BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
VÕ THỊ MINH NHẬT
TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN
BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH
Thành phố Hồ Chí Minh – 2011
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
VÕ THỊ MINH NHẬT
TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN
BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO
Chuyên ngành:
Mã số:
Toán giải tích
60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH
(i )
i
)(t ) + q (t )
u ( j ) (0) = u ( j ) (ω )
với 0 ≤ t ≤ ω
với
j = 0,1, 2
Trong chương này, luận văn cũng sử dụng kết quả để nghiên cứu tính giải được duy
nhất của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc ba có
dạng:
=
u '"(t ) p (t )u (τ (t )) + q (t )
hoặc=
u '"(t )
2
∑ p (t )u
i
i =0
(i )
)(t ) + q (t )
( j)
u=
(0) u (ω ) + c j
với 0 ≤ t ≤ ω
với
=
j 0,..., n − 1
Trong chương này, luận văn cũng sử dụng kết quả để nghiên cứu tính giải được duy
nhất của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc cao có
dạng:
=
u ( n ) (t ) p (t )u (τ (t )) + q (t )
( j)
u=
(0) u ( j ) (ω ) + c j
với 0 ≤ t ≤ ω
với
=
j 0,..., n − 1.
Luận văn là tài liệu tham khảo cho sinh viên năm cuối hoặc học viên cao học
Bảng kí hiệu ................................................................................................................7
Chương 1:Những kiến thức chuẩn bị
1.1
Một vài định nghĩa .......................................................................................8
1.2
Một vài định lý .............................................................................................8
Chương 2:Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 3.
2.1
Giới thiệu bài toán ......................................................................................22
2.2
Các kết quả chính .......................................................................................22
2.3
Một số hệ quả .............................................................................................30
Chương 3:Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc
cao.
3.1 Giới thiệu bài toán .........................................................................................40
3.2 Các kết quả chính: .........................................................................................40
3.3 Một số hệ quả ................................................................................................46
Kết luận và kiến nghị ................................................................................................54
Tài liệu tham khảo .....................................................................................................55
Bảng kí hiệu
N là tập số tự nhiên.
R là tập số thực;
R=
+
l = sup l ( x)
x C ≤1
L
Chương 1:
Những kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, ta sẽ đưa ra một vài định nghĩa và định lý cơ bản nhằm phục vụ
cho nội dung chính trong hai chương sau.
1.1 Một vài định nghĩa
Định nghĩa 1.1:
Toán tử tuyến tính l : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) được gọi là không âm nếu với mọi
hàm u ∈ C ([ 0; ω ] ; R+ ) thì l (u )(t ) ≥ 0 ∀t ∈ [ 0; ω ] .
Định nghĩa 1.2:
Toán tử tuyến tính l : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) được gọi là đơn điệu nếu l hoặc
−l không âm.
1.2 Một vài định lý
Định lý 1.3: Trên đoạn [ a, b ] xét bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm
tuyến tính:
=
u '(t ) l (u )(t ) + q (t )
(1.1)
Bổ đề 1.6 (định lý VI.7.6): Toán tử tuyến tính bị chặn biến không gian C ([ a, b ] ; R )
thành không gian Banach đầy đủ yếu là hoàn toàn liên tục yếu.
Bổ đề 1.7 (định lý IV.8.11): Nếu tập M ⊆ L ([ a, b ] ; R ) là compact tương đối yếu thì
nó có tính chất của tích phân hoàn toàn liên tục .
Giả sử M ⊆ C ([ a, b ] ; R ) là tập bị chặn. Để chứng minh p là toán tử compact, ta
cần chứng minh p ( M ) là tập compact tương đối. Theo định lý Arzela-Ascoli, ta sẽ
chứng minh p ( M ) bị chặn và liên tục đồng bậc.
Chứng minh p ( M ) bị chặn
Theo định nghĩa toán tử p , ta có:
t
=
p ( x) C max ∫ l ( x)( s )ds : t ∈ [ a, b ]
a
≤ l ( x) L ≤ l x C
∀x ∈ M
Vì l ∈ L1ab và M bị chặn nên p ( M ) bị chặn.
Chứng minh p ( M ) liên tục đồng bậc
Theo bổ đề 1.5 và 1.6 thì toán tử l hoàn toàn liên tục yếu.
Do đó, l ( M ) compact tương đối yếu.
Theo bổ đề 1.7 thì l ( M ) có tính chất của tích phân hoàn toàn liên tục nghĩa là
t
∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∫ l ( x)(ζ )dζ ≤ ε
∀s, t ∈ [ a, b ] , t − s ≤ δ
∀x ∈ M
n
j =1
là phần tử của C ([ a, b ] ; R n ) và x j = (0,..., x j ,...,0) .
Khi đó, do l tuyến tính nên
l ( x) = ( li ( x) )i =1
n
=
li ( x)
n
=
l (x )
(i
∑
j =1
ij
j
1,..., n)
trong đó
u
C
+ α .
Định nghĩa toán tử tuyến tính f : X → X và g ∈ X như sau:
t
f ( x) = α + u (a ) + ∫ l (u )( s )ds, α − h(u )
a
t
g = ∫ q ( s )ds; c
a
Khi đó, bài toán (1.1),(1.2) tương đương phương trình toán tử
=
x f ( x) + g
(1.3)
trong không gian X dưới dạng:
m
2
1
=
B1
8
m j − 2 +1
m1 +1
=
B j A1 ∑ ∑ ...
=
m1 1 =
m2 1
m j −1 +1
1
1
∏ 1 +
∑
η (m1 )...η (m j −1 ) i =1 2i
m=
j −1 1
∀j ≥ 2
max ( f k ( s, t ) f k (1 − s,1 − t )) 2 : 0 ≤ s ≤ 1,0 ≤ t ≤ 1
trong đó:
f k : [ 0,1] × [ 0,1] → R+ , hk : [ 0,1] → R+ được xác định như sau:
(1.5)
k −1
k
f k ( s, t ) =
∑α kjt 2( j +1) + α kk t 2k +3s , hk (t ) =
∑ β kjt 2( j +1)
(1.6)
=j 0=j 0
và=
α kj
=
α kk
∆(u )
x 2 ( s )u (5) ( s )ds
∫
12 a
(1.10 1 )
Nếu k ≥ 2 thì
2 k −1
j ω
=−
(
)
(
)
x
s
u
s
ds
( 1) 1
∑
∫a
3 j =0
2
b
2( j +1)
(3)
Chứng minh:
Giả sử m ∈ N và r ∈ {1, 2,..., 2k + 1} .
1
k −1 a
(1.10 k )
mk −1 +1
( s )u (2 k +3) ( s )ds
b
Ta sẽ tính
∫x
m
( s )u ( r ) ( s )ds
a
Bằng tích phân từng phần, ta có:
b
b
b
−
1
(b − s ) m ( s − a ) m+1 u ( r +1) ( s )ds
∫
m +1 a
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được:
b
b
m
( s )ds
(b − s ) m−1 ( s − a ) m−1 u ( r ) ( s ) ( (b − s ) 2 + ( s − a ) 2 ) ds
∫a x (s)u =
∫
m +1 a
m
(r )
b
1
−
(b − s ) m ( s − a ) m u ( r +1) ( s ) ( (b − s ) − ( s − a ) ) ds
2(2m + 1) m
x ( s )u ( r ) ( s )ds
∫
m +1 a
b
b
m
=
x m−1 ( s )u ( r ) ( s ) ( a 2 + b 2 + 2 s 2 − 2 s (a + b) ) ds
∫
m +1 a
b
+
b
2m
x m−1 ( s )u ( r ) ( s ) ( −ab − s 2 + s (a + b) ) ds + I '
∫
m +1 a
1
Với I '
=
x m ( s )u ( r +1) ( s )(a + b − 2 s )ds
∫
m +1 a
2
( s )u ( r + 2) ( s )ds
a
Do u ( r +1) (b) = u ( r +1) ( a ) .
mω12
Suy ra ∫ x ( s )u ( s )ds =
x m−1 ( s )u ( r ) ( s )ds
∫
2(2m + 1) a
a
b
b
m
(r )
b
1
−
x m+1 ( s )u ( r + 2) ( s )ds
∫
2(m + 1)(2m + 1) a
∑ (2m + 1)(2m + 3) ∫ x
m1 =1
1
1
m1 +1
( s )u ( r + 2) ( s )ds
a
(1.12 m )
Thật vậy:
Với m = 1, ta có:
ω 2
x( s )=
u ( s )ds ∫ u ( s )ds − 1 4 ∫ x m1 +1 ( s )u ( r + 2) ( s )ds
2 ∫
ω1 a
2 ω1 a
a
b
6
b
Đẳng thức đúng do (1.11 1 ).
Giả sử (1.12 m-1 ) đúng, ta sẽ chứng minh (1.12 m ) đúng.
Dễ thấy: ω12
m
Qm (ω1 ) = Qm−1 (ω1 )
2(2m + 1)
Qm (ω1 )
Qm+1 (ω1 )
ω
= 1
2(2m + 1)(m + 1) 2 (2m + 1)(2m + 3)
2
và
Khi đó, nhân hai vế của (1.11 m ) với Qm−1 (ω1 ) và sử dụng hai đẳng thức trên, ta có:
b
b
Qm (ω1 ) ∫ x m ( s )u ( r ) ( s )ds = Qm−1 (ω1 ) ∫ x m−1 ( s )u ( r ) ( s )ds
a
a
1
x 2 ( s )u (5) ( s )ds
∫
12 a
(3)
∫ u (s)ds −
a
Vậy (1.10 1 ) đúng.
Chứng minh đẳng thức (1.10 k ) với k ≥ 2 bằng phương pháp qui nạp
Từ (1.12 2 ) thay r = 5 , ta được:
ω14
b
2
( s )u (5) ( s )ds
∫ x=
30
a
b
(5)
∫ u (s)ds −
a
(5)
Vậy (1.10 2 ) đúng.
Giả sử (1.10 k-1 ) đúng, ta sẽ chứng minh (1.10 k ) đúng.
Từ (1.12 m ) với m =
mk − 2 + 1 ; r =
2k + 1 , ta có:
b
Qmk − 2 +1 (ω1 ) ∫ x
a
mk − 2 +1
( s )u
(2 k +1)
b
( s )ds = ∫ u (2 k +1) ( s )ds
a
ω
− 1
2
2 m +1
k −2
b
Nếu k = 1 thì
b
b
' (4)
1
2
(
)
(
)
u
s
ds
+
x
s
u ( s )ds
(
)
6 ∫a
12 ∫a
( s )u ( s )ds
∫ x=
(3)
b
2( j +1)
(3)
2 ω
+ (−1) k +1 1
45 2
2( k +1)
b
Aj ∫ u (2 j +3) ( s )ds
a
m1 +1
mk − 2 +1
=
m1 1 =
m2 1
mk=
−1 1
Qmk −1 +1 (ω1 )
(5)
2
b
(4)
'
2
'
(4)
a
a
a
a
Do đó, từ (1.10 1 ) suy ra (1.13 1 ).
Tương tự:
b
( s )u
b
(
)
= − ∫ x mk −1 +1 ( s ) u (2 k + 2) ( s )ds
'
a
Do đó, từ (1.10 k ) suy ra (1.13 k ).
Vậy (1.13 1 ) và (1.13 k ) đúng với u ∈ Cω2 k +3 .
Do Cω2 k +3 là tập con trù mật của Cω2 k + 2 nên (1.13 1 ) và (1.13 k ) đúng với u ∈ Cω2 k + 2 .
Vậy bổ đề được chứng minh.
Chứng minh định lý 1.2:
Ta sẽ chứng minh định lý đúng với n = 1, 2,3 và sau đó ta sẽ dùng phương pháp qui
nạp để chứng minh định lý lần lượt trong trường hợp n chẵn và n lẻ.
Chứng minh định lý với n = 1, 2,3
Trước hết, ta giới thiệu một vài kí hiệu:
Với n ∈ N , u ∈ Cωn và với mỗi m ∈ N ∪ {0} , đặt
{
M=
max ( −1) u ( i ) (t ) : 0 ≤ t ≤ ω
i ,m
m
Do đó từ (1.7) và (1.9), ta có ∆(u ( i ) ) = M i ,m + M i ,m+1
với i = 0,1,..., n
(1.17)
Hơn nữa, theo (1.9),(1.14),(1.15), ta có:
=
u '(α1 ) 0
=
u '(α1 + ω1 ) 0
=
u '(α 2 + ω2 ) 0
(1.18)
Từ (1.9) và (1.14), ta có:
α1 +ω1
∫
∆(u )= u (α1 ) − u (α 2 )= u (α1 ) − u (α1 + ω1 )= −
u '( s )ds
α1
α 2 +ω 2
r = 1, 2
xr" (t ) = −2
Khi đó, (1.19) có thể được viết dưới dạng
α +ω
∆(u )
(−1) r −1 r r "
=
r 1, 2
∫α xr (s)u '(s)ds
2
r
Lấy tích phân từng phần, ta được:
=
∆(u )
α r +ω r
(−1) r −1 '
−
xr ( s )u '( s ) α
r
2
r α r +ω r
α r +ω r
(−1)
2
α r +ω r
α r +ω r
− ∫ xr ( s )u (3) ( s )ds
xr ( s )u "( s ) α
r
αr
r −1 α r +ωr
∫
α
(1.21 r )
xr ( s )u (3) ( s )ds
r
Do xr (α r )= xr (α r + ωr )= 0
=
8 ( M 2 + m2 )
2
ω1
α1
α1 +
2
∆(u ) ≤
ω22
∆(u ) ≤
ω12
8
12
(M
2,1
+ M 2,2 )
(1.24)
Do đó:
(∆(u )) 2
2
2
∆(u ") .
∆(u )
3
Đặt n =
2k + 3, k ∈ N
Giả sử (1.8) thỏa với n =
2 j +1
u (2 j + 2) ∈ Cω 2( k − j )+1
Khi đó
∆(u (
2 j + 2)
Do đó, theo (1.27), ta có:
α r +ω r
∫
α
u
(2 j + 3)
( s )ds
α
với r 1,=
=
2
m 0,1,...
A1 5
ωr M 5,r
2
α r +ω r
2( k +1)
xr
mk −1 +1
( s )u
r
với
(2 k + 3)
r = 1, 2
ω
( s )ds ≤ 2 r
1, 2) , ta được:
(1.30)
∆(u ) < ∆(u
2 k +3
2 k +3
1 k −1 ωr 2( j +1) ω 2( k − j )+1
2 ωr
) ∑
Aj + Ak
M 2 k +3,k + r −1
3 j =0 2
3 2
d 2( k − j )+1
với
=
r 1,=
2 ; k 1, 2,...
Do đó, ta có: ∆(u ) < ω 2 k +3∆(u (
trong
đó tr
( 2 k + 3)
) ( f k ( s1 , t1 ). f k (1 − s1 ,1 − t1 ) )
1
2
(r =
1, 2)
Vậy định lý được chứng minh với n =
2k + 3 ( k ∈ N ) .
Chứng minh định lý với n chẵn và n > 3
Bây giờ đặt n =
2k + 2
, k∈N .
Giả sử rằng (1.8) thỏa
với n 2=
=
j
( j 1,..., k ) .
Khi đó:
( −1)
r −1
r
ωr
∫ (x
2
r
αr
2
( s ) ) ds
'
(1.32)
ω
= r ∆ ( u (4) )
2
4
( −1)
k +r
α r +ω r
Qmk −1 +1 (ωr )
( s ) ds
≤ Qmk −1 +1 (ωr ) M 2 k + 2,k + r ∫ xr
αr
αr
mk −1 +1
1
=
∆ (u (2 k + 2) ) ∏ 1 +
2i
i =1
(
)
(
với k = 2,3,...
)
(1.33)
Tương tự như trên, ta cũng có:
α r +ω r
Aj + Ak
M 2 k +3,k + r −1
3 j =0 2
3 2
d 2( k − j )+1
với r 1,=
=
2 ; k 1, 2,...
Do đó, ta có: ∆(u ) < ω 2 k + 2 ∆(u (
trong
đó tr
=
2 k + 2)
r=
1, 2
)hk (tr )
ωr
=
r 1, 2
ω
(i = 1,..., n − 1)
(1.35 r )
Chương 2: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi
phân hàm tuyến tính bậc 3.
Trong chương này ta sẽ xây dựng các điều kiện đủ để bài toán biên tuần hoàn cho
phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 3 giải được duy nhất.
2.1 Giới thiệu bài toán
Xét bài toán về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi
phân hàm tuyến tính bậc ba:
=
u (t )
'''
2
∑ l (u
i =0
(i )
i
)(t ) + q (t )
với 0 ≤ t ≤ ω
32 ∫0
l01 (1)( s )ds < β1
(2.3)
(2.4)
ω
∫l
01
0
β1 −
ω2
(1)( s )ds
ω
32 ∫0
ω
≤ ∫ l02 (1)( s )ds
l01 (1)( s )ds
0
max {v ( j ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]} , m j =
max {−v ( j ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]}
(2.7)
j
j
Bổ đề 2.2:Cho k ∈ {0,1} , v ∈ C 2 ([ 0, ω ] ; R ) , v(t ) ≠ const , v ( ) (0) =
v ( ) (ω ) ( j =
0,1, 2) .
Khi đó: M k + mk
Từ định lý 1.3 trong chương 1, ta có được bổ đề sau:
Bổ đề 2.4: Bài toán (2.1);(2.2) giải được duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất
tương ứng:
2
v ''' (t ) = ∑ li (v ( i ) )(t )
với 0 ≤ t ≤ ω
v ( j ) (0) = v ( j ) (ω )
với
(2.8)
i =0
j = 0,1, 2
(2.9)
chỉ có nghiệm tầm thường.
Bổ đề 2.5: Giả sử tồn tại α1 ;α 2 ∈ R+ sao cho với mỗi x ∈ C ([ 0, ω ] ; R ) nhận cả giá
trị dương và âm, ta có:
∫ l ( x)(s)ds ≤ α
j
β−
ω2
(1)( s )ds
ω
32 ∫0
ω
≤ ∫ l02 (1)( s )ds
l01 (1)( s )ds
(2.13)
0
ω2 ω
64 β
l
(1)(
s
)
ds
1
0
thường.
Chứng minh:
Trường hợp 1: l=
l01 − l02
0
Ta sẽ chứng minh định lý bằng phản chứng.
Giả sử trái lại nghĩa là tồn tại nghiệm không tầm thường v của (2.8);(2.9).
Đặt M j ; m j ( j = 0,1, 2) định nghĩa bởi (2.7) và t1 ; t2 ∈ [ 0, ω ] thỏa
v '' (t1 ) = M 2
v '' (t2 ) = −m2
Theo (2.11), ta có v(t ) ≠ const .
Vì vậy, theo (2.9) thì v ', v '' nhận cả giá trị dương và âm.
(2.15)
Do đó M j > 0
mj > 0
(j =
1, 2)
(2.16)
Sử dụng (2.10) với x = v ' , ta được:
j
max {v "( s1 ) − v "( s2 ) : 0 ≤ s1 , s2 ≤ ω} ( j =
1, 2)
E
= α j ( M 2 + m2 )
Suy ra
∫ l (v ")(s)ds ≤ α
2
2
( M 2 + m2 )
E
Do đó
∫ (l (v ')(s) + l (v ")(s))ds ≤ ∫ (l (v ')(s)ds + ∫ l (v ")(s))ds ≤ α (M
1
2
1
E
Copyright: Tài liệu đại học ©