Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:44

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính xây dựng điều kiện cần và đủ để một toán tử tuyến tính và bị chặn mạnh l, 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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính

THƯ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆN 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. R+ = [0, +∞) Tập hợp số thực không âm. R− = ( −∞, 0] 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 v C = max { v (t ) : a ≤ t ≤ b} C ([ a, b ] ; D ) Không gian các hàm liên tục v : [ a, b ] → D , D ⊆ R Cλµ ([ a, b ]; D ) Không gian các hàm liên tục v : [ a, b ] → D thỏa mãn điều kiện λ v( a) + µ v(b) = 0 ° ([ a, b ] ; D ) C Tập các hàm liên tục tuyệt đối v : [ a, b ] → D . c ( [ a, b ] ; R ) Tập các hàm v ∈ C ([ a, b ] ; R ) thoả mãn điều kiện i Bλµ  λ v ( a ) + µ v ( b )  sgn ( ( 2 − i ) λv ( a ) + ( i − 1) µ v ( b ) ) ≤ c trong đó λ , µ , c ∈ R và i ∈ {1, 2} . L ( [ a, b ] ; R ) Không gian Banach các hàm khả tích Lebesgue b p : [ a, b ] → R với chuẩn p L = ∫ p ( s ) ds. a L ( [ a, b ] ; D ) Không gian các hàm p : [ a, b ] → D khả tích Lebesgue, D là tập con của R. M ab Tập các hàm đo được τ : [ a, b ] → [ a, b ]; Lab Tập các toán tử l : C ([ a, b ] ; R ) → L ([ a, b ] ; R ) tuyến tính bị chặn sao cho với mỗi l tồn tại η ∈ L ([ a, b ] ; R+ ) thoả mãn bất đẳng thức l ( v )( t ) ≤ η ( t ) v C ∀t ∈ [ a, b ] , v ∈ C ([ a, b ] ; R ) Khi đó l được gọi là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh. Pab Tập các toán tử l : C ([ a, b ] ; R+ ) → L ([ a, b ] ; R+ ) sao cho l tuyến tính và l ∈ Lab . K ab Tập các toán tử F : C ([ a, b ] ; R ) → L ([ a, b ]; R ) liên
tục thoả mãn điều kiện Carathèodory, nghĩa là với mỗi r > 0 tồn tại qr ∈ L ([ a, b ]; R+ ) sao cho F ( v )( t ) ≤ qr ( t ) , ∀t ∈ [ a, b ] , v C ≤ r. K ([ a, b ] × A; B ) Tập các hàm f : [ a, b ] × A → B , ( A ∈ R n , B ⊆ R, n ∈ ¥ ) thoả điều kiện Carathèodory, nghĩa là : + Hàm f ( ⋅, x ) : [ a, b ] → B đo được với mỗi x ∈ A + Hàm f ( t , ⋅) : A → B liên tục với mỗi t ∈ [ a, b ] + Với mỗi r > 0 tồn tại qr ∈ L ([ a, b ] ; R+ ) sao cho f ( t , x ) ≤ qr ( t ) ∀t ∈ [ a, b ] , x ≤ r . Toán tử t0 -Volterra ( t0 ∈ [ a, b ]) Tập các toán tử l ∈ Lab sao cho với hai số tùy ý a1 ∈ [ a, t0 ] , b1 ∈ [t0 , b ] sao cho a1 ≠ b1 và với mọi hàm v ∈ C ([ a, b ] ; R ) thoả mãn điều kiện : v ( t ) = 0, t ∈ [ a1 , b1 ] ta có l ( v )( t ) = 0 hầu khắp nơi trên [ a1 , b1 ] . [ x ]+ = ( x + x ) = [ x ]− = ( x − x ) = 1 1 1 1 x ( sgn x + 1) x ( sgn x − 1) 2 2 2 2 Toán tử l ∈ Lab được gọi là không tầm thường, nếu l (1) ≡ 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 ) = l (u )(t ) + q (t ) với điều kiện biên λ u ( a ) + µ u (b ) = c Trong đó l ∈ Lab , q ∈ L ([ a , b ]; ¡ ), λ , µ , c ∈ ¡ , λ + µ ≠ 0 ° ([a, b]; ¡) thoả mãn phương trình u′(t ) = l (u )(t ) + q (t ) hầu Nghiệm của bài toán là hàm u ∈ C khắp nơi trên [a,b] và thỏa mãn điều kiện biên λ u ( a ) + µ u (b ) = c 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 Vab+ (λ , µ ) . 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 λ + µ ≠ 0 và λµ ≤ 0 Trường hợp λ = − µ ta cần thêm điều kiện toán tử l ∈ Lab không tầm thường, nghĩa là l(1) ≢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 ) = l(u )(t ) + q (t ) (1.1) với điều kiện biên: λ u ( a ) + µ u (b ) = c (1.2) Trong đó l ∈ Lab , q ∈ L ([ a , b ]; ¡ ), λ , µ , c ∈ ¡ , λ + µ ≠ 0 ° ([a, b]; ¡) thoả mãn phương trình (1.1)hầu khắp Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm u ∈ C nơi trên [a,b]. Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng: u′(t ) = l(u )(t ) (1.10 ) λu (a ) + µu (b) = 0 (1.20 ) Trường hợp riêng của phương trình(1.1)là: m u′(t ) = ∑[ pk (t )u (τ k (t )) − gk (t )u (υk (t ))] + q(t ) (1.1′) k =1 Trongđó: pk , g k ∈ L([ a, b]; ¡ + ), q ∈ L ([ a, b], ¡ ),τ k ,υ k ∈ Mab ( k = 1,2,..., m), 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]; ¡), c ∈ ¡ sao cho bài toán (1.1), (1.2) không có nghiệm. 1.2 Tập Vab+ ( λ , µ ) 1.2.1 Định nghĩa Ta nói toán tử l ∈ Lab thuộc tập Vab+ ( λ , µ ) 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]; ¡ + ) và c ∈ ¡ thỏa mãn (sgn λ − sgn µ )c ≥ 0 thìbài toán (1.1),(1.2)có nghiệm không âm. 1.2.2 Chú ý Theo định lí 1.1.1, rõ ràng nếu l ∈ Vab+ (λ , µ ) thì bài toán (1.1), (1.2)có nghiệm duy nhất với mọi q ∈ L ([a, b]; ¡ ) và c ∈ ¡ . Hơn nữa, nếu l ∈ Pab và l ∈ Vab+ (λ , µ ) thì µ < λ . Thật vậy Do l ∈ Vab+ (λ , µ ) nên bài toán (1.1),(1.2) có nghiệm duy nhất u(t)với mỗi q ∈ L ([ a, b]; ¡ + ), c ∈ ¡ thỏa mãn (sgn λ − sgn µ )c ≥ 0 và u ( t ) ∈ C ([ a, b] ; ¡ + ) .Vì l ∈ Pab nên l ( u )( t ) ∈ L ([ a, b ]; ¡ + ) . Do đó ta có u′(t ) = l(u )(t ) + q (t ) ≥ 0 hay u (t ) là hàm tăngtrên [ a , b ] hay u ( b ) > u ( a ) ≥ 0 Hơn nữa, từ các điều kiện : λ u ( a ) + µ u ( b ) = c  (sgn λ − sgn µ )c ≥ 0 λµ ≤ 0  Nên ta có (sgn λ − sgn µ )c = (sgn λ − sgn µ ) λ u ( a ) + µu ( b )  ≥ 0  sgn λ = − sgn µ Do đó λ u ( a ) − µ u (b ) ≥ 0 Hay
λ u ( a ) ≥ µ u (b ) (1.3) v Nếu u ( a ) = 0 vì u ( b ) > 0 nên ta xét hai trường hợp µ = 0 và µ ≠ 0 Ø Trường hợp µ = 0 vì theo giả thiết λ + µ ≠ 0 nên λ > 0 . Do đó µ < λ đúng. Ø Trường hợp µ ≠0 khi đó (1.3) có dạng 0 ≥ µ u ( b ) > 0 vô lí. v Nếu u ( a ) > 0 khi đó, từ (1.3) ta có u (b ) λ≥µ >µ u (a) Suy ra µ < λ đúng. Vậy nếu l ∈ Pab và l ∈ Vab+ (λ , µ ) thì µ < λ n 1.2.3 Chú ý ° ([a, b]; ¡ ) thoả mãn các bất đẳng Theo định nghĩa1.2.1, l ∈ Vab+ (λ , µ ) nếu và chỉ nếu u, v ∈ C thức u′(t ) ≤ l(u )(t ) + q (t ), t ∈ [ a, b] v′(t ) ≥ l (v)(t ) + q (t ), t ∈ [ a, b] (1.4) λ u ( a ) − µ u (b) ≤ λ v ( a ) − µ v (b ) Thì u (t ) ≤ v (t ) với t ∈ [a , b] . Thật vậy Đặt h (t ) = v (t ) − u ( t ) . Theo (1.4) ta có h′ ( t ) ≥ l ( h )( t ) , t ∈ [ a, b] , λ h(a) − µ h(b) ≥ 0 Dễ thấy h là nghiệm của phương trình sau: h′(t ) = l( h)(t ) + q(t ), (1.5) λ h(a ) + µ h(b) = c với q ( t ) = h′ ( t ) − l ( h )( t ) ≥ 0, c = λ h ( a ) + µ h ( b ) Mặt khác vì
c ( sgn λ − sgn µ ) = 2c.sgn λ = 2[λ h(a) + µ h(b) ]sgn λ = 2  λ h(a) − µ h(b)  ≥ 0 nên theo định nghĩa 1.2.1 ta có bài toán (1.5)có nghiệm duy nhất h ( t ) ≥ 0 . Từ đó suy ra u (t ) ≤ v (t ) với mọi t ∈ [a , b] . n 1.2.4 Mệnh đề Cho µ < λ và l ∈ Pab . Khi đó l ∈ Vab+ (λ , µ ) nếu và chỉ nếu bài toán u′(t ) ≤ l(u )(t ), (1.6) λu (a) + µu (b) = 0 Không có nghiệmkhông âm khác tầm thường. Chứng minh v Điều kiện cần Giả sử l ∈ Vab+ (λ , µ ) , 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 u (t ) ≥ 0 ∀t ∈ [ a, b] Vì λµ ≤ 0 và λ u ( a ) + µ u (b) = 0 nên ta có λ u ( a ) − µ u (b ) = 0 Áp dụng chú ý 1.2.3với v ( t ) ≡ 0, q ( t ) ≡ 0 ta có u (t ) ≤ 0 ∀t ∈ [ a , b ] . Suy ra u (t ) ≡ 0 ∀t ∈ [ a, b] 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 l ∈ Vab+ (λ , µ ) 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 u0 là nghiệm của bài toán thuần nhất (1.10), (1.20). Ta có: ′ u0 ( t ) ′ = u0 ( t ) sgn ( u0 ( t ) )  = u0′ ( t ) sgn u0 ( t ) = l ( u0 ) ( t ) sgn u0 ( t ) (1.7) Mặt khác, từ
 u0 (t ) ≥ u0 (t )   u0 (t ) ≥ −u0 (t ) do l ∈ Pab ta có l ( u0 ) ( t ) ≥ l ( u0 ) ( t )   l ( u0 ) ( t ) ≥ −l ( u0 ) ( t ) nên l ( u0 ) ( t ) ≥ l ( u0 ) ( t ) = l ( u0 ) ( t ) sgn u0 ( t ) (1.8) Do λµ ≤ 0 nên từ điều kiện biên (1.20) ta có λ u0 ( a ) + µ u0 ( b ) = 0 . Do đó ta có: u0 ( t ) ′ = l ( u0 ) ( t ) sgn u0 ( t ) ≤ l ( u0 )(t ), t ∈ [ a, b ] λ u0 ( a ) + µ u0 ( b ) = 0 Vì vậy, u 0 là nghiệm của bài toán (1.6). Như vậy, u 0 ≡ 0 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]; ¡ + ) và c ∈ ¡ sao cho ( sgn λ − sgn µ ) c ≥ 0 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]; ¡ + ) và c ∈ ¡ sao cho ( sgn λ − sgn µ ) c ≥ 0 , ta có c sgn λ ≥0 λ −µ Đặt c sgn λ v(t ) = u (t ) − , t ∈ [ a, b] (1.9) λ−µ Ta có v′ ( t ) = u ′ ( t ) = l ( u )( t ) + q ( t ) ≥ l ( u )( t )  c sgn λ   c sgn λ  l ( v )( t ) = l  u −  ( t ) = l ( u )( t ) − l   ( t ) ≤ l ( u )( t )  λ−µ  λ −µ  Suy ra v′ ( t ) ≥ l ( v )( t ) Do l ∈ Pab kết hợp với(1.7) và (1.8) ta có v(t ) ′ ≤ l ( v ) ( t ) .
Do đó ta có   v(t ) ′ ≤ l ( v )(t )  v′ ( t ) ≥ l ( v )( t ) Nên v ( t ) ′ − v′ ( t ) ≤ l ( v ) ( t ) − l ( v )( t ) hay ′ 2  v ( t ) − ≤ l ( 2 [ v ]− ) ( t ) Từ đó suy ra [ v(t )]′− ≤ l ([v]− ) (t ), t ∈[a, b] Mặt khác, từ (1.9) , ta có λc sgn λ µc sgn λ λ v ( a ) + µ v ( b ) = λu ( a ) + µ u ( b ) − − λ−µ λ−µ Vì λµ ≤ 0 và điều kiện biên (1.2), nên từ đẳng thức cuối ta có λc µc λ v ( a ) + µ v ( b ) = λ u ( a ) + µu ( b ) − + λ−µ λ−µ  λ µ  = c − c  −  λ −µ λ −µ  =0 hay λ v ( a ) + µ v (b ) = 0 Hơn nữa, cũng từ λµ ≤ 0 từ đẳng thức cuối ta có sgn v (a )  λ v ( a ) + µ v ( b )  = 0 hay λ v ( a ) + µ v (b ) = 0 λ v ( a ) + µ v ( b ) = 0 do đó, ta có  λ v ( a ) + µ v ( b ) = 0 Suy ra λ[ v( a )]− + µ [v (b)]− = 0 Vậy [v]− ≥ 0 là nghiệm của phương trình(1.1)từ đó ta có [ v ]− ≡ 0 ∀t ∈ [ a, b] hay
v ( t ) = v ( t ) , t ∈ [ a, b] c sgn λ Mà u (t ) = v(t ) + , t ∈ [ a, b ] nên ta có u (t ) ≥ 0, t ∈ [ a , b ] . λ−µ Theo định nghĩa1.2.1ta có toán tử l ∈ Vab+ (λ , µ ) n 1.2.5 Định lí Cho µ < λ và l ∈ Pab . Khi đó toán tử l ∈ Vab+ (λ , µ ) nếu và chỉ nếu tồn tại hàm số γ ∈ C% ([a, b];(0, +∞) ) thoả mãn các bất đẳng thức γ ′(t ) ≥ l (γ )(t ), t ∈ [ a, b] (1.10) λ γ ( a ) > µ γ (b ) (1.11) Chứng minh v Điều kiện đủ. Giả sử tồn tại hàm số γ ∈ C% ([a, b];(0, +∞) ) thoả mãn các bất đẳng thức (1.10), (1.11). Ta chứng minh l ∈ Vab+ (λ , µ ) 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]; ¡ + ) và c ∈ ¡ thoả mãn bất đẳng thức ( sgn λ − sgn µ ) c ≥ 0 . Ta cần chứng minh u ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ] . Thật vậy, Do λµ ≤ 0 nên từ bất đẳng thức ( sgn λ − sgn µ ) c ≥ 0 ta có 2c.sgn λ ≥ 0 . Do đó ta có λ u ( a ) + µ u ( b ) = c hay λ u ( a ) − µ u ( b ) = c sgn λ ≥ 0 Từ đó suy ra λ u ( a ) ≥ µ u (b ) Ta sẽ chứng minh rằng u (t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b] Giả sử trái lại u (t ) < 0 ∀ t ∈ [ a, b] Khi đó tồn tại t0 ∈ [ a , b] sao cho u (t0 ) < 0  u (t )  Đặt r = max − , t ∈ [ a, b] và  γ (t )  w(t ) = rγ (t ) + u (t ), t ∈ [ a, b] Theo đó ta có
r>0 Rõ ràng w(t ) ≥ 0, t ∈ [a, b] u (t ) u (t ) và do liên tục trên đoạn [a, b], nên tồn tại t* ∈ [ a , b] sao cho r = − * . γ (t ) γ (t* ) Từ đó ta có w(t* ) = 0 Do w′(t ) = rγ ′(t ) + u′(t ) ≥ rl (γ )(t ) + l(u )(t ) + q (t ) = l ( w)(t ) + q (t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b] nên w(t ) đồng biến trên [a,b]. Hơn nữa do w(t* ) = 0 nên ta có w( a ) = 0 . Từ đó ta có λ u ( a ) = − r λ γ ( a ) < − r µ γ (b ) = µ ( u (b ) − w (b ) ) ≤ µ u (b ) Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức λ u ( a ) ≥ µ u (b ) . Vậy u (t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ a, b] Ø Bước 2. Chứng minh bài toán thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Thậy vậy, giả sử u0 là nghiệm của bài toán (1.10), (1.20). Hiển nhiên −u0 cũng là nghiệm của bài toán (1.10), (1.20).Như vậy, theo chứng minh trên ta có u0 (t ) ≥ 0, − u0 (t ) ≥ 0, t ∈ [ a , b] Do đó, u0 ≡ 0 v Điều kiện cần Giả sử l ∈ Vab+ (λ , µ ) ta sẽ chứng minhtồn tại hàm số γ ∈ C% ([a, b];(0, +∞) ) 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 γ ′(t ) = l (γ )(t ), (1.12) λγ (a ) + µγ (b) = sgn λ (1.13) Có nghiệm duy nhất γ và γ (t ) ≥ 0, t ∈ [ a , b] (1.14) Từ (1.13) và λµ ≤ 0 ta có λ γ ( a ) − µ γ (b) = ( sgn λ ) = 1 2 hay
λ γ ( a ) = 1 + µ γ (b ) do đó λ γ ( a ) > µ γ (b ) Vì λµ ≤ 0, µ < λ kết hợp với (1.14)suy ra (1.11)đúng và γ ( a) > 0 (1.15) Từ (1.14) và (1.15) ta có γ (t ) > 0, t ∈ [ a, b] Như vậy tồn tại hàm số γ ∈ C% ([a, b];(0, +∞) ) thoả mãn các bất đẳng thức γ ′(t ) ≥ l (γ )(t ), t ∈ [ a, b] λ γ ( a ) > µ γ (b) n 1.2.6 Hệ quả Cho µ < λ , l ∈ Pab . Đặt  ρ1 ≡ 1   µ b t ρ  i +1 (t ) = λ − µ ∫a i l ( ρ )( s ) ds + ∫a l( ρi )(s)ds, t ∈ [a, b], i ∈ ¥  Giả sử tồn tại m, k ∈ ¥, α ∈ (0,1), α = const , m > k thoả mãn ρ m (t ) ≤ αρ k (t ), t ∈ [ a, b] Khi đó l ∈ Vab+ (λ , µ ) . Chứng minh Đặt k m γ (t ) = (1 − α )∑ ρ j (t ) + ∑ ρ (t ), j t ∈ [ a, b] j =1 j = k +1 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 k = 1, m = 2 Nếu µ < λ , l ∈ Pab và b λ ∫ l (1)( s ) ds < λ − µ a thì l ∈Vab+ ( λ , µ ) .
Hơn nữa, nếu i. Bài toán(1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường b ii. µ < λ , l ∈ Pab sao cho λ ∫ l (1)( s ) ds = λ − µ a thì ta cũng có l ∈Vab+ ( λ , µ ) . Thật vậy, giả sử µ < λ , l ∈ Pab sao cho b λ ∫ l (1)( s ) ds = λ − µ a 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 u′(t ) = l(u )(t ) λu (a) + µu(b) = sgn λ Như vậy, theo định nghĩa 1.2.1 để chứng minh l ∈Vab+ (λ , µ ) ta chỉ cần chứng minh u (t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b] . Thật vậy, giả sử trái lại u (t ) < 0 với mọi t ∈ [ a , b ] . Vì u(t) liên tục trên [ a , b ] nên tồn tại t0 ∈ [ a , b ] sao cho M = max {−u (t ) : t ∈[ a, b]} = −u (t0 ) (1.16) Tích phân (1.10) từ a đến t0và l ∈ Pab ta có t0 u ( t0 ) − u ( a ) = ∫ l(u )(s ) ds a Do M = −u (t0 ) nên t0 t0 M + u ( a ) = − ∫ l(u )( s ) ds ≤ M ∫ l(1)( s ) ds a a do đó t0 M + u ( a ) ≤ M ∫ l (1)( s ) ds (1.17) a Tích phân (1.10) từ t0 đến bvà l ∈ Pab ta có
b u (b) − u ( t0 ) = ∫ l(u )( s)ds t0 Do M = −u (t0 ) nên b u (b) + M = ∫ l(u )( s )ds t0 µ µ Nhân − λ vào đẳng thức cuối, do λ ∈ [0,1) ta có µ µ µ b µ b − u (b) − M = − ∫ l(u )( s)ds = ∫ l(−u )(s )ds λ λ λ t 0 λ t 0 b b < ∫ l(−u )( s )ds ≤ M ∫ l(1)( s)ds t0 t0 hay µ µ b − u (b) − M ≤ M ∫ l(1)( s )ds (1.18) λ λ t 0 Mặt khác do λµ ≤ 0 ta có 1 µ λu (a) + µu (b) = sgn λ ⇒ u (a) = + u (b) (1.19) λ λ Cộng vế theo vế (1.17) với (1.18) kết hợp với (1.19) ta có µ µ b t0 M + u (a) − u (b) − M ≤ M ∫ l(1)( s)ds + M ∫ l(1)( s )ds λ λ a t 0 hay  µ 1 µ µ b M 1 −  + + u (b) − u (b) ≤ M ∫ l(1)( s ) ds  λ  λ λ λ a do đó  µ 1 b M 1 −  + ≤ M ∫ l (1)( s ) ds  λ  λ a b Suy ra M ( λ − µ ) + 1 ≤ M λ ∫ l (1)( s ) ds (1.20) a Từ (1.20) kết hợp với giả thiết
b λ ∫ l (1)( s ) ds = λ − µ a Ta gặp mâu thuẫn. Do đó, u (t ) ≥ 0 với mọi t ∈ [ a , b ] . Mặt khác từ (1.10) và l ∈ Pab , ta có u′(t ) ≥ 0 với mọi t ∈ [ a , b ] Hơn nữa, do λ ≠ 0 và λµ ≤ 0 từ phương trình (1.13) ta có λ u ( a ) − µ u (b ) = 1 hay λ u ( a ) = 1 + µ u (b ) do đó λ u ( a ) ≥ µ u (b ) Vì u (b) > 0 suy ra u ( a ) > 0 ∀t ∈ [a, b] Vì vậy u (t ) > 0 với mọi t ∈ [ a , b ] nên theo định lí 1.2.5ta có l ∈ Vab+ (λ , µ ) . n 1.2.8 Định lí Cho 0 < µ ≤ λ và l = l 0 − l 1 với l 0 , l 1 ∈ Pab Nếu ta có i) l 0 (1) L < 1 (1.21) l 0 (1) λ −µ µ ii) L − < l 1 (1) L ≤ (1.22) 1 − l 0 (1) L µ λ thì l ∈ Vab+ (λ , µ ) . Để chứng minh định lý 1.2.8trước hết ta chứng minh Bổ đề 1.2.9 1.2.9 Bổ đề Cho • 0 < µ ≤ λ , q ∈ L ( [ a, b ] ; ¡ − ) • c ∈ ¡ sao cho c sgn λ ≤ 0 • toán tử l = l 0 − l 1 với l 0 , l 1 ∈ Pab • Và nếu
l 0 (1) L < 1 , l 0 (1) λ−µ (1.23) L − < l1 (1) 1 − l 0 (1) L µ L thì bài toán (1.1), (1.2)không có nghiệm không tầm thường thoả mãn u (t ) ≥ 0 ∀t ∈ [ a , b ] Chứng minh. Giả sử ngược lại bài toán (1.1), (1.2)có nghiệm không tầm thườnguthoả mãn u (t ) ≥ 0 ∀ t ∈ [ a , b ] . Vì u ( t ) liên tục trên [ a , b ] nên tồn tại tM , tm ∈ [ a, b] sao cho M = max {u (t ) : t ∈[a, b]} = u (tM ), (1.24) m = min {u (t ) : t ∈[a, b]} = u (tm ) Hiển nhiên, M > 0, m ≥ 0, Ta xét hai trường hợp tM > tm và tM < tm . Ø Trường hợp : tM > tm .Lấy tích phân (1.1)từ tm đến tM , vì u (t ) ≥ 0 ∀ t ∈ [ a, b ] , l 0 , l 1 ∈ Pab kết hợp với(1.24), và giả thiết q ∈ L ([ a , b ]; ¡ − ) , ta có: tM u ( tM ) − u ( tm ) = ∫ [l tm 0 (u )( s ) − l1 (u)( s) + q( s) ] ds do đó tM M −m= ∫ [l tm 0 (u )( s ) − l1 (u )( s) + q ( s) ] ds tM tM ≤ ∫ l 0 (u )( s) ds ≤ M ∫ l 0 (1)( s ) ds ≤ M l 0 (1) L tm tm Hơn nữa, từ giả thiết l 0 (1) L < 1 , ta có 0 < M (1 − l 0 (1) L )≤m (1.25) Ø Trường hợp: tM < tm , do λµ ≤ 0 và c sgn λ ≤ 0 , u (t ) ≥ 0 ∀ t ∈ [a, b] kết hợp (1.2) và giả µ thiết λ ∈ (0,1], ta có λ u ( a ) − µ u ( b ) = c sgn λ do đó
tM M −m= ∫ [l tm 0 (u )( s ) − l1 (u )( s) + q ( s) ] ds tM tM ≤ ∫ l 0 (u )( s) ds ≤ M ∫ l 0 (1)( s ) ds ≤ M l 0 (1) L tm tm hay µ c sgn λ u (b) − u (a ) ≥ u (b) − u (a) = − ≥0 λ λ Vậy u (b ) − u ( a ) ≥ 0 (1.26) Do u (t ) ≥ 0 ∀ t ∈ [ a, b ] và l 0 , l 1 ∈ Pab cùng với(1.24),và giả thiết q ∈ L ([ a , b ], ¡ − ) , kết hợp với: Tích phân (1.1) từ a đến tM, ta có tM u ( tM ) − u ( a ) = ∫ [l a 0 (u )( s) − l 1 (u )( s) + q ( s ) ] ds do đó tM tM tM M − u (a) = ∫ [l a 0 (u )( s ) − l 1 (u )( s ) + q( s ) ] ds ≤ ∫l a 0 (u )( s ) ds ≤ M ∫ l 0 (1)( s ) ds a Tích phân (1.1) từ tm đến b, ta có b u ( b ) − u ( tm ) = ∫ [l 0 (u )( s ) − l1 (u )( s) + q( s) ] ds tm hay b b b u (b) − m = ∫ [ l 0 (u )( s ) − l1 (u )( s) + q( s )] ds ≤ ∫ l 0 (u )( s )ds ≤ M ∫ l 0 (1)( s)ds tm tm tm Từ đó, ta có tM M − u ( a ) ≤ M ∫ l 0 (1)( s) ds, a b u (b) − m ≤ M ∫ l 0 (1)( s ) ds tm Cộng vế theovế hai bất đẳng thức cuối,do l 0 , l 1 ∈ Pab và giả thiết l 0 (1) L < 1 , u (b) − u ( a ) ≥ 0 , ta có
tM b u ( b ) − u ( a ) + M − m ≤ M ∫ l 0 (u )( s )ds +M ∫ l 0 (u )( s )ds a tm do đó b 0 < M − m ≤ M ∫ l 0 (u )( s ) ds ≤ M l 0 (1) L a hay 0 < M − m ≤ M l 0 (1) L Suy ra 0 < M (1 − l 0 (1) L )≤m Do đó, bất đẳng thức (1.25) thoả mãn cả hai trường hợp tM > tm và tM < tm . Mặt khác, tích phân (1.1)từ a đến b, do l 0 , l 1 ∈ Pab , kết hợp với (1.24) và giả thiết q ∈ L ([ a , b ]; ¡ − ) , ta có b u (b) − u ( a ) = ∫ [ l 0 (u )( s ) − l 1 (u )( s ) + q ( s ) ] ds ≤ M l 0 (1) L − m l 1 (1) L a u(b) − u (a) ≤ M l 0 (1) L − m l1 (1) L (1.27) Do c sgn λ ≤ 0 và λµ ≤ 0 nên từ (1.2) ta có λu ( a ) + µ u (b ) = c do đó λ c λ c sgn λ u (b) = u (a) + = u (a) − µ µ µ µ hay λ c sgn λ u (b ) = u (a) − (1.28) µ µ Mặt khácdo giả thiết 0 < µ ≤ λ suy ra λ µ ≥ 1kết hợp với(1.24), (1.28) và c sgn λ ≤ 0 , từ (1.27)ta có