Bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường

6 CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH .... 20 CHƯƠNG 2: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH .... XẤP XỈ NGHIỆM CỦA BÀ

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

TÔ THỊ THANH HÀ

BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỀM CHO

HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

L ỜI CẢM ƠN

Trước hết, cho tôi bày tỏ lòng biết ơn Thầy NGUYỄN ANH TUẤN khoa Toán - Tin học Trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh, đã dành thời gian và công sức tận tình hướng dẫn giúp tôi hoàn thành luận văn

Cho tôi gửi lời cảm ơn đến quí Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian đọc và đóng góp ý kiến giúp cho bản luận văn được hoàn chỉnh hơn

Tôi x in trân trọng cám ơn BGH Trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh, Phòng KHCN.SĐH, Ban chủ nhiệm Khoa Toán và quí Thầy Cô đã tham gia giảng dạy tôi trong suốt khóa học qua

Và để có được kết quả ngày hôm nay tôi không quên sự giúp đỡ tận tình cũng như những lời động viên của BGH và đồng nghiệp Trường THPT Hàm Thuận Nam,Trường Cao Đẳng Sư Phạm Bình Thuận cùng bạn bè và người thân

M ỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN 3

MỤC LỤC 4

LỜI NÓI ĐẦU 5

CÁC KÍ HIỆU 6

CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 8

1.1 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VA DUY NHẤT NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 8

1.2 ĐỊNH LÝ XẤP XỈ NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 20

CHƯƠNG 2: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH 25

2.1 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH 25

2.2 XẤP XỈ NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH 35

CHƯƠNG 3: BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG 44

3.1.CÁC KẾT QUẢ CƠ BẢN 44

3.2 CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ 48

3.3 CHỨNG MINH CÁC ĐỊNH LÝ 59

TÀI LIỆU THAM KHẢO 66

L ỜI NÓI ĐẦU

Lý thuyết bài toán biên cho hệ phương trình vi phân thường được xây dựng vào những năm cuối của thế kỷ 20 gắn liền với tên tuổi của các nhà toán học cổ điển như Cauchy, Bernoulli, D'Alembert Trong những năm gần đây với sự phát triển của phương pháp đánh giá tiệm cận cho phép chúng

ta thiết lập các dấu hiệu giải được và xấp xỉ nghiệm của bài toán biên với các điều kiện biên khác nhau như : điều kiện biên dạng tuần hoàn, điều kiện biên nhiều điểm, điều kiện biên dạng tích phân

Mục đích của luận văn là nghiên cứu sự tồn tại, duy nhất và tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường

Nội dung luận văn gồm ba chương:

Chương 1 chúng tôi trình bày các kết quả tổng quát về sự tồn tại, duy nhất và xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân tuyến tính

Trong chương 2 nhờ khái niệm ma trận Oplia và phương pháp đánh giá tiệm cận chúng tôi đưa

ra một số điều kiện đủ cho sự tồn tại, duy nhất và xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân phi tuyến tính

Trên cơ sở các kiến thức chuẩn bị từ chương 1 và chương 2, trong chương 3 chúng tôi nhận được các điều kiện cần và đủ và các điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm của bài toán biên nhiều điểm Sau đó bằng phương pháp đánh giá tiệm cận chúng tôi có các dấu hiệu cụ thể cho vấn đề xấp xỉ nghiệm của bài toán này

Bài toán biên nhiều điểm trong những năm gần đây được quan tâm bởi nhiều nhà toán học trên thế giới như: Kigurade.I, Puza B, Agarwal R.P,Demidovich B.P,O'Regan.D, Wong P.J.Y trong các công trình [1], [2], [3], [4], [5], [6]…

Bằng luận văn này chúng tôi sẽ trình bày các kết quả trên một cách hệ thống hơn trong sự phát triển của nó

Với D ⊂ Rnhoặc D ⊂ Rnxnta có các kí hiệu:

• C([a,b], D) là không gian các ánh xạ x : [a,b] → D liên tục trên [a,b] với chuẩn:

• La ([a,b], D) là không gian các ánh xạ x: ][a,b] → D khả tích bậc a trê [a,b] với chuẩn:

1 b

x(t) dt víi 1 + x

vrai max{ x(t) : t [a,b]} víi =+

a

a a

a a

xạ f:[a,b]xD1 → D2 sao cho:

F( ,x):[a,b] → D2 là đo được với mỗi x ∈ D,

sup{ f(.,x) : x D } L([a,b],R ) ∈ 0 ∈ + với mỗi tập compắc D0 ⊂ D1

Và f(t,.): D1 → D2 là liên tục với hầu khắp nơi t ∈ [a,b]

• K0([a,b]xD1,D2) là tập các ánh xạ f:[a,b]x D1 → D2 sao cho xf(.,x(.)):[a,b] → D2 là đo được với

mọi vectơ hàm liên tục x: [a,b] → D1

CHƯƠNG 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG

Nghiệm của (1.1.1) là vectơ hàm x(t) ∈ C�(I,Rn) thỏa (1.1.1) hầu khắp nơi trên I

Bài toán đặt ra là tìm nghiệm x(t) của hệ (1.1.1) thỏa điều kiện biên

Bài toán Cauchy : x(t0) = C0 , t0 ∈ I

Bài toán biên hai điểm : A1 x(a) + A2 x(b) = C0, A1, A2 ∈ Rnxn

A(t)x(t)dt C , A L(I,R ) = ∈

• Cùng với bài toán (1.1.1), (1.1.2) ta xét bài toán thuần nhất:

dx P(t)x (1.1.3) dt

Để xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1.1), (1.1.2) trước hết ta đưa ra định nghĩa sau :

Định nghĩa 1.1.1

Ánh xạ G : I2 → Rnxngọi là ma trận Green của bài toán (1.1.3), (1.1.4) nếu:

1 Với mỗi t ∈ (a, b) thì các cột của ma trận G(., t) là nghiệm của (1.1.3) trên các khoảng [a, t), (t, b] và G(t+ , t) - G(t- , t) = E

Giả sử Y(t) là ma trận cơ bản của bài toán (1.1.3) thỏa điều kiện Y(a) = E

Khi đó C(t,t) = Y(t)Y-1(t) là ma trận Cauchy của (1.1.3)

Giả sử x(t) là nghiệm của (1.1.1) Khi đó theo phương pháp biến thiên hằng số ( xem trong [2]) ta có:

Hệ phương trình tuyến tính này có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi det (Y) 0  ≠

Điều này tương đương với bài toán (1.1.3), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường

Vậy bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán (1.1.3), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường

Sau đây ta chứng minh nghiệm duy nhất của bài toán (1.1.1), (1.1.2) được cho bởi công thức Green (1.1.5)

Thật vậy, nếu bài toán (1.1.3), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường thì

nên C [( Y)] [C =  −1 0 − ( A(q))] 

Do đó x(t) Y(t)[( Y)] C =  −1 0 − Y(t)[( Y)] (A(q)) (A(q))(t)  −1 +

Đặt x (t) Y(t)[( Y)] C ,h(q)0 =  −1 0 = − [ (Y)] (A(q))  −1

Khi đó dễ dàng chứng minh được x0(t) là nghiệm của (1.1.3) thỏa điều kiện (1.1.2) và

Với cách kí hiệu trên ta có định lý sau :

Trước hết, ta xây dựng dãy toán tử ρi: C�(I,Rn

)→C�(I,Rn

) (i=0,1,2…) như sau:

(ρ0(x))(t) = x(t) với x(t) ∈ C�(I,Rn

)

t 1

t

1 a

x(t) x(a) = + ∫ P(s)x(s)ds =C+( (x))(t) víi C=x(a) ρ

t

a t

1 a

Theo giả thiết các giá trị riêng của ma trận Mk,mcó mô đun bé hơn 1 nên ma trận E – Mk,m có ma trận nghịch đảo và

a k

Vì vậy tồn tại k, m đủ lớn sao cho Mk là ma trận khả nghịch và các giá trị riêng của Mk,m có mô đun nhỏ hơn 1

det∫λ(s)[P(s)] ds≠ θ (1.1.18) Khi đó tồn tại ε0 > 0 sao cho với mọi ε ∈ (0, ε0) bài toán (1.1.14), (1.1.2) có nghiệm duy nhất

ε = ∀ε∈ ε ta có r(Mk,1(ε))< l

Do đó suy ra các giá trị riêng của ma trận Mk,1(ε) có mô đun nhỏ hơn 1

Vì vậy theo định lý 1.1.3 bài toán (1.1.14), (1.1.2) có nghiệm duy nhất

với điều kiện biên (1.1.4) có nghiệm duy nhất

Giả sử P ∈ L(I,Rnxn) thỏa bất đẳng thức :

trong đó G0(t,t) là ma trận Green của bài toán (1.1.19), (1.1.4) và các giá trị riêng của ma trận M

có mô đun nhỏ hơn 1 với M R ∈ nxn+

Khi đó bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất

dx P(t)x P (t)x [P(t) P (t)]x

1 2 ĐỊNH LÝ XẤP XỈ NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH

Cùng với bài toán (1.1.1), (1.1.2) ta xét bài toán:

dx

P (t)x q (t) (1.2.1) dt

Trước khi chứng minh định lý 1.2.2 ta chứng minh bổ đề sau:

Khi đó theo (1.2.9) ta có:

Vì ε > 0 tùy ý nên từ (1.2.9), (1.2.10), (1.2.12) - (1.2.14) suy ra (1.2.11)

Sau đây ta chứng minh định lý 1.2.2

Gọi Y(t) là ma trận cơ bản của bài toán (1.1.3) thỏa Y(a) = E

Do bài toán (1.1.1), (1.1.2) CÓ nghiệm duy nhất nên det (Y) 0  ≠

Do đó bài toán (1.2.1), (1.2.2) có nghiệm duy nhất xk(t) Hơn nữa theo chứng minh của định lý 1.1.2 thì xk(t) có dạng:

Xk(t)=x0k(t) + Yk(t) hk (qk) + (Ak (qk)) (t) (1.2.19) trong đó x0k(t) là nghiệm của (1.2.15), (1.2.2)

a 1

x (t) Y (t)[ (Y )] C , (A (q ))(t) Y (t) Y (s)q (s)ds,

k

lim A (q ) A(q) 0, lim h (q ) h(q) víi h(q)=-[ (Y)] (A(q))

vµ lim x x víi x (t)=Y(t)[ (Y)] C

CHƯƠNG 2: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG

2.1 ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUY ẾN TÍNH

Trong phần này chúng ta nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán phi tuyến:

dx F(t,x) (2.1.1) dt

, Rn) và h : C([a,b], RN) → Rnlà toán tử liên tục

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau :

chỉ có nghiệm tầm thường với mọi A ∈ S

2 Tồn tại hàm số ϕ ∈ L([a,b], R+) sao cho với mọi A ∈ S ta có:

t 0

[g(x ) vµ q ( )d

+ < ∫ t t < (2.1.6) Đặt

klim B (t) B(t)

Dễ thấy B(t) là hàm liên tục tuyệt đối trên [a,b] nên tồn tại A(t) ∈ L([a,b], Rnxn

Vì vậy theo giả thiết 3 của bổ đề 2.1.1 suy ra A ∈ S

Mặt khác, theo (2.1.5) ta có thể coi dãy {x (a)} k k 1+∞= hội tụ Vì vậy từ (2.1.6) - (2.1.8) và định lý xấp xỉ nghiệm (xem trong [2]) ta được :

k

klim x (t) x(t)

trong đó x(t) là nghiệm của bài toán:

dx A(t)x dt

2 Bài toán

0

dx A(t)x dt

chỉ có nghiệm tầm thường với mọi A ∈ L([a,b],Rnxn

) thỏa điều kiện tồn tại dãy

trong đó  : C([a,b],R )n → Rn là toán tử tuyến tính, liên tục; 0 : C([a,b],R )n → Rn+

là toán tử liên tục, thuần nhất dương; ma trận hàm P thỏa điều kiện Opilia đối với cặp

Khi đó dễ thấy (S, g) thỏa các điều kiện của bổ đề 2.1.1 Vì vậy tồn tại ρ0 > 0 sao cho với mọi

x ∈ C�([a, b], Rn) và với mọi A ∈ S ta có:

t 0

chỉ có nghiệm tầm thường

Ngoài ra do P(t,y(t)) ∈ L([a,b], Rnxn) và q(t,y(t)) ∈ L([a,b], Rn) nên theo định lý 1.1.3 bài toán

2.1.19 có nghiệm duy nhất Giả sử x(t) là nghiệm của (2.1.19), ta chứng minh x ∈ U, nghĩa là

và theo định lý 1.2.2 thì w là toán tử liên tục

Sau đây ta chứng minh w có điểm bất động

Thật vậy, từ (2.1.19) lấy tích phân hai vế ta được:

Vì vậy theo bổ đề Azela - Ascoli w(U) là tập compắc tương đối Mặt khác, do w là toán tử liên tục và U là tập lồi, đóng bị chặn trong C([a,b], Rn) nên theo định lý điểm bất động Schauder tồn tại

X ∈ U sao cho w(x) = x

Khi đó x(t) là nghiệm của bài toán:

dx P(,x)x q(t,x) f(t,x) dt

thì bài toán (2.1.10) chỉ có nghiệm tầm thường

Khi đó bài toán (2.1.1), (2.1.2) có ít nhất một nghiệm

Chứng minh

Gọi S là tập các ma trận A ∈ L([a,b], Rnxn) sao cho A thỏa điều kiện (2.1.23) và

n 0

g(x) =  (x)  (x) x C([a,b],R ) ∀ ∈ Khi đó(S,g) thỏa các điều kiện của bổ đề 2.1.1 Vì vậy tồn tại hằng số ρ0> 0 thỏa (2.1.15) Theo (2.1.14) tồn tại số ρ1> 0 thỏa (2.1.16)

trong đó χ được định nghĩa trong (2.1.17)

Vì P1(t) thỏa điều kiện Opilia đối với cặp ( , )  0 nên theo định lý 2.1.3 bài toán (2.1.24), (2.1.2)

có nghiệm Giả sử x(t) là nghiệm của bài toán này

f(t,x) P (t)x − ≤ Q(t) x q(t, x ) + (2.1.25)

và trong không gian C([a,b], Rn) ta có (2.1.13) trong đó    , ,0 1được xác định trong định lý 2.1.3, P0∈ L([a,b],R ),Q L([a,b],R )nxn ∈ nxn+ và q K([a,b]xR ,R ) ∈ + n+ là hàm không giảm theo biến thứ hai thỏa điều kiện :

b

1 a

( ) 1

và pij (t,x) = p0ij (t) + qij (t) ηi (t,x) sgn(xj) với a ≤ t ≤ b (i,j= 1,2, n)

Khi đó theo (2.1.25) ta có ηi(t,x) 1(i 1,2, n) < = nên

p0ij(t)-qij(t) ≤ pij (t,x) ≤ p0ij (t) +qij (t) ( i,j = 1,2, .,n)

Vì vậy thectđịnh lý 2.1.4 bài toán (2.1.1), (2.1.2) có ít nhất một nghiệm

Từ định lý 2.1.5 ta dễ dàng chứng minh được hệ quả 2.1.6 và định lý 2.1.7

dx P(t)x dt

Ngoài ra giả sử bài toán (2.1.27) chỉ có nghiệm tầm thường

Khi đó bài toán (2.1.1), (2.1.2) có nghiệm duy nhất

2.2 XẤP XỈ NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH

Trong mục này ta nghiên cứu sự xấp xỉ nghiệm của bài toán biên phi tuyên tính:

dx f(t,x) (2.2.1) dt

bán kính r trong không gian C([a,b], Rn)

4 Ma trận P thỏa điều kiện Opilia đối với cặp ( , )  0

Nếu bài toán (2.2.1), (2.2.2) có nghiệm x0cô lập trong bán kính r thì nó là (x0, r) xấp xỉ được

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

với a≤t≤b; x,y ∈D

và

t m m

lim ( ,x)d 0

→+∞∫ η t t = đều trên [a,b]

Sau đây ta chứng minh định lý 2.2.4

, Rn) và dãy các toán tử liên tục γm : C([a,b], Rn) →

Rnsao cho nếu :

lim ( ,y ( ))d 0

→+∞∫ η t t t = đều trên [a,b]

Cũng theo chứng minh trên {x (t)}m m 1+∞= liên tục đồng bậc và bị chặn đều nên theo bổ đề Ascoli {x (t)}m m 1+∞= là compắc tương đối.Vì vậy {x (t)}m m 1+∞= có dãy con hội tụ Không mất tính tổng quát, giả sử

Azela-* m

mlim x (t) x (t)

→+∞ = đều trên [a,b]

Khi đó theo (2.2.17) suy ra

m m

dx f(t,x)x q(t,x) (t,y (t)) dt

CHƯƠNG 3: BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG

và ϕi :C([a,b], Rn) → R (i =1, 2,n ) là các phiếm hàm liên tục

Trước tiên ta đưa ra định nghĩa sau :

pik(t)≥0, với a ≤ t ≤ b, i ≠ k (i, k=1,2, ,n)

và bài toán

n '

không có nghiệm không tầm thường không âm

Sau đây là các kết quả về sự tồn tại nghiệm của bài toán (3.1.1), (3.1.2)

Định lý 3.1.2

Để bài toán (3.1.1), (3.1.2) có nghiệm điều kiện cần và đủ là tồn tại hai hàm véctơ

có mô đun bé hơn 1

Khi đó bài toán (3.1.1), (3.1.2) có ít nhất một nghiệm

Khi đó bài toán (3.1.1), (3.1.2) có ít nhất một nghiệm

Sau đây ta đưa ra một vài kết quả về tính duy nhất nghiệm và tính xấp xỉ được của bài toán (3.1.1), (3.1.2)

Giả sử trên [a,b]xRn

ta có (3.1.12) và trên C([a,b], Rn) thỏa:

riêng của ma trận (3.1.11) có mô đun bé hơn 1

Khi đó bài toán (3.1.1), (3.1.2) có nghiệm duy nhất

Nếu các điều kiện của định lý 3.1.6 được thỏa thì bài toán (3.1.1), (3.1.2) là xấp xỉ được

Cuối cùng ta đưa ra một cách xấp xỉ nghiệm của bài toán (3.1.1), (3.1.2)

( )n ( )n

p = , p = ∈ U(t ,t , ,t ) (3.2.1) Khi đó tồn tại số ρ > 0 sao cho với mọi q ∈ L([a,b],R+), γ ∈ R+ và mỗi nghiệm của bài toán:

n '

dx A(t)x dt

x (t) = là nghiệm của bài toán (3.2.2), (3.2.3)

Với mỗi i ∈ {1,2,…, n} gọi yi(t) là nghiệm của bài toán Cauchy

n '

với δ chọn trên giả sử p , ik ϕ0iđược định nghĩa trong (3.2.10)

Để chứng minh (3.2.9) ta phải chứng minh bài toán:



n '

ik

k 1 0i

x (t)sgn(t t ) p (t)x (t) (i=1,2, ,n) (3.2.12)

x (t ) x , , x (i=1,2, ,n) (3.2.12)

= ϕ

Ta cần chứng minh xi (t) ≡ 0 , ∀ t ∈ [a,b] (i= l,2, ,n)

k 1

≠ t

=

+ ∫   ∫      ∑ t t    t (3.2.17) với ai(t) = pii(t)sgn (t - ti)

Đặt

b n

mlim

→+∞ρ = +∞

Khi đó theo định nghĩa toán tử hi và (3.2.25) ta có :



n '

k ik

(p ) = ,( )ϕ = thỏa điều kiện (3.2.9) nên bài toán trên có nghiệm

tầm thường Do đó xi(t) ≡ 0, ∀ t ∈ [a,b] (i = l,2, ,n ) Điều này mâu thuẫn với (3.2.25) nên

Theo các giả thiết trên ta dễ dàng chứng minh được ( ϕ0i i 1)n= là toán tử liên tục thuần nhất dương

và không giảm Vì vậy để chứng minh có (3.2.1) ta phải chứng minh bài toán (3.1.3), (3.1.4) không có nghiệm không âm không tầm thường

Do đó bài toán (3.1.3), (3.1.4) không có nghiệm không tầm thường không âm nên ta có (3.2.1)

Bổ đề 3.2.5

Giả sử ϕ0i(x1, ,xn) = xi(si) với si ≠ ti, si ∈[a,b] (i = 1,2, n) và giả sử pik(t) = pik = const với

pii<0 , pjk > 0 (i≠k) (i, k=l,2, ,n) và phần thực của các giá trị riêng của ma trận ( )n

ik i,k 1

p = là âm Khi đó ta có (3.2.1)

do các giá trị riêng của ma trận A có mô đun nhỏ hơn 1 nên r = 0

suy ra xi (t)≡ 0, ∀ t ∈ [a,b] (i= l,2, ,n)

Theo (3.3.2) và (3.1.7) ta có t0 ≠ ti giả sử t0 > ti Khi đó tồn tại t1 ∈[ti, t0) sao cho:

u(t1) = 0 và u(t) > 0, với t1 < t ≤ t0 (3.3.4) Theo (3.1.6) ta có: