1

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

Lê Đức Thịnh

NGHIỆM KHÔNG THAY DẤU CỦA
BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN
HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM BẬC NHẤT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012


2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ÐÀO TẠO
TRƯỜNG ÐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Lê Đức Thịnh

NGHIỆM KHÔNG THAY DẤU CỦA BÀI
TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM BẬC NHẤT
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

của quý Thầy Cô và các bạn khi đọc luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn.
Tp. HCM, tháng 11 năm 2012
Tác giả

Lê Đức Thịnh


4

MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU ............................................................................................................... 5
MỘT SỐ KÝ HIỆU............................................................................................... 7
CHƯƠNG 1:BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC NHẤT. ......................................................... 8
1.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương
trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất ............................................................... 8
1.2 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương trình vi phân
hàm tuyến tính bậc nhất. ................................................................................. 22
CHƯƠNG 2:NGHIỆM CÓ DẤU KHÔNG ĐỔI CỦA BÀI TOÁN BIÊN
DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT.
............................................................................................................................. 30
2.1 Giới thiệu bài toán ..................................................................................... 30
2.2 Nghiệm không dương của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình
vi phân hàm tuyến tính bậc nhất ...................................................................... 32
2.3 Nghiệm không dương của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình
vi phân với đối số lệch ..................................................................................... 46
2.4 Nghiệm không âm của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi
phân hàm bậc nhất ........................................................................................... 51

u ( a ) − λu ( b ) =
c

trong đó  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) là toán tử tuyến tính bị chặn, λ , c ∈  +
và q ∈ L ([ a, b ] ;  + )
Nội dung luận văn này gồm hai chương:
Chương 1: Trong chương này, chúng tôi trình bày lại các định lý về sự
tồn tại và duy nhất nghiệm , tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho
phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một sau:
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t )


6
với điều kiện biên:

h (u ) = c ,

trong đó  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) và h : C ([ a, b ] ;  ) →  là các hàm tuyến tính
bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) và c ∈  .
Chương 2: Trong chương này, chúng tôi sử dụng các kết quả đã trình
bày ở chương 1 để xét việc tồn tại và duy nhất nghiệm có dấu không đổi của bài
toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất:
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t )
u ( a ) − λu ( b ) =
c

Sau đó chúng tôi áp dụng các kết quả trên để nghiên cứu việc tồn tại nghiệm cho
phương trình vi phân đối số chậm và đối số lệch bậc nhất dạng:

, [ x ]− =
2
2

C ([ a, b ] ;  ) : không gian Banach của các hàm liên tục u : [ a, b ] →  với chuẩn

{

}

=
u c max u ( t ) : t ∈ [ a, b ]

{

}

C ([ a, b ] ;  + ) = u ∈ C ([ a, b ] ;  ) : u ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ]

 ([ a, b ] ;  ) : tập các hàm liên tục tuyệt đối u : [ a, b ] → 
C
L ([ a, b ] ;  ) : không gian Banach của các hàm khả tích Lebesgue p : [ a, b ] →  với
b

chuẩn P L = ∫ p ( s ) ds
a

{

}

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC
NHẤT.
Trong chương 1, chúng tôi chủ yếu nghiên cứu về sự tồn tại ,duy nhất nghiệm và
tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm
tuyến tính sau:
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t )
h (u ) = c ,

trong đó  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) và h : C ([ a, b ] ;  ) →  là các hàm tuyến tính
bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) , và c ∈  .
Nội dung chính của chương này được tham khảo từ tài liệu [7].

1.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương
trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất
Trên đoạn [ a, b ] , xét bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính:
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) ,

(1.1)
với điều kiện biên:

h (u ) = c ,

(1.2)

trong đó  ∈ Lab , h : C ([ a, b ] ;  ) →  là hàm tuyến tính bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) và
c∈ .

Nghiệm của (1.1) là một hàm u ∈ C ([ a, b ] ;  ) thỏa đẳng thức (1.1) hầu khắp nơi


định lý 4 trong tài liệu [6]). Do đó vấn đề nảy sinh một cách tự nhiên ở đây là
kết quả của định lý 1.1 có đúng hay không khi  chỉ là toán tử liên tục mà không
bị chặn mạnh. Vấn đề này được các nhà toán học Sech quan tâm và giải quyết
trong tài liệu [7].
Định lý 1.2
Cho  ∈ Lab . Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài
toán thuần nhất tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Để chứng minh định lý 1.2, trước hết ta nhắc lại một số định nghĩa và bổ đề sau:
- Cho X là không gian topo, X * là không gian đối ngẫu với nó.
ϕ ( xn ) với
- Một dãy { xn }n =1 ⊆ X gọi là hội tụ yếu tới x ∈ X nếu thỏa: ϕ ( x ) = nlim
→+∞
+∞

mọi ϕ ∈ X * . Khi đó, điểm x được gọi là một giới hạn yếu của dãy { xn }n =1 .
+∞


10
- Tập M ⊆ X gọi là compact tương đối yếu nếu mọi lưới nằm trong M đều
chứa một lưới con hội tụ yếu thuộc X .
- Dãy { xn }n =1 ⊆ X gọi là cơ bản yếu nếu với mọi ϕ ∈ X * , dãy {ϕ ( xn )}n =1 là cơ
+∞

+∞

bản.
- Không gian X gọi là hoàn toàn yếu nếu mọi dãy cơ bản yếu nằm trong X đều
có một giới hạn yếu thuộc X .

T ( v )( t ) = ∫  ( v )( s ) ds với mọi t ∈ [ a, b ]
a

là toán tử compact.
Chứng minh
Giả sử M ⊆ C ([ a, b ] ;  ) là tập bị chặn . Để chứng minh T là toán tử compact, ta
T (M )
cần chứng minh=

{T (ν ) :ν ∈ M } là tập compact tương đối.

T (M )
Theo bổ đề Arzela-Ascoli, ta sẽ chứng minh tập=

{T (ν ) :ν ∈ M } bị chặn

và liên tục đồng bậc.
* T(M) là tập bị chặn do:
Ta có:

 t

=
∈ [ a, b ] max  ∫  (ν )( s ) ds : t ∈ [ a, b ]
T (ν ) c max T (ν )( t ) : t=
 a


{


t

∫  (ν )(ξ ) dξ

≤ ε với mọi s, t ∈ [ a, b ] , t − s ≤ δ , ∀ν ∈ M

s

Mặt khác:
t

s

t

a

a

s

ξ ∫  (ν )(ξ ) dξ
∫  (ν )(ξ ) dξ − ∫  (ν )(ξ ) d=

T (ν )( t ) − T (ν )( =
s)

Suy ra:
T (ν )( t ) − T (ν )( s ) ≤ ε , ∀s, t ∈ [ a, b ] , s − t ≤ δ , ∀ν ∈ M .




Rõ ràng, bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử :
=
x T ( x ) + q

(1.3)

thuộc không gian X theo nghĩa sau:
=
x
Nếu

α
( u, α ) ∈ X là nghiệm của (1.3), thì =

 ([ a, b ] ;  ) và u là
0, u ∈ C

nghiệm của (1.1), (1.2)
 ([ a, b ] ;  ) là nghiệm của (1.1), (1.2), thì x = ( u , 0 ) là
Ngược lại , nếu u ∈ C

nghiệm của (1.3).
Theo mệnh đề 1.7, ta có toán tử T xác định như trên là toán tử compact.


13
Từ định lý Riesz- Schauder suy ra (1.3) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu
phương trình thuần nhất tương ứng: x = T ( x )


t ∈ [ a, b ] ; ∀k ∈ 

(1.5)

t0

=
λk h (  0 (1) + 1 (1) + ... +  k −1 (1) ) với mọi k ∈ 

Nếu λk ≠ 0 với k ∈  , thì

(1.6)


14
 k ,0 (ν )( t ) = ν ( t ) với mọi t ∈ [ a, b ] ,
 k ,=
 m (ν )( t ) −
m (ν )( t )

h (  k (ν ) ) m −1

với ∀t ∈ [ a, b ] , ∀m ∈ 

∑  (1)( t )

λk

i =0

t

∫  ( v )(ξ ) dξ

= 1 (ν )( t ) − 1 ( v )( s ) ≤ ε ν

c

(1.8)

s

Đặt:
 b − t0 
n=
 ,
 δ 

t − a 
m= 0

 δ 

ti= t0 + iδ với i =− m, − m + 1,..., −1,1, 2,..., n,

t− m −1 = a,

tn +1 = b ,

và dùng ký hiệu sau

γ 1 = 1,

γ i +1 = iγ i + i + 1 , i = 1, n

Ta chứng minh (1.9) bằng quy nạp theo i .
 Với i = 1 , ta cần chứng minh:

 k (ν ) 1 ≤ ε k ν C ([a ,b]; ) , ∀k ∈ 
Thật vậy, do (1.8) nên ta có:
 t

1 (ν ) i max  ∫  (ν )(ξ ) d ξ : t ∈ [t0 , ti ]
=
 t0

 t

≤ ∑ max  ∫  (ν )(ξ ) d ξ : t ∈ t j , t j +1  
j =0
 t j

i −1

≤ iε v C ([a ,b]; ) với ∀i= 1, n + 1
, ∀i 1, 2,..., n + 1
Suy ra: 1 (ν ) i ≤ iε ν C ([a ,b];=
)

(1.10)


16
 t

≤ ∑ max  ∫  (  k ( v ) ) (ξ ) d ξ : t ∈ t j , t j +1  
j =0
 t j

i −1

 t

+ max  ∫  (  k ( v ) ) (ξ ) d ξ : t ∈ [ti , ti +1 ]
 ti


Từ đây suy ra:
 k +1 (ν )

i +1

≤ iε  k (ν ) i + ε  k (ν )

i +1

≤ iα i ( k ) ε k +1 v C ([a ,b]; ) + ε  k ( v ) i +1 , ∀k ∈ 

Do đó ta được:
 k +1 ( v )

i +1


)

≤ ( i + 1) + i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i (1)  ε k +1 ν C ([a ,b]; ) , ∀k ∈ .

Theo cách đặt của α i ( k ) , γ i , ta có:

( i + 1) + i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i (1) =1 + i + iγ i ( k i −1 + ( k − 1)

( i + 1) + i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i (1) ≤ ( i + 1) + iγ i kk i −1
≤ ( i + 1) + iγ i k i
≤ ( ( i + 1) + iγ i ) k i
≤ γ i +1k i

nghĩa là ( i + 1) + i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i (1)  ≤ α i +1 ( k + 1)
Do đó:

i −1

+ ... + 2i −1 + 1i −1

)


17

 k +1 (ν )

i +1



k = 0 .
Vì ε ∈ ( 0,1) tùy ý nên khi cho ε → 0 ta được klim
→+∞

Định lý 1.11
Giả sử  ∈ Lab và tồn tại k , m ∈ , m0 ∈  ∪ {0} và α ∈ [ 0,1) sao cho λk ≠ 0 và với
mỗi nghiệm u của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) thỏa:

 k ,m ( u ) c ≤ α  k ,m0 ( u ) .
c
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Theo định lý 1.2 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.
 ([ a, b ] ;  ) là một nghiệm tùy ý của bài toán thuần nhất (1.1 ) , (1.2 ) .
Giả sử u ∈ C
0
0

Ta cần chứng minh u là nghiệm tầm thường.
Vì u là nghiệm của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) nên u thỏa (1.10 ) , lấy tích phân hai vế
của (1.10 ) với cận từ t0 đến t ta được:


18
t

u ( t ) − u ( t0 ) =

t0

hay

u (t ) =
c + 1 (1)( t ) c +  2 ( u )( t ) .
u ( t ) =(  0 (1)( t ) + 1 (1)( t ) ) c +  2 ( u )( t ) .

Tiếp tục quá trình trên ta được:
u (t )
=

(  (1)( t ) + ... +  (1)( t ) ) c +  ( u )( t ) , ∀k ∈ 
k −1

0

k

(1.12)

Kết hợp với (1.20 ) và (1.6 ) , ta có:

0= λk c + h (  k ( u ) ) , ∀k ∈  .
Vì λk ≠ 0 nên suy ra:

c= −

h ( k (u ))



=
k , m0 ( u )
c

⇒  k ,m0 ( u )

c

 k ,m ( u ) c ≤ α  k ,m0 ( u )

c

(1 − α ) ≤ 0.

Vì α ∈ [ 0,1) nên 1 − α > 0 . Do đó:
 k ,m0 ( u ) ≡ 0
c

Suy ra u ( t ) ≡ 0.
Hệ quả 1.12.
Giả sử  ∈ Lab là toán tử t0 − volterra . Khi đó bài toán
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) ,

(1.1)

u ( t0 ) = c ,

(1.15)


t0

Tương tự ta có  2 (1)= ...=  k −1 (1) ≡ 0 .
Vậy λk = 1 ≠ 0 .
Do cách đặt h và (1.5) ta có:
h=
(  k (ν ) ) =
k (ν )( t0 )

t0

) ) ( s ) ds
∫  (  (ν=
k −1

t0

0,


20
Do đó:

 k ,m (ν )( t ) =
 m (ν )( t ) −

h (  k (ν ) ) m −1

λk

minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Do nghiệm của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) thuộc C ([ a, b ] ;  ) nên hiển nhiên, với mỗi
u ∈ C ([ a, b ] ;  ) ta có:

 k ,m ( u ) c ≤  k ,m . u

c

=
α
Do đó, các giả thiết của định lý 1.11 đều thỏa với m0 = 0 và

 k ,m < 1

Bởi thế, theo định lý 1.11 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
 Ta giả sử rằng bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm. Khi đó theo định lý
1.2, bài toán (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Ta cần chứng minh tồn tại

k , m ∈  sao cho λk ≠ 0 và (1.16) thỏa mãn.
Xét bài toán:
u ′ ( t ) =  ( u )( t )
u ( t0 ) = 1

(1.10 )
(1.17)


21
Theo giả thiết của định lý ta có  ∈ Lab là toán tử t0 − Volterra nên theo hệ quả 1.12
thì bài toán (1.10 ) , (1.17) có nghiệm duy nhất u0 .

=
un ( t )
Đặt

n −1

∑  (1)( t ) +  ( u )( t ) , ∀t ∈ [ a, b] , ∀n ∈ 
i =0

i

n

0

n −1

∑  (1)( t ) , ∀t ∈ [ a, b] , ∀n ∈ 
i =0

i

Do đó:
u0 ( t =
) − un ( t )  n ( u0 )( t ) , ∀t ∈ [ a, b] , ∀n ∈  .

Mặt khác, do  ∈ Lab là toán tử t0 − Volterra và theo bổ đề 1.10, ta có:

lim u0 − un=
lim =

22

uj
1

λi

c

≤

λi ρ
h

, ∀i ≥ k0 , ∀j ∈ 

u j . h ≤ ρ , ∀i ≥ k0 , ∀j ∈ 
c

(1.18)

Theo bổ đề 1.10, tồn tại k > k0 và m ∈  sao cho :

k ≤

1
,
2ρ

m


um

λk

c

. h . k ,

Kết hợp với (1.18) và (1.19) ta có:

 k ,m ≤

1 1
1 1
1
. um c . h .
1
+
≤ + ρ.
=
2 λk
2ρ 2
2ρ

Định lý được chứng minh xong.

1.2 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương trình vi phân
hàm tuyến tính bậc nhất.
Cùng với bài toán (1.1), (1.2), với mỗi k ∈  , ta xét bài toán biên sau:

c

= 1.

Bổ đề 1.14
t

Cho  ∈ Lab và  ( y )( t ) = ∫  ( y )( s ) ds , ∀t ∈ [ a, b ]
a

+∞
+∞
Hơn nữa, { xn }n =1 ⊂ C ([ a, b ] ;  ) là dãy bị chặn. Khi đó dãy { ( xn )} chứa một dãy
n =1

con hội tụ đều.
Chứng minh
Theo mệnh đề 1.7 thì toán tử  được định nghĩa như trên là toán tử compact.
+∞
Do đó, với { xn }n =1 là dãy bị chặn trong C ([ a, b ] ;  ) thì dãy { ( xn )} có dãy con hội
n

tụ trong C ([ a, b ] ;  ) và hội tụ là hội tụ đều.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.15.
Giả sử bài toán (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường và dãy toán tử  k ∈ Lab ,
các hàm tuyến tính bị chặn hk : C ([ a, b ] ;  ) →  thỏa các điều kiện:
 t

sup  ∫  k ( y )( s ) −  ( y )( s )  ds : t ∈ [ a, b ] , y ∈ M  k  → 0 khi k → +∞



Chứng minh
 Trước hết, ta có:
lim hk (=
y ) h ( y ) , ∀y ∈ C ([ a, b ] ;  ) .

k →+∞

Theo định lý Banach-Steinhaus ta có dãy { hk

}

+∞

bị chặn, nghĩa là tồn tại r0 > 0

k =1

sao cho:

hk ( y ) ≤ r0 y

c

, ∀y ∈ C ([ a, b ] ;  )

(1.22)

Với mỗi y ∈ C ([ a, b ] ;  ) , ta có:

(1.24)

 Ta sẽ chứng minh bổ đề 1.15 bằng phản chứng:
Giả sử trái lại rằng bổ đề là không đúng, nghĩa là: tồn tại một dãy tăng các số tự
+∞
 ([ a, b ] ;  ) , m ∈  , sao cho:
nhiên {km }m =1 và một dãy hàm zm ∈ C

zm

c

> mρ km ( zm ) , ∀m ∈ 

(1.25)


25
Ta chứng minh bài toán (1.10 ) , (1.20 ) có nghiệm không tầm thường. Ta chỉ ra
nghiệm này bằng cách xây dựng dãy hội tụ như sau:

zm ( t )
,
zm c

ym ( t ) =

Đặt

=

t

ν m ( t ) = ∫  ym′ ( s ) −  k

a

t

m

( ym )( s ) ds = ym ( t ) − ym ( a ) − ∫  k ( ym )( s ) ds
m

a

t

y0 m ( t ) = ym ( t ) −ν m ( t ) = ym ( a ) + ∫  km ( ym )( s ) ds
a

= ym ( a ) +  km ( ym )( t ) , ∀t ∈ [ a, b ] , ∀m ∈ 
Ta lại có:
t

t

t

( y )( s ) ds ∫  ( y )( s ) ds − ∫  (ν )( s ) ds
∫ =

Vậy

yom ( t ) =
ym ( a ) +  ( y0 m )( t ) + wm ( t ) , ∀t ∈ [ a, b ] , ∀m ∈  .

Mặt khác, ta có: