Bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Vũ Hồng Toàn BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT TUYẾN TÍNH Chuyên ngành : Toán Giải tích Mã số : 60.46.01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh - 2011 LỜI CẢM ƠN Đầu tiên tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn, người đã tận tâm hướng dẫn và tạo mọi điều kiện tốt nhất có thể giúp tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh. Tôi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng KHCN – Sau Đại học cùng toàn thể thầy cô khoa Toán – Tin học trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian nghiên cứu đề tài. Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, các anh chị và các bạn đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này. Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự góp ý của Quý Thầy Cô và bạn đọc nhằm bổ sung và hoàn thiện đề tài hơn. Xin chân thành cảm ơn. Tp Hồ Chí Minh tháng 3 năm 2011 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU ¥ Tập hợp số tự nhiên. R Tập hợp số thực. [0, )+ = +¥R Tập hợp số thực không âm. ( ,0]- = -¥R Tập hợp số thực không dương. A Bao đóng của tập A. [ ]( ), ;C a b R Không gian Banach các hàm liên tục [ ]: , ®v a b R với chuẩn { }max ( ) := £ £Cv v t a t b [ ]( ), ;C a b D Không gian các hàm liên tục [ ]: , ®v a b D , ÍD R [ ]( ), ;lmC a b D Không gian các hàm liên tục [ ]: , ®v a b D thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 0l m+ =v a v b ° [ ]( ), ;C a b D Tập các hàm liên tục tuyệt đối [ ]: , ®v a b D . [ ]( ), ;lmi cB a b R Tập các hàm [ ]( ), ;Îv C a b R thoả mãn điều kiện ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )sgn 2 1l m l mé + ù - + - £ë ûv a v b i v a i v b c trong đó , ,l m Îc R và { }1,2Îi . [ ]( ), ;L a b R Không gian Banach các hàm khả tích Lebesgue [ ]: , ®p a b R với chuẩn ( ) .= ò b L a p p s ds [ ]( ), ;L a b D Không gian các hàm [ ]: , ®p a b D khả tích Lebesgue, D là tập con của R. abM Tập các hàm đo được [ ] [ ]: , , ;t ®a b a b abL Tập các toán tử [ ]( ) [ ]( ): , ; , ;®l C a b R L a b R tuyến tính bị chặn sao cho với mỗi l tồn tại [ ]( ), ;h +Î L a b R thoả mãn bất đẳng thức ( )( ) ( ) [ ] [ ]( ), , , ;h£ " Î Îl Cv t t v t a b v C a b R Khi đó l được gọi là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh. abP Tập các toán tử [ ]( ) [ ]( ): , ; , ;+ +®l C a b R L a b R sao cho l tuyến tính và Îl abL . abK Tập các toán tử [ ]( ) [ ]( ): , ; , ;®F C a b R L a b R liên tục thoả mãn điều kiện Carathèodory, nghĩa là với mỗi 0>r tồn tại [ ]( ), ; +Îrq L a b R sao cho ( )( ) ( ) [ ], , ,£ " Î £r CF v t q t t a b v r . [ ]( ), ;´K a b A B Tập các hàm [ ]: , ´ ®f a b A B , ( ), ,Î Í Î¥nA R B R n thoả điều kiện Carathèodory, nghĩa là : + Hàm ( ) [ ], : ,× ®f x a b B đo được với mỗi Îx A + Hàm ( ), :× ®f t A B liên tục với mỗi [ ],Ît a b + Với mỗi 0>r tồn tại [ ]( ), ; +Îrq L a b R sao cho ( ) ( ) [ ], , ,£ " Î £rf t x q t t a b x r . Toán tử 0 -Volterrat [ ]( )0 ,Ît a b Tập các toán tử Îl abL sao cho với hai số tùy ý [ ] [ ]1 0 1 0, , ,Î Îa a t b t b sao cho 1 1¹a b và với mọi hàm [ ]( ), ;Îv C a b R thoả mãn điều kiện : ( ) [ ]1 10, ,= Îv t t a b ta có ( )( ) 0=l v t hầu khắp nơi trên [ ]1 1,a b . [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) ( )1 1 1 1sgn 1 sgn 1 2 2 2 2+ - = + = + = - = -x x x x x x x x x x Toán tử Îl abL được gọi là không tầm thường, nếu ( )1 ºl 0. PHẦN MỞ ĐẦU Lý thuyết bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường và phương trình vi phân hàm ra đời từ thế kỉ 18, song đến nay vẫn được nhiều người quan tâm nhờ các ứng dụng của nó trong các lĩnh vực vật lý, cơ học, kinh tế, nông nghiệp, …. Đặc biệt, bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất đạt được nhiều kết quả bắt đầu từ năm 2000, nhờ các kết quả của các tác giả như I. Kiguradze, R.Hakl, A.Lomtatidze, … cho hệ phương trình vi phân hàm tổng quát. Trong luận văn này tôi nghiên cứu bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính. Bài toán như sau: Xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân hàm tuyến tính: ( ) ( )( ) ( )u t u t q t¢ = +l với điều kiện biên ( ) ( )u a u b cl m+ = Trong đó , ([ , ]; ), , , , 0ab q L a b cl m l mÎ Î Î + ¹l ¡ ¡L Nghiệm của bài toán là hàm °([ , ]; )u C a bÎ ¡ thoả mãn phương trình ( ) ( )( ) ( )u t u t q t¢ = +l hầu khắp nơi trên [a,b] và thỏa mãn điều kiện biên ( ) ( )u a u b cl m+ = Luận văn gồm ba chương : Chương I. Chúng ta xây dựng điều kiện cần và đủ để một toán tử tuyến tính và bị chặn mạnh l thuộc vào lớp ( , )abV l m + . Chương II. Xây dựng các điều kiện đủ để bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính có nghiệm duy nhất. Chương III. Áp dụng các kết quả của chương II để xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch. Luận văn là tài liệu tham khảo cho những người quan tâm đến lý thuyết bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính và phi tuyến bậc cao. CHƯƠNG I MỘT SỐ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN Trong chương này ta giả sử rằng 0l m+ ¹ và 0lm £ Trường hợp l m= - ta cần thêm điều kiện toán tử abÎl L không tầm thường, nghĩa là (1)l ≢1.Equation Section 1 1.1 Giới thiệu bài toán Xét bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất sau: ( ) ( )( ) ( )u t u t q t¢ = +l (1.1) với điều kiện biên: ( ) ( )u a u b cl m+ = (1.2) Trong đó , ([ , ]; ), , , , 0ab q L a b cl m l mÎ Î Î + ¹l ¡ ¡L Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm °([ , ]; )u C a bÎ ¡ thoả mãn phương trình (1.1)hầu khắp nơi trên [a,b]. Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng: 0 0 ( ) ( )( ) (1.1 ) ( ) ( ) 0 (1.2 ) u t u t u a u bl m ¢ = + = l Trường hợp riêng của phương trình(1.1)là: [ ] 1 ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) ( ) (1.1 ) m k k k k k u t p t u t g t u t q tt u = ¢ ¢= - +å Trongđó: , ([ , ]; ), ([ , ], ), , ( 1,2,..., ),k k k k abp g L a b q L a b k m mt u+Î Î Î = Ρ ¡ ¥M Từ các kết quả của I. Kiguradze và B. Puza trong [2], ta có kết quả sau 1.1.1 Định lí Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. 1.1.2 Chú ý Theo định lý Riesz-Schauder thì nếu bài toán (1.10), (1.20) có nghiệm tầm thường thì tồn tại ([ , ]; ),q L a b cΠΡ ¡ sao cho bài toán (1.1), (1.2) không có nghiệm. 1.2 Tập l m+ ( , )abV 1.2.1 Định nghĩa Ta nói toán tử abÎl L thuộc tập ( , )abV l m + nếuthoả mãn các điều kiện sau i. Bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. ii. Với mọi ([ , ]; )q L a b +Î ¡ và c Ρ thỏa mãn (sgn sgn ) 0cl m- ³ thìbài toán (1.1),(1.2)có nghiệm không âm. 1.2.2 Chú ý Theo định lí 1.1.1, rõ ràng nếu ( , )abV l m +Îl thì bài toán (1.1), (1.2)có nghiệm duy nhất với mọi ([ , ]; )q L a bÎ ¡ và c Ρ . Hơn nữa, nếu abÎl P và ( , )abV l m +Îl thì m l< . Thật vậy Do ( , )abV l m +Îl nên bài toán (1.1),(1.2) có nghiệm duy nhất u(t)với mỗi ([ , ]; ),q L a b c+ΠΡ ¡ thỏa mãn(sgn sgn ) 0cl m- ³ và ( ) [ ]( ), ;u t C a b +Î ¡ .Vì abÎl P nên ( )( ) [ ]( ), ;u t L a b +Îl ¡ . Do đó ta có ( ) ( )( ) ( ) 0u t u t q t¢ = + ³l hay ( )u t là hàm tăngtrên [ ],a b hay ( ) ( ) 0u b u a> ³ Hơn nữa, từ các điều kiện : ( ) ( ) (sgn sgn ) 0 0 u a u b c c l m l m lm + =ì ï - ³í ï £î Nên ta có ( ) ( )(sgn sgn ) (sgn sgn ) 0 sgn sgn c u a u bl m l m l m l m ì - = - + ³é ùï ë ûí = -ïî Do đó ( ) ( ) 0u a u bl m- ³ Hay ( ) ( )u a u bl m³ (1.3) v Nếu ( ) 0u a = vì ( ) 0u b > nên ta xét hai trường hợp 0m = và 0m ¹ Ø Trường hợp 0m = vì theo giả thiết 0l m+ ¹ nên 0l > . Do đó m l< đúng. Ø Trường hợp 0m ¹ khi đó (1.3) có dạng ( )0 0u bm³ > vô lí. v Nếu ( ) 0u a > khi đó, từ (1.3) ta có ( ) ( ) u b u a l m m³ > Suy ra m l< đúng. Vậy nếu abÎl P và ( , )abV l m +Îl thì m l< n 1.2.3 Chú ý Theo định nghĩa1.2.1, ( , )abV l m +Îl nếu và chỉ nếu ° ( ), [ , ];u v C a bÎ ¡ thoả mãn các bất đẳng thức ( ) ( )( ) ( ), [ , ] ( ) ( )( ) ( ), [ , ] ( ) ( ) ( ) ( ) u t u t q t t a b v t v t q t t a b u a u b v a v bl m l m ¢ £ + Î ¢ ³ + Î - £ - l l (1.4) Thì ( ) ( )u t v t£ với [ , ]t a bÎ . Thật vậy Đặt ( )( ) ( )h t v t u t= - . Theo (1.4) ta có ( ) ( )( ) [ ], , , ( ) ( ) 0 h t h t t a b h a h bl m ¢ ³ Î - ³ l Dễ thấy h là nghiệm của phương trình sau: ( ) ( )( ) ( ), ( ) ( ) h t h t q t h a h b cl m ¢ = + + = l (1.5) với ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )0,q t h t h t c h a h bl m¢= - ³ = +l Mặt khác vì ( ) [ ] sgn sgn 2 .sgn 2 ( ) ( ) sgn 2 ( ) ( ) 0 c c h a h b h a h b l m l l m l l m - = = + = é - ù ³ë û nên theo định nghĩa 1.2.1 ta có bài toán (1.5)có nghiệm duy nhất ( ) 0h t ³ . Từ đó suy ra ( ) ( )u t v t£ với mọi [ , ]t a bÎ . n 1.2.4 Mệnh đề Cho m l< và abÎl P . Khi đó ( , )abV l m +Îl nếu và chỉ nếu bài toán ( ) ( )( ), ( ) ( ) 0 u t u t u a u bl m ¢ £ + = l (1.6) Không có nghiệmkhông âm khác tầm thường. Chứng minh v Điều kiện cần Giả sử ( , )abV l m +Îl , ta chứng minh bài toán (1.6) không có nghiệm không âm khác tầm thường. Thật vậy, giả sửulà nghiệm của bài toán (1.6) và ( ) 0 [ , ]u t t a b³ " Î Vì 0lm £ và ( ) ( ) 0u a u bl m+ = nên ta có ( ) ( ) 0u a u bl m- = Áp dụng chú ý 1.2.3với ( ) ( )0, 0v t q tº º ta có ( ) 0u t £ [ ],t a b" Î . Suy ra ( ) 0 [ , ]u t t a bº " Î Do đó, bài toán (1.6) không có nghiệm không âm khác tầm thường. v Điều kiện đủ Giả sử bài toán (1.6) không có nghiệm không âm khác tầm thường. Ta chứng minh ( , )abV l m +Îl theođịnh nghĩa 1.2.1 Ø Bước 1. Chứng minh bài toán thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử 0u là nghiệm của bài toán thuần nhất (1.10), (1.20). Ta có: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )0 0 0 0 0 0 0sgn sgn sgnu t u t u t u t u t u t u t¢¢ é ù ¢= = =ë û l (1.7) Mặt khác, từ 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) u t u t u t u t ì ³ï í ³ -ïî do abÎl P ta có ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 0 0 0 u t u t u t u t ì ³ï í ³ -ïî l l l l nên ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )0 0 0 0sgnu t u t u t u t³ =l l l (1.8) Do 0lm £ nên từ điều kiện biên (1.20) ta có ( ) ( )0 0 0u a u bl m+ = . Do đó ta có: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) [ ] ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 sgn , , 0 u t u t u t u t t a b u a u bl m ¢ = £ Î + = l l Vì vậy, 0u là nghiệm của bài toán (1.6). Như vậy, 0 0u º nghĩa là bài toán thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Ø Bước 2. Chứng minh với mọi ([ , ]; )q L a b +Î ¡ và c Î ¡ sao cho ( )sgn sgn 0cl m- ³ khi đó bài toán (1.1), (1.2)có nghiệm không âm. Thật vậy, giả sửu là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)với ([ , ]; )q L a b +Î ¡ và c Î ¡ sao cho ( )sgn sgn 0cl m- ³ , ta có sgn 0c l l m ³ - Đặt sgn( ) ( ) , [ , ]cv t u t t a bl l m = - Î - (1.9) Ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )sgn sgn v t u t u t q t u t c cv t u t u t t u tl l l m l m ¢ ¢= = + ³ æ ö æ ö = - = - £ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷- -è ø è ø l l l l l l l Suy ra ( ) ( )( )v t v t¢ ³ l Do abÎl P kết hợp với(1.7) và (1.8) ta có ( )( )( )v t v t¢ £ l . Do đó ta có ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) v t v t v t v t ì ¢ £ï í ¢ï ³î l l Nên ( ) ( ) ( )( ) ( )( )v t v t v t v t¢ ¢- £ -l l hay ( ) [ ]( )( )2 2v t v t-- ¢ £é ùë û l Từ đó suy ra[ ] ( )( ) [ ] ( ), [ , ]v t v t t a b--¢ £ Îl Mặt khác, từ (1.9) , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) sgn sgnc cv a v b u a u b l l m ll m l m l m l m + = + - - - - Vì 0lm £ và điều kiện biên (1.2), nên từ đẳng thức cuối ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 0 c c v a v b u a u b c c l m l m l m l m l m l m l m l m + = + - + - - æ ö = - -ç ÷ç ÷- -è ø = hay ( ) ( ) 0v a v bl m+ = Hơn nữa, cũng từ 0lm £ từ đẳng thức cuối ta có ( ) ( )sgn ( ) 0v a v a v bl m+ =é ùë û hay ( ) ( ) 0v a v bl m+ = do đó, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 v a v b v a v b l m l m ì + =ï í + =ïî Suy ra [ ( )] [ ( )] 0v a v bl m- -+ = Vậy [ ] 0v - ³ là nghiệm của phương trình(1.1)từ đó ta có[ ] [ ]0 ,v t a b- º " Î hay ( ) ( ) [ ], ,v t v t t a b= Î Mà [ ]sgn( ) ( ) , ,cu t v t t a bl l m = + Î - nên ta có ( ) 0, [ , ]u t t a b³ Î . Theo định nghĩa1.2.1ta có toán tử ( , )abV l m +Îl n 1.2.5 Định lí Cho m l< và abÎl P . Khi đó toán tử ( , )abV l m +Îl nếu và chỉ nếu tồn tại hàm số ( )[ , ];(0, )C a bg Î +¥% thoả mãn các bất đẳng thức ( ) ( )( ), [ , ]t t t a bg g¢ ³ Îl (1.10) ( ) ( )a bl g m g> (1.11) Chứng minh v Điều kiện đủ. Giả sử tồn tại hàm số ( )[ , ];(0, )C a bg Î +¥% thoả mãn các bất đẳng thức (1.10), (1.11). Ta chứng minh ( , )abV l m +Îl theo định nghĩa 1.2.1 Ø Bước 1. Giả sửu là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với mọi ([ , ]; )q L a b +Î ¡ và c Î ¡ thoả mãn bất đẳng thức ( )sgn sgn 0cl m- ³ . Ta cần chứng minh ( ) [ ]0, ,u t t a b³ Î . Thật vậy, Do 0lm £ nên từ bất đẳng thức ( )sgn sgn 0cl m- ³ ta có 2 .sgn 0c l ³ . Do đó ta có ( ) ( )u a u b cl m+ = hay ( ) ( ) sgn 0u a u b cl m l- = ³ Từ đó suy ra ( ) ( )u a u bl m³ Ta sẽ chứng minh rằng ( ) 0, [ , ]u t t a b³ Î Giả sử trái lại ( ) 0 [ , ]u t t a b< " Î Khi đó tồn tại 0 [ , ]t a bÎ sao cho 0( ) 0u t < Đặt ( )max , [ , ] ( ) u tr t a b tg ì ü = - Îí ý î þ và ( ) ( ) ( ), [ , ]w t r t u t t a bg= + Î Theo đó ta có 0r > Rõ ràng ( ) 0, [ , ]w t t a b³ Î và do ( ) ( ) u t tg liên tục trên đoạn [a, b], nên tồn tại * [ , ]t a bÎ sao cho * * ( ) ( ) u tr tg = - . Từ đó ta có *( ) 0w t = Do ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 0, [ , ]w t r t u t r t u t q t w t q t t a bg g¢ ¢ ¢= + ³ + + = + ³ Îl l l nên ( )w t đồng biến trên [a,b]. Hơn nữa do *( ) 0w t = nên ta có ( ) 0w a = . Từ đó ta có ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u a r a r b u b w b u bl l g m g m m= - < - = - £ Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức ( ) ( )u a u bl m³ . Vậy ( ) 0, [ , ]u t t a b³ " Î Ø Bước 2. Chứng minh bài toán thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Thậy vậy, giả sử 0u là nghiệm của bài toán (1.10), (1.20). Hiển nhiên 0u- cũng là nghiệm của bài toán (1.10), (1.20).Như vậy, theo chứng minh trên ta có 0 0( ) 0, ( ) 0, [ , ]u t u t t a b³ - ³ Î Do đó, 0 0u º v Điều kiện cần Giả sử ( , )abV l m +Îl ta sẽ chứng minhtồn tại hàm số ( )[ , ];(0, )C a bg Î +¥% thoả mãn các bất đẳng thức(1.10), (1.11). Thật vậy, theo định nghĩa 1.2.1và định lí 1.1.1, bài toán ( ) ( )( ),t tg g¢ = l (1.12) ( ) ( ) sgna blg mg l+ = (1.13) Có nghiệm duy nhất g và ( ) 0, [ , ]t t a bg ³ Î (1.14) Từ (1.13) và 0lm £ ta có ( )2( ) ( ) sgn 1a bl g m g l- = = hay ( ) 1 ( )a bl g m g= + do đó ( ) ( )a bl g m g> Vì 0,lm m l£ < kết hợp với (1.14)suy ra (1.11)đúng và ( ) 0ag > (1.15) Từ (1.14) và (1.15) ta có ( ) 0, [ , ]t t a bg > Î Như vậy tồn tại hàm số ( )[ , ];(0, )C a bg Î +¥% thoả mãn các bất đẳng thức ( ) ( )( ), [ , ] ( ) ( ) t t t a b a b g g l g m g ¢ ³ Î > l n 1.2.6 Hệ quả Cho m l< , abPÎl . Đặt 1 1 1 ( ) ( )( ) ( )( ) , [ , ], b t i i i a a t s ds s ds t a b i r m r r r l m+ ºì ï í = + Î Îï -î ò òl l ¥ Giả sử tồn tại , , (0,1), ons ,m k c t m ka aÎ Î = >¥ thoả mãn ( ) ( ), [ , ]m kt t t a br ar£ Î Khi đó ( , )abV l m +Îl . Chứng minh Đặt 1 1 ( ) (1 ) ( ) ( ), [ , ] k m j j j j k t t t t a bg a r r = = + = - + Îå å Dễ dàng chứng minh được hàm số thỏa mãn các điều kiện của định lý 1.2.5 n 1.2.7 Chú ý Theo hệ quả 1.2.6, trong trường hợp 1, 2k m= = Nếu , abm l< Îl P và ( )( )1 b a s dsl l m< -òl thì ( ),abV l m+Îl . Hơn nữa, nếu i. Bài toán(1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường ii. , abm l< Îl P sao cho ( )( )1 b a s dsl l m= -ò l thì ta cũng có ( ),abV l m+Îl . Thật vậy, giả sử , abm l< Îl P sao cho ( )( )1 b a s dsl l m= -ò l và bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường u. Theo định lí 1.1.1ta có u là nghiệm duy nhất của bài toán ( ) ( )( ) ( ) ( ) sgn u t u t u a u bl m l ¢ = + = l Như vậy, theo định nghĩa 1.2.1 để chứng minh ( , )abV l m+Îl ta chỉ cần chứng minh ( ) 0, [ , ]u t t a b³ Î . Thật vậy, giả sử trái lại ( ) 0u t < với mọi [ ],t a bÎ . Vì u(t) liên tục trên [ , ]a b nên tồn tại [ ]0 ,t a bÎ sao cho [ ]{ } 0max ( ) : , ( )M u t t a b u t= - Î = - (1.16) Tích phân (1.10) từ a đến t0và abÎl P ta có ( ) ( ) 0 0 ( )( ) t a u t u a u s ds- = òl Do 0( )M u t= - nên 0 0 ( ) ( )( ) (1)( ) t t a a M u a u s ds M s ds+ = - £ò òl l do đó 0 ( ) (1)( ) t a M u a M s ds+ £ òl (1.17) Tích phân (1.10) từ t0 đến bvà abÎl P ta có ( ) 0 0( ) ( )( ) b t u b u t u s ds- = òl Do 0( )M u t= - nên 0 ( ) ( )( ) b t u b M u s ds+ = òl Nhân ml- vào đẳng thức cuối, do [0,1) m l Î ta có 0 0 0 0 ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) (1)( ) b b t t b b t t u b M u s ds u s ds u s ds M s ds m m m m l l l l - - = - = - < - £ ò ò ò ò l l l l hay 0 ( ) (1)( ) b t u b M M s dsm m l l - - £ òl (1.18) Mặt khác do 0lm £ ta có 1( ) ( ) sgn ( ) ( )u a u b u a u bml m l l l + = Þ = + (1.19) Cộng vế theo vế (1.17) với (1.18) kết hợp với (1.19) ta có 0 0 ( ) ( ) (1)( ) (1)( ) t b a t M u a u b M M s ds M s dsm m l l + - - £ +ò òl l hay 11 ( ) ( ) (1)( ) b a M u b u b M s dsm m m l l l l æ ö- + + - £ç ÷ è ø ò l do đó 11 (1)( ) b a M M s dsm l l æ ö- + £ç ÷ è ø ò l Suy ra ( ) 1 (1)( ) b a M M s dsl m l- + £ ò l (1.20) Từ (1.20) kết hợp với giả thiết ( )( )1 b a s dsl l m= -ò l Ta gặp mâu thuẫn. Do đó, ( ) 0u t ³ với mọi [ ],t a bÎ . Mặt khác từ (1.10) và abÎl P , ta có ( ) 0u t¢ ³ với mọi [ ],t a bÎ Hơn nữa, do 0l ¹ và 0lm £ từ phương trình (1.13) ta có ( ) ( ) 1u a u bl m- = hay ( ) 1 ( )u a u bl m= + do đó ( ) ( )u a u bl m³ Vì ( ) 0u b > suy ra ( ) 0 [ , ]u a t a b> " Î Vì vậy ( ) 0u t > với mọi [ ],t a bÎ nên theo định lí 1.2.5ta có ( , )abV l m+Îl . n 1.2.8 Định lí Cho 0 m l< £ và 0 1= -l l l với 0 1, abÎl l P Nếu ta có i) 0(1) 1L <l (1.21) ii) 0 1 0 (1) (1) 1 (1) L L L l m m m l - - < £ - l l l (1.22) thì ( , )abV l m +Îl . Để chứng minh định lý 1.2.8trước hết ta chứng minh Bổ đề 1.2.9 1.2.9 Bổ đề Cho · [ ]( )0 , , ;q L a bm l -< £ Î ¡ · c Î ¡ sao cho sgn 0c l £ · toán tử 0 1= -l l l với 0 1, abÎl l P · Và nếu 0 0 1 0 (1) 1 , (1) (1) 1 (1) L L L L l m m < - - < - l l l l (1.23) thì bài toán (1.1), (1.2)không có nghiệm không tầm thường thoả mãn ( ) 0 [ , ]u t t a b³ " Î Chứng minh. Giả sử ngược lại bài toán (1.1), (1.2)có nghiệm không tầm thườnguthoả mãn ( ) 0 [ , ]u t t a b³ " Î . Vì ( )u t liên tục trên [ , ]a b nên tồn tại , [ , ]M mt t a bÎ sao cho { } { } max ( ) : [ , ] ( ), min ( ) : [ , ] ( ) M m M u t t a b u t m u t t a b u t = Î = = Î = (1.24) Hiển nhiên, 0, 0,M m> ³ Ta xét hai trường hợp M mt t> và M mt t< . Ø Trường hợp : M mt t> .Lấy tích phân (1.1)từ tm đến tM , vì ( ) 0 [ , ]u t t a b³ " Î , 0 1, abÎl l P kết hợp với(1.24), và giả thiết ( )[ , ];q L a b -Î ¡ , ta có: ( ) ( ) [ ]0 1( )( ) ( )( ) ( ) M m t M m t u t u t u s u s q s ds- = - +ò l l do đó [ ]0 1 0 0 0 ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) (1)( ) (1) M m M M m m t t t t L t t M m u s u s q s ds u s ds M s ds M - = - + £ £ £ ò ò ò l l l l l Hơn nữa, từ giả thiết 0(1) 1L <l , ta có ( )00 1 (1) LM m< - £l (1.25) Ø Trường hợp: M mt t< , do 0lm £ và sgn 0c l £ , ( ) 0 [ , ]u t t a b³ " Î kết hợp (1.2) và giả thiết (0,1],ml Î ta có ( ) ( ) sgnu a u b cl m l- = do đó [ ]0 1 0 0 0 ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) (1)( ) (1) M m M M m m t t t t L t t M m u s u s q s ds u s ds M s ds M - = - + £ £ £ ò ò ò l l l l l hay sgn( ) ( ) ( ) ( ) 0cu b u a u b u am l l l - ³ - = - ³ Vậy ( ) ( ) 0u b u a- ³ (1.26) Do ( ) 0 [ , ]u t t a b³ " Î và 0 1, abÎl l P cùng với(1.24),và giả thiết ( )[ , ],q L a b -Î ¡ , kết hợp với: Tích phân (1.1) từ a đến tM, ta có ( ) ( ) [ ]0 1( )( ) ( )( ) ( ) Mt M a u t u a u s u s q s ds- = - +ò l l do đó [ ]0 1 0 0( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) (1)( ) M M Mt t t a a a M u a u s u s q s ds u s ds M s ds- = - + £ £ò ò òl l l l Tích phân (1.1) từ tm đến b, ta có ( ) ( ) [ ]0 1( )( ) ( )( ) ( ) m b m t u b u t u s u s q s ds- = - +ò l l hay [ ]0 1 0 0( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) (1)( ) m m m b b b t t t u b m u s u s q s ds u s ds M s ds- = - + £ £ò ò òl l l l Từ đó, ta có 0 0 ( ) (1)( ) , ( ) (1)( ) M m t a b t M u a M s ds u b m M s ds - £ - £ ò ò l l Cộng vế theovế hai bất đẳng thức cuối,do 0 1, abÎl l P và giả thiết 0(1) 1L <l , ( ) ( ) 0u b u a- ³ , ta có ( ) ( ) 0 0( )( ) ( )( ) M m t b a t u b u a M m M u s ds M u s ds- + - £ +ò òl l do đó 0 00 ( )( ) (1) b L a M m M u s ds M< - £ £ò l l hay 00 (1) LM m M< - £ l Suy ra ( )00 1 (1) LM m< - £l Do đó, bất đẳng thức (1.25) thoả mãn cả hai trường hợp M mt t> và M mt t< . Mặt khác, tích phân (1.1)từ a đến b, do 0 1, abÎl l P , kết hợp với (1.24) và giả thiết ( )[ , ];q L a b -Î ¡ , ta có [ ]0 1 0 1( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) (1) (1) b LL a u b u a u s u s q s ds M m- = - + £ -ò l l l l 0 1( ) ( ) (1) (1) LLu b u a M m- £ -l l (1.27) Do sgn 0c l £ và 0lm £ nên từ (1.2) ta có ( ) ( )u a u b cl m+ = do đó ( ) ( ) ( ) sgnc cu b u a u al l l m m m m = + = - hay ( ) ( ) sgncu b u al l m m = - (1.28) Mặt khácdo giả thiết 0 m l< £ suy ra 1lm ³ kết hợp với(1.24), (1.28) và sgn 0c l £ , từ (1.27)ta có ( ) 1 0 0 0 0 (1) (1) ( ) ( ) sgn(1) ( ) (1) ( ) 1 (1) 1 L L L L L m M u a u b cM u a u a M u a M m l l m m l m l m £ + - £ + - + æ ö £ + -ç ÷ è ø æ ö £ + -ç ÷ è ø l l l l l Từ đó, suy ra 1 0(1) (1)L Lm M l m m æ ö- + £ç ÷ç ÷ è ø l l (1.29) Từ bất đẳng thức (1.25), ta có ( )01 (1) LM m- £l do đó ( )01 (1) L mM £ - l hay ( )0 00 (1) (1) 1 (1)L LL mM £ - l l l Thay vào (1.29) ta được ( )1 00 (1) (1) 1 (1)L L L mm l m m æ ö- + £ç ÷ç ÷ -è ø l l l hay 01 0 (1) (1) 1 (1) L L L l m m - £ - - l l l Ta gặp mâu thuẫn với bất đẳng thức 0 1 0 (1) (1) 1 (1) L L L l m m - - < - l l l của (1.23)n Chứng minh định lí 1.2.8 Ta sẽ chứng minh ( ),abV l m+Îl theo định nghĩa 1.2.1 v Bước 1. Giả sửu là nghiệm không tầm thường của bài toán (1.1), (1.2) với ( )[ , ]; ,q L a b c+ΠΡ ¡ thoả mãn (sgn sgn ) 0cl m- ³ . Ta sẽ chứng minh rằng ( ) 0, [ , ]u t t a b³ " Î . Thật vậy, giả sử ulà hàm đổi dấu. Do u liên tục trên [ , ]a b nên tồn tại , [ , ]M mt t a bÎ sao cho { } { } ( ) max ( ) : [ , ] : , ( ) min ( ) : [ , ] : M m u t u t t a b M u t u t t a b m = Î = = Î = (1.30) Hiển nhiên 0, 0M m> < (1.31) Và ta xét hai trường hợp M mt t> và M mt t< Ø Trường hợp M mt t< . Tích phân (1.1)từ tM đến tm, do 0 1, abÎl l P , và giả thiết ( )[ , ];q L a b +Î ¡ , kết hợp với (1.30), ta có ( ) ( ) 1 0( )( ) ( )( ) ( ) m m m M M M t t t M m t t t u t u t u s ds u s ds q s ds- = - -ò ò òl l do đó 1 0 1 0 1 0 ( )( ) ( )( ) (1)( ) (1)( ) (1) (1) m m M M m m M M t t t t t t t t L L M m u s ds u s ds M s ds m s ds M m - £ - £ - £ - ò ò ò ò l l l l l l hay 1 0(1) (1)L LM m M m- £ -l l Do đó, theo các giả thiết 0(1) 1L <l , 1(1) 1L m l £ £l , và (1.31), ta gặp mâu thuẫn vì M m M m- < - . Ø Trường hợp M mt t> Vì 0lm £ và (sgn sgn ) 0cl m- ³ từ (1.2), ta có sgn( ) ( ) 0c cu a u bm l l l l - = = ³ (1.32) Do 0 1, abÎl l P và giả thiết ( )(0,1], [ , ],q L a bml +Î Î ¡ cùng với (1.30), kết hợp với Tích phân (1.1) từ a đến tm , ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) m mt t m a a u a u t u s ds q s ds- = - -ò òl hay ( ) 1 0( )( ) ( )( ) ( ) m m mt t t a a a u a m u s ds u s ds q s ds- = - -ò ò òl l do đó ( ) 1 0( )( ) ( )( ) m mt t a a u a m u s ds u s ds- £ -ò òl l Suy ra 1 0( ) (1)( ) (1)( ) m mt t a a u a m M s ds m s ds- £ -ò òl l (1.33) Tích phân (1.1) từ tM đến b ta có ( ) ( ) ( )( ) ( ) M M b b M t t u t u b u s ds q s ds- = - -ò òl hay ( ) 1 0 1 0 ( )( ) ( )( ) ( ) (1)( ) (1)( ) M M M M M b b b t t t b b t t M u b u s ds u s ds q s ds M s ds m s ds - = - - £ - ò ò ò ò ò l l l l Suy ra ( ) 1 0( ) ( ) (1)( ) (1)( ) M M b b t t M u b M u b M s ds m s dsm l - £ - £ -ò òl l do đó, ta có ( ) 1 0( ) (1)( ) (1)( ) M M b b t t M u b M s ds m s dsm l - £ -ò òl l (1.34) Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1.33) và (1.34), kết hợp với (1.32), ta có ( ) 1 1 0 0 ( ) (1)( ) (1)( ) (1)( ) (1)( ) m m M M t tb b a t a t u a m M u b M s ds s ds m s ds s ds m m l l - + - £ + - + æ ö æ ö ç ÷ ç ÷ è ø è ø ò ò ò òl l l l hay ( ) 1 0( ) (1)( ) (1)( ) b b a a u a u b M m M s ds m s dsm m l l - + - £ -ò òl l do đó 1 0(1) (1)L LM m M m m l - £ -l l Từ đó, theo các giả thiết 0(1) 1L <l , 1(1) L m l£l , và (1.31) ta gặp mâu thuẫn vì M m M mm ml l- < - Do đó, ulà hàm không đổi dấu, từ đó theo bổ đề1.2.9, ta có ( ) 0, [ , ]u t t a b³ " Î v Bước 2. Chứng minh bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Thật vậy, giả sử u0 là nghiệm không tầm thường của bài toán (1.10), (1.20). Hiển nhiên, -u0 cũng là nghiệm không tầm thường của bài toán (1.10), (1.20). Do vậy, theo chứng minh trên, ta có 0 0( ) 0, ( ) 0, [ , ]u t u t t a b³ - ³ Î Vì vậy, 0 0u º n CHƯƠNG II BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC NHẤT Equation Section (Next) Trong chương này chúng ta sẽ trình bày một số kết quả về điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên dạng tuần hoàn(1.1), (1.2). Trong chương này ta vẫn giả sử rằng 0l m+ ¹ và 0lm £ Trường hợp l m= - ta cần thêm điều kiện toán tử abÎl L không tầm thường, nghĩa là (1)l ≢1. 2.1 Định lí về sự tồn tại và duy nhất nghiệm 2.1.1 Định lí Giả sử0 m l< £ và 0 1= -l l l với 0 1, abÎl l P đồng thời thoả mãn một trong các điều kiện sau: 0(1) 1L <l (2.1) 0 1 0 0 (1) (1) 1 2 1 (1) 1 (1) L L L L l m m m l - - < < + + - - l l l l (2.2) hoặc 1(1) ,L m l <l (2.3) 0 1 1 1 (1) 2 2 (1) (1) LL L l m m l l - < < + - - l l l (2.4) Khi đó bài toán (1.1), (1.2)có nghiệm duy nhất. Để chứng minh định lý 2.1.1 trước hết ta chứng minh bổ đề 2.1.2 2.1.2 Bổ đề Giả sử · [ ]( )0 , , ;q L a bm l +< £ Î ¡ · c Î ¡ sao cho sgn 0c l ³ · toán tử 0 1= -l l l với 0 1, abÎl l P · và nếu 1(1) ,L m l <l (2.5) ( ) ( )01 1 1 1 L L l m l - < - l l (2.6) thì bài toán (1.1), (1.2) không có nghiệm không tầm thường không âm. Chứng minh Giả sử ngược lại bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm không tầm thường u thoả mãn ( ) 0 [ , ]u t t a b³ " Î . Vì ( )u t liên tục trên [ , ]a b nên tồn tại , [ , ]M mt t a bÎ sao cho { } { } max ( ) : [ , ] ( ), min ( ) : [ , ] ( ) M m M u t t a b u t m u t t a b u t = Î = = Î = (2.7) Hiển nhiên, 0, 0,M m> ³ Ta xét hai trường hợp M mt t> và M mt t< . Ø Trường hợp : M mt t> . Lấy tích phân (1.1) từađến tm , vì 0 1, abÎl l P và ( )mm u t= , ta có: ( ) ( ) ( )( )0 1( ) ( ) ( ) mt a m u a u s u s q s ds- = - +ò l l và theo giả thiết ( )[ , ];q L a b +Î ¡ nên ( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 0 1( ) ( ) ( ) m mt t a a u a m u s u s q s ds u s ds- = - - £ò òl l l do đó, ta có ( ) ( )( )1 1 mt a u a m M s ds- £ ò l (2.8) Tương tự như trên, lấy tích phân (1.1)từ Mt đến b, ta có ( ) ( ) ( )( )0 1( ) ( ) ( ) M b t u b M u s u s q s ds- = - +ò l l hay ( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 0 1( ) ( ) ( ) M M b b t t M u b u s u s q s ds u s ds- = - - £ò òl l l do đó ( ) ( )( )1 1 M b t M u b M s ds- £ ò l Kết hợp với giả thiết ( ]0,1m l Î ta có ( ) ( )( )1 1 M b t M u b M s ds m l - £é ùë û ò l (2.9) Mặt khác do .sgn 0c l ³ và sgn sgnl m= - nên từ điều kiện biên (1.2)ta có: ( ) ( ) sgnu a u b cl m l- = suy ra ( ) ( ) sgn 0cu a u bm l l l - = ³ do đó ( ) ( ) 0u a u bm l - ³ (2.10) Cộng vế 2 bất đẳng thức (2.8) và (2.9)trên kết hợp với bất đẳng thức(2.10)ta được: ( ) ( ) ( )( ) ( )( )1 11 1 m M t b a t M m u a u b M s ds s ds m m l l æ ö - + - £ +ç ÷ç ÷ è ø ò òl l hay ( )1 1 LM m M m l - £ l do đó, ta có ( )10 1 LM m m l æ ö < - £ç ÷ç ÷ è ø l (2.11) Ø Trường hợp : M mt t< . Lấy tích phân (1.1)từ tM đến tm , vì 0 1, abÎl l P kết hợp với (2.7) , và giả thiết, ( ]0,1m l Î ;ta có: ( ) ( )( )0 1( ) ( ) ( ) m M t t m M u s u s q s ds- = - +ò l l do ( )[ , ];q L a b +Î ¡ nên ( ) ( )( ) ( ) ( )1 0 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 1 m m M M t t L t t M m u s u s q s ds u s ds M- = - - £ £ò òl l l l hay ( )1 1 LM m M m l - £ l Từ đó ta có ( )10 1 LM m m l æ ö < - £ç ÷ç ÷ è ø l Thoả mãn (2.11). Do đó, bất đẳng thức (2.11) thoả mãn cả hai trường hợp M mt t Lấy tích phân (1.1) từ a đến b ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( )0 1( ) ( ) ( ) b a u b u a u s u s q s ds- = - +ò l l hay ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )1 0 1 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b b a a u a u b u s u s q s ds u s u s ds- = - - £ -ò òl l l l do đó ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )1 0 1 0( ) ( ) 1 1 b L L a u a u b u s u s ds M m- £ - £ -ò l l l l Từ đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( )0 11 1L Lm M u b u a£ + -l l (2.12) Mặt khác từ điều kiện biên (1.2)ta có: ( ) ( )u a u b cl m+ = do sgn sgnl m= - , nhân hai vế của phương trình trên với sgn l , ta có ( ) ( ) sgnu a u b cl m l- = hay ( ) ( )sgncu a u bml l l = + Thay vào bất đẳng thức (2.12), ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1 1 sgn1 1 1 L L L cm M u b u a M u b u b ml l l £ + - = + - -l l l hay ( ) ( ) ( ) ( )0 1 sgn1 1 L L cm M u b u b ml l l £ + - -l l do đó ( ) ( ) ( ) ( )0 1 1 sgn1 1 1 1 1 L L L cM u b M M m ml l l l é ù é ù £ + - - £ + -ê ú ê ú ë û ë û l l l Từ đó ta có ( ) ( )0 11 1 1L Lm M m l é ù £ + -ê ú ë û l ._.