1 2

( ) ( ) y y 0

Điều này chứng tỏ rằng u liên tục

(b)

* Ta xét y + δy sao cho y+δy ≤r và tiếp đến ta đặt:

: ( ) ( )

δ = +δ −

Theo bước 4 cho ta u: B r(0) → X liên tục nên

0

δ = +δ − →→

* Ngoài ra f: Ω ⊂ × →X Y Z là ánh xạ thuộc lớp C1; tức là f khả vi liên tục với mọi

Với ε > 0 cho trước tùy ý (như đã nêu ở (1.3)), theo Fréchet thì:

( ( ) , ) ( ( ), ) ( ) ( ) (

trong đó S y( ) : đặt = ( ( ), )

x

f u y y và T(y): đặt f u y y y( ( ), )

Ta xét vế phải của (1.11):

( ( ) , ) ( ( ), ) ( ) ( )

( ( ) ( ) ( ), ) ( ( ), ) ( ) ( )

( ( , ) ( ( ), ) ( ) ( )

Như vậy (1.11) tương đương với:

( ( ), ) ( ( ), ) ( ) ( ) ( )

* Ta có f liên tục (do giả thiết) nên với ε > 0 cho trước tùy ý, khi δ y đủ nhỏ thì:

0

( ( ), ) ( ( ), ) y 0

như vậ từ (1.12) suy ra:

* Do tính liên tục của f x cho ta f u y y x( ( ), )→ f x(0, 0) (như đã nêu ở (1.5)), ngoài ra

(0, 0)

x

f − bị chặn (vì giả thiết cho A= f x(0, 0)∈Isom X Z( , )) nên từ đây suy ra

( ( ), )

1 1 ( ) 2

( )

S− y ta được:

( ) ( ) ( ) ( ).

và kết hợp (1.14) với (1.15) và suy ra:

2

* Bây giờ ta đánh giá về δ u như sau:

Từ (1.16) suy ra:

( ) ( )

2

2 S− ( ) ( )y T y + 1, xét vế trái của (1.17):

1

1 2 ( ) ( ) 1 1 ( ) ( )

2

−

2

a

δ − δ

thay kết quả này vào (1.17), ta được

.

a

δ − − δ ≤ δ + δ

từ đây ta suy ra:

* Như vậy thay kết quả δ u vừa được đánh giá vào (1.15), suy ra:

( ) ( ) ( 1) ( )

δ + − δ ≤ε + − δ

hay với δy đủ nhỏ thì:

( ) ( ) ( 1) ( )

δ + − δ ≤ε + − δ

Do vậy theo Fréchet thì u khả vi và từ đây ta cũng có được kết quả là:

( ) ( ( ), ( ( ), ).

(c)

Theo giả thiết f ∈ C1, từ đây suy ra vế phải của đẳng thức (1.18) là liên tục theo y; tức

là u(y) ∈ C 1 ; tức là u(y) ∈ C 2 Vậy theo qui nạp cho ta nếu P

f ∈C thì u y( )∈C P Chú ý 1.1 Trong định lý hàm ẩn vừa chứng minh ở trên ánh xạ y→u y( ) từ Bδ(0)

vào X được gọi là ánh xạ ẩn được suy từ phương trình f(x, y) = 0

Từ định lý hàm ẩn, ta có một vài hệ quả quan trọng mà ta sẽ dùng chúng cho việc chứng minh các kết quả về lý thuyết phân nhánh sau này

Cho A ∈ L(X, Y) ta ký hiệu:

( ) : ker ( ) : Im ( )

=





Hệ quả 1.1 Cho tập Ω là một lân cận mở của x 0 trong X, f : Ω → Y khả vi liên tục

Chứng minh

(a)

* Đặt Y:=Z và đặt h: Ω x Y → Z, được cho bởi:

Giả sử rằng x 0 = 0, và ta có thể xem Ω ×Y là lân cận mở của điểm (0, 0)

Do h thỏa mãn các giả thiết của định lý hàm ẩn, cho nên tồn tại quả cầu mở Bε(0) ⊂ Y

và duy nhất ánh xạ liên tục u: Bε(0)→X sao cho:

u(0) = 0 (1.19)

* Với y:= 0, từ (1.20) cho ta:

( (0), 0) 0

h u = ⇔ f u( (0)) 0 − = 0

( (0)) 0

f u

( (0)) 0

f u

(b)

Đặt W := Bε(0)

* Chứng minh Ω = u(W), thật vậy:

Với x∈Ω, ta xem x = 0, chọn y = 0 ∈ W, ta có 0 = u(0) (do (1.19)) điều này chứng tỏ

x ∈ u(W) Ngược lại:

∀ ∈x u(W) ⇒ ∃ ∈y W :x=u y( ) và chọn y = 0

(0) 0

x

⇒ ∈Ω

Do đó Ω =u(W)

* Chứng minh u: W → u(W) là song ánh liên tục, thật vậy:

Ta có u: W → u(W) là toàn ánh (hiển nhiên)

Mặt khác lại có u đơn ánh, vì:

1, 2 W : ( )1 ( 2)

1 2

Ngoài ra ta còn có u liên tục (như đã chứng minh trong định lý hàm ẩn)

Do đó u là song ánh liên tục

* Chứng minh u(W) = f -1 (W) và là tập mở trong X, thật vậy:

(W)

x u

∀ ∈ ⇒ ∃ ∈y W :x=u y( )

( ) ( ( ))

f x f u y

( )

( ) W

f x

1

(W)

⇒ ∈

Ngược lại:

(W)

∀ ∈ ⇒ f x( ) ∈ W

( )

Chọn y∈Y sao cho x = u(y), ta có:

( ) ( ( ))

y

= (do (1.20)) Kết quả này cùng với (1.21) suy ra y <ε hay y∈ W

Như vậy ∃ ∈y W sao cho x = u(y) , điều này chứng tỏ x ∈ u(W)

Do đó u(W) = f —1

(W)

* Mặt khác ta có f: Ω → Y liên tục, mà W mở trong Y, nên f -1 (W) là tập mở trong Y

Tóm lại:

(W) (W)

Y → Ω =u = f−

1

( ) ( )

Giả thiết cho f ∈ C P

Ngoài ra tính duy nhất của f – 1 được sủy a từ tính duy nhất của u (theo định lý hàm ẩn)

Hệ quả 1.2 Giả sử Ω là lân cận mở của (0, 0) trong X ×Y, f: Ω → Z khả vi liên tục

(i) f(0, 0) = 0, (ii) Rf 2 (0, 0) = Z, (iii) Nf x (0, 0) = X 1 có không gian X 2 bù đóng trong X, nghĩa là X = X 1 ⊕ X 2 Khi đó:

x 2 = u(x 1 , y)

thỏa mãn u(0, 0) = 0

Chứng minh

* Giả thiết cho X = X1⊕X2, nên với mọi x∈Ω ⊂ X đều được viết một cách duy nhất dưới dạng:

1 2

x= +x x , với x1∈X x1, 2∈X2

Đặt Y~: =X ×Y, lấy mọi y~∈Y~ thì

~

y có dạng:

~ 1

( , )

y= x y , với x1∈X1, y∈Y

Đặt G~ :=X2× →Y~ Z được cho bởi:

~ ~ 1

( , ) :

G= x y đặt = f x( 1+x y2, ), với ( , )x y2 ~ ∈X2 ×Y~

* Ta kiểm tra G~ là ánh xạ, thật vậy:

∀( 2, )x y ∈X2×Y

 

2 2

∈



⇒ 

∈





2 2 1

( , )

∈



⇒ 

=

 với x1∈X1, y ∈Y

ta có f(x 1 + x 2 , y) = f(x, y) (do x = x 1 + x 2 ), mà f : Ω→Z là ánh xạ nên f(x, y) ∈ Z, vậy

f(x 1 + x 2 , y) ∈ Z

2

( , )

* Với mọi x 1 ∈ X 1 và y ∈ Y sao cho y ≤r, trong đó δ,r > 0, đủ bé Ta có:

y θ− = ( , ) (0, 0)x y1 −

1

(x 0,y 0)

= − −

1

( , )x y

=

1

(x y δ r

= + ≤ +

chọn ε > 0 đủ nhỏ thỏa mãn δ+ <r ε, và do Gthỏa mãn các điều kiện giả thiết của

đỉnh lý hàm ẩn, cho nên tồn tại quả cầu mở:

( ) { - < }

và duy nhất ánh xạ liên tục u: Bε( )θ → X2 sao cho:

( ) 0

( ( ), )  0

Từ (1.22) cho ta u(0, 0) = 0, từ (1.23) cho ta f x( 1+x y2, )=0hay:

Đặt x 2 = u(x 1 ,y), khi đó từ (1.24) suy ra f(x 1 + x 2 ,y) = 0

Do vậy dẫn đến kết luận rằng x 2 = u(x 1 , y) là nghiệm của phương trình (1.24) thỏa mãn

u(0,0) = 0

Nghiệm này là duy và thuộc lớp C P (vì theo định lý hàm ẩn, ánh xạ u duy nhất và thuộc lớp C P) Vậy hệ quả được chứng mĩnhong

1.2 Ứng dụng của định lý hàm ẩn

Cho T > 0 và f: [0, T] × × →   là ánh xạ thỏa mãn điều kiện Carathéodory;

tức là f(t,u,u’) liên tục hầu khắp nơi đối với t tại (u, u’) và đo được theo t đối với (u, u’)

cố định

Ta xét bài toán Dirichlet; tức là bài toán tìm một hàm u khả vi trên biên thỏa

mãn:

" ( , , '), 0 ,

0, 0

= < <



Định lý 1.3 Cho hàm f đã nêu ở trên thỏa mãn với mọi u, u v v, ,   ∈ và 0 < t < T sao cho:

( , , ) ( , ,

1 1

1

" , 0 ,

0, 0

λ

− = < <



có nghiệm không tầm thường

0 ([0, ]}

tục hầu khắp nơi

Chứng minh

* Từ các kết quả của phương trình đạo hàm riêng cho ta λ1 là số λ dương đầu tiên sao

T

π

λ =

(0, )

v∈L T , và đặt:

trong đó:

0

w( ) ( , ) ( ) s

T

với G(t, s) là hàm Green cần tìm có dạng: