BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Ngọc Ấn
ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh – 2009
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Ngọc Ấn
ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT
CỦA BÀI TOÁN BA ĐIỂM BIÊN
Chuyên ngành : Toán Giải Tích Mã số : 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS. NGUYỄN VĂN ĐÔNG
Thành phố Hồ Chí Minh – 2009
LỜI 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 ( (cid:0) , (cid:0) ) và g : [0;1] × (cid:0)
3 (cid:0) 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) 3 (cid:0) thỏa điều kiện Carathéodory,
trong đó, f C ( (cid:0) , (cid:0) ) và g : [0;1] × (cid:0) nghĩa là :
3 g(x, u) (cid:0) liên tục. 3, hàm x [0;1] g(x, u) (cid:0) đo được.
(i) Với x [0 ; 1] h.k.n, hàm u (cid:0) (ii) Với mọi u (cid:0) (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
1
2
u x dx ( )
| u(x) | và ║u ║ 2
║u ║∞=
2 =
sup x 1 0
0
2.2.2.Bổ đề 2.2.2
Nếu u(x) C1[0;1] và u(0) = 0 thì :
║u
║ 2
2 ≤ ( 4/ π2) ║u′║ 2
2
( xem chứng minh trong [6] )
6
2.2.3.Bổ đề 2.2.3
║u
║ 2
Nếu u(x) C1[0;1] và u(0) = u(1) = 0 thì : 2 ≤ ( 1/ π2) ║u′║ 2
2
( 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
║ 2
║u′║ 2
2
2 ≤ ( 4/ π2) M 2
Chứng minh
Vì u(η ) = 0, do Bổ đề 2.2.2, ta có :
2
2
u
x dx ( )
[
u x
( )]
dx
4 2 2
0
0
1
1
2
2
2
u
x dx ( )
(1
[
u x
( )]
dx
)
và
4 2
Do đó :
1
1
2
2
2
2
u
x dx ( )
[
u x
( )]
dx
(1
[
u x
( )]
dx
)
4 2
4 2 2
0
0
1
2
2
2
u
x dx ( )
( )]
dx
( )]
dx
2
2
Suy ra :
4 2
4 2
0
M u x [ 0
1 M u x [
Hay : ║u ║ 2
2 ≤ ( 4/ π2) M 2
2
║u′║ 2
2.2.5.Bổ đề 2.2.5
1
| u′(x) | dx .
Nếu u(0) = u(1) = 0 thì ║u ║∞
1 2
0
Chứng minh
x
x
|
Ta có : | u(x) | = |
u t dt ( )
|u′(t)|dt
0
0
7
1
1
Mặt khác : | u(x) | = |
|
|u′(t)|dt
u t dt ( )
x
x
1
Do đó : 2 | u(x) |
|u′(t)|dt
0
1
[0;1]
x
Tức là : | u(x) |
| u′(t) | dt,
1 2
0
1
| u(x) |
| u′(t) | dt
Suy ra :
sup x [ 0;1]
1 2
0
1
| u′(x) | dx.
Vậy : ║u ║∞
1 2
0
Xét không gian H3(0;1) được định nghĩa như sau :
hoàn toàn liên tục trên [0;1], j = 0,1,2
H3(0;1)= { uL2[[0;1]; (cid:0) ] :
j d u j dx
và
L2([0;1]) } với chuẩn tương ứng ║.║ 3H được định nghĩa bởi :
3 d u 3 dx
1
3
2 u x ([ ( )]
2 ( )] u x [
2 ( )] u x [
2 ( )] ) u x [
Với
3
H
0
(0;1), u dx u H
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 ) }
3 d u 3 dx
. và với u D(L) thì Lu =
2.2.6.Bổ đề 2.2.6
ker L = {0}
Chứng minh
Lấy u D(L), ta có :
3 d u 3 dx
= 0 u(x) = ax2 + bx + c, Lu = 0
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
3 → (cid:0) thỏa điều kiện Carathéodory và f C( (cid:0) ; (cid:0) ).
Cho g : [0;1]× (cid:0)
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,
2 ; (cid:0) ] và β L1[0;1] sao cho :
x[0;1] h.k.n. và với mọi u, v, w (cid:0) , x[0;1] h.k.n: (x,u,v,w) v ≥ a(x) v w + b(x) v2+ c(x) | u v | + d(x) | v | g
(ii) Tồn tại α C[[0;1]× (cid:0)
| g(x,u,v,w) | ≤ | α (x,u,v) | . | w |2 + β (x) với mọi u, v,w (cid:0) 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
1
L1[0;1] với chuẩn đã biết. Với mỗi u X, v Y, ký hiệu tích vô hướng :
u(x) v(x) dx
0
(u, v) =
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:
x t
s
1
t
2
2
x
y
d d s d t
y
d d t
( )
( )
K : Y → X được định bởi : Với mỗi yY :
2
0 0
0 0
(Ky)(x) =
sao cho với mỗi yY, KyD(L), LKy= y và với mỗi uD(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 :
2 ≤ ( 1/ π2) ║u′′║ 2
2
║ u′║ 2
Từ Bổ đề 2.2.5, áp dụng bất đẳng thức Holder ta suy ra :
║u′′║ 2 ║u′║∞ ≤ 1 2
Do u(η) = 0 và Bổ đề 2.2.4, chúng ta có :
2 ≤ ( 4/ π2) M 2
2 ≤ ( 4/ π2) M 2
║u′║ 2
2 ║u′′║ 2
║ u║ 2
1
1
1
1
u′. u′′′dx + λ
f(u′).u′.u′′ dx = λ
g(x,u,u′,u′′).u′dx + λ
e(x) .u′dx
0
0
0
0
u
(1)
1
Nhân (2.5) với u′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, ta có :
f(u′) u′ u′′dx =
0
u
(0)
Vì u′(0) = u′(1) = 0, = 0 f u u d u ( ') ' ( ')
1
1
u′ u′′′ dx = –
[u′′(x)]2dx
0
0
Hơn nữa, từ tích phân từng phần ta có :
1
1
1
1
Do đó, từ điều kiện (i) ta có :
[u′′(x)]2dx ≥ λ
a(x)u′ u′′dx +λ
b(x)[u′(x)]2dx +λ
c(x) | u u′|dx +
0
0
0
0
1
1
–
d(x) | u′|dx + λ
e(x) u′dx
0
0
+λ
1
1
1
0 –
a(x)u′ u′′dx = a(x) [u′]2 | 1
a′(x)[u′(x)]2dx –
a(x)u′ u′′dx
0
0
0
Do tích phân từng phần :
11
1
1
0 = 0, suy ra :
a(x)u′ u′′dx = –
a′(x)[u′]2dx
1 2
0
0
Mà : a(x) [u′]2 | 1
1
1
Do đó :
[u′′(x)]2dx ≥ –
a′(x)[u′(x)]2dx +λ
b(x)[u′(x)]2dx +
1 2
0
0
0
1
1
1
–
c(x) | u u′|dx +λ
d(x) | u′|dx +λ
e(x) u′dx
0
0
0
+λ
Tiếp tục áp dụng điều kiện (i), suy ra :
2 + co ║u║ 2 .║u′║ 2 +║d║ 1.║u′║ +║e║ 1.║u′║ ]
a 2 λ[( 0 2
║u′′║ 2 + bo)║ u′║ 2
a o
Do 0 ≤ λ ≤ 1 và các đánh giá trên, ta có :
2
2 + co
2 +
b 2 o 2
1 2
1 2
2 3
║u′′║ 2 ║u′′║ 2 Mη║u′′║ 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 :
o
3 d ( e ) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) 1 1 3 2 ) 4 ( 2 a c M b o o
║u′′║ 2
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) |
1
Và do điều kiện (ii) nên ta có :
| g(x,u,u′,u′′) | dx + ║e║ 1
0
1
║u′′′║ 1 ≤ M ║u′′║ 2 +
|(x,u,u′)| | u′′ | 2 dx + ║║ 1+ ║e║ 1
0
≤ M . +
≤ M . + 2 K + ║║ 1+ ║e║ 1 := 1
12
với K = max | (x,u,v) | trên [0;1]× [– ; ] × [– ; ] .
x
Hơn nữa, do u′(0) = u′(1) = 0, theo định lý Lagrange, tồn tại số
u′′′(t)dt, x [0;1].
[0;1] sao cho u′′() = 0 và u′′(x) =
Ta có : ║u′′║∞ ≤ ║u′′′║ 1≤ 1
C
≤ C . Vậy, có một hằng số C độc lập với [0;1] sao cho :║u║ 2 [0;1]
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 :
o π2 + bo π + 2 co Mη < π3
a
Chứng minh
1
1
1
1
Lý luận như Định lý 2.3.1 với chú ý rằng :
u′. u′′′dx + λ
f(u′).u′.u′′dx = λ
g(x,u,u′,u′′).u′dx + λ
e(x) .u′dx
0
0
0
0
Từ :
1
1
1
1
Dùng điều kiện (i), suy ra :
[u′′(x)]2dx ≥ λ
a(x) | u′ u′′ | dx +λ
b(x)[u′(x)]2dx +λ
c(x) | u u′|dx +
0
0
0
0
1
1
–
d(x) | u′|dx + λ
e(x) u′dx
0
0
1
1
1
+λ
| u′ u′′ | dx – λ bo
[u′(x)]2dx – λ co
| u u′|dx +
0
0
0
1
1
≥– λ ao
d(x) | u′|dx + λ
e(x) u′dx
0
0
+λ
13
1
1
1
1
[u′′(x)]2dx ≤ λ [ ao
| u′ u′′ | dx + bo
[u′(x)]2dx + co
| u u′|dx –
0
0
0
0
1
1
Suy ra :
d(x) | u′|dx –
e(x) u′dx ]
0
0
1
1
1
–
| u′ u′′ | dx + bo
[u′(x)]2dx + co
| u u′|dx –
0
0
0
1
1
≤ ao
d(x) | u′|dx –
e(x) u′dx
0
0
–
Do đó :
ob
2 ao.
2 +
2 + co
2 +
3 ( ║d║ 1 +
1
1 2
2 3
║u′′║ 2 ║u′′║ 2 ║u′′║ 2 Mη ║u′′║ 2
:
+║e║ 1) ║u′′║ 2
3
3 d ( (cid:0) (cid:0) 1 2 b a o o
o
e ) (cid:0) (cid:0) 1 c M 2
và được : ║u′′║ 2
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
3 → (cid:0) thỏa điều kiện Carathéodory, f: (cid:0) → (cid:0) 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
Cho g: [0,1] × (cid:0)
x ( ,0,0,
w )
x u v w ( , ,
,
)
c
,
x ( , 0,
v w ,
)
, |
o
b o
| ≤ ao (2.6)
g u
g w
g v
sao cho :
14
với x [0;1] h.k.n và mọi u, v, w (cid:0) . Thêm vào đó, giả sử tồn tại một hàm liên tục :
α : [0,1] × (cid:0)
2 → (cid:0) và β(x) L1[0,1] sao cho :
(2.7)
|g(x,u,v,w)| ≤ |α (x,u,v)|.|w|2 + β(x)
với mọi u, v, w (cid:0) 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
3 → (cid:0) thỏa điều kiện Carathéodory. Giả thiết rằng : Cho g: [0,1] × (cid:0) (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 (cid:0) , 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 |
2; (cid:0) ] và β L1[0;1] sao cho :
(ii) Tồn tại α C[ [0;1]× (cid:0)
| g(x,u,v,w) | ≤ | α (x,u,v) | . | w |2 + β (x) với mọi u, v, w (cid:0) 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] × (cid:0)
3 → (cid:0) 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 (cid:0) , 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 :
( ,
,
( ,
,
)
(2.12)
(u1–u2)′′′+ A. (u1–u2)′′
g x u u u , ) 1 1
1
g x u u u , 2
2
2
(2.13)
và ( u1–u2)(η ) =0; (u1–u2)′(0) = 0; (u1– u2)′(1) = 0
Nhân (2.12) với (u1–u2)′ và lấy tích phân từ 0 đến 1, với chú ý rằng :
1
1
u
u
)
dx
(
u
u
)
u ( 1
) ( u 1
2
2
u 1
) .( u 1
2
2
0 – | 1
[(u1–u2)′′]2dx
0
0
1
= –
[(u1–u2)′′]2dx
0
12
1
1
[( u 1
và : A
0
(u1–u2)′′ (u1–u2)′] dx = A
(u1–u2)′ d(u1–u2)′] =
u ) ] 2 2
0
0
0
1
1
Ta có : –
[(u1–u2)′′]2 dx
0
0
, ( , , )] (u1–u2)′ dx g x u u u [ ( , , ) 1 1 1 g x u u u , 2 2 2
Đặt : y = u1–u2, từ điều kiện (i), ta có :
16
1
1
1
1
[y′′]2 dx ≥
a(x) y′′y′dx +
b(x) [y′]2dx +
c(x) |y| . | y′| dx
0
0
0
0
1
1
–
0 –
a(x) y′′y′dx = a(x). [y′]2| 1
[a′(x).y′+ a(x).y′′] y′dx
0
0
1
1
Mà :
a′(x).[y′]2dx –
a(x).y′′ y′dx
0
0
1
1
= –
a(x) y′′y′dx = –
a′(x).[y′]2dx
1 2
0
0
Nên :
1
1
1
1
Ta thu được :
[y′′]2 dx ≥ –
a′(x).[y′]2dx +
b(x) [y′]2dx +
c(x) |y| . | y′| dx
1 2
0
0
0
0
1
1
1
2
2
1 2
(
]
[
]
]
y
dx
c
2 y dx
y
dx
b o
o
–
1 ] .[ [ 2
[y′′]2 dx ≤
1 a 2 o
0
0
1 ) [ 0
0
1
1
a
b
o
o
2
o
2
2
1 2
[
]
[
]
y
dx
y
dx
Hay :
2
M c 3
0
0
1
≤
[y′′]2 dx ≤ 0
0
2
y
0
Suy ra : [2 π3 –(ao +2 bo) π – 4 co Mη ]
2
Hay : ( do 2 π3 – (ao +2 bo) π – 4 co Mη > 0)
2 y 0 2
y
y
0
Từ đây, vì :
2
nên :
y(x) = 0
Do đó : u1(x) = u2(x), x [0;1] h.k.n
[0;1]
x
Nhưng : H3(0;1) C2[0;1] nên u1(x) = u2(x),
Định lý được chứng minh .
Do Bổ đề 2.2.3 ta được :
17
2.4.2.Định lý 2.4.2
3
Cho g: [0,1] ×
(cid:0) → (cid:0) 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 (cid:0) , 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 :
( ,
,
( ,
,
)
(2.14)
(u1–u2)′′′+ A. (u1–u2)′′
g x u u u , ) 1 1
1
g x u u u , 2
2
2
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
u
u
)
dx
(
u
u
)
u ( 1
) ( u 1
2
2
u 1
) .( u 1
2
2
0 – | 1
[(u1–u2)′′]2dx
0
0
1
=–
[(u1–u2)′′]2dx
0
12
1
1
u [( 1
Và : A
0
(u1–u2)′′ (u1–u2)′] dx = A
(u1–u2)′ d(u1–u2)′] =
u ) ] 2 2
0
0
0
1
1
( ,
,
( ,
,
)
Ta có : –
](u1–u2)′dx
g x u u u , ) 1 1
1
g x u u u , 2
2
2
[(u1–u2)′′]2 dx =
[
0
0
Đặt : y = u1–u2 , từ giả thiết, ta có :
1
1
1
1
–
[y′′]2 dx ≥
a(x) |y′′|.| y′|dx +
b(x) [y′]2dx +
c(x) |y| . | y′| dx
0
0
0
0
1
1
1
≥ –ao
|y′′| .| y′|dx – bo
[y′]2dx – co
|y| . | y′| dx
0
0
0
18
1
1
1
1
Hay :
[y′′]2 dx ≤ ao
|y′′| .| y′|dx + bo
|y′|2dx + co
|y| . | y′| dx
0
0
0
0
1
1
1
1
2
2
2
2
1 2
1 2
a
(
y
dx
1 ) .( 2
y
dx
)
c
(
2 y dx
1 ) .( 2
y
dx
)
o
b y o
o
2
0
0
0
0
2
2
2
y
y
y
c M 3
2
2
2
a o
b o 2
2 o
2
2
2
2
y
y
y
y
Hay :
c M 3
2
2
2
2
a o
b o 2
2 o
0
Suy ra : [ π3 – π2 ao –π bo – 2co Mη ].
2 y 2
2
0
y
Do đó :
( do ao π2+ bo π + 2 co Mη < π3 )
2
Do Bổ đề 2.2.3 ta được :
2 y 0 2
y
y
0
Từ đây, vì :
2
nên :
y(x) = 0
Do đó : u1(x) = u2(x), x [0;1] h.k.n
[0;1]
x
.
Nhưng : H3(0;1) C2[0;1] nên u1(x) = u2(x),
Định lý được chứng minh .
2.4.3.Định lý 2.4.3
Cho g: [0,1] × (cid:0)
3 → (cid:0) 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 (cid:0) , 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 |
nhất nếu
Khi đó, với mọi e(x) L1[0;1], bài toán (2.10), (2.11) có nghiệm duy 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 :
( ,
,
( ,
,
)
(2.16)
(u1–u2)′′′
g x u u u , ) 1 1
1
g x u u u , 2
2
2
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
u
u
)
dx
(
u
u
)
u ( 1
) ( u 1
2
2
u 1
) .( u 1
2
2
0 – | 1
[(u1–u2)′′]2dx
0
0
1
= –
[(u1–u2)′′]2dx
0
1
1
( ,
,
( ,
,
)
Ta có : –
](u1–u2)′dx
g x u u u , ) 1 1
1
g x u u u , 2
2
2
[(u1–u2)′′]2 dx =
[
0
0
Đặt : y = u1–u2, từ giả thiết, ta suy ra :
1
1
1
1
–
[y′′]2 dx ≥ –ao
|y′′| .| y′|dx – bo
[y′]2dx – co
|y| . | y′| dx
0
0
0
0
1
1
1
1
hay :
[y′′]2 dx ≤ ao
|y′′| .| y′|dx + bo
|y′|2dx + co
|y| . | y′| dx
0
0
0
0
1
1
1
1
2
2
2
2
1 2
1 2
a
(
y
dx
1 ) .( 2
y
dx
)
b
y
c
(
2 y dx
1 ) .( 2
y
dx
)
o
o
o
2
0
0
0
0
Do các Bổ đề 2.2.2 và 2.2.4, ta có :
1
2
2
2
o
y
y
c
o
M y
2
2
2
[y′′]2 dx
2 a
4 b o 2
2
0
2
2
2
2
o
y
y
c
M
y
y
Hay :
o
2
2
2
2
2
4 2
2 a
4 b o 2
8
2
2
2
o
y
y
y
2
2
2
2 a
4 b o 2
c M o 3
2
y
0
Suy ra : [ π3 – 2π2 ao –4 π bo – 8co Mη ].
2
2
y
0
Hay :
( do 2ao π2+ 4 bo π + 8 co Mη < π3 )
2
20
Do Bổ đề 2.2.2 ta được :
2 y 0 2
y
y
Từ đây, vì :
0
2
nên :
y(x) = 0
[0;1]
x
.
Do đó : u1(x) = u2(x), x [0;1] h.k.n Nhưng : H3(0;1) C2[0;1] nên u1(x) = u2(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, aC[ [0;1] × (cid:0) , (cid:0) ] 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 :
(3.3)
x′′(t) + β2x(t) = g(t,x(t))
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, +∞) → (cid:0) là hàm liên tục thỏa điều kiện :
(3.6)
t,x) ≥ – β2x, t [0,1], x [0, +∞)
f(
): Hàm f(t,x) là không giảm theo x và thỏa (H2).
(H 2
K
cos
1 cos
Đặt :
K
M
(1
o
) )sin (1
cos
(1 ) M K sin
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
x
max
x t ( ) : 0
t
tương ứng :
1
x
max
x
,
x
' ,
x
"
,
2
,
Chúng ta định nghĩa toán tử tuyến tính L: D(L) C2[0,1] → C[0,1]
định bởi :
2[0,1] :
x
'(0)
0,
x
(1)
x C
(3.7) Lx := x′′ + β2x
x ( )
. Chúng ta sẽ xét trong đó : D(L) =
đến các tính chất của toán tử nghịch đảo của L.
3.2.1.Bổ đề 3.2.1
)
(0;
2
Cho . 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
1
G t s h s ds ( , ) ( )
bởi:
0
Ah (t) = (3.8)
s
), 0
s
t
1
sin ( t
( ,
G t s = )
1 0, 0
s
t
1
với :
23
s
sin (
cos
t
1
sin (1 sin (1
s ) ), 0 ), s
s s
K
(3.9)
(3.10)
Chứng minh Giải phương trình : x′′(t) + β2 x(t) = h(t)
bằng phương pháp biến thiên hằng số, ta có :
k
i
Phương trình thuần nhất : x′′(t) + β2 x(t) = 0
1,2
Phương trình đặc trưng : k2 + β2 = 0 cho
Hai nghiệm riêng độc lập của phương trình thuần nhất là :
1= cosβt, y2 = sinβt
y
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)
( )
( )
0
( )
( )
h t ( )
c t cos t 1 c t sin t 1
c t sin t 2 c t cos t 2
và c2(t) phải thỏa hệ phương trình :
cos
sin t
2
2
cos
sin
t
t
Ta có :
t sin t cos t
h t
( ) sin
t
D =
0 sin t (t) cos t h
0
cos
h t
( ) cos
t
D1=
h t (t)
t sin
h t
t
( ) c t 1
D2=
h t
t
c t ( ) 2
D 1 D D 2 D
( ) sin ( ) cos
Do đó :
24
tdt
h t ( )sin
c t ( ) 1
k 1
h t ( )cos
tdt
k
c t ( ) 2
2
1 1
Suy ra :
t
( )sin
cos
sin
( ) x t
h t
tdt
( ) cos h t
tdt
k
t
t
k 1
2
t sin
cos
Ta tìm được:
t
sin
( ) sin
tdt
h t
( ) sin
t
sin
t
k 1
Ta có :
t h t
cos
sin
t
cos
( ) cos
tdt
h t
( ) cos
t
cos
k
t
2
t h t
sin
( ) sin
tdt
sin
k
t
x′(t) =
1
t h t
cos
( ) cos
tdt
cos
k
t
2
t h t
tdt K(t) ,
( ) sin
h t
=
h t
( ) cos
tdt
=
thì : H′(t) = h(t)sinβt, K′(t)= h(t) cosβt
H(t) = Đặt :
Ta có : x′(t) = sinβt H(t) + cosβt K(t) – β k1 sinβt + β k2 cosβt
0
K
k
2
H
(1)
cos
K
(1)
k
sin
k 1
2
sin
(0) cos
sin
H
cos
K
k
sin
[
( )
( )
]
k 1
2
cos
Do giả thiết (3.4), ta có :
k
2
(0)K
Giải hệ ta được :
25
cos
H .
H
(0)]
sin
K
[
K
(0)]
( ) cos .
( )
k 1
K K (1) sin [ cos ) ( cos
(1)
cos
t
H
(1)
t
.cos
x t ( )
H t . ( )
cos
t .cos . )
( ) cos H . ( cos cos
sin
(0)]
sin .cos
(0)]
t K [ ( ) .cos cos ( cos
K )
K cos )
t K [ (1) ( cos
t
t
K t ( )
K
(0)
sin
sin
t
[
K t ( )
K
(0)]
[
K
K
(0)]
( )
.cos
sin
sin t ) ( cos cos
.[
(1)
(0)]
[
( )]
K
K
H
H t
( )
)
t cos ( cos
) cos
t sin .cos ( cos cos
.cos
t
.[
(1)
( )]
H
H t
cos
cos ( cos
)
.cos
Do đó:
cos
cos
( ) x t
. ( ) s h s ds
. ( ) s h s ds
tt sin
t sin .cos ) ( cos cos
0
0
1
cos
sin
. ( ) s h s ds
. ( ) s h s ds
cos
)
sin .cos t cos ( cos
.cos cos t ( cos
) t
0
1
t
sin
. ( ) s h s ds
cos
cos ( cos
.cos
) t
Dùng ký hiệu tích phân, ta có:
Tiếp tục chen cận trung gian :
26
cos
cos
( ) x t
. ( ) s h s ds
. ( ) s h s ds
tt sin
t sin ( cos cos )
.cos
0
0
1
cos
s h s ds . ( )
cos
s h s ds . ( )
( cos
( cos
t sin .cos cos )
t sin .cos cos )
0
t
0
0
t
cos
t
cos
t
.cos
.cos
sin
sin
. ( ) s h s ds
. ( ) s h s ds
cos
cos
)
)
( cos
( cos
0
0
1
cos
.cos
t
sin
. ( ) s h s ds
cos
( cos
)
t
t
cos
t
t
sin
s h s ds . ( )
cos
s h s ds . ( )
.cos
.sin
cos
( cos
)
1
0
0
t
sin
.cos
. ( ) t h s ds
s
(
cos
cos cos
)
0
(cos
.sin
sin
) ( ) s h s ds
.cos
s
( cos
cos cos )
t
0
(cos
.cos ) ( ) s
.sin s
h s ds
sin
( cos
cos cos )
t
0
1
(cos
.cos ) ( ) s
.sin s
h s ds
sin
( cos
cos cos )
t
t
t
sin
.cos
cos
.sin
. ( ) s h s ds
. ( ) s h s ds
t
t
1
1
0
0
.cos cos .cos cos t t sin sin . ( ) s h s ds . ( ) s h s ds cos cos ( cos ) ( cos )
27
cos
t
)] ( ) s h s ds
[sin (1
sin (
) s
cos
( cos
)
0
1
cos
t
sin
(1
) ( ) s h s ds
(
cos
cos
)
t
cos
s h s ds ) ( )
Q
sin ( t
cos
)
1
t ( cos
0
1
Q
s
)
s h s ds )] ( )
s h s ds ) ( )
[sin (1
sin (
sin (1
0
1
trong đó,
0
Vậy x(t) G t s h s ds ( , ) ( ) (cid:0)
Tiếp theo, chúng ta sẽ đánh giá hàm Green G(t, s).
3.2.2.Bổ đề 3.2.2
(0;
)
2
Giả sử và H(1) đúng. Khi đó :
(0;1)
(i) 0 ≤ G(t, s) ≤ M, (t, s) [0,1]×[0,1]
(ii) G(t, s) ≥ Mo, (t, s) [0,1]×[0, η] ,
[0,1]→[0,+∞) sao cho :
cФ(s) ≤ G(t, s) ≤ Ф(s), t, s [0,1]
(iii) Tồn tại một hằng số c (0,1) và một hàm số liên tục Ф :
Chứng minh
Phần (i) : Từ việc ước lượng hàm Green G(t, s), ta suy ra :
0
G t s ( , )
(1
)
K M
, (t, s) [0,1]×[0,1]
sin
Phần (ii): Với mọi t [0,1] và s [0, η], ta có :
28
K
t
G t s ( , )
[sin (1
s
)
s
)]
sin (
cos
K
t
[sin (1
)
sin (1
)]
s
s
cos
K
t
(1
) sin (1
)
s
cos
K
(1
M
) sin (1 )
0
(3.11)
cos
Phần (iii) : Đặt : H(t, s) = μ (1–s) – G(t, s).
Chúng ta sẽ chỉ ra rằng khi μ > 0 đủ lớn,
(3.12)
và khi μ > 0 đủ nhỏ,
H(t, s) ≥ 0, (t, s) [0,1]×[0,1]
(3.13)
Để chứng minh (3.12), chúng ta sử dụng (3.9), với chú ý sinβ(1–s) ≤ β(1–s)
nên với mọi t, s [0,1],
G t s ( , )
s
)
s
)
(
K
1)(1
s
)
sin (1
sin (1
;
(3.14)
1
K
Do đó :
(3.15)
H(t, s) ≥ μ(1–s) – (K + 1) (1 – s) = ( μ – K – 1) (1–s).
Vì vậy, nếu chọn μ ≡ μ1 ≥ K + 1 thì H(t, s) ≥ 0, với mọi t, s [0,1].
Để chứng minh (3.13), ta xét hai trường hợp :
Trường hợp 1: s [0, η].
Từ (3.11) suy ra rằng, với mọi t [0,1],
(3.16)
H(t, s) = μ (1–s) – G(t, s) ≤ μ(1–s) – Mo ≤ μ – Mo
Do vậy, với μ ≤ Mo , ta có H(t, s) ) ≤ 0, (t, s) [0,1]×[0, η]
Trường hợp 2: s [ η,1] .
Nếu s = 1, hiển nhiên G(t, s) = 0, khi đó H(t, s) = 0.
H(t, s) ≤ 0, (t, s) [0,1]×[0,1],
29
giảm trên (0, π ] nên :
Nếu s [ η,1), hàm z
s in z z
)
sin
(1
s ) s
sin
(1
(1 ) (1 )
Do đó : H(t,s) = μ (1–s) – G(t,s)
K
)
s
≤ μ(1–s)
sin (1
cos
)
cos
(1
)
K
s
≤ μ(1–s)
(3.17)
(1
s ) s
sin
(1
cos
(1
)
K
s
≤ μ(1–s)
sin (1 ) (1 )
cos
](1
)
K
s
[
≤
sin (1 ) ) (1
cos
K
M
1
thì :
Nếu chọn
sin (1 ) (1 )
H(t,s) ≤ 0, (t, s) [0,1]×[η,1] .
,M M = Mo, chúng ta có H(t,s) ≤ 0, với mọi
Vậy, với μ ≡ μ2 ≤ min
0
1
Từ (3.12) và (3.13), suy ra :
t, s [0,1].
2
, ta có :
Cuối cùng, bằng cách đặt Ф(s) = μ1 (1–s) và c =
1
μ2 (1–s) ≤ G(t, s) ≤ μ1 (1–s)
Do đó :
μ2 (1–s) = c μ1 (1–s) = cФ(s)
Từ : μ1 ≥ K + 1, μ2 > 0, μ2 ≤ Mo ≤ K cho ta :
2
(0,1)
< 1 hay c
.
≤
0 < c =
1
K K
1
cФ(s) ≤ G(t,s) ≤ Ф(s), t, s [0,1]
30
Phần (iii) được chứng minh .
3.2.3.Bổ đề 3.2.3
( 0 ;
)
Cho
. Ta có :
2
(i) Toán tử A : C[0,1]→ C[0,1] với A được định nghĩa như trong Bổ
(ii) Với mỗi hàm số dương h C[0,1], hàm số Ah cũng dương.
đề 3.2.1 là toán tử tuyến tính hoàn toàn liên tục.
Chứng minh
(i) Rõ ràng A là ánh xạ tuyến tính liên tục.
Tiếp theo, ta giả sử Ω là tập con bị chặn của C[0,1]. Từ tính chất bị chặn
của hàm G(t, s) trên [0,1] ta suy ra A(Ω) bị chặn đều.
Mặt khác, do tính liên tục đều của hàm G trên [0,1]×[0,1], ta có A(Ω)
đồng liên tục.
Áp dụng định lý Ascoli-Arzela, ta có A(Ω) compact tương đối trong
(ii) được suy ra dễ dàng từ tính chất G(t, s) ≥ 0, t, s [0,1].
Bổ đề 3.2.3 được chứng minh .
Cho K là nón trong C[0,1], gồm tất cả các hàm không âm và :
x K x t ( )
:
c x
,
c
(0;1)
t
C[0,1]. Suy ra A là toán tử hoàn toàn liên tục.
P =
[0,1] ,
Rõ ràng P cũng là nón trong C[0,1]. Với mỗi x P, định nghĩa F(x)(t) =
Hơn nữa , toán tử T ≡ AoF : P → K là hoàn toàn liên tục. Mặt khác, với mỗi
g(t, x(t)), t [0,1]. Từ giả thiết (H2), chúng ta có toán tử F : P → K liên tục.
1
G t s F x s ds
( )( )
( , )
s F x s ds ( ) ( )( )
x P, do Bổ đề 3.2.2 ta có :
(3.18)
0
1 c 0
1
Tx
G t s F x s ds
( )( )
( , )
s F x s ds ( ) ( )( )
(3.19)
Và
max t 1 0
0
1 0
Tx(t) =
31
c T x
Suy ra :
(3.20)
Vậy, chúng ta có kết quả sau :
Tx(t)
3.2.4.Bổ đề 3.2.4
Dễ thấy rằng mỗi điểm bất động khác không của toán tử T là một
nghiệm dương của bài toán (3.3)-(3.5).
Chúng ta nhắc lại định lý điểm bất động của Guo-Krasnoselskii .
Toán tử T ≡ AoF : P → P là toán tử hoàn toàn liên tục.
3.2.5.Định lý 3.2.5 ( Guo-Krasnoselskii’s)
và giả sử :
Cho X là không gian Banach và P X là một nón. Giả sử Ω1 và Ω2 là
1
2
P
P
)
(
\
hai tập con mở, bị chặn của X với 0 Ω1,
là toán tử hoàn toàn liên tục thỏa mãn một trong
2
1
T :
u P
, hoặc
(i) ║Tu║ ≤║u║, u
P , và ║Tu║ ≥║u║,
1
2
u P
(ii) ║Tu║ ≥║u║, u
P , và ║Tu║ ≤║u║,
1
2
(
)
\
hai điều kiện sau :
P . 2
1
Khi đó toán tử T có điểm bất động trong
3.3. Sự tồn tại nghiệm dương
Áp dụng định lý 3.2.5 về điểm bất động trên một nón của Guo-
Krasnoselskii’s, ta có :
3.3.1.Định lý 3.3.1
(0;1)
và một trong hai điều kiện sau được thỏa
c
Giả sử (H1)-(H2) đúng. Nếu tồn tại hai hằng số dương R1, R2 sao cho
mãn:
f(t, x) + β2x
, (t, x) [0,1] × [cR1, R1]
1R M
(3.21)
f(t, x) + β2x
, (t, x) [0,1] × [cR2, R2]
R 2 M o
R1 32 hoặc : f(t, x) + β2x , (t, x) [0,1] × [cR1, R1] R
1
M
o f(t, x) + β2x (3.22) , (t, x) [0,1] × [cR2, R2] 2R
M Khi đó bài toán (3.3)-(3.5) có một nghiệm dương. [0,1] : x R , [0 ,1] : x R x C
x C
Đặt :
1 1
2 2 Ta có Ω1, Ω2 là các tập con mở bị chặn của C[0,1] và 0 Ω1, 1 Ω2. .Trường hợp giả thiết (3.21): x R Với mỗi x P, , ta có : 1 g(s, x(s)) = f(s, x(s)) + β2x(s) R
1
M x
M Kết hợp với bổ đề 3.2.2, được : 1 1 x Tx x G t s g s x s ds
( , ) ( , ( )) G t s ds
( , ) max
t
[0,1]
max
t
[0,1]
M 0 0 T x x , P x
(3.23) Do đó : 1 x R , ta có : Mặt khác, với mỗi x P, 2 1 G t s ( , )( f s x s ( , ( )) x s ds
( )) 2
= Tx(t) ( do (3.18) và (3.5)) 0 Do (3.21) và Bổ đề (3.2.2), kết hợp với ước lượng cận tích phân, suy ra: G t s ds R x ( , ) Tx(t) 2 R
M 2
o 0 Tx x , x P Do đó, (3.24) 2 33 Từ (3.23) và (3.24) do (i) của định lý 3.2.5 ta suy ra T có điểm bất ) ( \ động xo trong P , hay xo là nghiệm dương của (3.3)-(3.5). 1 2 x R , ta có : Với mỗi x P, 1 1 G t s ( , )( f s x s
( , ( )) x s ds
( )) 2
Tx(t) = ( do (3.18) và (3.5)) 0 1 G t s ds
( , ) (do giả thiết (3.22)) R
1
M
o 0 (do bổ đề 3.2.2 và ước lượng cận tích phân ) M ds
o R
1
M
o 0 = R1 = x T x x , P x
(3.25) Do đó : 1 x R Mặt khác, với mỗi x P, , ta có : 2 1 Tx t
( ) G t s ( , )( f s x s ( , ( )) x s ds
( )) 2
0 1 G t s ds ( , ) (do giả thiết (3.22)) R
2
M 0 1 M ds (do Bổ đề 3.2.2) R
2
M 0 x 2R T x x , P x
(3.26) Do đó : 2 Từ (3.25) và (3.26), điều kiện (ii) của định lý 3.2.5 được thỏa mãn. Do ) ( \ vậy T có điểm bất động xo trong P , hay xo là nghiệm dương của 2 1 (3.3)-(3.5). 34 Định lý 3.3.1 được chứng minh . Áp dụng thuật toán lặp đơn, ta có :
Giả sử (H1), (H 2 ) đúng. Giả sử tồn tại hai số dương R1 g t R
( , ) ) 2 g t cR
( ,
1 (3.27) ; inf
t
[ 0,1]
sup
t
[ 0,1]
R
2
M R
1
M
o x , x , Khi đó bài toán (3.3)-(3.5) có các nghiệm dương *
1 *
2 *
x và
1 * có thể trùng nhau với : 2x T x R và o *
x
1 R
1 *
x
1 2 với xo(t) = R2, t [0,1] lim n
n
x R ˆ
T x x và và o *
2 R
1 *
2 2 với ˆox (t) = R1, t [0,1] lim n
n
: x R Chúng ta định nghĩa : [ , ] x P R
1 2 R RP 1 2 c x x t
( ) x Lấy x , ta có : , t [0,1]. Sử cR
1 R
2 R RP [ , ] 1 2
dụng (H 2 ), (3.27) và bổ đề 3.2.2 ta có : 1 1 Tx t
( ) G t s g s x s ds
( , ( , ) ( )) G t s ds R ( , ) 2 R
2
M 0 0 1 1 M Tx t
( ) G t s g s x s ds
( , ( , ) ( )) G t s g s cR ds
( , ( , ) ) và o 1 ds R
1 R
1
M
o 0 0 0 Do định nghĩa của , suy ra : . R RP [ , ] TP
[ ] P
[ ] 1 2 R R
,
1 2 R R
,
1 2 . Chúng ta đặt : Bây giờ, đặt xo (t) = R2 , t [0,1], ta có xo P
[ ] R R
,
1 2 x (3.28) n+1 = Txn = Tn+1xo , n = 1,2,… Vì , với mọi n , ta có xn P
[ R , R ] T P
[ ] P
[ ] 1 2 R R
,
1 2 R R
,
1 2 (cid:0) . 35 sao cho : Do bổ đề 3.2.4, tồn tại dãy con knx của nx x *
x
1 P
[ ] (3.29) kn ,
R R
1 2 lim
k
Mặt khác, từ giả thiết (H 2 ), dễ thấy T : → không giảm. R RP [ , ] R RP [ , ] 1 2 1 2 0 ( ), t [0,1] Hơn nữa, vì : nên ta có Tx1 ≤ Txo x t
( )
1 x
1 R
2 x t
o nghĩa là x2 ≤ x1. Giả sử có : xn+1 ≤ xn , với n (cid:0) . Do T không giảm nên ta có: Txn+1 ≤ Txn, tức là xn+2 ≤ xn+1. Vậy ta có : (3.30) xn+1 ≤ xn , với mọi n = 1,2,… Kết hợp (3.29), (3.30), chúng ta thu được : (3.31) x
lim n *
x
1 n * Từ (3.28), cho n → +∞ ta được : . Vậy *
Tx
1 *
x
1 1x là một điểm bất * động của T hay 1x là một nghiệm dương của bài toán (3.3)-(3.5). [0,1] Đặt : ˆ ( )
ox t ,
R t
1 n ˆ
x ˆ
T x T 1
x
ˆ và , n = 1,2,…. (3.32) 1 n n o Ta có , với mọi n [ , ] R RP [ , ] 0ˆx nên ˆ nx 1
R RP 2 1 2 (cid:0) . sao cho : của Do bổ đề 3.2.4, tồn tại dãy con ˆ
knx ˆ
x *
x
2 P
[ ] (3.33) kn ,
R R
1 2 lim
k
→ không giảm. Sử dụng thêm Mặt khác, do T : R RP [ , ] R RP [ , ] 1 2 1 2 (3.27) và bổ đề 3.2.2, ta có : 1 ( , ) ) ˆ
T x ( )
t ( ,
G t s g s cR ds M ˆ
x ( )
t , t[0,1] o o ˆ
( )
x t
1 1 0 R
1 R
1
M
0 0 0 36 Hay . Do T không giảm nên ta có : , tức là 1ˆ
x ˆo
x 1ˆ
T x ˆ o
T x ˆ
x ˆ
x . 2 1 ˆ
x ˆ
x Giả sử có : 1 n n , với n (cid:0) . Vì T không giảm nên ta có : ˆ
T x ˆ
T x ˆ
x ˆ
x tức là . Vậy ta có : 1 n n n 2 n 1 ˆ
x ˆ
x , với mọi n = 1,2,… (3.34) 1 n n Kết hợp (3.33), (3.34), chúng ta thu được : x (3.35) ˆ
x
lim n *
2 n * Từ (3.32), cho n → +∞ ta được : . Vậy 2x là một điểm bất *
Tx
2 *
x
2 * động của T hay 2x là một nghiệm dương của bài toán (3.3)-(3.5). Định lý 3.3.2 được chứng minh. Chúng ta ký hiệu : o f ,
f limsup max
[0,1] limsup max
[0,1] t
t
x x 0 f ,
f o x t liminf min
[0,1] t
liminf min
[0,1]
x 0 ( , )
f t x
x
( , )
f t x
x ( , )
f t x
x
( , )
f t x
x Giả sử (H1)- (H2) đúng. Khi đó bài toán biên (3.3)-(3.5) có ít nhất một nghiệm dương trong mỗi trường hợp sau : 2 of f of (i) ( đặc biệt ), hoặc 2,
f 1
và
M 1
M c
o f f 2
, 2
f (ii) và ( đặc biệt ) o of 1
M 1
M c
o 37 2
0f Vì ≤ nên tồn tại số R1 > 0 sao cho với 0 < x ≤ R1, ta có : 1
M 2
f(t,x) ≤ x ( ) hay f(t,x) + β2 x 1
M x
M t x
( , ) ] [0,1] [
, Do đó, f(t,x) + β2 x cR R
,
1
1 1R
M f ) f (đúng với mọi t [0,1] ). nên Vì lim
x
( ,
t x
x 1
M c
o 1
M c
0 f ) 2 Đặt L = ). Khi đó với 0 , tồn tại ( L lim
x
t x
( ,
x 1
M c
0 số R2 , cR2 > R1 sao cho với x ≥ cR2, ta có :
) f L | | ≤ 2 ( ,
t x
x [ ] x
Ta đi đến : f(t,x) + β2x ≥ Lx , cR R
,
2
2 2 [ ] x
≥ , cR R
,
2
2 c R
M c
o [ ] x
, cR R
,
2
2 R
2
M
o f t x
( , ) x , ( t, x ) [0,1] [ ] 2
. Do đó : cR R
,
2 2 R
M 2
o Như vậy tồn tại 0 < R1 < cR2 và giả thiết (3.21) của định lý 3.3.1 được
thỏa mãn. f ) f o nên (đúng với mọi t [0,1]). Vì lim
x
0
( ,
t x
x 1
M c
o 1
M c
0 f ) 2 Đặt L = ). Khi đó, với 0 , tồn tại số ( L lim
x
0
( ,
t x
x 1
M c
0 dương R1 sao cho với cR1 ≤ x ≤ R1, ta có : f ) L | | ≤ 2 ( ,
t x
x 38 [ ] x
Ta đi đến : f(t,x) + β2x ≥ Lx , cR R
,
1
1 1 [ ] x
, ≥ cR R
,
1
1 cR
M c
o [ ] x
, cR R
,
1
1 R
1
M
o f t x
( , ) x , ( t, x ) [0,1] [ ] 2
cR R
,
1
1 Do đó : . R
1
M
o f 2
Vì nên tồn tại số R2, cR2 > R1 sao cho với cR2 ≤ x ≤ R2 1
M 2 ) hay f(t,x) + β2 x ta có : f(t,x) ≤ x( x
M 1
M t x
( , ) ] [0,1] [
, Do đó, f(t,x) + β2 x cR R
,
2
2 2R
M Như vậy tồn tại 0 < R1 < cR2 và giả thiết (3.22) của định lý 3.3.1 được thỏa mãn . Áp dụng định lý 3.3.1, hệ quả 3.3.3 được chứng minh.
Giả sử (H1), (H 2 ) đúng. Hơn nữa : f f ) 2
2
, (đặc biệt ) (3.36) x x t lim inf sup
[0,1] lim inf sup
[0,1] t t x
( , )
x t x
( ,
x 1
M f ) f ) , (đặc biệt ) (3.37) và : t lim sup inf
[0,1] lim sup inf
[ 0,1] t x x t x
( ,
x ( ,
t x
x 1
M c
o Khi đó tồn tại hai số dương R1 < R2 sao cho bài toán (3.3)-(3.5) có * x , x , có thể trùng nhau , với : các nghiệm dương *
1 *
2 *
x và
1 2x T x và R
1 *
x
1 R
2 o *
x
1 với xo(t) = R2, t [0,1] (3.38) lim n
n
x R ˆ
T x x với và và 0 *
2 R
1 *
2 2 0ˆx (t) = R1, t [0,1] (3.39) lim n
n
39 f 2
Vì nên tồn tại số R2 > 0 sao cho khi x = x t lim inf sup
[0,1] ( , )
t x
x 1
M R2, ta có : f ) 2
sup
t
[0,1]
1
M t R
( ,
2
R
2 Do đó : ( f(t,R2) + β2 R2) sup
t
[ 0 ,1] 2R
M Hay : g(t,R2) sup
t
[ 0 ,1] 2R
M f ) Vì nên với 2 0 , tồn tại số R1 , 0 < t lim su p in f
[ 0 ,1]
0 x ( ,
t x
x 1
M c
o R1 < R2 sao cho với cR1 ≤ x ≤ R1, ta có : 2
inf
[0,1]
t
f t x
( , )
x 1
M c
o ) 2
Do đó : inf
[0,1]
t
f t cR
( ,
1
cR
1 1
M c
o ) ) f 2
. Suy ra : t cR
( ,
1 cR
1 t inf (
[ 0,1] cR
1
M c
0 ) Hay : g t cR
( ,
1 t inf
[ 0,1] R
1
M
0 Như vậy, tồn tại 0 < R1 < R2 và giả thiết (3.27) của định lý 3.3.2 được thỏa mãn. Áp dụng định lý 3.3.2, hệ quả 3.3.4 được chứng minh. Trong phần này chúng ta trình bày các điều kiện đủ của sự tồn tại vô số nghiệm dương. Chúng ta giả thiết rằng, tồn tại một dãy số n (cid:0) sao R
1 n cho 0 < Rn < cRn+1 và với mọi n (cid:0) , 40 t x
( , ) [0,1] [c ] (H3) : f(t,x) + β2 x , R
2 n 1 2 n R
, 1
1nR
2
M t x
( , ) [0,1] [c R , R ] (H4) : f(t,x) + β2 x , 2 n 2 n nR
2
M
0 Giả sử (H1)-(H4) đúng. Khi đó bài toán biên (3.3)-(3.5) có vô số x R x R n thoả điều kiện : nghiệm dương n 1 2 n n 2 , n n (cid:0) . (cid:0) [0,1] : x R x C
Đặt : .
n n Chứng minh
Khi đó 0 và
n n n n
1, (cid:0) . Chúng ta sẽ chỉ ra rằng, với mọi n (cid:0) , Tx x , x P , (3.40) 2 n 1
T x x , P x . (3.41) 2 n x P Trước tiên , với mỗi , s [0,1], ta có : 2 1n
cR c x x s
( ) x R (3.42) n n 2 1 2 1 Do đó dùng giả thiết (H3), (3.43) g (t,x) 1nR
2
M 1 Tx G t s g s x s ds
( , ( )) ( , ) R x , t [0,1] (3.44) Ta có : n 2 1 max
t
[ 0 ,1]
0 Suy ra (3.40) đúng. x Tiếp theo, với mỗi P , s [0,1], ta có : 2 n x s
( ) . cR
2 n R
2 n Khi đó, dùng giả thiết (H4), với mỗi t [0,1], ta có : 41 1 Tx t
( ) G t s g s x s ds
( , ) ( , ( )) ( , ) ( , ( )) x G t s g s x s ds R
2 n 0 0 Do đó (3.41) đúng. Các bất đẳng thức (3.40) và (3.41) chứng tỏ T thỏa điều kiện (i) của P \ ) (
định lý 3.2.5 trong .Do đó T có điểm bất động xn 2 n 1 2 n R x R P \ ) (
. Vậy, 1 2 n n 2 n 2 n 2 n 1 Trong phần này, chúng ta xét sự tồn tại duy nhất nghiệm dương của bài toán giá trị biên ba điểm sau : u" + h(t) = 0, 0 ≤ t ≤ 1 (3.45) u(0) = u(1) = αu(η), (3.46) với 0 < α,η < 1. Cho 1, [0,1]. Khi đó bài toán ba điểm biên (3.45)-(3.46) có h C
nghiệm duy nhất : 1 1 u t
( ) G t s h s ds
( , ) ( ) , (3.47) ( , ) ( )
G s h s ds
1 0 0 (1 ), 0 1 x y x y với ) (3.48) ( ,
G x y (1 ), 0 1 y x y x
Từ (3.45) ta có u" = – h(t). Với [0,1] , lấy tích phân từ 0 đến t, ta có : t t
( )
u t h s ds B ( ) 0 Tiếp tục, với [0,1] , lấy tích phân từ 0 đến t, ta có : t t x u t
( ) h s ds dx Bt A
, ( ) )
( 0 0 42 Do tích phân từng phần, x t
t x x t h s ds dx ( ) ) xh x dx
( )
(
x h s ds
( ) 0 0 0 0
0 x t t t th s ds
( ) sh s ds
( ) t
( s h s ds
.
) ( ) = 0 0 0 t t
( nên : u(t) = s h s ds Bt A
) ( )
0 suy ra : u(0) = A, 1 u( 1) = (1 s h s ds B A
) ( ) , 0 s h s ds
) ( ) . u( η) = (
B A
0 Từ giả thiết (3.46), lấy u(0) = u(1), ta có : 1 B s h s ds
) ( ) ,
(1 0 và lấy u(0) = αu(η), ta có : 1 A (1 s h s ds
) ( ) s h s ds
) ( ) . (
1 0 0 Do đó, t 1 u t
( ) t
( s h s ds
) ( ) t (1 s h s ds
) ( ) + 0 0 1 (1 s h s ds
) ( ) s h s ds
) ( ) (3.49) + (
1
1
0 0 t 1 t t
( s h s ds
) ( ) t (1 s h s ds
) ( ) t (1 s h s ds
) ( ) + = 0 t 0
1
43 (1 s h s ds
) ( ) (1 s h s ds
) ( ) s h s ds
) ( ) + (
1 1 1
0
0 1
1 t s (1 t h s ds
) ( ) t (1 s h s ds
) ( ) = 0 t + s (1 h s ds
) ( ) (1 s h s ds
) ( ) 1 1 0 1
t = ( , ) ( ) ( , ) ( )
0 1
G t s h s ds G t s h s ds
t 1 G s h s ds
) ( ) + ( , ) ( )
G s h s ds
(
1 1
0 1 1 = G t s h s ds
( , ) ( ) ( , ) ( )
G s h s ds
.
1 0 0 Vậy, bài toán (3.45)-(3.46) có nghiệm duy nhất : 1 1 u(t) = G t s h s ds
( , ) ( ) (cid:0)
.
( , ) ( )
G s h s ds
1
0 0 Ký hiệu C+[0,1] là tập hợp các hàm số liên tục, không âm trên đoạn [0;1]. Với u(t) được định nghĩa như trong Định lý 3.5.1, chúng ta có định lý sau :
Cho (0,1), [0,1]. Khi đó nghiệm duy nhất của bài toán h C
(3.45)-(3.46) là không âm trên [0,1], và nếu ( )h t ≠ 0 thì u(t) > 0 với mọi [0,1]. t Ta có y t
( ) 0, t [0,1] nên u(t) là hàm số Lấy [0,1]. y C lõm trên [0,1]. Mặt khác, từ (3.46) và (3.49), ta có :
( )
u t 44 1 u(1) = u(0) = (1 s y s ds
) ( ) s y s ds
) ( ) (
1 0 0 1 (1 s y s ds
) ( ) s ) s y s ds
)] ( ) = [ (1
(
1
1
0 1 = (1 s y s ds
) ( ) sy s ds
( ) 0.
1
(1
)
1
0 u t
Vậy ( ) 0, t [0,1], và khi ( )h t ≠ 0 thì u(0) = u(1) > 0 nên u(t) > 0 với mọi
1
[0,1]. t [0; ) Cho α, β và ρ : (cid:0) (cid:0) → (cid:0) sao cho x x
( )
x
, x (cid:0) . Xét hàm f : [0,1]× (cid:0) → (cid:0) được định nghĩa bởi : , x
2 n 1
f
1
f , 2 t x R
( , ),
n
2
t x cR
( , ),
2 cR
2
x R
2 n n f t x
( , ) f 1
, 1
x
3 1
f cR
n
2
, 4 t x R
( , ),
n
2
t x cR
( , ),
2 x R
2 n n với (0;1) c (cid:0) thoả 0 R
1
n n , n (cid:0) , Ro= 0, x cR
2 n R
2 n t x
( , ) f t x
( , ) f t x
( , ) f
1 4 2 , 1
2
cR
2 n
R
2 n 2 x
cR
2 n R
2 n 2 1
1
2 ) ) f t x t x (
, 2 ( , x
M
cR x R 2 n f t x
( , ) f t x
( , ) f t x
( , ) 3 2 4 , cR
R R x
cR 2
n
1
2 n 2 n 1 2 n 1 2 n f t x ) ( t 1) ln(1 x ) (
2
4 ( , x
)
c M
o Chúng ta kiểm tra hàm f thỏa mãn các giả thiết của Định lý 3.4.1.
45 Dễ thấy rằng f là hàm liên tục trên [0,1]× [0, +∞). 2 ) f t x ) x t (
Ta có : 2 ( , x
M
t
[0,1], x [0, t
≥ 0, ).
x
M Vì bất đẳng thức x–ln(1+x) ≥ 0, 0x , ta cũng có : f x 1) ln(1 x ) x 2
(
t
(
2
2
t x
4 ( , ) x
)
c M
o 2 t x x ( 1) ) ( ln(1 )) (
= x
c M
o [0,1], x [0, t
).
≥ 0, [0,1], x [0, t
).
Từ đó suy ra : f1(t,x) + β2x ≥ 0, [0,1], x [0, t
).
f3(t,x) + β2x ≥ 0 , [0,1], x [0, t
Vậy, f(t,x) + β2x ≥ 0, ).
Hơn nữa, từ tính chất của hàm ρ, chúng ta thấy rằng: [0,1] [ cR ] Với mọi (t,x) , ta có: 1 2 n 2 n 1 R
, ) t (
f(t,x) + β2x = f2(t,x) + β2x = x
M
t
1nR
x
2
M M
[0,1] [ , ] cR R Với mọi (t,x) , ta có: 2 n 2 n t ( 1) ) (
f(t,x) + β2x = f4(t,x) + β2x ≥ x
c M
0 1) 1) (
t
(
t
x
c M
0 cR
2
n
c M
0 R
2
n
M
0 46 Vậy, các giả thiết của Định lý 3.4.1 được thỏa mãn. Theo Định lý 3.4.1, bài toán biên (3.3)-(3.5) tương ứng có vô số nghiệm dương R x R , n thoả điều kiện : n
x 1 2 n n 2 n n (cid:0) . (cid:0) 47 Luận văn đã trình bày các điều kiện tồn tại, duy nhất nghiệm của bài toán ba điểm biên và đã thể hiện qua hai phần rõ rệt : Phần đầu, bằng cách sử dụng định lý liên tục Leray-Schauder để chứng minh sự tồn tại nghiệm rồi sau đó chứng minh sự duy nhất nghiệm của bài toán ba điểm biên có dạng phương trình vi phân cấp ba. Phần sau, bằng cách dùng định lý điểm bất động của Guo-Krasnoselskii và dùng thuật toán lặp đơn để chứng minh sự tồn tại nghiệm dương và điều kiện đủ để bài toán có vô số ngiệm dương nhiều nghiệm dương. Cuối cùng luận văn chỉ ra trường hợp tồn tại và duy nhất nghiệm dương của bài toán ba điểm biên có dạng phương trình vi phân cấp hai. Luận văn là kết quả của các bài báo mà tôi có dịp học tập, nghiên cứu. Do vậy tôi chỉ xin được trình bày lại các kết quả đó và làm rõ hơn một số nội dung cần thiết mà do khuôn khổ có hạn bài báo không trình bày chi tiết. Do thời gian và điều kiện có hạn, tôi chưa có dịp tiếp cận được hết các công trình nghiên cứu mới nhất có liên quan đến loại toán này cũng như chưa đi sâu nghiên cứu điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của tất cả các dạng bài toán ba điểm biên xuất phát từ thực tiễn. Sau này tôi sẽ dành thời gian để nghiên cứu thêm vấn đề này. Do đây là lần đầu tiên đi vào nghiên cứu khoa học một cách có hệ thống nên bản thân tôi khó có thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Rất mong được sự góp ý giúp đỡ của quí Thầy Cô và các bạn. Tôi chân thành cảm ơn. 48 1. Lê Hoàn Hoá (2005), Giáo trình Giải tích phi tuyến 1 (dành cho học viên cao học). 2. Lê Hoàn Hoá (2006), Giáo trình Phép tính vi phân trong không gian Banach (dành cho học viên cao học). 3. Nguyễn Bích Huy (2005), Giáo trình Độ đo và tích phân. 4. Lê Thị Phương Ngọc (2007), “Một chú thích về nghiệm dương của một bài toán ba điểm biên”, Tạp chí Khoa học ĐHSP TP.HCM, 12 (46), tr.29-41. 5. A.R. Aftabizadeh and J.Wiener (1986), “Existence and uniqueness theorems for third order boundary value problems”, Rend. Sem. Mat .Univ. Padova, (75), p.130-141. 6. A.R.Aftabizadeh, Chaitan P.Gupta, and Jian-Ming Xu (1989), “Existence and uniqueness theorems for three-point boundary value problems”, Siam j. Math. Anal., Vol. 20, No. 3, p. 716-726. 7. W. S. Cheung and J. Ren (2005), “Positive solution for m- point boundary- value problems”, J. Math. Anal. Appl., (303), p.565-575. 8. A.Granas, R.Guenther, and J.Lee (1985), Nonlinear boundary value problem for ordinary differential equations, Polish Academy of Science, Poland. 9. X.Han (2007), “Positive solutions for a three-point boundary value problem at resonance”, J.Math. Anal.Appl.,(336), p 556-568. 49 10. D.Krajcinovic (1972), “Sandwich beam analysis”, J.Appl. Mech., (39), p.773- 778. 11. Le Xuan Truong, Le Thi Phuong Ngoc, Nguyen Thanh Long (2008),“Positive solutions for an m-point boundary-value problem”, Electronic Journal of Differential Equations, No.111, p.1-11. 12. R.Ma (1998), “Positive solutions of a nonlinear three- point boundary- value Problem”, Electronic J.Differential Equations, No.34, p.1-8. 13. R.Ma (2004), “Existence results of a m-point boundary-value problem at resonance”, J.math. Anal..Appl., (294), p.147-157. 14. J.Mawhin(1979), Topological degree methods in nonlinear boundary value problems, NSF-CBMS Regional Conference Series in Math. 40, American Mathematical Society, Providence, RI. 15. K.N. Murty and B.D.C.N Prasad (1981), “Three-point boundary value problems existence and uniqueness”, Yokohama Math. J., (29), p.101- 105. 16. D.J. O’Regan (1987), “Topological transversality: Aplications to third order boundary value problems”, Siam J.Math.Anal., 18 (1987), p.630-641. 17. Yongping Sun (2004), “Nontrivial solution for a three-point boundary- value problem”, Electronic J.Differential Equations, (111), p.1-10. 18. Yongping Sun (2005), “Eigenvalues and symmetric positive solutions for a three-point boundary-value problem”, Electronic J.Differential Equations, (127), p.1-7.Chứng minh
.Trường hợp giả thiết (3.22):
3.3.2.Định lý 3.3.2
Chứng minh
ˆnx
3.3.3.Hệ quả 3.3.3
Chứng minh
Trường hợp (i) :
Trường hợp (ii) :
3.3.4.Hệ quả 3.3.4
Chứng minh
3.4. Sự tồn tại vô số nghiệm dương
3.4.1.Định lý 3.4.1
3.5. Sự tồn tại duy nhất nghiệm dương
3.5.1.Định lý 3.5.1
Chứng minh
3.5.2.Định lý 3.5.2
Chứng minh
3.6.Ví dụ
KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng Việt
Tiếng Anh
