Bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân hàm bậc hai

Đặc biệt, tôi xin dành tặng kết quả này cho ba mẹ và gia đình thân yêunhất của mình - những người đã luôn tạo điều kiện, hỗ trợ cũng như động viêntôi vượt qua những khó khăn trong bước đ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠIHỌC SƯ PHẠM TP Hồ CHÍ MINH

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS TS NGUYỄN ANH TUẤN

Tp Hồ Chí Minh - 2008

LỜI CẢM ƠNĐầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với PGS TS NGUYỄN ANH TUẤN - Khoa Toán - Tin học, Trường Đại học Sư Phạm

đã dành thời gian và công sức và tận tình hướng dẫn giúp tôi hoàn thành luậnvăn này

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 giúp cho tôi hoàn thànhluận văn này một cách hoàn chỉnh

Bên cạnh đó, tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám Hiệu trường ĐH Sưphạm Tp.HCM, Ban chủ nhiệm Khoa Toán - Tin học, Phòng KHCN - SĐH

và quý Thầy Cô đã giảng dạy, tạo điều kiện cho chúng tôi hoàn thành khóahọc này

Và để có được kết quả như ngày hôm nay, tôi cũng đã được sự giúp đỡtận tình của Ban chủ nhiệm Khoa Vật Lý, cũng như nhận được những lờiđộng viên, đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp Khoa Vật Lý - Trường

ĐH Sư phạm Tp.HCM cùng bạn bè và người thân

Đặc biệt, tôi xin dành tặng kết quả này cho ba mẹ và gia đình thân yêunhất của mình - những người đã luôn tạo điều kiện, hỗ trợ cũng như động viêntôi vượt qua những khó khăn trong bước đường nghiên cứu khoa học này

Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này, khó tránh khỏi nhữngthiếu sót, tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp của bạn đọc Mọi ýkiến đóng góp, xin gửi về theo địa chỉ:

Nguyễn Vũ Thụ NhânKhoa Vật Lý, Trường Đại học Sư Phạm Tp.HCM

280 An Dương Vương, Quận 5, Tp.HCMEmail: nguyenvuthunhan@gmail com

Xin chân thành cảm ơn

2

Mục lục

2.2.1

3

Chương 3 CÁC KẾT QUẢ CHÍNH CỦA BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM 232.

3

4

4 Danh mục các ký hiệu

■ R: tâp hợp các số thực

- R+ = [0, + TO)

■ N: tập hợp các số tự nhiên

- C o ([a ; b]; R) = { u e C( [a ; b]; R) : u(a) = 0, u(b) = 0}

với chuẩn: HC ' =1 l"l c+l lu 'llc

■ C0([ a ; b];R)= {ue C1([a;b];R):u(a) = 0,u(b) = 0}

cùng với các đạo hàm cấp một cũng liên tục tuyệt đối, hàm u: [a ; b] ^ R

■ L ( [a;b]; R ) là không gian các hàm f: [a ; b] ^ R khả tích Lebesgue

11 ■ L P ((a ; b); R), p> 1, là không gian

16 ■ sup {If Gx )||, x G D

o}G

L ( (a;b), R

+) với mỗi tậpcompact

17 D0 e R n

■ L0([a;b]) là tập hợp các toán tử l: C( [a;b];R ) ^ L( (a;b);R) tuyếntính, bị chặn thỏa mãn điều kiện:

L( (a ; b);R+ ) (*)

tục, và thuần nhất dương thỏa mãn điều kiện (*)

tục và thỏa mãn điều kiện:

tục và thỏa mãn điều kiện:

21 sup{|F(v)(-)|: Mõ.- r}G L( (a;b);R+ ), V r >0

7

22 ■ ơ: L((a ; b); R) ^ L((a ; b); R) là toán tử được xác định bởi:

28 Ta nói toán tử l e Li((a ; b)) , i e {0; 1} là không giảm nếu:

29 Với bất kỳ u, v e C([a ; b]; R) thỏa mãn: u(t) > v(t), a< t <

b thì

30

34 Nghiệm của bài toán: u”( t) = F (u) (t)

35 với Fe K((a ; b)) là hàm u e C' ( [ a ; b]; R) thỏa mãn phương trình

hầu khắp nơi trên (a ; b).

8

ơa (p)(t) = _, 1 ,x

ta có:

l( u)( t) > l( v)( t), với a< t < b

Ta nói toán tử l e L,(( a ; b)) , i e {0; 1} là không tăng nếu:

Với bất kỳ u, v e C([a ; b]; R) thỏa mãn: u(t) < v(t), a< t < b thì

ta có:

38 Trong những năm gần đây, vấn đề này càng đạt được nhiều kếtquả

trong các công trình của các tác giả như: I.Kiguradze, B.Puza R.Hakl,A.Lomtatidze Vì vậy, chúng tôi chọn đề tài này làm nội dung nghiên cứu củaluận văn nhằm học tập và phát triển đề tài của mình theo hướng của các tácgiả trên

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

40 Trong luận văn này, chúng tôi chú trọng việc nghiên cứu về tínhgiải

được và duy nhất nghiệm của các bài toán biên hai điểm cho phương trình vi

9

phân hàm bậc hai.

4 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn

10

41 Kết quả của luận văn này là cơ sở để tiếp tục nghiên cứu các lớpbài

toán biên hai điểm, nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm bậc haivàphương trình vi phân hàm bậc cao và áp dụng các kết quả đó cho phươngtrình vi phân đối số lệch bậc cao

5 Cấu trúc luận văn

42 Nội dung chính của luận văn gồm có 3 chương:

43 Chương 1 Phần giới thiệu bài toán

44 Chương 2 Một số công cụ, kiến thức chuẩn bị

45 Nội dung chính của chương là trình bày các kháiniệm,

định nghĩa, và các bất đẳng thức liên quan đến quá trình xây dựng kết quả củabài toán Đồng thời, chúng tôi xây dựng các bo đề về tính giải được của bàitoán biên hai điểm cho phương trình vi phân hàm bậc hai

46 Chương 3 Các kết quả chính của bài toán

47 Dựa trên các kết quả của chương trên để xây dưngcác

điều kiện đủ cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm cho phương trình vi phân hàmbậc hai

11

48 Chương 1 GIỚI THIỆU BÀI TOÁN

49 Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm

toán tử Nemytski, nghĩa là:

56 Khi đó, bài toán (1.1) trở thành:

phát triển đề tài của mình theo hướng của các tác giả trên.

60 Trong những năm gần đây, các công trình đều nghiên cứu lý

toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm ([1 - 4, 6 - 8], ) Hơn nữa, bàitoán (1.3), (1.2), tiếp tục được nghiên cứu tỉ mỉ trong trường hợp tong quát.Tuy nhiên, chúng ta gặp khó khăn khi sử dụng các kỹ thuật của lý thuyếtbàitoán vi phân thường cho bài toán vi phân hàm, bởi các phương pháp đểnghiên cứu trong hầu hết trường hợp đều dựa trên tính chất của toán tửNemytski

61 Trong luận văn này, chúng tôi sẽ học tập, nghiên cứu các bài toántrên

và đưa ra một số điều kiện để bài toán (1.1), (1.2) có thể giải được trong

trường hợp F như là toán tử tựa tuyến tính.

62 Ớ chương 2 và §1 chương 3, chúng tôi sẽ đề cập đến các điều

quát để bài toán có nghiệm, và ở §2 chương 3, chúng tôi sẽ nghiên cứu toán tử

F là toán tử đơn điệu l Phương pháp chính trong việc chứng minh các kết

quả ở các mục trên dựa vào sự đánh giá, ước lượng các bất đẳng thức vi phânhàm

63 Đối với nhiều công trình của các nhà toán học, kết quả của các

67 Chương 2 MỘT SỐ CÔNG CỤ, KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

68 2 1 BỎ ĐỀ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN

KHÔNG THUẦN NHẤ T

69 Trong mục này, ta xét tính giải được của phương trình vi phân

phi tuyến khi phương trình thuần nhất tương ứng chỉ có nghiệm tầm thường

1 lị e Li((a ; b)) , (i = 0, 1) là không tăng.

2 Tồn tại ánh xạ w e C'([ a ; b]; (0; +»)) sao cho:

2.1.3. Bổ đề 2.1.1 (bổ đề về tính giải được của phương trình vi phân

hàm

không thuần nhất)

84 Giả sử H e K((a ; b)\ và tồn tại q e L((a ; b); R + ) sao cho với mọi

85 phiếm hàm v e C1([a ; b]; R) ta luôn có bất đẳng thức:

122 Nghĩa là, toán tử T là ánh xạ liên tục, và compact tương đối.

123 Vì vậy, theo nguyên lý điểm bất động Schauder, tồn tại

tuyệt đối v = (v1, v2): [a; b] ^ R2 với chuẩn: ||v|| = I|vjC +1|v2|C

135 Đặt G1:[a,b] x [a; b] ^ R là hàm Green của bài toán (2.1.2), (1.k)

147 Hiển nhiên: q = (q 1 ,q 2) e C( [a;b];R2) và q 2(t) = q1(t),a <

t < b.

158 Nghĩa là, Toán tử T là hoàn toàn liên tục.

159 Vì vậy, theo nguyên lý điểm bất động Schauder, tồn tại(V,, V ) eC ( [ a; b];R2) sao cho:

168 2 2 BỔ ĐỀ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN PHI TUYẾN

169 Xét phương trình vi phân hàm cấp hai phi tuyến:

chỉ khi bài toán thuần nhất của nó chỉ có nghiệm tầm thường Trước hết, ta

nhắc lại kết quả cho bài toán biên hai điểm (trong [4], [7], [8], [9] )

2.2.1 Định nghĩa 2.2.1

gọi là hàm dưới (trên) của bài toán

(2.2.1) nếu nó được biểu diễn dưới dạng a(t) = a0(t) + ơi(í), với a < t < b,

toán (2.1.2) chỉ có nghiệm tầm thường thỏa mãn điều kiện:

179 u(a) = u (b1) = 0, với b 1 e (a ; b) nào đó.

187 Hơn nữa, nếu có ít nhất một trong hai bất đẳng thức của (2.2.4) làngặt,

thì a(t) < 0, với mọi t e (a ; b).

195 u"(t) = p(t)u(t) + g(t)u'(t) + l(u)(t) + q(t), u(a) = 0, u(b) = 0

216 Thì bài toán (2.2.10), (1.2) có duy nhất một nghiệm tầm thường.

217 Chứng minh:

218 Ta chứng minh mệnh đề bằng phương pháp phản chứng

219 Giả sử trái lại

220 Gọi u là một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.2.10), (1.2).

221 Đặt: a (t) = |u(t)| -Mv(t),a < t < b,M = || u|| c

> [ p(t )u(t) + g (t )u '(t) + l(u)(t)] sgn(u (t)) - M [ p(t )v(t) + g (t )v '(t) + l(v)(t)]

> [p(t ) a (t) + g (t )a'(t) +1 (I u\ - Mv) (t) ]=[ p (t )a( t) + g (t )a'( t) +1(a)(t) ]

231 a (t) = |u(t)|-Mv(t) < 0 ^ \u(t)\ < Mv(t) ^ ||u|| c <M||v|| c <M ^M < M(!)

Hoặc, nếu |v(a)| + |v(b)| ^ 0 thì theo mệnh đề 2.2.2 ta có: a(t) < 0, nên theo

trên ta cũng có : M < M (!)

232 Vậy ta có điều phải chứng minh

233 2.2.8 Bổ đề 2.2.2

234 Cho l e L0((a ; b)) là toán tử không tăng, và (p, g, g) e V 0 ((a ; b); l )

235 Khi đó bài toán (2.2.10), (1.2) có duy nhất một nghiệm tầm thường

236 Hơn nữa, nếu a là hàm dưới của bài toán (2.2.10) thỏa

thức (2.2.4), thì : a(t) < 0, với mọi t e [a ; b]

237 Chứng minh:

238 Giả sử u0 là một nghiệm không tầm thường của bài toán (2.2.10),(1.2)

239 Do (p, g, g) e V 0 ((a ; b); l ) nên tồn tại WG C'([a; b];(0; +«>)) thỏa mãn:

258 (2.2.15) với v(t) - 1 đã thỏa mãn các điều kiện của mệnh đề 2.2.4

259 Vì vậy, bài toán (2.2.15), (1.2) có duy nhất một nghiệm tầm thường

260 Điều này mâu thuẫn với giả thiết.(!)

261 Do đó, u0 là một nghiệm tầm thường của bài toán (2.2.10), (1.2).

280 Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.

281 Để chứng minh định lý trên, chúng ta cần bổ đề đánh giá tiệm cận sau:

297 Xét 298 ak là nghiệm của bài toán biên:

299 Vậy Y (t) là phiếm hàm dưới của bài toán: v "(t) = 10 (v)(t)

307 Lấy bất kỳ t0 e (a ; b) sao cho v' k (t 0 ) ^ 0

308 Không mất tính tổng quát, giả sử rằng v k (t 0 ).v' k (t 0 ) > 0

a" ' q (MIvllC1); a (a)=0, a (b)

309 Khi đó, do v k (a) = 0, v k (b) = 0nên tồn tại t 1 e (t 0 ; b] sao cho :

325 Mâu thuẫn với điều kiện (3.1.3)

326 Hay bo đề 3.1.1 được chứng minh

327 Ch ứ ng minh đị nh lý 3.1.1

328 Giả sử r là số dương được xác định ở bo đề 3.1.1

329 Đặt X: C1 ([0;1];R) ^ R + được xác định như sau:

339 F(v)(t) = |X(v)(t)|.|F(v)(t)| - q(t), với a < t < b, Ve C1 ([a;b];R)

340 Áp dụng bổ đề 2.1.1 thì bài toán (3.1.21) có ít nhất một nghiệm u0

341 Hiển nhiên, u0 thỏa mãn đẳng thức:

343 Với Ả = X(u 0 )e [0;1]

344 Mặt khác, từ (3.1.2) và (3.1.22), ta có phiếm hàm u0 thỏa mãn các điều

345 kiện của bổ đề 2.1.1 Nên ||u01C - r.

347 vậy, u0 là nghiệm của bài toán:

348 u "(t) = F (u)(t); u(a) = 0, u (b) = 0

349 Nghĩa là, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm

350 Vậy định lý được chứng minh

X (v)(t )= < 2-Bì, r <1 H C1 - 2r (3.1.19)

3.1.3 Hệ quả 3.1.1

351 Giả sử mọi hàm v e c0([a; b]; R) luôn thỏa mãn điều kiện (3.1.2), trong

đó q e K((a ; b) xR; R+) thỏa mãn điều kiện (3.1.3) và toán tử li eLi((a ; b)),

384 Giả sử mọi hàm v e c0([a; b]; R) luôn thỏa mãn điều kiện (3.1.2), trong

đó q e K((a ; b) xR; R+) thỏa mãn điều kiện (3.1.3) và toán tử li eLi((a ; b)),

388.(b - 1) J(5 - a) |li (1)(5)|ds + (t - a)J(b - s)|li (1)(s)|ds: a < t < b •

389 Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm

414 Vậy hệ quả được chứng minh.

418 trong đó: a eC(R+; R+), i = 0, , 4 là các phiếm hàm không giảm thỏa mãn

các điều kiện sau:

424 Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm

425 Trước tiên, ta phát biểu và chứng minh bổ đề xấp xỉ tiệm cận sau:

426 3.1.6 Bổ đề 3.1.2 (bổ đề xấp xỉ tiệm cận)

427 Giả sử mọi điều kiện của định lý 3.1.2 được thỏa mãn

428 Khi đó, tồn tại số r > 0 sao cho với bất kỳ À e [0; 1] và hàm

ve C'( [a;b];R ) thỏa mãn điều kiện :

2n ỵ

và : v"(t) = g(t)v'(t) + Ằ (F(v)(t) - g(t)v'(t)),a < t < b. (3.1.41)

18.2 n - 2

19.+(2n

-1)v(t)

20.2 n

-2

21.(ơ ( g Xt)

-43.n

44.7'(s) )] b r»’ơ) (PtyXs) - gisiv n

- -■ -—ds

45.( ơ( g )(s) )2

n-1

439.440.441.442.443.444.445.446.447.448.449.450.451.452.453.454.455.456.457.458.459.460.461.

74 Sử dụng (3.1.35), từ bất đẳng thức trên

ta có:

75 Bây giờ ta xấp xỉ v ’.

76 Lấy bất kỳ to G (a ; b) sao cho v '(t0 ) ^ 0

77 Không mất tính tong quát, giả sử rằng v(t0).v '(t0) > 0

78 Khi đó, do v k (b) = 0nên tồn tại t1e (t0 ; b] sao cho :

97 (3.1.44)

98 (3.1.45)

99 (3.1.46101

L 2n

501.

522 1 -£

523 x < (2” -ì) ” x +a

2(y)a

*x.524

534 Chọn r là số dương được xác định trong bổ đề 3.1.2

535 Ta định nghĩa phiếm hàm X: C1([0;1];R) ^ R + như ở biểu thức (3.1.19)

536 Xét bài toán biên:

537.u"(t) = g(t)u'(t) + X(u)(t)[F(u)(t) - g(t)u'(t)], u(a) = 0, u(b) = 0 (3.1.53)

Áp dụng bổ đề 2.1.1 ta có bài toán có một nghiệm u0

538 Khi đó, phiếm hàm u0 thỏa mãn điều kiện của bổ đề 3.2 với Ả =

543 Nghĩa là, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm

544 Vậy định lý được chứng minh

555 Giả sử mọi điều kiện của định lý 3.1.3 được thỏa mãn.

556 Khi đó, tồn tại r > 0 sao cho với bất kỳ À e [0 ; 1] và ve

c'( [a;b];R)

thỏa mãn điều kiện :

557 |v”(t) - p(t)v(t) - g(t)v'(t) - £ (v)(t)| < q (t, IIv|| C1), a < t < b, v(a) = 0, v(b) = 0.

561 Giả sử À e [0; 1] và ve C'( [a;b];R) thỏa mãn điều kiện :

Lấy bất kỳ t0e (a ; b) sao cho V \t 0 ) ^ 0.

Không mất tính tong quát, giả sử rằng V(t0).V '(t0) > 0

Khi đó, do V k (b) = 0nên tồn tại t1e (t0 ; b] sao cho :

(3.1.58)

(3.1.59)

(3.1.60)

(3.1.61)

579 Do (3.1.36), ta có :

580 || VIIc < exp(21 gỈL ) (a

3 (I|VIC1 ) + a

4 (llV'Ệ1-/)))

595 Thật vậy, Giả sử trái lại Chọn y > y0.

596 Giả sử 0 < x < x0

597 Từ (3.1.65) và (3.1.68) ta có: y >y.( !) Do đó: x > x0

598 Khi đó, từ (3.1.64) và (3.1.66) ta có:

599 x < (1 -£)x + a2(y)a*x Y

600 x 1 '' <a2 (y)a

601 Nên từ (3.1.65) và (3.1.66) ta có:

602 y < Ma3 (y) + Ma4 (kx ỵ ~ r ) < Ma3 (y) + Max Y < Ma3 (y) + M(a*) 2a2 (y)

603 Điều này mâu thuẫn với (3.1.67)

608 Chọn r là số dương được xác định trong bo đề 3.1.3

609 Ta định nghĩa phiếm hàm X: C1 ([0;1];R) ^ R + như ở biểu thức (3.1.19)

610 Xét bài toán biên:

(3.1.53)

Áp dụng bổ đề 2.1.1 ta có bài toán (3.1.53)có một nghiệm u0

612 Khi đó, phiếm hàm u0 thỏa mãn điều kiện của bổ đề 3.3 với Ả =

615 Do vậy, từ (3.1.53) ta có u0 là nghiệm của bài toán:

617 Nghĩa là, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm

618 Vậy định lý được chứng minh

a

632 Với 1 e L0([a ; b]) là toán tử được xác định bởi biểu thức sau:

128.(3.1.73)

665.666.667.668.669.

166 ay(s)(F (y)(s) - g (s)y '(s)+q (s

173 b y(s)(F (y)(s) -g (s)y , (s))

4

ds

a

ơ( g ) (s)

682.683.684.685.686.687.688.689.690.691.692.693.694.695.696.697.698.

699.700.701.702.703.704.705.

lý 3.1.3 được thỏa mãn với Y = ^

720 Vậy hệ quả được chứng minh

727 Ngoài ra, nếu:

2

v ’

ơ ( g) L

1 b -b -ỉ -1 ơ ab (g )(s)[ p (s) + h(s)]

-ds +

lý 3.1.3 được thỏa mãn với Y = ^

752 Vì vậy, áp dụng định lý 3.1.3, ta có bài toán

755 3 2 BÀI TOÁN (1.1), (1.2) CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM

758 Trong đó : l eL0([a ; b]) là toán tử không tăng, p2e K0 ((a; b) ,

thỏa mãn điều kiện (3.1.3) và:

764 Cho l e L0((a ; b)) là toán tử không tăng , (p, g1, g2) e V0((a ; b); l ),

767 Khi đó, tồn tại r q > 0 sao cho: Với bất kỳ hàm đo được g:(a ; b)^ R và

768 g1(t) < g (t) < g2(t), với a < t < b (3.2.5)

769 lv "(t)- p (t )v(t)- g (t )v ' (t)- l(v)(t )| ^ q (t >11 v || c1),a < t < b,

772 Chứng minh bổ đề 3.2.1

773 Ta chứng minh bo đề bằng phản chứng

774 Giả sử với mỗi số tự nhiên k (k = 1, 2, 3, ), tồn tại hàm đo được

g k : (a ; b) ■ R và v k e C'( [ a ; b]; R) thỏa mãn điều kiện :

781 Từ (3.2.8) ta có dãy (p k (t))+~ là bị chặn đều và đồng liên tục đều trên

[a; b] Do đó, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng :

782 lim p k (t) = p0(t) đều trên [a ; b]

787 Khi đó, ta có : u k là nghiệm của phương trình :