Bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một

5 CHƯƠNG 1: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP MỘT .... 7 1.1 Sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán biên không địa ph

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

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

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS NGUY ỄN ANH TUẤN

Thành ph ố Hồ Chí Minh - 2012

Tôi cũng xin trân trọng cảm ơn quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn

thạc sĩ đã dành thời gian, công sức để đọc luận văn của tôi và cho tôi những nhận xét quý báu, giúp tôi hoàn thành tốt luận văn

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến quý Thầy Cô trong và ngoài Bộ môn Toán của Khoa Toán – Tin trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh, trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, trường Đại học Quốc Tế - Đại học Quốc Gia Thành Phố Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và truyền đạt kiến thức cho tôi trong

suốt thời gian 4 năm Đại học và 3 năm Sau Đại học tại trường Tôi cũng xin cảm ơn các Thầy Cô Phòng Sau Đại học trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh

đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp tôi hoàn thành khóa học

Sau cùng, tôi xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến bạn bè, đồng nghiệp đã giúp đỡ tôi, tôi cũng xin gửi tất cả lòng yêu thương và lời cảm ơn chân thành đến gia đình tôi, là chỗ dựa cho tôi về mọi mặt và dành mọi điều kiện tốt nhất để tôi học tập và hoàn thành luận văn này

Mặc dù đã cố gắng rất nhiều nhưng do kiến thức bản thân còn hạn chế nên

luận văn này không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ

dẫn của quý Thầy Cô và sự đóng góp chân thành của các bạn khi đọc luận văn này Xin chân thành cảm ơn

Tp HCM, tháng 3 năm 2012

Tác giả

Lê Thị Thúy Hằng

M ỤC LỤC

Trang

MỤC LỤC 2

MỞ ĐẦU 3

MỘT SỐ KÍ HIỆU 5

CHƯƠNG 1: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP MỘT 7

1.1 Sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một 7

1.2 Xấp xỉ nghiệm của bài toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một 22

1.3 Số chiều của tập hợp nghiệm của phương trình thuần nhất 30

1.4 Ví dụ 40

Chương 2: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP MỘT 46

2.1 Tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một 46

2.2 Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một 62

2.3 Tính giải được của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch 66

KẾT LUẬN VÀ HƯỚNG PHÁT TRIỂN CỦA LUẬN VĂN 74

TÀI LIỆU THAM KHẢO 76

MỞ ĐẦU

Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ XVIII Đến nay, bộ môn này vẫn phát triển mạnh mẽ nhờ các ứng dụng của nó trong khoa

học, cuộc sống và trong các ngành khoa học kĩ thuật khác nhau như cơ học, cơ khí,

vật lý, nông nghiệp, sinh học, kinh tế…

Trong những năm từ 1995 đến 2003, bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính đã được nghiên cứu bởi nhiều tác giả như E Bravyi, R.Hakl, I Kiguradze và B Puza, A.Lomtatidze, Z Oplustil, J Sremr…trong các công trình [1], [2], [4], [5], [7], [8], [10] I Kiguradze và B Puza đã nghiên cứu bài toán biên

tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau:

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 và tính duy nhất nghiệm, xấp xỉ nghiệm của bài toán được đặt ra ở trên trong trường hợp  là toán tử tuyến tính bị

chặn và áp dụng xét một số lớp bài toán biên với điều kiện biên dạng hai điểm

Nội dung luận văn gồm hai chương:

Chương 1: Trong chương này, chúng tôi trình bày lại các định lí tồn tại và

duy nhất nghiệm, xấp xỉ nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một trong trường hợp  là toán tử tuyến tính bị chặn

Chương 2: Trong chương này, chúng tôi sử dụng các kết quả đã trình bày ở

chương 1 để xét sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một Từ các kết quả này, chúng tôi trình bày một số điều kiện đủ để bài toán:

L : tập hợp các toán tử tuyến tính bị chặn mạnh nghĩa là: với mỗi toán tử tuyến

tính  tồn tại , hL a b     sao cho: , , 

ab

PF tập hợp các phiếm hàm tuyến tính bị chặn h C a b:   , ,  

CHƯƠNG 1: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Trong [11], Shaefer đã chứng minh rằng tồn tại toán tử tuyến tính bị chặn nhưng không bị chặn mạnh, tức là tồn tại  L ab nhưng  Lab Như vậy, một câu

hỏi tự nhiên được đặt ra là các kết quả trên nếu phát biểu cho một lớp rộng hơn các toán tử tuyến tính bị chặn L abthì các kết quả trên có còn đúng hay không? Định

lí 1.7 dưới đây cho câu trả lời là kết quả vẫn đúng trong trường hợp  là toán tử tuyến tính bị chặn

Trước hết ta nhắc lại một số định nghĩa và bổ đề sau đây:

Giả sử X là không gian tuyến tính, X* là không gian đối ngẫu Một dãy ( ) x n n

trong X được gọi là hội tụ yếu nếu tồn tại x X sao cho lim ( )n ( )

nj x j x , với

mọi j X* Khi đó, x được gọi là giới hạn yếu của dãy ( ) x n n

Tập hợp M  được gọi là compăc tương đối yếu nếu mọi dãy của M đều X

có dãy con hội tụ yếu trong X

Dãy ( )x n n được gọi là dãy cơ bản yếu nếu với mọi j X*, dãy j( )x n n là dãy cơ bản

Không gian X được gọi là hoàn toàn yếu nếu mọi dãy cơ bản yếu trong X đều

có giới hạn yếu trong X

Cho X, Y là các không gian Banach, T X:  là tử tuyến tính bị chặn Y

Toán tử T được gọi là liên tục hoàn toàn yếu nếu ảnh của quả cầu đơn vị trong X là

tập con compăc tương đối yếu của Y

Định nghĩa 1.2:

Tập hợp M L a b  , , 

   có tính chất liên tục tuyệt đối theo tích phân nếu

với mỗi e  , tồn tại 0 d  sao cho với mỗi tập con đo được 0 E      thỏa mãn a b,

Bổ đề 1.3 (định lý IV.8.6)

Không gian L a b  , , 

   là hoàn toàn yếu

B ổ đề 1.4 (định lý VI.7.6)

Toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian C a b  , , 

   vào không gian Banach hoàn toàn yếu là toán tử liên tục hoàn toàn yếu

B ổ đề 1.5 (định lý IV.8.11)

Nếu tập hợp M L a b  , , 

   là tập compăc tương đối yếu thì nó có tính

chất liên tục tuyệt đối theo tích phân

   là tập bị chặn Để chứng minh T là toán tử compăc, ta sẽ

chứng minh T M( )T( ) :n n M là tập compăc tương đối Theo định lí Ascoli – Arzela, ta sẽ chứng minh tập hợp ( )T M là tập bị chặn và đẳng liên tục

Do đó, vì M là tập bị chặn nên tập ( )M ( ) :n n Mlà tập compăc tương đối

yếu

Theo bổ đề 1.5 thì tập ( ) M có tính chất liên tục tuyệt đối theo tích phân, nghĩa là:

Với mỗi e  , tồn tại 0 d  sao cho: 0

Vậy theo định lí Ascoli – Arzela thì T là toán tử compăc

trong không gian X theo nghĩa:

Nếu x ( , )u a  là nghiệm của (1.3) thì X a  0, u C a b      và u là nghiệm , , 

của (1.1), (1.2)

Ngược lại, nếu u C a b   , , 

   là nghiệm của (1.1), (1.2) thì x ( ,0)u là nghiệm

của (1.3)

Theo mệnh đề 1.6 ta có toán tử T xác định như trên là toán tử compăc

Mặt khác, theo định lí Riesz – Schauder, ta suy ra phương trình (1.3) có nghiệm duy

nhất khi và chỉ khi phương trình thuần nhất tương ứng:

Do đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất

Chú ý 1.8

Từ định lí 1.7 ta suy ra rằng nếu bài toán (1.1 ), 0 (1.2 ) có nghiệm không tầm 0

thường thì với mỗi c   , tồn tại q L a b   , , 

   hoặc với mỗi q L a b   , , 

   ,

tồn tại c   sao cho bài toán (1.1), (1.2) vô nghiệm

Giả sử L ab và tồn tại k m, ,m0    0 và a  0,1 sao cho l  và k 0

với mọi nghiệm u của bài toán (1.1 ), 0 (1.2 ) thỏa mãn: 0

0

k m u C a k m u C

Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất

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

Theo mệnh đề 1.6 thì  là toán tử compăc 1

Do đó, theo định lí Ascoli – Arzela, với e  0;1 cho trước, tồn tại d  sao cho 0

t i

 Bây giờ giả sử (1.9) đúng với i Ta chứng minh (1.9) đúng với i  1

Thật vậy, theo (1.9) và do  là toán tử t - Volterra nên: 0

Vậy (1.9) đúng với i  Theo nguyên lý quy nạp thì (1.9) đúng với mọi i 1

 Một cách hoàn toàn tương tự ta có thể chứng minh được rằng:

Theo định lý 1.7 để chứng minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất ta chỉ cần

chứng minh bài toán thuần nhất tương ứng (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường

Giả sử u C a b   , , 

   là một nghiệm tùy ý của bài toán thuần nhất (1.10), (1.20)

Ta sẽ chứng minh u là nghiệm tầm thường

Trước hết ta có vì u là nghiệm của bài toán (1.10), (1.20) nên u thỏa (1.10), lấy tích phân hai vế của (1.10) từ t đến t ta được:0

i k

Để chứng minh hệ quả này, ta sử dụng kết quả của định lí 1.10

Giả sử n là nghiệm tùy ý của bài toán thuần nhất tương ứng:

Vậy các giả thiết của định lí 1.10 được thỏa mãn với m0  0,a   m

Do đó, theo định lí 1.10 thì bài toán (1.1), (1.15) có nghiệm duy nhất 

Định lí 1.13

Giả sử L ab là toán tử t - Volterra Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy 0

nhất khi và chỉ khi tồn tại ,k m   sao cho l  và: k 0

, 1

k m 

Ch ứng minh

 Trước hết ta giả sử tồn tại ,k m   sao cho l  và (1.16) thỏa mãn Ta k 0

sẽ chứng minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất

Do nghiệm của bài toán (1.10), (1.20) cũng thuộc C a b  , , 

   nên hiển nhiên, với

Do đó, theo định lí 1.10 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất

 Bây giờ giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất Theo định lí 1.7 ta

có bài toán (1.1 ),0 (1.2 )chỉ có nghiệm tầm thường Ta sẽ chứng minh tồn tại 0,

k m   sao cho l  và thỏa mãn (1.16) k 0

Theo giả thiết của định lí ta có L ab là toán tử t - Volterra nên theo hệ quả 1.12 0

thì bài toán (1.1 ), (1.17) có nghiệm duy nhất 0 u 0

Ta có h u  Vì nếu giả sử ( )0 0 h u  thì hàm ( )0 0 u là nghiệm không tầm thường 0

của bài toán (1.1 ), 0 (1.2 ) Điều này mâu thuẫn 0

Mặt khác, cũng vì  L ab là toán tử t - Volterra nên theo bổ đề 1.11 thì: 0

u h r i k j

Theo bổ đề 1.11 thì tồn tại k k m0,   sao cho

1 ,2

1 2

i k k

1.2 Xấp xỉ nghiệm của bài toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một

Cùng với bài toán (1.1), (1.2), với mỗi k   , ta xét bài toán sau:

sup ( )( ) ( )( ) : , , 0

k

t k a

Theo mệnh đề 1.6 thì toán tử  được định nghĩa như trên là toán tử compăc

Do đó, với ( )x n n là dãy bị chặn trong C a b  , , 

Do đó, tồn tại r  sao cho: 0 0

Khi đó, các toán tử ,   là toán tử tuyến tính bị chặn và k

k m

a m C t

z s y s ds z

Cho m   trong đẳng thức y t0m( )y a m( )k m( )( ),y m t    t   a b, và chú ý đến (1.29) ta có:

y t y a y t    t   a b

Vậy y là nghiệm không tầm thường của 0 (1.1 ) 0

Ta c ần chứng minh thêm y thỏa điều kiện biên (1.20 0 )

Do đó, y là nghiệm không tầm thường của 0 (1.1 ),(1.2 ) 0 0

Điều này mâu thuẫn với giả thiết của bổ đề 1.16

Bây gi ờ ta sẽ chứng minh định lí 1.14

 Chứng minh bài toán (1.20), (1.21) có nghiệm duy nhất:

Ta có bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất nên bài toán (1.1 ),(1.2 ) chỉ có 0 0nghiệm tầm thường Do đó, theo bổ đề 1.16 thì tồn tại các số k   và 0 r  0Khi đó, hiển nhiên với k  thì bài toán: k0

Do đó, theo định lí 1.7 thì với mỗi k  , bài toán (1.20), (1.21) có nghiệm duy k0

Cho k   và chú ý đến (1.22), (1.23) và (1.30) ta có:

t k

1.3 Số chiều của tập hợp nghiệm của phương trình thuần nhất

Giả sử U là tập hợp nghiệm của phương trình thuần nhất (1.10) Hiển nhiên U là không gian vectơ tuyến tính Theo định lí 1.7 thì U  0 tức là dim U 1 Hơn

Khi đó, T là toán tử tuyến tính và theo mệnh đề 1.6 thì T là toán tử compăc

Ta có bài toán (1.10) tương đương với phương trình toán tử x T x( ) theo nghĩa:

Nếu u C a b   , , 

   là nghiệm của (1.10) thì x  là nghiệm của phương trình u

( )

x T x

Và ngược lại, nếu x C a b   , , 

   là nghiệm của phương trình x T x( ) thì

x C a b   

   và u  là nghiệm của (1.1x 0)

Nói cách khác, tập hợp U cũng là tập hợp nghiệm của phương trình x T x( )

Mặt khác, vì T là toán tử compăc nên theo định lí Riesz – Schauder thì không gian

nghiệm của phương trình là hữu hạn chiều

u u là các nghiệm độc lập tuyến tính của (1.10)

Thật vậy, nếu giả sử

Do đó bài toán (1.10), (1.33) chỉ có nghiệm tầm thường

u u

zz



Đặt u t( )u2( ) ( )z u t1 u1( ) ( ),z u t2    t    a b,

Khi đó u là nghiệm của bài toán (1.10), (1.33) và do đó:

u z u t u z u t     t    a b

Vì u1( )z  0, ( )u2 z  nên 0 u u phụ thuộc tuyến tính (mâu thuẫn) 1, 2

Vậy dim U 1. Nhưng vì ta luôn có dim U 1 nên dim U 1

M ệnh đề 1.19

Giả sử dim U 2. Khi đó, tồn tại q L a b   , , 

   sao cho bài toán không thuần

nhất (1.1) vô nghiệm

Ch ứng minh

Ta có dim U nên theo mệnh đề 1.18 thì với mỗi 2 z      bài toán (1.1a b, 0), (1.33) có nghiệm không tầm thường uz

Do đó, theo chú ý 1.8 thì với mỗi z      , tồn tại a b, qz L a b  , , 

   sao cho bài toán:

0 0

a t

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử t M  t m

Lấy tích phân hai vế (1.10) từ t đến M t , ta được: m

có nghiệm không tầm thường , u n

Với giả thiết của định lí, theo bổ đề 1.22, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử:

( ) 0

u t t a b a

n

 

Ta s ẽ chứng minh w là nghiệm của bài toán (1.1 0 )

Trước hết, do cách đặt của l nên với mọi t      , ta có: a b,

Điều này mâu thuẫn với giả thiết (1.36)

Hoàn toàn tương tự ta cũng có thể chứng minh được định lí sau:

2) Trong [6] (định lí VII.1.27) tác giả đã chứng minh rằng  Lab khi và chỉ khi  thỏa mãn biểu diễn   0 , trong đó 1  0, 1 P ab Do đó, định lí 1.21, 1.23 có thể phát biểu tương tự cho  Lab

1.4 Ví dụ

Trong phần này, chúng tôi trình bày lại hai ví dụ Ví dụ 1.4.1 minh họa cho kết quả

số chiều của tập hợp nghiệm của phương trình thuần nhất là hữu hạn chiều Ví dụ 1.4.2 minh họa cho trường hợp số chiều của tập hợp nghiệm của phương trình thuần

Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử với mỗi x y0, 0   sao cho  ( , )x y0 0 W

thì tồn tại  Lab thỏa mãn   0 , trong đó 1

c b

,,

a khi t a c

c khi t c c t





2

a b

Chương 2: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP MỘT

Trong chương 1, ta đã xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) Trong đó, điều kiện biên (1.2) là điều kiện biên không địa phương tổng quát Trong chương 2, chúng tôi sẽ áp dụng các kết quả đó để xét tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1) thỏa điều kiện biên hai điểm Cụ thể, trên đoạn ,  a b

  , xét bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một:

Trường hợp l  , các kết quả được trình bày trong [9] 0

Trong các kết quả được trình bày sau đây, toán tử  có biểu diễn dưới dạng

 

0  lh1(1) 1   1 l h0(1)h1(1),

1h1(1) 0 l 1   1 l h0(1)h1(1) (2.7) Khi đó, bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất

Ta xét hai trường hợp: u đổi dấu và u không đổi dấu

 Trường hợp 1: u đổi dấu

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử t M  t m

Lấy tích phân hai vế (2.10) từ t đến M t , ta được: m