KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Một số định lý điểm bất động dương trên nón
Định nghĩa 1.1 Cho X là không gian Banach và K ⊂ X là một tập con lồi đóng, khác rỗng Khi đó K được gọi lànónnếu thỏa hai tính chất
K ∩ (−K) = {θ}, trong đó θ là phần tử không của không gian X Định nghĩa 1.2 cho biết rằng nếu K là nón trong không gian Banach, ánh xạ α: K → R+ được gọi là phiếm hàm lõm trên K nếu thỏa mãn điều kiện α(tx + (1−t)y) ≥ tα(x) + (1−t)α(y) với mọi x, y ∈ K và mọi t ∈ (0,1) Định nghĩa 1.3 nêu rõ rằng với hai không gian định chuẩn E, F và toán tử T: Ω ⊂ E → F, thì a) T được gọi là compact nếu với mỗi tập B ⊂ Ω bị chặn, T(B) là tập compact trong F; b) T được gọi là hoàn toàn liên tục nếu nó vừa liên tục vừa compact Định lý 1.1 (Krasnosel’skiˇi, [44]) khẳng định rằng trong không gian Banach X, nếu P ⊂ X là nón và Ω1, Ω2 là hai tập mở bị chặn của X với 0 ∈ Ω1, Ω1 ⊂ Ω2.
T : P ∩ Ω 2 \Ω 1 → P là một toán tử hoàn toàn liên tục sao cho một trong hai điều sau xảy ra
(i) kT uk ≤ kuk, u∈P ∩∂Ω 1 và kT uk ≥ kuk, u∈P ∩∂Ω 2 ,
(ii) kT uk ≥ kuk, u∈P ∩∂Ω 1 và kT uk ≤ kuk, u∈P ∩∂Ω 2
Khi đóT có một điểm bất động trongP ∩ Ω 2 \Ω 1 Định lý 1.2 (Leggett-Williams, [47]) ChoP là nón trong không gian Banach
X, K c ={x∈ P : kxk< c}và α là một phiếm hàm lõm liên tục không âm trên
P vớiα(x) ≤ kxkvới mọix∈ K c Giả sử rằng
S(α, b, d) ={x∈P :b ≤α(x),kxk ≤d}. và H : K c → K c là một ánh xạ hoàn toàn liên tục sao cho tồn tại các hằng số
Khi đóH có ít nhất ba điểm bất độngx 1 , x 2 , x 3 với kx 1 k ≤ a, b < α(x 2 ), a < kx 3 k vàα(x 3 )< b.
Định lý liên tục Mawhin
Mục tiêu của phần này là tóm tắt Định lý liên tục Mawhin cùng với các kết quả và khái niệm liên quan đến lý thuyết bậc coincidence Các kết quả này đã được J Mawhin phát biểu và chứng minh, tuy nhiên chúng còn khá trừu tượng Do đó, chúng tôi sẽ trình bày lại một cách ngắn gọn để dễ hiểu hơn, đồng thời tham khảo một số lập luận và chứng minh trong quá trình này.
Cho X và Z là hai không gian Banach thực Định nghĩa 1.4 nêu rõ rằng, nếu L: domL⊂ X → Z là một toán tử tuyến tính, thì L được gọi là một toán tử Fredholm.
(ii) ImL đóng và có đối chiều hữu hạn.
Khi đó,chỉ sốFredholm của toán tử Lđược định nghĩa là số nguyên indL= dim kerL−codim ImL.
Từ Định nghĩa 1.4 ta thấy, nếu L là toán tử Fredholm thì tồn tại các phép chiếu liên tụcP :X → X vàQ : Z → Z sao cho
ImP = kerL, kerQ =ImL, hay
Khi thu hẹp toán tử \( L \) lên \( \text{dom} L \cap \text{ker} P \), nó trở thành một toán tử đơn ánh, tức là toán tử \( L_P := L|_{\text{dom} L \cap \text{ker} P} : \text{dom} L \cap \text{ker} P \to \text{Im} L \) là khả nghịch Ký hiệu \( K_P = L^{-1} P \) và toán tử \( K_{P,Q} := K_P (I - Q) \) được gọi là toán tử ngược suy rộng của \( L \).
K P,Q LK P,Q =K P,Q Đồng thời, nếuL là Fredholm chỉ số0,nghĩa là ImQ∼= kerL, thì với mỗi đẳng cấuJ : ImQ →kerL, ta có bổ đề sau.
Bổ đề 1.1 Toán tửL+J −1 P : domL→ Z là một đẳng cấu và
L+J −1 P −1 =J Q+K P,Q Chứng minh Dễ dàng ta có các đồng nhất thức sau
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
Xét toán tử phi tuyến N : Ω→ Z, với Ω là tập mở bị chặn của X và domL∩Ω 6= ∅ Định lý tương đương Mawhin cho phép chuyển đổi bài toán ban đầu thành phương trình điểm bất động của một toán tử.
Bổ đề 1.2 Phương trình toán tử
Lu= N u, u∈domL∩Ω tương đương với phương trình điểm bất động u= Φu, u∈ Ω, trong đó Φgọi là toán tử Mawhin được xác định bởi Φ =P + (J Q+K P,Q )N.
⇐⇒ u= (L+J −1 P) −1 (N +J −1 P)u, u∈Ω, vì (L+J −1 P) −1 :Z → domL Mặt khác, áp dụng Bổ đề 1.1 ta có
Để chứng minh rằng Φ là hoàn toàn liên tục, điều kiện cần thiết trong lý thuyết bậc Leray-Schauder là tính chất L-compact của toán tử N Theo định nghĩa 1.5, nếu L là toán tử Fredholm với chỉ số 0, thì toán tử này sẽ đáp ứng các yêu cầu cần thiết.
N : Ω → Z được gọi làL -compact trên Ωnếu
(i) Toán tửQN : Ω → Z liên tục và QN(Ω)bị chặn trongZ;
(ii) Toán tửK P,Q N : Ω → X hoàn toàn liên tục.
Hơn nữa, ta cũng nói rằngN làL-hoàn toàn liên tục (trênX) nếu nóL-compact trong mọi tập con bị chặn của X.
Định lý liên tục Mawhin là nội dung quan trọng trong lý thuyết bậc coincidence Theo Định lý 1.3 (Mawhin, [54]), nếu Ω⊂ X là một tập mở bị chặn, L là toán tử Fredholm chỉ số 0 và N là L-compact trên Ω, thì cần thỏa mãn một số điều kiện nhất định.
(i) Lu 6=λN uvới mọi (u, λ) ∈((domL\kerL)∩∂Ω)×(0,1);
(ii) QN u 6= 0với mọi u∈kerL∩∂Ω;
(iii) Tồn tại một đẳng cấuJ :ImQ→ kerL sao cho deg B (J QN| ker L ,Ω∩kerL,0) 6= 0.
Khi đó phương trình Lu=N ucó ít nhất một nghiệm trong domL∩Ω.
Chứng minh Đầu tiên ta xét phương trình nhiễu
Lu=λN u+ (1−λ)QN u, (λ, u)∈ [0,1]×(domL∩Ω) (1.1) Áp dụng Bổ đề 1.2, ta có phương trình (1.1) tương đương với phương trình điểm bất động u= (P + (J Q+K P,Q )) (λN + (1−λ)QN)u, u∈Ω, hay u=M(λ, u), u∈Ω, với
Vì N là L-compact, nên M là một phép đồng luân hoàn toàn liên tục trên [0,1]×Ω Tiếp theo, chúng ta sẽ kiểm tra điều kiện vô nghiệm trên biên của M Trước tiên, ta có thể giả sử rằng
Mặt khác, ta lại có
Lu6=λN u+ (1−λ)QN u, ∀(λ, u) ∈(0,1)×(domL∩∂Ω) (1.3) Thật vậy, giả sử phản chứng rằng tồn tại(λ, u) ∈(0,1)×(domL∩∂Ω)sao cho
Tác động Qlên hai vế của phương trình, ta được QN u= 0 Do giả thiết (ii) và giả thiết phản chứng, ta suy ra
Lu=λN u. Điều này mâu thuẫn với giả thiết (i) Hơn nữa, ta có
Thật vậy, bằng phản chứng, giả sử tồn tạiu∈ ∂Ω∩domL sao choLu=QN u.
Do (ii) nênu /∈kerL Tác độngI −Q lên hai vế ta đượcLu= 0,điều này mâu thuẫn với u /∈kerL.Kết hợp (1.2)-(1.4) ta suy ra u 6=M(λ, u), ∀(λ, u) ∈[0,1]×∂Ω.
Do đó, theo tính bất biến đồng luân của bậc Leray-Schauder, ta có deg LS [I − M(1, ),Ω,0] = deg LS [I − M(1, ),Ω,0]
Do Im(P + J QN) ⊂ ker L, áp dụng tính chất cắt của bậc Leray-Schauder và đẳng thức P| ker L = I| ker L, ta có deg LS [I −(P + J QN), Ω, 0] = deg B [I −(P + J QN), Ω ∩ ker L, 0].
Theo định nghĩa của bậc Brouwer tại 0 và (iii), ta có deg LS [I − M(1, ),Ω,0] = −deg B [J QN,Ω∩kerL,0] ≠ 0 Từ tính chất tồn tại của bậc Leray-Schauder, ta kết luận rằng M(1, ) có điểm bất động trong Ω, tức là phương trình Lu = N u có nghiệm trong domL ∩ Ω.
Phép tính vi tích phân bậc không nguyên
Định nghĩa 1.6 Cho hàm sốf : [0,1]→ E Ta định nghĩa tích phân Bochner bậc ν > 0củaf bởi
” là ký hiệu tích phân Bochner.
Ta quy ước I 0 f =f.Mệnh đề sau đây đưa ra một tính chất cơ bản cho toán tử tích phân cấp bất kỳ.
Mệnh đề 1.1 Giả sửf ∈L 1 ([0,1];E) Khi đó
(i)Nếu α∈ (0,1)thì I α f(t) tồn tại hầu hếtt∈[0,1]vàI α f ∈L 1 ([0,1];E).
(ii) Nếuα ≥1thìI α f(t) tồn tại với mọit∈ [0,1]và I α f ∈ C([0,1];E).
Giả sử α thuộc khoảng (0,1), theo định lý 3.7.4 trong tài liệu [36], hàm f được đo lường mạnh và kfk là khả tích Lesbegue Hơn nữa, theo định lý 3.5.4 trong cùng tài liệu, với mỗi t thuộc tập I, hàm số s → (t−s) α−1 f(s) cũng được đo lường mạnh trên khoảng (0, t).
1 Z 0 kf(s)kds 0củaf bởi D ν f =D n I (n−ν) f, hay
Để thuận tiện trong việc tính toán, ta ký hiệu D −ν := I ν với ν ≥ 0, từ đó định nghĩa có thể được viết lại dưới dạng D ν f = D n D −(n−ν) f Trong trường hợp E ≡ R, có một số tính chất cơ bản của phép tính vi tích phân bậc không nguyên Riemann-Liouville.
Mệnh đề 1.2 nêu rõ rằng nếu hàm số f thỏa mãn điều kiện để các biểu thức có nghĩa, thì với mọi ν, à∈R+, ta có các tính chất sau: a) Đạo hàm của hàm số f theo biến ν và a là D ν I à f = D ν−à f, đặc biệt là D ν I ν f = f b) Tính chất đạo hàm liên quan đến hằng số k cho biết D k D ν f = D ν D k f = D ν+k f, với ∀k ∈ N, nhưng không đúng khi k ∈ R+ bất kỳ c) Tính chất tích phân cho thấy I ν I à f = I ν+à f d) Cuối cùng, I ν D ν f(t) = f(t)− n.
X i=1 c i t ν−i , ∀t ∈[0,1], vớin là số nguyên nhỏ nhất thỏa n ≥ ν và c i = D ν−i f(0) Γ(ν −i+ 1), i= 1,2, , n.
Chứng minh Chứng minh Bổ đề 1.2 có thể tìm thấy trong [55]
Sau đây ta trình bày một ví dụ cơ bản về đạo hàm bậc không nguyên của hàm số lũy thừa Với λ >−1, ta có
Từ đó ta suy ra
Từ đó kết hợp tính chất d) trong Mệnh đề 1.2 ta có kết quả sau.
Bổ đề 1.3 Giả sửα > 0 Khi đó nghiệm tổng quát của phương trìnhD α x(t) = 0 được xác định bởi x(t) =c 1 t α−1 +c 2 t α−2 +ã ã ã+c n t α−n ,vớic i ∈R, i = 1,2, , n, vàn là số nguyên nhỏ nhất thỏan ≥α.
Giải tích đa trị
Định nghĩa 1.8: Giả sử X là không gian đo, Y là không gian metric đầy đủ và khả li Nếu F : X → 2^Y là ánh xạ đa trị, thì ánh xạ đơn trị f : X → Y thỏa mãn f(x) ∈ F(x) cho mọi x ∈ X được gọi là lát cắt của F.
Nếu một ánh xạ đo được (tương ứng, liên tục, Lipschitz) thì được gọi là lát cắt đo được (tương ứng, liên tục, Lipschitz) của F Định lý cổ điển về sự tồn tại của lát cắt đo được được đưa ra bởi Neumann vào năm 1949 Cụ thể, nếu X là không gian đo và Y là không gian mêtric đầy đủ, khả li, thì với ánh xạ đa trị đo được F: X → 2Y có giá trị đóng khác rỗng, tồn tại một lát cắt đo được f: X → Y.
Ánh xạ đa trị co và Nguyên lý ánh xạ co đa trị Covitz-Nadler là những khái niệm quan trọng trong lý thuyết không gian metric Theo định nghĩa, một ánh xạ đa trị F: X → c(X) được coi là ánh xạ đa trị co nếu tồn tại k ∈ (0,1) sao cho dH(F(x), F(y)) ≤ kd(x, y) với mọi x, y ∈ X Định lý Covitz-Nadler khẳng định rằng nếu X là một không gian metric đầy đủ và F: X → c(X) là ánh xạ co, thì F sẽ có điểm bất động.
Trong không gian tôpô X, một tập S ⊂ X được gọi là một tập co rút nếu tồn tại ánh xạ liên tục r: X → S sao cho r(x) = x với mọi x ∈ S Trong bối cảnh không gian đo (T, F, à) và không gian Banach E, một tập K ⊂ L¹(T; E) được coi là decomposable nếu với mọi u, v ∈ K và mọi tập đo được A ⊂ T, ta có u.χ_A + v.χ_{T \ A} ∈ K Theo định lý 1.6, nếu L¹(T; E) là không gian khả ly và F: L¹(T; E) → bc L¹(T; E) là ánh xạ đa trị không rỗng, đóng, bị chặn và decomposable, thì tập các điểm bất động của F là một tập co rút trong L¹(T; E).
BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
Trong chương này chúng tôi nghiên cứu bài toán biên nhiều điểm cho phương trình vi phân cấp bốn có dạng
• α k1 , α k2 , , α k,m−2 là các hằng số dương thỏa mãn m−2
• f là một hàm số liên tục có các dạng cụ thể sẽ được xét ở Mục 2.2.1 và Mục 2.2.2.
Mục tiêu nghiên cứu của chúng tôi là xác định sự tồn tại của nghiệm dương cho bài toán (2.1) Để đạt được điều này, chúng tôi chuyển đổi bài toán thành phương trình tích phân bằng cách xây dựng hàm Green và khảo sát một số đặc tính của nó Sau đó, chúng tôi áp dụng Định lý điểm bất động Krasnosel’skiˇi cùng với Định lý điểm bất động Leggett-Williams cho các toán tử hoàn toàn liên tục trên các nón dương.
BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP BỐN
Hàm Green và bài toán tuyến tính
Bài toán biên (2.1) có thể được chuyển đổi thành phương trình toán tử Lx = N x, với L là toán tử xác định trên miền domL ⊂ C 4 ([0,1]) và có giá trị trong C([0,1]) Toán tử này được định nghĩa bởi Lx = x (4), trong đó miền domL bao gồm các hàm x thuộc C 4 ([0,1]) thỏa mãn điều kiện biên (2.1).
Ta thấy rằng L là toán tử đơn ánh, do đó tồn tại toán tử nghịch đảo L −1 :
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ xác định toán tử L −1 và trình bày các tính chất quan trọng của nó thông qua việc thiết lập và khảo sát hàm Green cho các bài toán biên liên quan đến phương trình vi phân tuyến tính Để nghiên cứu bài toán biên cho phương trình vi phân cấp bốn, chúng tôi sẽ sử dụng một phép đổi biến để chuyển đổi sang bài toán biên cho phương trình vi phân cấp hai tương ứng Do đó, chúng tôi sẽ tập trung vào việc xem xét bài toán biên m-điểm tuyến tính cho phương trình vi phân cấp hai.
(2.3) với 0< η 1 < η 2 0sao cho
Vì f 0 ∈ (0,∞) nên tồn tại R 1 > 0 sao cho f(t, z) ≥ (f 0 − ε)z với mọi t∈[0,1], z ∈[0, R 1 ] Do đó nếux∈P vớikxk=R 1 , thì f(t, x(t)) ≥(f 0 −ε)x(t) ≥γ 0 (f 0 −ε)kxk, ∀t ∈[0,1]. Điều này dẫn đến
Do đó, với mọix∈ P ∩∂Ω 1 , kT xk ≥ λγ 0 (f 0 −ε) max
Mặt khác, vì f ∞ ∈ (0,∞) nên tồn tại R > 0 sao cho f(t, z) ≤ (f ∞ +ε)z với mọit ∈ [0,1], với mọi z ∈ [R,+∞] Đặt R 2 = max n R 1 + 1, Rγ 0 −1 o Khi đó, với x∈P ∩∂Ω 2 , ta có x(t)≥ γ 0 kxk= γ 0 R 2 , ∀t∈ [0,1] Vì thế
Do đókT xk ≤ kxk, với mọix ∈P ∩∂Ω 2 Áp dụng Định lý 1.1 (ii), ta suy raT có điểm bất động trongP ∩Ω 2 \Ω 1
Khi đó tồn tại ε > 0thỏa mãn
Tương tự như Trường hợp 1, chúng ta chứng minh rằng tồn tại R 2 > R 1 > 0 sao cho kT xk ≤ kxk với mọi x ∈ P ∩ ∂Ω 1 và kT xk ≥ kxk với mọi x ∈ P ∩ ∂Ω 2 Khi đó, áp dụng Định lý 1.1 (i), ta có T có điểm bất động trong P ∩ Ω 2 \ Ω 1.
Chúng tôi sẽ giới thiệu một số công thức xấp xỉ nghiệm thông qua việc xây dựng các dãy lặp hội tụ Để thực hiện điều này, chúng tôi áp dụng kỹ thuật lặp đơn điệu như đã nêu trong tài liệu [63], đồng thời xem xét giả thiết đơn điệu Cụ thể, chúng tôi đưa ra định lý 2.2, trong đó giả sử rằng các giả thiết (H1) và (H2) được thỏa mãn, và tồn tại hai số dương R1 và R2 với điều kiện R1 < R2.
thì bài toán (2.1)có hai nghiệm dương (có thể trùng nhau)x ∗ 1 , x ∗ 2 với
R 1 ≤ kx ∗ 1 k ≤ R 2 và lim n→∞ T n x 0 =x ∗ 1 , ở đây x 0 (t) =R 2 , ∀t∈[0,1], và
Xét x ∈ P [R 1 ,R 2 ] Khi đó, rõ ràng γ 0 R 1 ≤ γ 0 kxk ≤ x(t) ≤ kxk ≤ R 2 , với mọi t∈[0,1] Do đó
1 Z 0 Φ(1, s)ds=R 1 Điều này chứng tỏ T : P [R 1 ,R 2 ] → P [R 1 ,R 2 ] Đặt x 0 (t) = R 2 , ∀t ∈ [0,1] Hiển nhiên x 0 ∈ P [R 1 ,R 2 ] Khi đó ta xét dãy hàm {x n } n∈N trongP [R 1 ,R 2 ] được xác định bởi x n =T x n−1 =T n x 0 , n= 1,2, (2.19)
VìT là toán tử compact, nên tồn tại một dãy con {x_n_k} của {x_n} hội tụ đều đến x^*_1 ∈ C([0,1]) Mặt khác, theo giả thiết (H2), F_λ là toán tử đơn điệu, dẫn đến việc toán tử T = L^(-1) ◦ F_λ cũng đơn điệu.
Dựa vào điều kiện 0≤ x 1 (t)≤ kx 1 k ≤ R 2 = x 0 (t) cho mọi t ∈[0,1], ta suy ra T x 1 ≤ T x 0, dẫn đến x 2 ≤ x 1 Qua đó, bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được x n+1 ≤ x n với mọi n ∈ N Do đó, dãy {x n} hội tụ đều về x ∗ 1 Khi cho n → +∞ trong đẳng thức (2.19), ta nhận được T x ∗ 1 = x ∗ 1.
Tương tự, đặt x 0 (t) = R 1 , ∀t ∈ [0,1] và x n = T x n−1 , n = 1,2, Ta thấy rằng x n ∈ P [R 1 ,R 2 ] với mọi n ∈ N Hơn nữa, dựa vào biểu thức xác định của toán tửT, ta có x 1 (t) = T x 0 (t) =λ
Khi đó, với những lập luận tương tự như trên, ta chứng minh được {x n }hội tụ đều vềx ∗ 2 ∈P [R 1 ,R 2 ] vàT x ∗ 2 =x ∗ 2 Do đó, Định lý 2.2 được chứng minh xong
2.2.2 Trường hợp vế phải có dạng f(t, x(t), x 0 (t), x 00 (t))
Trong mục này chúng tôi thay giả thiết (H1) bởi giả thiết
Sử dụng phương pháp hạ bậc như ở mục trước, ta đặt u = −x 00 Khi đó ta có bài toán phụ
Nhờ Bổ đề 2.2, ta có kết quả sau.
Bổ đề 2.7 Giả sửulà một hàm liên tục, không dương, đơn điệu không tăng trên
[0,1] Khi đó bài toán (2.20)có nghiệm dương duy nhất được xác định bởi x(t) Z 1
G(t, s;−α→ 0 ,−→η 0 )u(s)ds =:Au(t), t∈ [0,1], (2.21) trong đó −→α 0 = (α 01 , α 0,m−2 ), −→η 0 = (η 01 , η 0,m−2 ) Hơn nữa ta có đánh giá t∈[0,1]min x(t)≥ γ 0 kxk, trong đó γ 0 là hằng số dương như trong Bổ đề 2.3.
Do đó ta chuyển việc giải bài toán biên (2.1) về việc tìm nghiệm liên tục, không dương, đơn điệu giảm của bài toán biên
Mặt khác, do Bổ đề 2.1 nên bài toán (2.22) được đưa về phương trình điểm bất độngu=Hu, trong đóH được xác định bởi
∀u∈ C([0,1]), ∀t∈[0,1], (2.23) hay H =A λ F 1 , trong đóA λ , F 1 : C([0,1]) →C([0,1]) được cho bởi công thức
Trong bài viết trước, chúng tôi đã áp dụng định lý điểm bất động cho nón dương P Tuy nhiên, trong phần này, do tính chất đặc thù của các toán tử, chúng tôi sẽ chuyển sang nghiên cứu nón không dương.
P 1 := n u∈ (−K) :uđơn điệu giảm và−u(t) ≥γkuk,∀t∈ [0,1] o , trong đó γ = 1− P m−2 i=1 α 1i η 1i
Ta kiểm chứng dễ dàng rằng P 1 là nón trong C([0,1]) Tiếp theo chúng tôi chứng minh một tính chất cần thiết củaH.
Bổ đề 2.8 Giả sử (H3) thỏa Khi đó toán tửH :P 1 →P 1 hoàn toàn liên tục. Chứng minh Giả sử u∈P 1 Khi đó theo Bổ đề 2.7 ta có Au >0 Từ đó suy ra
Z 0 u(τ)dτ,−u(t))≥ 0, với mọi t∈[0,1]và do đó Hu≤ 0 Hơn nữa, với mọit∈[0,1]thì
F 1 (u)(s)ds ≤0, nghĩa làHu là hàm đơn điệu giảm Mặt khác, từ (2.18) ta lại có kHuk = max t∈[0,1] λ
≤ −γ 2 γ 1 Hu(t) =−1 γHu(t), ∀t ∈[0,1], trong đó γ 1 , γ 2 được xác định như trong Bổ đề 2.6 với −→α ,−→η lần lượt thay bởi
→α 1 ,−→η 1 Do đó−Hu(t) ≥γkHuk, ∀t∈[0,1].Vậy HP 1 ⊂P 1
Tiếp theo, ta thấy rằng vì giả thiết (H3) nên F 1 liên tục Hơn nữa do hàm
G(ã,ã;−α→ 1 ,−→η 1 ) liên tục cho phép suy ra A λ hoàn toàn liên tục thông qua định lý Arzelà-Ascoli Như vậy, H cũng trở thành toán tử hoàn toàn liên tục Bổ đề 2.8 đã được chứng minh.
Để đơn giản hóa, chúng tôi sẽ tiếp tục sử dụng một số ký hiệu từ phần trước, với một số điều chỉnh nhỏ: f 0 := lim inf.
(t,x,y)∈[0,1]×( R + ) 2 f(t, x, y, z) z Định lý 2.3 Giả sử (H3) thỏa, đồng thời tồn tại hai số dương R 1 , R 2 sao cho
P m−2 i=1 α 0i −1. Khi đó bài toán (2.1)có ít nhất một nghiệm dương ứng với mỗi λ ∈
Không mất tính tổng quát, ta giả sử R 1 < R 2 Khi đóΩ 1 ,Ω 2 là hai tập mở bị chặn trong C([0,1]) ; hơn nữa 0 ∈ Ω 1 và Ω 1 ⊂ Ω 2 Xét λ thỏa (2.24) Khi đó nếuu∈P 1 ∩∂Ω 1 thì
Do đóF 1 (u)(t) ≥Λ 1 , ∀u∈ P 1 ∩∂Ω 1 , ∀t ∈[0,1] Từ đó ta có
(1−s)ds ≥R 1 , ∀t ∈[0,1], trong đó γ 1 được xác định như trong Bổ đề 2.6 với −→α ,−→η lần lượt thay bởi
→α 1 ,−→η 1 Điều này dẫn đến kHuk ≥ kuk, ∀u ∈P 1 ∩∂Ω 1 (2.25) Mặt khác, nếuu∈P 1 ∩∂Ω 2 , bằng lập luận tương tự ta có γR 2 ≤ −u(t)≤ R 2 , 0≤ − t
Z 0 u(s)ds≤ R 2 , 0≤Au(t) ≤ρR 2 , với mọi t∈[0,1] Do đóF 1 (u)(t)≤ Λ 1 , ∀u∈P 1 ∩∂Ω 2 , ∀t∈ [0,1],và
(1−s)ds ≤R 2 , ∀t ∈[0,1], trong đó γ 2 được xác định như trong Bổ đề 2.6 với −→α ,−→η lần lượt thay bởi
→α 1 ,−→η 1 Vì vậy ta được kHuk ≤ kuk, ∀u∈ P 1 ∩∂Ω 2 (2.26)
Từ (2.25) và (2.26), áp dụng Định lý 1.1 (ii) ta suy ra rằngH có điểm bất động u∈P 1 ∩Ω 2 \Ω 1 Định lý 2.3 được chứng minh
Hệ quả 2.1 Giả sử (H3) thỏa mãn Khi đó bài toán biên (2.1) có ít nhất một nghiệm dương với mỗi λ∈ M γf 0 , N f ∞
Khi đó tồn tạiε > 0sao cho
Vìf 0 ∈(0,∞) nên ta chọn đượcR 1 >0sao cho f(t, x, y, z) ≥(f 0 −ε)z, với mọi t∈[0,1], (x, y, z) ∈ ([0, R 1 ]) 3 Điều này dẫn đến min{f(t, x, y, z) : (t, x, y, z) ∈[0,1]×[0, ρR 1 ]×[0, R 1 ]×[γR 1 , R 1 ]}
Mặt khác, vìf ∞ ∈(0,∞) nên tồn tạiR > 0thỏa sup
(t,x,y)∈[0,1]×( R + ) 2 f(t, x, y, z) z ≤ f ∞ +ε, (2.29) với mọi z ≥ R Đặt R 2 = max{R 1 + 1, γ −1 R}, khi đó (2.29) đúng với mọi z ∈[γR 2 , R 2 ] Do đó f(t, x, y, z) ≤(f ∞ +ε)z, ∀t∈ [0,1],(x, y, z) ∈[0, ρR 2 ]×[0, R 2 ]×[γR 2 , R 2 ].
Hay ta viết gọn thành
Kết hợp (2.27), (2.28), (2.30) và áp dụng Định lý 2.3 ta suy ra rằng bài toán (2.1) có ít nhất một nghiệm dương.
∞ , f N 0 Khi đó tồn tại ε >0sao cho
Vìf 0 ∈(0,∞) nên tồn tại R 2 >0thỏa f(t, x, y, z) ≤(f 0 +ε)z, với mọi t∈[0,1], (x, y, z) ∈ ([0, R 2 ]) 3 Do đó Λ 2 ≤ (f 0 +ε)R 2 , hay R 2 Λ 2 ≥ 1 f 0 +ε.
Mặt khác, do f ∞ ∈(0,∞) nên ta chọn đượcR > R 2 sao cho f(t, x, y, z) ≥ (f ∞ −ε)z, với mọi t∈[0,1], (x, y) ∈(R + ) 2 và z ≥R ĐặtR 1 = max{γ −1 R, R 2 + 1}, ta có
Do đó, áp dụng Định lý 2.3 ta cũng thu được kết luận như Trường hợp 1 Hệ quả 2.1 được chứng minh
2.2.3 Sự tồn tại nhiều nghiệm dương
Trong phần này, chúng tôi thiết lập điều kiện để tồn tại ba nghiệm dương phân biệt cho bài toán (2.1), dựa trên Định lý điểm bất động Leggett-Williams (Định lý 1.2) Chúng tôi chỉ tập trung vào bài toán không phụ thuộc vào λ, cụ thể là bài toán (2.1) với λ = 1.
Ký hiệu α là phiếm hàm lõm liên tục và không âm trên P 1 được xác định bởi α(u) = min t∈[0,1]|u(t)|, u∈P 1
Chúng tôi nhận thấy rằng α(u) ≤ kuk đối với mọi u thuộc P 1 Dưới đây, chúng tôi sẽ trình bày và chứng minh kết quả chính của mục này Định lý 2.4 phát biểu rằng nếu điều kiện (H3) được thỏa mãn và tồn tại các hằng số dương a, b, c với a < b < γ b < c, thì các điều kiện sau đây cũng phải được thỏa mãn.
Khi đó bài toán biên(2.1) có ít nhất ba nghiệm dương x 1 , x 2 , x 3 với kx 00 1 k ≤ a, b < min t∈[0,1]|x 00 2 (t)|, a < kx 00 3 k và min t∈[0,1]|x 00 3 (t)| < b.
Chứng minh Ta cần kiểm chứng tất cả giả thiết của Định lý 1.2 được thỏa mãn ứng với toán tửH xác định bởi (2.23) Trước hết, nếuu∈ K c ≡ {u∈P 1 :kuk ≤c} thì γc≤ −u(t) ≤ c, 0≤ − t
Z 0 u(s)ds≤c, 0≤ (Au) (t) ≤ ρc, với mọi t∈[0,1] Từ giả thiết (A1) ta có
|G(t, s;−α→ 1 ,−→η 1 )|ds≤ c, với mọi t ∈ [0,1] Vậy kHuk ≤ c tức là H : K c → K c Tương tự, nhờ giả thiết (A2) ta cũng dễ dàng kiểm chứng được điều kiện (ii) của Định lý 1.2.
Tiếp theo ta kiểm tra điều kiện (i) Chọn ε >0đủ bé sao choγ < γ +ε b, và ku 0 k= b γ.
Z 0 u(s)ds ≤ b γ, 0≤ Au(t)≤ ρb γ, với mọi t∈[0,1] Từ giả thiết (A3) ta suy ra
Do đó α(Hu) = min t∈[0,1]|Hu(t)|
Cuối cùng, H thỏa điều kiện (iii) Thật vậy, nếuu∈ S(α, b, c)và kHuk> γ b thì α(Hu) = min t∈[0,1]|Hu(t)| ≥γkHuk > b.
Khi đó, áp dụng Định lý 1.2 ta suy raH có ít nhất ba điểm bất động u 1 , u 2 và u 3 sao cho ku 1 k ≤a, b < α(u 2 ), a < ku 3 k vớiα(u 3 ) < b.
Vậy Định lý 2.4 được chứng minh
Ví dụ 2.1 Choa, b, c, dlà các số dương sao cho5bc > 42ad Xét bài toán biên
Ta có m= 3, α 01 = 3 2 , η 01 = 3 4 , α 11 = 4 3 , η 11 = 1 2 , γ 0 = 21 5 Hơn nữa, ta có
3 (1−s), nếu 1 2 ≤s≤ 1.Bằng một số tính toán chi tiết ta xác định được biểu thức củaΦ(t, s) như sau.
= 103 128 Tiếp theo, ta xét hàm số f(t, x) = (t 2 + 1)ax 2 +bx cx+d
Khi đó, rõ ràngf : [0,1]×R + → R + là hàm liên tục và f 0 = lim x→0 + min
0≤t≤1 f(t, x) x = lim x→0 + ax 2 +bx cx 2 +dx = b d, f ∞ = lim x→∞max
0≤t≤1 f(t, x) x = 2 lim x→∞ ax 2 +bx cx 2 +dx = 2a c , nghĩa là γ 0 f 0 > f ∞ Do đó, áp dụng Định lý 2.1 thì với mỗi λ ∈ 2163d 640b , 256a 103c , bài toán (2.31) có ít nhất một nghiệm dương.
Ví dụ 2.2 Choa, b, c, dlà 3 số dương thỏa mãn bc > 32(a+c)d Ta xét bài toán biên sau
Khi đó ta có γ 1 = 1, γ 2 = 4, γ = 1/4, M = 2 và N = 1/2.
Dễ thấy rằng các điều kiện (H1) và (H3) được thỏa mãn, với f(t, x, y, z) = (t 2 + 1) zsin 2 q x 2 +y 2 + az 2 +bz cz +d
Đồng thời ta cũng có f 0 = lim
(x,y,z)→(0 + ,0 + ,0 + ) inf t∈[0,1] f(t, x, y, z) z = lim z→0 + az 2 +bz cz 2 +dz = b d, f ∞ = lim z→∞ sup
(t,x,y)∈[0,1]×(R + ) 2 f(t, x, y, z) z = 2 lim z→∞ 1 + az 2 +bz cz 2 +dz
Dobc > 32(a+c)dnên ta suy ra f ∞ < γ 2 f 0 Từ đó, theo Hệ quả 2.1 ta kết luận rằng với mỗi λ ∈ 8d b , c
, bài toán (2.32) có ít nhất một nghiệm dương trongC 4 ([0,1]).
Ví dụ 2.3 Choθ : [0,1]→ R + là một hàm liên tục thỏa mãn điều kiện
4, ∀t ∈[0,1], và ϕ : (R + ) 3 → R + được định nghĩa ϕ(x, y, z) cos πx
Xét bài toán biên sau
Khi đó ta có m= 3, α 01 = 3/2,η 01 = 3/4,α 11 = 4/3, η 11 = 1/2và γ = 1/4, M = 2, N = 1/2, ρ= 3.
Với a = 1, b = 5/4 và c = 10, ta có a < b < b/γ < c Các điều kiện (A1)-(A3) của Định lý 2.4 cũng được thỏa mãn, dẫn đến bài toán (2.33) có ít nhất ba nghiệm dương x1, x2, x3 Các nghiệm này thỏa mãn các điều kiện kx00_1k ≤ 1, 5/4 < min|x00_2|, 1 < kx00_3k, và min|x00_3| < 5/4.
Tính compact của tập nghiệm
Trong mục này, chúng tôi trình bày một số kết quả về tính compact của tập nghiệm cho bài toán với hàm số f được xem xét trong Mục 2.2.1 và Mục 2.2.2 Đầu tiên, chúng tôi phân tích bài toán mà số hạng phi tuyến không chứa đạo hàm, như đã đề cập ở Mục 2.2.1 Theo Định lý 2.5, giả sử điều kiện (H1) được thỏa mãn và f 0, f ∞ nằm trong khoảng (0,∞) với f ∞ < γ 0 f 0 Do đó, với mỗi λ thuộc A 2 f 0, A 1 f ∞, chúng tôi có những kết quả quan trọng về tính compact của tập nghiệm.
, (2.34) tập nghiệm của bài toán(2.1) khác rỗng và compact trong C([0,1]).
Chứng minh Ký hiệu S = {x∈ P : x=T x}là tập nghiệm của bài toán (2.1). Theo Định lý 2.1, tập S khác rỗng Ta sẽ chứng tỏ S là tập compact trong
Trước tiên ta khẳng địnhS đóng trongC([0,1]) Thật vậy, giả sử{x n } n∈N là một dãy trongS sao cholim n→∞ kx n −xk= 0 Khi đó, với mỗit∈[0,1], ta có x(t)−λ
Hơn nữa, vì f liên tục nên khi cho n → ∞ thì do Định lý hội tụ bị chặn Lebesgue, ta thu được x(t) =λ
1 Z 0 Φ(t, s)f(s, x(s))ds, ∀t∈ [0,1]. Điều này chứng tỏ x∈ S và do đóS đóng trong C([0,1]) Tiếp theo ta chứng minhS compact tương đối trongC([0,1]) Trước hết, từ (2.34) ta suy ra tồn tại ε ∗ >0sao cho
Theo định nghĩa của f ∞, tồn tại một hằng số R > 0 sao cho f(t, z) ≤ (f ∞ + ε ∗)z với mọi t ∈ [0, 1] và z ∈ [R, ∞) Điều này dẫn đến f(t, x(t)) ≤ (f ∞ + ε ∗)x(t) + β cho mọi t ∈ [0, 1], trong đó β = max{f(t, z) : (t, z) ∈ [0, 1] × [0, R]} Do đó, với x ∈ S và mọi t ∈ [0, 1], chúng ta có thể khẳng định rằng các điều kiện này giữ vững trong khoảng thời gian đã định.
1 −λ(f ∞ +ε ∗ ) Vậy tập S bị chặn trong C([0,1]) Hơn nữa do tính compact của toán tử T vàS = T(S) nênS là compact tương đối Định lý
Tương tự với trường hợp vế phải phi tuyến như ở Mục 2.2.2, ta có định lý sau. Định lý 2.6 Giả sử (H3) thỏa, và f 0 , f ∞ ∈ (0,∞), f ∞ < γ 2 f 0 Khi đó với mỗi λ∈ M γf 0 , N f ∞
, tập nghiệm dương của bài toán(2.1)khác rỗng và compact trong C([0,1]).
Chứng minh tương tự như Định lý 2.5, với lưu ý rằng tập nghiệm dương của bài toán (2.1) được xác định là tập các điểm bất động của toán tử compactH.
1 Bổ đề 2.2 đóng vai trò quan trọng trong toàn bộ kết quả của chương Hơn nữa, nó giúp chúng tôi nới rộng được giả thiết m−2
2 Tương tự một số kết quả trước, chẳng hạn [63], chúng tôi đưa ra các đánh giá cho hàm Green Φ(t, s) trong Bổ đề 2.5 là quan trọng nhằm thu được các kết quả ở Mục 2.2.1 Tuy nhiên đối với thành phần phi tuyến có chứa các đạo hàm, chúng tôi cần thiết phải xây dựng Bổ đề 2.6 thay thế để thiết lập các kết quả sâu hơn trong Mục 2.2.2 và Mục 2.2.3 Mặc dù vậy, kết quả của chúng tôi chỉ áp dụng hạn chế đến đạo hàm cấp hai của ẩn hàmx; bài toán có vế phải f(t, x(t), x 0 (t), x 00 (t), x 000 (t))vẫn chưa được giải quyết Bên cạnh đó, các trường hợp khi hàm f dưới tuyến tính hoặc trên tuyến tính f 0 , f ∞ ∈ {0,+∞} chúng tôi còn đang trong quá trình nghiên cứu.
3 Tính chất liên thông của tập nghiệm dương của bài toán vẫn còn là câu hỏi mở.
BÀI TOÁN BIÊN CỘNG HƯỞNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
Trong chương này, chúng tôi khảo sát sự tồn tại nghiệm cho bài toán biên ba điểm liên quan đến phương trình vi phân cấp hai trong không gian R^n, đặc biệt chú trọng đến hiện tượng cộng hưởng.
(A1) Ma trận vuôngAcấpnthỏa A 2 =AhoặcA 2 = I (ở đây,I là ma trận đơn vị cấpn).
(A2) Hàmf : [0,1]×R n ×R n → R n thỏa điều kiện Carathéodory, nghĩa là
(a) với mọi (u, v) ∈ R n ì R n , hàm số f(ã, u, v) đo được Lebesgue trờn
(b) với hầu hết t∈[0,1], hàmf(t,ã,ã)liờn tục trờn R n ìR n ;
(c) với mỗi tập compactK ⊂R 2n , hàmh K (t) = sup{|f(t, u, v)| : (u, v) ∈K} là khả tớch Lebesgue trờn[0,1], ở đõy | ã |là ký hiệu chuẩn “max” trờn
Bài toán (3.1) có thể được biểu diễn dưới dạng phương trình toán tử Lu = N u, với điều kiện kerL 6={0} Bằng cách áp dụng Định lý liên tục Mawhin (Định lý 1.3), chúng tôi đã thiết lập một điều kiện đủ để đảm bảo sự tồn tại của nghiệm cho bài toán này.
BÀI TOÁN BIÊN CỘNG HƯỞNG CHO PHƯƠNG TRÌNH
Xây dựng lược đồ lý thuyết bậc coincidence
Ta xét không gianX =C 1 ([0,1];R n )với chuẩn kuk= max{kuk ∞ ,ku 0 k ∞ }, ở đõy kãk ∞ là chuẩn “sup” thụng thường; khụng gian Z = L 1 ([0,1];R n ) với chuẩn tớch phõn Lebesgue được ký hiệu bởikãk 1 Đặt
X 0 := n u∈ X : u 0 liên tục tuyệt đối trên[0,1] o
Khi đó ta định nghĩa toán tửL : domL⊂X → Z bởi Lu:=u 00 , với domL={u∈ X 0 :u 0 (0) = 0, u(1) =Au(η)}.
Bổ đề 3.1 Toán tửLlà toán tử Fredholm chỉ số 0.
Chứng minh Xétu∈ domL Vìu 0 (0) = 0 nên u(t) =u(0) +
Từ đó, ta dễ thấy rằng kerL={u∈ X : u(t) =c, t∈ [0,1], c∈ ker(I −A)} ∼= ker (I −A).
Tiếp theo, ta khẳng định rằng
ImL= {z ∈ Z :φ(z)∈ Im(I −A)}, vớiφ : Z → R n là toán tử tuyến tính liên tục được định nghĩa bởi φ(z) =A η
Thật vậy, giả sửz =Lu, với u∈ domL Sử dụng điều kiện biên và (3.2) ta suy ra u(0) +
, do đó dẫn đếnφ(z) = (I −A)u(0) Điều này chứng tỏ φ(z) ∈Im(I −A).
Ngược lại, giả sửz ∈Z sao choφ(z) ∈ Im(I −A) Ta đặt u(t) =ξ + t
Z 0 z(τ)dτ, ∀t ∈[0,1], với ξ ∈ R n thỏa (I −A)ξ = φ(z) Khi đó, ta có u ∈ domL và z = Lu Do đó z ∈ImL.
Tiếp theo, ta đặtP A =κ(I −A), trong đó κ
Dễ thấy rằng P A và I −P A là những ma trận lũy đẳng Hơn nữa, ta có đẳng thức
Dựa vào các tính chất đó củaP A , ta xét toán tửQ :Z → Z như sau
Qz(t) = 2 η 2 −1(I −P A )φ(z), z ∈ Z, t∈[0,1]. Để ý rằngQ thực sự là hữu hạn chiều,Q : Z → R n , và
Thật vậy, nếu z(t) ≡h∈ R n là hàm hằng, thì φ(z) =A η
Từ đó, ta có được
VậyQ là một phép chiếu liên tục trênZ Bây giờ, để hoàn thành Bổ đề 3.1, ta chứng minh ba khẳng định sau
Trước hết, ta có nhận xét rằng z ∈ kerQ ⇐⇒φ(z) ∈ker (I −P A ) =ImP A ⇐⇒z ∈ImL.
Tức là kerQ =ImL, kết luận (i) Do đó ta cũng thu được (ii), cụ thể là
Tiếp theo, giả sửz = Qz 1 , với z 1 ∈Z Khi đó, vìP A 2 =P A nên
P A z(t) = 2 η 2 −1P A (I −P A )φ(z 1 ) = 0, t∈[0,1]. Điều này kéo theoQz 1 ∈ kerP A = ker(I−A), hayz ∈kerL Ngược lại, với mỗi u∈kerLthì tồn tại β ∈ kerP A sao chou(t) ≡ β Khi đó, sử dụng (3.6) ta có
Từ đó suy ra u∈ImQ, và do đó ImQ = kerL Bổ đề 3.1 được chứng minh
Bây giờ ta định nghĩa toán tửP :X → X bởi
Bổ đề 3.2 Các khẳng định sau là đúng.
(i) Toán tửP được xác định bởi(3.7) là một phép chiếu liên tục thỏa mãn các đẳng thức
(ii) Toán tử ngược củaL P được xác định bởi công thức
Toán tử K P : ImL → domL∩kerP là một toán tử liên tục, với điều kiện kK P zk ≤ Ckzk 1, trong đó C = 1 + κ^2 kI − Ak ∗ (ηkAk ∗ + 1) Ở đây, κ được xác định bởi (3.4) và kAk ∗ là ký hiệu chuẩn "max" của ma trận.
Chứng minh (i) Rõ ràngP là một phép chiếu liên tục Hơn nữa ta có ImP = kerL.
Thật vậy, nếu v ∈ImP thì tồn tạiu ∈X sao cho v(t) =P u(t) = (I −P A )u(0), ∀t∈[0,1].
Khi đó P A v(t) =P A (I −P A )u(0) = 0 Do đóv ∈ kerL Ngược lại nếu v ∈kerL thì v(t) =ξ ∈kerP A , ∀t ∈[0,1].
Do đóv ∈ ImP Vậy ImP = kerLvà
(ii) Giả sử z ∈ImL Khi đó ta có φ(z) ∈Im(I −A) =ImP A , hayφ(z) =P A β, vớiβ ∈ R n Từ (3.7) và (3.8) ta suy ra
Do đó K P z ∈ kerP Hơn nữa, dễ thấy rằng K P z ∈ domL Từ đó ta nói K P được xác định tốt Mặt khác, nếuu ∈domL∩kerP thì
= κP A (I −A)u(0) +u(t)−u(0) =u(t). Điều này cho thấy K P = (L| dom L∩ker P ) −1 bởi vì LK P z = z, với mọi z ∈ ImL.
Sau cùng, từ định nghĩa của K P ta có
Kết hợp (3.3), (3.8) và (3.9) ta thu được kK P zk ≤ Ckzk 1 Bổ đề 3.2 được chứng minh xong
Bổ đề 3.3 Toán tửN : X → Z được định nghĩa bởi
N u(t) =f(t, u(t), u 0 (t)), hầu hết t∈[0,1], làL-hoàn hoàn liên tục.
Chứng minh Giả sửΩlà một tập bị chặn bất kỳ trongX ĐặtR = sup{kuk:u ∈Ω}.
Từ giả thiết đối với hàm f, tồn tại một hàm số khả tích m R ∈ Z sao cho, với mọi u∈Ω, ta có
QN u(t) = 2 η 2 −1(I −P A )φ(N u) cho thấy rằng QN(Ω) bị chặn và QN liên tục theo Định lý hội tụ bị chặn Lebesgue Chúng ta sẽ chứng minh rằng K P,Q N hoàn toàn liên tục Đầu tiên, với mọi u ∈ Ω, ta có
N u(s)ds− 2t η 2 −1(I −P A )φ(N u) (3.12) Hơn nữa, từ (3.3) và (3.10) ta thu được
Kết hợp (3.10) và (3.11)-(3.13) ta tìm được hai hằng số dương C 1 , C 2 sao cho
|K P,Q N u(t)| ≤C 1 km R k 1 , (K P,Q N u) 0 (t) ≤C 2 km R k 1 , với mọi t∈[0,1], với mọiu∈ Ω Điều này chứng tỏ kK P,Q N uk ≤ max{C 1 , C 2 } km R k 1 , hay K P,Q N(Ω)bị chặn đều trongX Mặt khác, với 0≤t 1 < t 2 ≤1, ta có
Từ đó, chúng ta suy ra rằng K P,Q N(Ω) đồng liên tục trong không gian X Áp dụng Định lý Arzelà-Ascoli, ta có K P,Q N(Ω) là tập compact tương đối trong X Cuối cùng, dễ dàng nhận thấy rằng toán tử K P,Q N là liên tục, dẫn đến việc toán tử N là L-hoàn toàn liên tục Bổ đề đã được chứng minh.
Định lý tồn tại
Trong phần này, chúng tôi trình bày và chứng minh kết quả chính của chương, cụ thể là định lý về sự tồn tại nghiệm cho bài toán (3.1) Bên cạnh các giả thiết (A1) và (A2) đã được xem xét ở đầu chương, chúng tôi bổ sung thêm những giả thiết cần thiết để thiết lập định lý tồn tại.
(B1) Tồn tại các hàm số dươnga, b, c∈ Zvới(kI −P A k ∗ +C) (kak 1 +kbk 1 ) Λ 1
(B3) Tồn tại một hằng số dương Λ 2 sao cho với mọi α ∈ R n thỏa α = Aα và
Khi |α| > Λ 2, chỉ có một trong hai bất đẳng thức hα, QN(α)i ≤ 0 hoặc hα, QN(α)i ≥ 0 xảy ra, trong đó hã,ãichỉ tớch vụ hướng Euclid trong R n Để chứng minh định lý chính, chúng ta sẽ thiết lập các bổ đề cần thiết.
Bổ đề 3.4 Giả sử (B1)-(B2) thỏa Khi đó tập
Ω 1 := {u∈domL\kerL: Lu=λN u, λ ∈(0,1]} bị chặn trongX.
Chứng minh Xét u ∈ Ω 1 Khi đó tồn tại λ ∈ (0,1] sao cho Lu = λN u, suy ra
N u∈ ImL= kerQ, hayφ(N u) ∈Im(I −A) Mặt khác, ta có
0 f (τ, u(τ), u 0 (τ))dτ ∈ Im(I −A) Từ giả thiết (B2) ta suy ra tồn tại t 0 ∈[0,1]sao cho|u(t 0 )| ≤ Λ 1 Khi đó
Đối với mọi t∈[0,1], ta có |u 00 (s)|ds≤ ku 00 k 1, chứng tỏ rằng kP uk=k(I −P A )u(0)k ≤ kI −P A k ∗ (Λ 1 +kN uk 1 ) Hơn nữa, (Id−P)u thuộc domL∩kerP, do đó k(Id−P)uk=kK P L(Id−P)uk ≤ kK P Luk ≤ CkN uk 1.
(với hằng sốC được xác định trong Bổ đề 3.2 và Idlà toán tử đồng nhất trên
X) Kết hợp (3.16)-(3.17) ta thu được kuk = kP u+ (Id−P)uk ≤ kP uk+k(Id−P)uk
≤ Λ 1 kI −P A k ∗ + (kI −P A k ∗ +C)kN uk 1 (3.18) Đồng thời, do giả thiết (B1) ta có kN uk 1 ≤
≤ kak 1 kuk ∞ +kbk 1 ku 0 k ∞ +kck 1
Từ (3.18) và (3.19) ta có bất đẳng thức kN uk 1 ≤ Λ 1 kI −P A k ∗ (kak 1 +kbk 1 ) +kck 1
Kết hợp với (3.18) ta suy ra sup u∈Ω 1 kuk= sup u∈Ω 1 max{kuk ∞ ,ku 0 k ∞ }< +∞.
Do đóΩ 1 bị chặn trongX Bổ đề được chứng minh
Bổ đề 3.5 Giả sử (B1)-(B2) thỏa Khi đó tậpΩ 2 :={u∈ kerL :N u ∈ImL}bị chặn trongX.
Chứng minh Xét u ∈ Ω 2 Giả sử rằng u(t) = c, ∀t ∈ [0,1], với c ∈ker(I −A).
VìN u ∈ImL nênφ(N u) ∈Im(I −A) Lập luận tương tự như trong Bổ đề 3.4 ta chứng tỏ được rằng kuk=kuk ∞ =|u(t 0 )| =|c| ≤Λ 1
Do đóΩ 2 bị chặn trongX
Bổ đề 3.6 Giả sử (B1)-(B3) thỏa Đặt
Khi đó nếu (3.14) (tương ứng, (3.15)) xảy ra thì tập Ω − 3 (tương ứng, Ω + 3 ) bị chặn trongX.
Chứng minh Trường hợp (3.14) xảy ra Giả sửu∈Ω − 3 Khi đó tồn tạiα ∈ker(I −A) sao chou(t) =α,∀t ∈[0,1], và
Nếu λ = 0thì từ (3.20) dẫn đến N u ∈ kerQ = ImL, tức là, u ∈ Ω 2 Áp dụng
Bổ đề 3.5 ta cókuk ≤ Λ 1 Mặt khác, nếuλ ∈(0,1]và |α| >Λ 2 thì theo giả thiết (B3) ta gặp mẫu thuẫn sau.
Do đókuk=|α| ≤ Λ 2 VậyΩ − 3 bị chặn trongX.
Trong trường hợp (3.15), chúng ta có thể dễ dàng chứng minh rằng Ω + 3 bị chặn trong không gian X bằng lý luận tương tự như trước Theo Định lý 3.1, nếu các điều kiện (B1)-(B3) được thỏa mãn, thì bài toán (3.1) sẽ có nghiệm trong không gian X.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng các điều kiện trong Định lý 1.3 được thỏa mãn Gọi Ω là tập mở bị chặn với điều kiện ∪ 3 i=1 Ω i ⊂ Ω Dựa vào Bổ đề 3.4 và Bổ đề 3.5, chúng ta có thể khẳng định rằng hai điều kiện (i) và (ii) trong Định lý 2.1 được đảm bảo Do đó, điều cần làm tiếp theo là kiểm chứng điều kiện thứ ba.
H(λ, u) = ±λu + (1−λ)J QN u, với J là toán tử đồng nhất được chọn sao cho ImQ = kerL H là phép đồng luân liên tục nối Id và J QN Theo Bổ đề 3.6, H(λ, u) khác 0 với mọi (λ, u) thuộc [0,1]×(kerL∩∂Ω) Áp dụng tính bất biến đồng luân đối với bậc Brouwer, ta có deg J QN | ker L ; Ω∩kerL,0 = deg (H(ã,0),Ω∩kerL,0).
Do đó (iii) thỏa Áp dụng Định lý 2.1 ta suy ra bài toán (3.1) có nghiệm trong domL∩Ω Định lý 3.1 được chứng minh
Ví dụ 3.1 Xét bài toán giá trị biên ba điểm cho hệ phương trình vi phân cấp hai có dạng
(3.21) ở đây f i : [0,1]×R 4 →R,i = 1,2, được xác định bởi f 1 (t, x 1 , y 1 , x 2 , y 2 ) = t+ 2
Xét hàm f: [0,1]×R²×R²→R² được định nghĩa bởi f(t, u₁, u₂) = (f₁(t, u₁, u₂), f₂(t, u₁, u₂)) với mọi t ∈ [0,1] và u₁ = (x₁, y₁), u₂ = (x₂, y₂) ∈ R² Bài toán (3.21) có nghiệm nếu và chỉ nếu bài toán (3.1) cũng có nghiệm với A, η và f được xác định như trên Do đó, cần kiểm chứng các giả thiết của Định lý 3.1 Đầu tiên, A² = A Hơn nữa, từ (3.22)-(3.24), hàm f thỏa mãn điều kiện Carathéodory và các giả thiết (B1)-(B3) cũng được thỏa mãn.
Khi đó a, b ∈ L 1 ([0,1];R + ) và(kI −P A k ∗ +C) (kak 1 +kbk 1 ) = 1/2 < 1, tức là (B1) thỏa Mặt khác, vì f 1 (t, u(t), u 0 (t))> f 2 (t, u(t), u 0 (t)), t∈[0,1], với mọi u= (x, y) ∈domL nên
Hơn nữa do Im(I −A) ={(q, q) :q ∈R}nên ta suy ra
Từ đó suy ra hα, QN αi= 1025
Do đó hα, QN αi ≤ 0với mọi α 0 ∈ R, hay (B3) thỏa Vậy theo Định lý 3.1, bài toán (3.21) có ít nhất một nghiệm.
1 Sử dụng phương pháp trong chương này, các tác giả trong [28] đã áp dụng thành công cho bài toán biên ba điểm đối với phương trình vi phân bậc không nguyên
D α u(t) =f t, u(t), D α−1 u(t) , t∈(0,1), α∈ (1,2] u(0) = 0, D α−1 u(1) =AD α−1 u(η) với cùng điều kiện cộng hưởng mà chúng tôi đã khảo sát:A 2 =A hoặc A 2 = I.
Bên cạnh đó, bài toán (3.1) cũng được chúng tôi mở rộng cho mô hìnhm-điểm, trong [P7].
2 Điều kiện làm cho bài toán có hiện tượng cộng hưởng làA 2 =AhoặcA 2 = I, và đây cũng là điểm đặc biệt của bài toán Tuy nhiên, sau đó chúng tôi nhận thấy có thể mở rộng điều kiện trên mà kết quả vẫn không thay đổi, với kỹ thuật chứng minh tương tự Cụ thể, ta xétA thỏa mãn một họ phương trình bậc hai κA 2 + (1−2κ)A+ (κ−1) = 0, với κ∈R ∗ tùy ý (3.25)
Khi đặt κ= 1 và κ= 1/2, điều kiện (3.25) trở thành điều kiện (A1) Việc mở rộng này khả thi do ma trận PA = κ(I − A) là ma trận lũy đẳng, và chúng ta luôn có đẳng thức (3.5).
3 Một cách tổng quát, chúng tôi xét bài toán với ma trậnA tùy ý Khi đó, nói chungP A = κ(I −A) không phải là ma trận lũy đẳng, do đó việc xây dựng các phép chiếu liên tục P và Q phức tạp hơn Điều đó đòi hỏi một số cải tiến về mặt kỹ thuật Chẳng hạn, để thay thế việc P A = κ(I −A) là một ma trận lũy đẳng, hay
R n = Im(I −A)⊕ker(I −A) thì ta cần tìm hai ma trận lũy đẳngU A vàV A (phụ thuộc vào A) sao cho
Bài toán mở rộng này đã được chúng tôi xem xét trong [P6].
BAO HÀM THỨC VI PHÂN BẬC KHÔNG NGUYÊN TRONG KHÔNG GIAN BANACH KHẢ LY
Sự tồn tại nghiệm
Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày định lý tồn tại nghiệm cho bài toán (4.1) bằng cách áp dụng nguyên lý ánh xạ co Covitz-Nadler Để thực hiện điều này, trước tiên, chúng tôi cần thiết lập hàm Green cho bài toán biên tuyến tính tương ứng.
Bổ đề 4.1 Cho E là một không gian Banach vàG : [0,1]×[0,1]→ Rlà hàm số được xác định bởi
(1−s) α −α(1−s) α−1 Khi đó ta có các khẳng định sau
(iii) Giả sửf ∈ L 1 ([0,1];E)và đặt u f : [0,1] →E là hàm được xác định bởi u f (t) Z 1
Khi đó I β u f (t) t=0 = 0 và u f (1) 1 Z 0 u f (t)dt Hơn nữau f ∈W α,1 ([0,1];E) và ta có
Chứng minh (i) Chứng minh khá dễ dàng nên ta bỏ qua.
(ii) Lấy y ∈E 0 bất kỳ Khi đó, với mọi t∈ [0,1], ta có
Do giả thiết lim t→0 + I β u(t) = 0 và Mệnh đề 1.2 d), ta suy ra rằng hy, u(t)i=I α D α hy, u(t)i+c 1 t α−1 , (4.5) vớic 1 ∈R Vì vậy ta có hy, u(1)i=I α D α hy, u(1)i+c 1 , (4.6) và
0 u(t)dtnên từ (4.6)-(4.7) ta suy ra c 1 = α α−1
Kết hợp (4.4), (4.5) và (4.8) ta thu được
G(t, s)f (s)ds, ∀t ∈ [0,1] Từ công thức của hàmG ta có u f (t) =I α f(t) +αt α−1 α−1
Theo Mệnh đề 1.1 ta suy raI α f ∈C([0,1];E) Do đóu f liên tục trên[0,1] Mặc khác, từ (4.9) ta suy ra
Tiếp theo, lấyy ∈ E 0 bất kỳ, ta có
D y, I α+1 f(1)−I α f(1) E t α+β−1 (4.10) Qua giới hạn khi t→ 0 + trong (4.10) ta thu được t→0lim +
D y, I β u f (t) E = 0, ∀y ∈E 0 Điều này chứng tỏ rằng
Cuối cùng, cần kiểm chứng các đẳng thức (4.2)-(4.3) Từ đẳng thức (4.9), suy ra rằng u f (ã) có đạo hàm Riemann-Liouville bậc γ, với mọi γ thuộc khoảng (0, α] Đồng thời, với mọi y thuộc E 0, ta có hy, D γ u f (t)i = D γ (hy, u f (t)i).
0, nếu γ =α, và (4.11) ta suy ra rằng hy, D α−1 u f (t)i t
I α+1 hy, f(1)i −I α hy, f(1)i , ∀t∈[0,1], và hy, D α u f (t)i=hy, f (t)i, hầu hết t ∈[0,1].
Bổ đề 4.1 được chứng minh
Nhận xét 3.1 Từ Bổ đề 4.1, ta thấy rằng nếuf ∈L 1 ([0,1];E)thì ku f (t)k ≤ M G kfk 1 và D α−1 u f (t) ≤M G kfk 1 , (4.12) với mọi t∈[0,1].
4.1.2 Áp dụng nguyên lý ánh xạ co đa trị Covitz-Nadler Định lý 4.1 Giả sử F : [0,1]×E ×E → c(E) là một hàm đa trị nhận giá trị đóng và thỏa các điều kiện sau
(A 2 ) Tồn tại các hàm dương ` 1 , ` 2 ∈ L 1 ([0,1]) vớiM G k` 1 +` 2 k 1
![Bên cạnh đó, bài toán (3.1) cũng được chúng tôi mở rộng cho mô hình m-điểm, trong [P7]. - Nghiên cứu các tính chất nghiệm của một số bài toán biên phi tuyến](https://123doc.top/img.php?url=https%3A%2F%2F123docz.com%2Fimage%2Fdoc_normal.png)