Định lý tồn tại và duy nhất của bài toán ba điểm biên

ỜI CẢM ƠN Trước tiên, tôi xin vô cùng cảm ơn PGS.TS Lê Hoàn Hoá, TS. Nguyễn Văn Đông và TS. Lê Thị Phương Ngọc đã cung cấp tài liệu, tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn các Giảng Viên thuộc hai trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh và Đại Học Khoa Học Tự Nhiên Thành Phố Hồ Chí Minh đã nhiệt tình giảng dạy, hướng dẫn trong suốt quá trình học tập. Xin được chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu và các Chuyên Viên thuộc Phòng Khoa Học Công Nghệ-Sau Đại Học trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh đã giúp đỡ, tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khoá học. Cuối cùng, tôi xin được cảm ơn các bạn học viên cùng lớp đã gắn bó, giúp đỡ tôi hoàn thành nhiệm vụ. Tp.Hồ Chí Minh, tháng 7 năm 2009 Tác giả, Nguyễn Ngọc Ấn MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục MỞ ĐẦU ......................................................................................................... 1 Chương 1 : GIỚI THIỆU BÀI TOÁN .......................................................... 3 Chương 2 : SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN................................................................ 5 2.1. Giới thiệu bài toán .................................................................................. 5 2.2. Kiến thức bổ trợ ...................................................................................... 5 2.3.Sự tồn tại nghiệm..................................................................................... 8 2.4.Sự duy nhất nghiệm ............................................................................... 14 2.5.Ví dụ ...................................................................................................... 20 Chương 3: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM DƯƠNG CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN........................................... 21 3.1. Giới thiệu bài toán ................................................................................ 21 3.2. Kiến thức bổ trợ .................................................................................... 22 3.3. Sự tồn tại nghiệm dương ...................................................................... 31 3.4. Sự tồn tại vô số nghiệm dương............................................................. 39 3.5. Sự tồn tại duy nhất nghiệm dương........................................................ 41 3.6.Ví dụ ...................................................................................................... 44 KẾT LUẬN .................................................................................................... 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 48 1 MỞ ĐẦU Phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng có nhiều ứng dụng trong thực tiễn, được áp dụng ở nhiều lĩnh vực như y học, xây dựng, kiến trúc, điện tử … Bài toán ba điểm biên đã được rất nhiều nhà toán học quan tâm. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán ba điểm biên đã được nghiên cứu bởi A.R.Aftabizadeh - Chaitan P.Gupta - Jian-Ming Xu, D.Krajcinovic, D.J. O’Regan và các nhà toán học khác.Về nghiệm dương của bài toán ba điểm biên cũng đã có các nghiên cứu của các tác giả trong và ngoài nước như Yongping Sun, Xiaoling Han, Nguyễn Thành Long-Lê Thị phương Ngọc-Lê Xuân Trường. Từ việc nghiên cứu các tài liệu trên, luận văn này thiết lập những kết quả về điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán ba điểm biên. Sau đó xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm dương của dạng bài toán ba điểm biên này. Mục đích nghiên cứu của luận văn là áp dụng định lý liên tục Leray- Schauder để chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán ba điểm biên rồi chỉ ra điều kiện duy nhất nghiệm. Sau đó, áp dụng định lý điểm bất động của Guo- Krasnoselskii và thuật toán lặp đơn để chứng minh sự tồn tại nghiệm dương và nhiều nghiệm dương. Cuối cùng, luận văn chỉ ra trường hợp tồn tại duy nhất nghiệm dương của bài toán ba điểm biên. Nội dung luận văn gồm có phần mở đầu, ba chương nội dung và phần kết luận. Cụ thể như sau : Phần mở đầu Chương 1 : Giới thiệu bài toán Chương 2 : Trình bày sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán ba điểm biên 2 Chương 3 : Trình bày thêm sự tồn tại nghiệm dương và nêu lên trường hợp có duy nhất nghiệm dương của bài toán ba điểm biên Phần kết luận 3 Chương 1 GIỚI THIỆU BÀI TOÁN Trong luận văn này, ở phần đầu chúng tôi xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán giá trị biên ba điểm phi tuyến sau : u''' + f(u').u'' = g(x,u,u',u'') + e(x) u'(0) = u'(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ 1 và : u''' = g(x,u,u',u'') + e(x) u'(0) = u''(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ 1 Trong đó, f  C ( , ) và g : [0;1] × 3  thỏa điều kiện Carathéodory cho trước. Chúng tôi áp dụng định lý liên tục Leray-Schauder để chỉ ra sự tồn tại nghiệm rồi chứng minh sự duy nhất nghiệm của bài toán . Trong phần tiếp theo, chúng tôi xét thêm về sự tồn tại nghiệm dương của bài toán giá trị biên 3-điểm sau: x′′(t) = f(t,x(t)), 0 < t < 1 x′(0) = 0, x(1)= αx(η) Trong đó, 0 < α, η < 1 và hàm số f cho trước thỏa một số điều kiện thích hợp. Sau đó, chúng tôi chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm dương của bài toán giá trị biên 3-điểm sau: u" + h(t) = 0, 0 ≤ t ≤ 1 u(0) = u(1) = αu(η), với 0 < α, η < 1. Chúng tôi áp dụng định lý điểm bất động của Guo- Krasnoselskii và dùng thuật toán lặp đơn để chỉ ra sự tồn tại nghiệm dương và nhiều nghiệm 4 dương của bài toán. Để chứng minh sự tồn tại duy nhất nghiệm dương, chúng tôi giải trực tiếp phương trình và sử dụng thêm tính chất của hàm số lõm. Trong mỗi phần, chúng tôi sẽ trình bày tường minh các giả thiết trong phần định nghĩa, trình bày các kiến thức chuẩn bị. Sau đó mới đi vào giải quyết phần nội dung chính của đề tài là sự tồn tại nghiệm và sự duy nhất nghiệm. Cuối cùng, chúng tôi có trình bày thêm ví dụ minh hoạ. 5 Chương 2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN 2.1. Giới thiệu bài toán Trong phần này, chúng ta xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán giá trị biên ba điểm phi tuyến sau : u''' + f(u').u'' = g(x,u,u',u'') + e(x) (2.1) u'(0) = u'(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ 1 (2.2) và : u''' = g(x,u,u',u'') + e(x) (2.3) u'(0) = u''(1) = u(η) = 0, 0≤ η ≤ 1 (2.4) trong đó, f  C ( , ) và g : [0;1] × 3  thỏa điều kiện Carathéodory, nghĩa là : (i) Với x  [0 ; 1] h.k.n, hàm u  3  g(x, u)  liên tục. (ii) Với mọi u  3, hàm x  [0;1]  g(x, u)  đo được. (iii) Với mọi r > 0, tồn tại hàm số thực gr(x)  L1[0;1] sao cho với x[0;1] h.k.n, | g(x ,u) | ≤ gr(x) với ║u ║ ≤ r . 2.2. Kiến thức bổ trợ 2.2.1.Định nghĩa 2.2.1 ║u ║∞= 0 1 sup x  | u(x) | và ║u ║ 22 = 1 2 0 ( )u x dx 2.2.2.Bổ đề 2.2.2 Nếu u(x)  C1[0;1] và u(0) = 0 thì : ║u ║ 22 ≤ ( 4/ π2) ║u′║ 22 ( xem chứng minh trong [6] ) 6 2.2.3.Bổ đề 2.2.3 Nếu u(x)  C1[0;1] và u(0) = u(1) = 0 thì : ║u ║ 22 ≤ ( 1/ π2) ║u′║ 22 ( xem chứng minh trong [6] ) 2.2.4.Bổ đề 2.2.4 Đặt Mη= max { η, 1– η }, 0 ≤ η ≤ 1. Nếu u(η ) = 0 thì : ║u ║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′║ 22 Chứng minh Vì u(η ) = 0, do Bổ đề 2.2.2, ta có : 2 2 2 2 0 0 4( ) [ ( )]u x dx u x dx      và 1 1 2 2 2 2 4( ) (1 ) [ ( )]u x dx u x dx       Do đó : 1 1 2 2 2 2 2 2 2 0 0 4 4( ) [ ( )] (1 ) [ ( )]u x dx u x dx u x dx           Suy ra : 1 1 2 2 2 2 2 2 2 0 0 4 4( ) [ ( )] [ ( )]u x dx M u x dx M u x dx           Hay : ║u ║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′║ 22  2.2.5.Bổ đề 2.2.5 Nếu u(0) = u(1) = 0 thì ║u ║∞ 1 0 1 2   | u′(x) | dx . Chứng minh Ta có : | u(x) | = | 0 ( ) x u t dt | 0 x   |u′(t)|dt 7 Mặt khác : | u(x) | = | 1 ( ) x u t dt | 1 x   |u′(t)|dt Do đó : 2 | u(x) | 1 0   |u′(t)|dt Tức là : | u(x) | 1 0 1 2   | u′(t) | dt, [0;1]x  Suy ra : [0;1] sup x | u(x) | 1 0 1 2   | u′(t) | dt Vậy : ║u ║∞ 1 0 1 2   | u′(x) | dx.  Xét không gian H3(0;1) được định nghĩa như sau : H3(0;1)= { uL2[[0;1]; ] : j j d u dx hoàn toàn liên tục trên [0;1], j = 0,1,2 và 3 3 d u dx L2([0;1]) } với chuẩn tương ứng ║.║ 3H được định nghĩa bởi : Với 3 1 3 2 2 2 2 0 (0;1), ([ ( )] [ ( )] [ ( )] [ ( )] ) H u H u u x u x u x u x dx       Ta định nghĩa toán tử : L : D(L)  C2[0;1] → L1[0;1] với : D(L) = { u  H3(0;1): u thỏa (2.2) hoặc ( 2.4 ) } và với u  D(L) thì Lu = 3 3 d u dx . 2.2.6.Bổ đề 2.2.6 ker L = {0} Chứng minh Lấy u  D(L), ta có : Lu = 0  3 3d udx = 0  u(x) = ax2 + bx + c, 8 Do đó có : u′(x) = 2ax + b và u′′(x) = 2a • Nếu u thỏa (2.2) tức u′(0) = u′(1) = u(η) = 0 thì : Do u′(0) = 0 nên có b = 0 Do u′(1) = 0 nên có a = 0 Do u(η) = 0 nên có c = 0 • Nếu u thỏa (2.4) tức u′(0) = u′′(1) = u(η) = 0 thì : Do u′(0) = 0 nên có b = 0 Do u′′(1) = 0 nên có a = 0 Do u(η) = 0 nên có c = 0 Do đó u =0 Vậy : ker L = {0}  2.3.Sự tồn tại nghiệm Trong phần này, chúng ta vận dụng định lý liên tục Leray-Schauder (xem trong [6]) để chỉ ra sự tồn tại nghiệm của các bài toán (2.1), (2.2) và (2.3), (2.4). 2.3.1.Định lý 2.3.1 Cho g : [0;1]× 3 → thỏa điều kiện Carathéodory và f  C( ; ). Giả sử : (i) Tồn tại các hàm số a(x)  C1[0;1], b(x), c(x)C[0;1], d(x)L1[0;1] và các hằng số dương ao , bo , co sao cho : a′(x) ≤ ao, b(x) ≥– bo, c(x) ≥ –co, x[0;1] h.k.n. và với mọi u, v, w , x[0;1] h.k.n: g(x,u,v,w) v ≥ a(x) v w + b(x) v2+ c(x) | u v | + d(x) | v | (ii) Tồn tại α  C[[0;1]× 2 ; ] và β  L1[0;1] sao cho : | g(x,u,v,w) | ≤ | α (x,u,v) | . | w |2 + β (x) với mọi u, v,w  và x  [0;1] h.k.n. Khi đó, với mọi e(x)  L1[0;1], bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm nếu : ( ao + 2 bo ) π + 4 Mη co < 2π3 với Mη= max { η , 1– η }. Chứng minh 9 Ký hiệu X là không gian Banach C2[0;1] và Y là không gian Banach L1[0;1] với chuẩn đã biết. Với mỗi u  X, v Y, ký hiệu tích vô hướng : (u, v) = 1 0  u(x) v(x) dx Định nghĩa ánh xạ tuyến tính : L: D(L)  X → Y Trong đó : D(L) = { u  X / u′′ hoàn toàn liên tục trên [0;1], u′(0) = u′(1) = u(η) = 0 } và với mỗi u  D(L), L(u) = u′′′. Đồng thời ta định nghĩa ánh xạ phi tuyến : N : X → Y xác định bởi : (Nu)(x) = f(u′(x)) . u′′(x) – g(x, u(x), u′(x), u′′(x)). Chú ý rằng N là ánh xạ liên tục, bị chặn. Dễ thấy ánh xạ tuyến tính L, theo định nghĩa trên, là đơn ánh. Tương tự như thế đối với ánh xạ tuyến tính: K : Y→ X được định bởi : Với mỗi yY : (Ky)(x) = 12 2 0 0 0 0 ( ) ( ) 2 x t s txy d d sd t y d d t          sao cho với mỗi yY, KyD(L), LKy= y và với mỗi uD(L), KLu = u, hơn nữa theo định lý Arzela-Ascoli K biến mỗi tập con bị chặn của Y thành tập con compact tương đối trong X. Vậy : KN: X → X là một ánh xạ compact . Chúng ta chú ý rằng u  C2[0;1] là một nghiệm của bài toán giá trị biên (2.1), (2.2) nếu và chỉ nếu u là một nghiệm của phương trình toán tử: Lu + Nu = e Phương trình toán tử Lu + Nu = e tương đương với phương trình : u + KNu = Ke Áp dụng định lý liên tục Leray-Schauder ta thu được sự tồn tại nghiệm của phương trình u + KNu = Ke hay của bài toán (2.1), (2.2). Để làm điều này, ta sẽ kiểm tra lại rằng tập tất cả các nghiệm của hệ phương trình : 10 u′′′+ λ f(u′). u′′ = λ g(x,u,u′,u′′) + λ e(x), x  (0;1) u(η) = u′(0) = u′(1) = 0, 0 ≤ η ≤ 1 (2.5) là bị chặn trong C2[0;1] bởi một hằng số độc lập với λ[0;1]. Cho u là nghiệm của (2.5) với λ  [0;1] . Vì u′(0) = u′(1) = 0, từ Bổ đề 2.2.3, thay u, u′ bởi u′, u′′ ta có : ║u′║ 22 ≤ ( 1/ π2) ║u′′║ 22 Từ Bổ đề 2.2.5, áp dụng bất đẳng thức Holder ta suy ra : ║u′║∞ ≤ 12 ║u′′║ 2 Do u(η) = 0 và Bổ đề 2.2.4, chúng ta có : ║u║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′║ 22 ≤ ( 4/ π2) M 2 ║u′′║ 22 Nhân (2.5) với u′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, ta có : 1 0  u′. u′′′dx + λ 1 0  f(u′).u′.u′′ dx = λ 1 0  g(x,u,u′,u′′).u′dx + λ 1 0  e(x) .u′dx Vì u′(0) = u′(1) = 0, 1 0  f(u′) u′ u′′dx = (1) (0) ( ') ' ( ') u u f u u d u    = 0 Hơn nữa, từ tích phân từng phần ta có : 1 0  u′ u′′′ dx = – 1 0  [u′′(x)]2dx Do đó, từ điều kiện (i) ta có : – 1 0  [u′′(x)]2dx ≥ λ 1 0  a(x)u′ u′′dx +λ 1 0  b(x)[u′(x)]2dx +λ 1 0  c(x) | u u′|dx + +λ 1 0  d(x) | u′|dx + λ 1 0  e(x) u′dx Do tích phân từng phần : 1 0  a(x)u′ u′′dx = a(x) [u′]2 | 10 – 1 0  a′(x)[u′(x)]2dx – 1 0  a(x)u′ u′′dx 11 Mà : a(x) [u′]2 | 10 = 0, suy ra : 1 0  a(x)u′ u′′dx = – 12 1 0  a′(x)[u′]2dx Do đó : – 1 0  [u′′(x)]2dx ≥ – 2 1 0  a′(x)[u′(x)]2dx +λ 1 0  b(x)[u′(x)]2dx + +λ 1 0  c(x) | u u′|dx +λ 1 0  d(x) | u′|dx +λ 1 0  e(x) u′dx Tiếp tục áp dụng điều kiện (i), suy ra : ║u′′║ 22  λ[( 02 a + bo)║ u′║ 22 + co ║u║ 2 .║u′║ 2 +║d║ 1 .║u′║  +║e║ 1 .║u′║  ] Do 0 ≤ λ ≤ 1 và các đánh giá trên, ta có : ║u′′║ 22  22 12 o oa b   ║u′′║ 22 + co 32 Mη║u′′║ 2 2 + 1 2 ( ║d║ 1 +║e║ 1)║u′′║ 2 Vì ║u′′║ 2 ≥ 0, suy ra : ( 2 π3 – π ( ao + 2 bo) – 4 co Mη ) ║u′′║ 2  π3 ( ║d║ 1 + ║e║ 1) Do giả thiết 2 π3 – π ( ao + 2 bo) – 4 co Mη > 0, nên : ║u′′║ 2 3 1 1 3 ( ) : 2 ( 2 ) 4o o o d e a b c M        Từ đó ta có : ║u′║    và ║u║    Bây giờ, ta đặt : M  = max | f(v)|, v  [ -  ,  ], do (2.1) ta có : |u′′′| ≤ | f(u′)| .| u′′| + | g(x,u,u′,u′′) | + | e(x) | Và do điều kiện (ii) nên ta có : ║u′′′║1 ≤ M ║u′′║ 2 + 1 0  | g(x,u,u′,u′′) | dx + ║e║ 1 ≤ M  .  + 1 0  | (x,u,u′)| | u′′ | 2 dx + ║  ║ 1+ ║e║ 1 ≤ M  .  +  2 K  + ║  ║ 1+ ║e║ 1 :=  1 12 với K  = max |  (x,u,v) | trên [0;1]× [–  ;  ] × [–  ;  ] . Hơn nữa, do u′(0) = u′(1) = 0, theo định lý Lagrange, tồn tại số   [0;1] sao cho u′′( ) = 0 và u′′(x) = x   u′′′(t)dt, x  [0;1]. Ta có : ║u′′║∞ ≤ ║u′′′║ 1≤  1 Vậy, có một hằng số C độc lập với  [0;1] sao cho :║u║ 2 [0;1]C ≤ C . Định lý 2.3.1 đã được chứng minh .  Lập luận tương tự ta có Định lý 2.3.2 sau : 2.3.2.Định lý 2.3.2 Giả sử tất cả các điều kiện của Định lý 2.3.1 được thỏa mãn, ngoại trừ trong điều kiện (i) chúng ta giả thiết rằng a(x)  C[0;1], a(x) ≥ –ao và : v.g(x,u,v,w) ≥ a(x) .| v w | + b(x) v2 + c(x) | u v | + d(x) | v | Khi đó, bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm nếu : ao π2 + bo π + 2 co Mη < π3 Chứng minh Lý luận như Định lý 2.3.1 với chú ý rằng : Từ : 1 0  u′. u′′′dx + λ 1 0  f(u′).u′.u′′dx = λ 1 0  g(x,u,u′,u′′).u′dx + λ 1 0  e(x) .u′dx Dùng điều kiện (i), suy ra : – 1 0  [u′′(x)]2dx ≥ λ 1 0  a(x) | u′ u′′ | dx +λ 1 0  b(x)[u′(x)]2dx +λ 1 0  c(x) | u u′|dx + +λ 1 0  d(x) | u′|dx + λ 1 0  e(x) u′dx ≥– λ ao 1 0  | u′ u′′ | dx – λ bo 1 0  [u′(x)]2dx – λ co 1 0  | u u′|dx + +λ 1 0  d(x) | u′|dx + λ 1 0  e(x) u′dx 13 Suy ra : 1 0  [u′′(x)]2dx ≤ λ [ ao 1 0  | u′ u′′ | dx + bo 1 0  [u′(x)]2dx + co 1 0  | u u′|dx – – 1 0  d(x) | u′|dx – 1 0  e(x) u′dx ] ≤ ao 1 0  | u′ u′′ | dx + bo 1 0  [u′(x)]2dx + co 1 0  | u u′|dx – – 1 0  d(x) | u′|dx – 1 0  e(x) u′dx Do đó : ║u′′║ 22  ao. 1 ║u′′║ 22 + 2 1 ob  ║u′′║ 22 + co 3 2  Mη ║u′′║ 2 2 + 3 ( ║d║ 1 + +║e║ 1) ║u′′║ 2 và được : ║u′′║ 2 3 1 1 3 2 ( ) : 2o o o d e a b c M         Phần chứng minh còn lại hoàn toàn giống như của Định lý 2.3.1.  2.3.3.Chú ý 2.3.3 Định lý 2.3.1 và 2.3.2 nêu tính giải được của bài toán (2.1) và (2.2) với mọi e(x) trong L1[0,1]. Điều đó hiển nhiên rằng Định lý 2.3.1 cho phép giải quyết được phương trình (2.1) với điều kiện biên không thuần nhất : u′(0) = A1, u′(1) = A2, u(η) = A3 2.3.4.Hệ quả 2.3.4 Cho g: [0,1] × 3 → thỏa điều kiện Carathéodory, f: → liên tục và giả thiết rằng với x [0;1] h.k.n, hàm g(x,u,v,w) khả vi liên tục theo u,v và w . Giả sử tồn tại các số thực ao, bo, co > 0 với ao π2 + bo π + 2 co Mη < π3 sao cho : ( , , , ) , ( , 0, , )o o g gx u v w c x v w b u v       , | ( ,0,0, ) g x w w   | ≤ ao (2.6) 14 với x [0;1] h.k.n và mọi u, v, w  . Thêm vào đó, giả sử tồn tại một hàm liên tục : α : [0,1] × 2 → và β(x) L1[0,1] sao cho : |g(x,u,v,w)| ≤ |α (x,u,v)|.|w|2 + β(x) (2.7) với mọi u, v, w  và x [0;1] h.k.n. Khi đó, với mỗi e(x) L1[0,1], bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm . Sử dụng phương pháp như trong Định lý 2.3.1, chúng ta chứng minh được định lý sau đối với bài toán biên (2.3), (2.4) : 2.3.5.Định lý 2.3.5 Cho g: [0,1] × 3 → thỏa điều kiện Carathéodory. Giả thiết rằng : (i) Tồn tại các hàm a(x), b(x), c(x)C[0;1], d(x)L1[0;1] và các hằng số dương ao, bo, co sao cho : a(x) ≥– ao, b(x) ≥ –bo, c(x) ≥ –co ,  x  [0;1]. và với mọi u, v, w  , x[0;1] h.k.n: g(x,u,v,w) v ≥ a(x) |v w| + b(x) v2+ c(x) | u v | + d(x) | v | (ii) Tồn tại α  C[ [0;1]× 2; ] và β  L1[0;1] sao cho : | g(x,u,v,w) | ≤ | α (x,u,v) | . | w |2 + β (x) với mọi u, v, w và x  [0;1] h.k.n. Khi đó, với mọi e(x) L1[0;1], bài toán (2.3), (2.4) có ít nhất một nghiệm nếu : 2π2 ao + 4 π bo + 8 Mη co < π3, với Mη= max { η, 1– η }. 2.3.6.Hệ quả 2.3.6 Giả sử các điều kiện của hệ quả 2.3.4 được thỏa mãn, trừ điều kiện ao π2 + bo π + 2 co Mη < π3 được thay bởi : 2 π2 ao+ 4 π bo+ 8 co Mη < π3 Khi đó, bài toán (2.3), (2.4) có nghiệm . 2.4.Sự duy nhất nghiệm Phần này trình bày về sự tồn tại nghiệm duy nhất của các bài toán biên : u′′′+ Au′′= g(x, u, u′, u′′) + e(x) (2.8) u(η ) = u′(0) = u′(1) = 0 (2.9) 15 và u′′′ = g(x, u, u′, u′′) + e(x) (2.10) u(η ) = u′(0) = u′′(1) = 0 (2.11) với A là hằng số và g(x, u, v, w) thỏa điều kiện Carathéodory, e(x)  L1[0;1]. 2.4.1.Định lý 2.4.1 Cho g: [0,1] × 3 → thỏa điều kiện Carathéodory và A là một hằng số. Giả sử tồn tại các hàm a(x)  C1[0;1], b(x), c(x)C[0;1] và các hằng số dương ao, bo, co sao cho : a′(x) ≤ ao, b(x) ≥ –bo, c(x) ≥ –co với x  [0;1] h.k.n. và với mọi ui, vi, wi  , i= 1,2 và x[0;1] h.k.n: (g(x,u1,v1,w1) –g(x,u2,v2,w2) ).( v1–v2) ≥ a(x) (w1– w2).( v1–v2) + +b(x) (v1–v2)2+ c(x) | u1– u2 | . | v1– v2 | Khi đó, với mọi e(x) L1[0;1], bài toán (2.8), (2.9) có nghiệm duy nhất nếu : (ao + 2bo) π + 4 co Mη < 2 π3 Chứng minh Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm của (2.8), (2.9), ta có : (u1–u2)′′′+ A. (u1–u2)′′ 1 1 1 2 2 2( , , , ) ( , , , )g x u u u g x u u u     (2.12) và ( u1–u2)(η ) =0; (u1–u2)′(0) = 0; (u1– u2)′(1) = 0 (2.13) Nhân (2.12) với (u1–u2)′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, với chú ý rằng : 1 1 2 1 2 1 2 1 2 0 ( ) ( ) ( ) .( )u u u u dx u u u u        | 10 – 1 0  [(u1–u2)′′]2dx = – 1 0  [(u1–u2)′′]2dx và : A 1 0  (u1–u2)′′ (u1–u2)′] dx = A 1 0  (u1–u2)′ d(u1–u2)′] = 12 1 2 0 [( ) ] 0 2 u u   Ta có : – 1 0  [(u1–u2)′′]2 dx 1 1 1 1 2 2 2 0 [ ( , , , ) ( , , , )]g x u u u g x u u u     (u1–u2)′ dx Đặt : y = u1–u2, từ điều kiện (i), ta có : 16 – 1 0  [y′′]2 dx ≥ 1 0  a(x) y′′y′dx + 1 0  b(x) [y′]2dx + 1 0  c(x) |y| . | y′| dx Mà : 1 0  a(x) y′′y′dx = a(x). [y′]2| 10 – 1 0  [a′(x).y′+ a(x).y′′] y′dx = – 1 0  a′(x).[y′]2dx – 1 0  a(x).y′′ y′dx Nên : 1 0  a(x) y′′y′dx = – 12 1 0  a′(x).[y′]2dx Ta thu được : – 1 0  [y′′]2 dx ≥ – 12 1 0  a′(x).[y′]2dx + 1 0  b(x) [y′]2dx + 1 0  c(x) |y| . | y′| dx Hay : 1 0  [y′′]2 dx ≤ 1 1 11 1 2 2 22 2 0 0 0 1( ) [ ] [ ] .[ [ ] ] 2 o o o a b y dx c y dx y dx     ≤ 1 1 2 2 2 3 0 0 1 22 [ ] [ ] o o o a b M c y dx y dx      Suy ra : [2 π3 –(ao +2 bo) π – 4 co Mη ] 1 0  [y′′]2 dx ≤ 0 Hay : 2 2 0y   ( do 2 π3 – (ao +2 bo) π – 4 co Mη > 0) Do Bổ đề 2.2.3 ta được : 22 0y   Từ đây, vì : 2 0y y   nên : y(x) = 0 Do đó : u1(x) = u2(x), x  [0;1] h.k.n Nhưng : H3(0;1)  C2[0;1] nên u1(x) = u2(x), [0;1]x  Định lý được chứng minh .  17 2.4.2.Định lý 2.4.2 Cho g: [0,1] × 3 → thỏa điều kiện Carathéodory và A là một hằng số . Giả sử tồn tại các hàm a(x), b(x), c(x)C[0;1] và các hằng số dương ao, bo, co sao cho : a(x) ≥– ao, b(x) ≥ –bo, c(x) ≥ –co với x[0;1] h.k.n. và với mọi ui, vi, wi  , i= 1,2 và x[0;1] h.k.n: (g(x,u1,v1,w1)–g(x,u2,v2,w2) ).( v1–v2) ≥ a(x) | w1– w2|.| v1–v2 | + +b(x) (v1–v2)2+ c(x) | u1– u2 | .| v1– v2 | Khi đó, với mọi e(x)L1[0;1], bài toán (2.8), (2.9) có nghiệm duy nhất nếu: ao π2+ bo π + 2 co Mη < π3 Chứng minh Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm của (2.8) , (2.9) , ta có : (u1–u2)′′′+ A. (u1–u2)′′ 1 1 1 2 2 2( , , , ) ( , , , )g x u u u g x u u u     (2.14) và ( u1–u2)(η ) =0; (u1– u2)′(0) = 0; (u1– u2)′(1) = 0 (2.15) Nhân (2.14) với (u1– u2)′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, với chú ý rằng : 1 1 2 1 2 1 2 1 2 0 ( ) ( ) ( ) .( )u u u u dx u u u u        | 10 – 1 0  [(u1–u2)′′]2dx =– 1 0  [(u1–u2)′′]2dx Và : A 1 0  (u1–u2)′′ (u1–u2)′] dx = A 1 0  (u1–u2)′ d(u1–u2)′] = 12 1 2 0 [( ) ] 0 2 u u   Ta có : – 1 0  [(u1–u2)′′]2 dx = 1 0  [ 1 1 1 2 2 2( , , , ) ( , , , )g x u u u g x u u u    ](u1–u2)′dx Đặt : y = u1–u2 , từ giả thiết, ta có : – 1 0  [y′′]2 dx ≥ 1 0  a(x) |y′′|.| y′|dx + 1 0  b(x) [y′]2dx + 1 0  c(x) |y| . | y′| dx ≥ –ao 1 0  |y′′| .| y′|dx – bo 1 0  [y′]2dx – co 1 0  |y| . | y′| dx 18 Hay : 1 0  [y′′]2 dx ≤ ao 1 0  |y′′| .| y′|dx + bo 1 0  |y′|2dx + co 1 0  |y| . | y′| dx 1 1 1 11 1 1 1 2 2 2 2 22 2 2 2 2 0 0 0 0 ( ) .( ) ( ) .( )o o oa y dx y dx b y c y dx y dx         2 2 2 2 32 2 2 2 oo o c Ma by y y       Hay : 2 2 y  2 2 22 32 2 2 2 oo o c Ma by y y       Suy ra : [ π3 – π2 ao –π bo – 2co Mη ]. 22 0y   Do đó : 22 0y   ( do ao π2+ bo π + 2 co Mη < π3 ) Do Bổ đề 2.2.3 ta được : 22 0y  Từ đây, vì : 2 0y y   nên : y(x) = 0 Do đó : u1(x) = u2(x), x  [0;1] h.k.n Nhưng : H3(0;1)  C2[0;1] nên u1(x) = u2(x), [0;1]x  . Định lý được chứng minh .  2.4.3.Định lý 2.4.3 Cho g: [0,1] × 3 → thỏa điều kiện Carathéodory. Giả sử tồn tại các hàm a(x), b(x), c(x)  C[0;1] và các hằng số dương ao, bo, co sao cho : a(x) ≥–ao, b(x) ≥ –bo , |c(x)| ≤ co với x  [0;1] h.k.n. Đồng thời với mọi ui, vi, wi  , i= 1, 2 và x [0;1] h.k.n: (g(x,u1,v1,w1)–g(x,u2,v2,w2) ).( v1–v2) ≥ a(x) | w1–w2|.| v1–v2 | + +b(x) (v1–v2)2+ c(x) | u1–u2 | . | v1– v2 | Khi đó, với mọi e(x)  L1[0;1], bài toán (2.10), (2.11) có nghiệm duy nhất nếu 2ao π2+ 4 bo π + 8 co Mη < π3 19 Chứng minh Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm của (2.10), (2.11), ta có : (u1–u2)′′′ 1 1 1 2 2 2( , , , ) ( , , , )g x u u u g x u u u     (2.16) Và ( u1–u2)(η ) =0; (u1–u2)′(0) = 0; (u1– u2)′′(1) = 0 (2.17) Nhân (2.16) với (u1– u2)′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, với chú ý rằng : 1 1 2 1 2 1 2 1 2 0 ( ) ( ) ( ) .( )u u u u dx u u u u        | 10 – 1 0  [(u1–u2)′′]2dx = – 1 0  [(u1–u2)′′]2dx Ta có : – 1 0  [(u1–u2)′′]2 dx = 1 0  [ 1 1 1 2 2 2( , , , ) ( , , , )g x u u u g x u u u    ](u1–u2)′dx Đặt : y = u1–u2, từ giả thiết, ta suy ra : – 1 0  [y′′]2 dx ≥ –ao 1 0  |y′′| .| y′|dx – bo 1 0  [y′]2dx – co 1 0  |y| . | y′| dx hay : 1 0  [y′′]2 dx ≤ ao 1 0  |y′′| .| y′|dx + bo 1 0  |y′|2dx + co 1 0  |y| . | y′| dx 1 1 1 11 1 1 1 2 2 2 2 22 2 2 2 2 0 0 0 0 ( ) .( ) ( ) .( )o o oa y dx y dx b y c y dx y dx         Do các Bổ đề 2.2.2 và 2.2.4, ta có : 1 0  [y′′]2 dx 2 2 222 2 22 4 2o o oa by y c M y       Hay : 2 2 y  2 2 22 22 2 22 4 2 4o o oa by y c M y        2 2 2 2 32 2 2 82 4 oo o c Ma by y y       Suy ra : [ π3 – 2π2 ao –4 π bo – 8co Mη ]. 22 0y   Hay : 2 2 0y   ( do 2ao π2+ 4 bo π + 8 co Mη < π3 ) 20 Do Bổ đề 2.2.2 ta được : 22 0y   Từ đây, vì : 2 0y y   nên : y(x) = 0 Do đó : u1(x) = u2(x), x  [0;1] h.k.n Nhưng : H3(0;1)  C2[0;1] nên u1(x) = u2(x), [0;1]x  . Định lý được chứng minh .  2.4.4.Chú ý 1.4.4 Chúng ta chú ý rằng các định lý 2.4.1-2.4.3 cho nghiệm duy nhất của các bài toán (2.8), (2.9) và (2.10), (2.11). Từ sự tồn tại và duy nhất nghiệm của (2.8), (2.9) và (2.10), (2.11) chúng ta có định lý chung của các mục 2.3 và 2.4. 2.5.Ví dụ Xét phương trình vi phân ψ′′′= k2 (x, ψ) ψ′ – a(x , ψ), x  [0;1] với điều kiện biên : ψ′(0) =ψ′(1) =ψ(1/2) = 0 Nếu chúng ta giả sử rằng k2(x,ψ) ≡ 1 và a(x, ψ) = a(x) ψ + b(x) với a(x)C1[0,1], b(x)C[0,1] thì theo Định lý 2.3.1, bài toán biên này có nghiệm. Bây giờ, nếu chúng ta giả sử rằng k, aC[ [0;1] × , ] và tồn tại các hàm c(x)  C[0,1], d(x)L1[0,1] sao cho c(x) > –π3 và : ψ′. a(x, ψ) ≤ c(x) |ψ.ψ′| + d(x) |ψ′| Khi đó theo Định lý 2.3.1, bài toán biên này có ít nhất một nghiệm trên C3[0;1] . 21 Chương 3 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM DƯƠNG CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN 3.1. Giới thiệu bài toán Trong chương này, phần đầu chúng ta xét bài toán giá trị biên 3-điểm sau: x′′(t) = f(t,x(t)), 0 < t < 1 (3.1) x′(0) = 0, x(1)= αx(η) (3.2) với 0< α, η < 1 và hàm số f cho trước thỏa một số điều kiện thích hợp. Lấy β  (0,π/2), rõ ràng bài toán (3.1), (3.2) tương đương với bài toán : x′′(t) + β2x(t) = g(t,x(t)) (3.3) x′(0) = 0, x(1)= αx(η) (3.4) với g(t,x) = f(t,x) + β2x (3.5) Chúng ta thiết lập các giả thiết sau : (H1) : α cosβη – cosβ > 0 (H2) : f : [0,1] × [0, +∞) → là hàm liên tục thỏa điều kiện : f(t,x) ≥ – β2x,  t [0,1], x [0, +∞) (3.6) (H 2  ): Hàm f(t,x) là không giảm theo x và thỏa (H2). Đặt : 1 cos cos K     sin (1 )M K  o cos (1 )sin (1 )KM       22 Chúng ta sẽ chỉ ra sự tồn tại nghiệm dương và nhiều nghiệm dương của bài toán (3.1), (3.2) bằng cách áp dụng định lý điểm bất động của Guo- Krasnoselskii và dùng thuật toán lặp đơn . Cuối cùng, chúng ta sẽ chỉ ra trường hợp tồn tại và duy nhất nghiệm dương của bài toán ba điểm biên. 3.2. Kiến thức bổ trợ Xét các không gian Banach C[0,1] và C2[0,1] được trang bị các chuẩn tương ứng :  max ( ) : 0 1x x t t   ,  2 max , ' , "x x x x , Chúng ta định nghĩa toán tử tuyến tính L: D(L)  C2[0,1] → C[0,1] định bởi : Lx := x′′ + β2x (3.7) trong đó : D(L) =  2[0,1] : '(0) 0, (1) ( )x C x x x    . Chúng ta sẽ xét đến các tính chất của toán tử nghịch đảo của L. 3.2.1.Bổ đề 3.2.1 Cho (0; )2   . Khi đó với mỗi h  C[0,1], tồn tại duy nhất hàm x = A(h)  D(L) sao cho Lx = h trong C(0,1). Ở đây, hàm A(h) được xác định bởi: Ah(t) = 1 0 ( , ) ( )G t s h s ds (3.8) với : ( , )G t s = 1 sin ( ), 0 1 0, 0 1 t s s t t s         23 cosK t sin (1 ) sin ( ), 0 sin (1 ), 1 s s s s s                (3.9) Chứng minh Giải phương trình : x′′(t) + β2 x(t) = h(t) (3.10) bằng phương pháp biến thiên hằng số, ta có : Phương trình thuần nhất : x′′(t) + β2 x(t) = 0 Phương trình đặc trưng : k2 + β2 = 0 cho 1,2 k i  Hai nghiệm riêng độc lập của phương trình thuần nhất là : y1= cosβt, y2 = sinβt Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là : x = c1 y1 + c2 y2 hay x(t) = c1 cosβt + c2 sinβt Coi c1, c2 là hai hàm số của t. Để nghiệm này là nghiệm của (3.10) thì c1(t) và c2(t) phải thỏa hệ phương trình : 1 2 1 2 ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) c t cos t c t sin t c t sin t c t cos t h t              Ta có : D = 2 2cos sin t cos sin sin t cos t t t t              D1= 0 sin t ( ) sin (t) cos t h t t h      D2= cos 0 ( ) cos t (t) t h t t sin h     Do đó : 1 1 2 2 ( ) sin( ) ( ) cos( ) D h t tc t D D h t tc t D           24 Suy ra : 1 1 2 2 1( ) ( )sin 1( ) ( )cos c t h t tdt k c t h t tdt k          Ta tìm được: 1 2 cos sin( ) ( )sin cos ( )cos sint tx t h t tdt k t h t tdt k t           Ta có : x′(t) = 1cossin ( ) sin ( ) sin sintt h t tdt h t t k t       2 sincos ( ) cos ( ) cos costt h t tdt h t t k t       = 1sin ( ) sin sint h t tdt k t     2cos ( ) cos cost h t tdt k t     Đặt : H(t) = ( ) sin , = ( ) cosh t tdt K(t) h t tdt   thì : H′(t) = h(t)sinβt, K′(t)= h(t) cosβt Ta có : x′(t) = sinβt H(t) + cosβt K(t) – β k1 sinβt + β k2 cosβt Do giả thiết (3.4), ta có : 2 1 2 (0) 0 cos sin(1) cos (1) sin K k H k K k             1 2 cos sin[ ( ) cos ( ) sin ]H k K k           Giải hệ ta được : 2 (0)Kk   25 1 cos . ( ) cos . (1) sin [ (1) (0)] sin [ ( ) (0)] ( cos cos ) H H K K K Kk                  Do đó: cos cos .cos . ( ) cos .cos . (1)( ) . ( ) ( cos cos ) t t H t Hx t H t               sin .cos [ (1) (0)] ( cos cos ) t K K        sin .cos [ ( ) (0)] ( cos cos ) t K K          sin sin( ) (0)t tK t K    sin sin .cos[ ( ) (0)] [ ( ) (0)] ( cos cos ) t tK t K K K             sin .cos cos .cos.[ (1) (0)] [ ( ) ( )] ( cos cos ) ( cos cos ) t tK K H H t                   cos .cos .[ (1) ( )] ( cos cos ) t H H t      Dùng ký hiệu tích phân, ta có: 0 0 sin sin .cos( ) cos . ( ) cos . ( ) ( cos cos ) tt tx t s h s ds s h s ds             1 0 sin .cos cos .coscos . ( ) sin . ( ) ( cos cos ) ( cos cos ) t t ts h s ds s h s ds             ._.