Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một lớp bài toán biên hai điểm không chính quy cho phương trình vi phân cấp hai

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:61

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân thường ra đời từ thế kỉ 18, tuy nhiên đến nay vẫn phát triển mạnh mẽ và có nhiều ứng dụng trong khoa học và kỹ thuật khác nhau. Mục đích chính của luận văn là hệ thống và trình bày lại một cách chi tiết hai bài báo của A. Lomtatidze và R. Hakl.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một lớp bài toán biên hai điểm không chính quy cho phương trình vi phân cấp hai

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Huỳnh Văn An MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM KHÔNG CHÍNH QUY CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2020
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Huỳnh Văn An MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM KHÔNG CHÍNH QUY CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP HAI Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 84 601 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh – 2020
LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ Toán học với đề tài “Một lớp bài toán biên hai điểm không chính quy cho phương trình vi phân cấp hai” là do tôi thực hiện với sự hướng dẫn của PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn, không sao chép của bất kì ai. Nội dung luận văn được tham khảo, trình bày lại các kết quả của các nhà toán học: A.G. Lomtatidze, Robert Hakl và Manuel Zamora từ các tài liệu được liệt kê trong danh mục tài liệu tham khảo. Tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm về luận văn của mình. Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 10 tháng 7 năm 2020 Học viên thực hiện HUỲNH VĂN AN
LỜI CẢM ƠN Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng Sau đại học, Khoa Toán Tin trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn Thạc sĩ. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các giảng viên của Trường đã nhiệt tình truyền đạt những kiến thức quý báu, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành khóa học. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn đã hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn Thạc sĩ. Đồng thời, 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 cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh. Cuối cùng, tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khuyến kích tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu. Xin chân thành cảm ơn.
MỤC LỤC Lời cam đoan ....................................................................................................... Lời cảm ơn........................................................................................................... Mục lục ................................................................................................................ Danh mục các kí hiệu .......................................................................................... GIỚI THIỆU .................................................................................................... 1 Chương 1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TOÁN (1.1), (1.2) ..................... 3 1.1. Các kết quả cơ bản cho bài toán (1.1), (1.2) ............................................ 3 Định nghĩa 1.1. ............................................................................................ 3 Định lý 1.2................................................................................................... 3 Hệ quả 1.3. .................................................................................................. 4 Hệ quả 1.4. .................................................................................................. 4 1.2. Các bổ đề bổ trợ ....................................................................................... 5 Bổ đề 1.5. .................................................................................................... 5 Bổ đề 1.6. .................................................................................................. 11 Bổ đề 1.7. .................................................................................................. 13 Bổ đề 1.8. .................................................................................................. 18 Bổ đề 1.9. .................................................................................................. 19 1.3. Chứng minh các kết quả cơ bản ............................................................. 19 Chứng minh Định lý 1.2: .......................................................................... 19 Chứng minh Hệ quả 1.3: ........................................................................... 22 Chứng minh Hệ quả 1.4: ........................................................................... 29 Chương 2. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TOÁN (2.1), (2.2) ................... 32
2.1. Các kết quả cơ bản cho bài toán (2.1), (2.2) .......................................... 32 Định nghĩa 2.1. .......................................................................................... 32 Định lý 2.2................................................................................................. 32 2.2. Các bổ đề bổ trợ ..................................................................................... 33 Bổ đề 2.3. .................................................................................................. 33 Bổ đề 2.4. .................................................................................................. 39 Bổ đề 2.5. .................................................................................................. 43 Bổ đề 2.6. .................................................................................................. 43 Bổ đề 2.7. .................................................................................................. 45 Bổ đề 2.8. .................................................................................................. 49 2.3. Chứng minh kết quả cơ bản ................................................................... 49 Chứng minh Định lý 2.2. .......................................................................... 49 KẾT LUẬN .................................................................................................... 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 52
DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU  ℕ là tập các số tự nhiên, ℝ là tập các số thực, ℝ+ = [0, +∞).  𝐿([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑝: [𝑎, 𝑏] → 𝐷 khả tích Lebesgue trên [𝑎, 𝑏].  𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑝: (𝑎, 𝑏) → 𝐷 thỏa 𝑝 ∈ 𝐿([𝛼, 𝛽]; 𝐷) với mọi [𝛼, 𝛽] ⊂ (𝑎, 𝑏).  𝐿∞ 𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) là tập các hàm 𝑝: (𝑎, 𝑏) → ℝ+ bị chặn hoàn toàn trên mỗi đoạn chứa trong (𝑎, 𝑏).  𝐶([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm liên tục 𝑢: [𝑎, 𝑏] → 𝐷.  𝐶𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ) là tập các hàm 𝑢: (𝑎, 𝑏) → ℝ thỏa 𝑢 ∈ 𝐶([𝛼, 𝛽]; ℝ) với mọi [𝛼, 𝛽] ⊂ (𝑎, 𝑏).  𝐴𝐶 1 ([𝑎, 𝑏]; 𝐷) với 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑢: [𝑎, 𝑏] → 𝐷 liên tục tuyệt đối và đạo hàm cấp một cũng liên tục tuyệt đối.  AC𝑙𝑜𝑐 1 (𝐼; 𝐷) với 𝐼 ⊆ (𝑎, 𝑏), 𝐷 ⊆ ℝ là tập các hàm 𝑢: 𝐼 → 𝐷 thỏa mãn 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝛼, 𝛽]; 𝐷) với [𝛼, 𝛽] ⊆ 𝐼.  𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × 𝐷 × ℝ; ℝ) với 𝐷 ⊆ ℝ là lớp Carathéodory, nghĩa là hàm 𝑓: (𝑎, 𝑏) × 𝐷 × ℝ → ℝ thỏa 𝑓(𝑡,∙,∙): 𝐷 × ℝ → ℝ liên tục hầu khắp nơi 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑓(∙, 𝑥, 𝑦): (𝑎, 𝑏) → ℝ liên tục với mọi (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 × ℝ và sup{|𝑓(∙, 𝑥, 𝑦)|: (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷0 } ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) với mọi tập compact 𝐷0 ⊂ 𝐷 × ℝ. 1 1  [𝑝]− = (|𝑝| − 𝑝), [𝑝]+ = (|𝑝| + 𝑝). 2 2  𝑢(𝑠 +) và 𝑢(𝑠 −) là giới hạn phải và giới hạn trái của hàm 𝑢 tại điểm 𝑠.
1 GIỚI THIỆU Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân thường ra đời từ thế kỉ 18, tuy nhiên đến nay vẫn phát triển mạnh mẽ và có nhiều ứng dụng trong khoa học và kỹ thuật khác nhau như: cơ khí, điện tử, vật lý, sinh học, nông nghiệp, ….[1], [3], [4], [6] – [8], [18] – [20]. Một trong những mục đích chính của việc nghiên cứu bài toán biên cho phương trình vi phân là xem xét sự tồn tại nghiệm, các tính chất của nghiệm cho phương trình vi phân đối số chậm và đối số lệch hay phương trình vi phân không chính quy. Bài toán biên cho phương trình vi phân không chính quy được nghiên cứu bởi nhiều nhà toán học đến từ Cộng hòa Grugia, Cộng hòa Séc,… như I. Kiguradze, A. Lomtatidze, R. Hakl. Mục đích chính của luận văn là hệ thống và trình bày lại một cách chi tiết hai bài báo của A. Lomtatidze và R. Hakl. 1) A. Lomtatidze and P. J. Torres, On a two-point boundary value problem for second order singular equations, Czechoslovak Math. J. 53 (2003), 19 – 43. 2) R. Hakl and Manuel Zamora, Existence of a solution to the Dirichlet problem associated to a second-order differential equation with singularities: The method of lower and upper functions, Georgian Math. J. 20 (2013), 469 – 491. Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương 1. Tính giải được cho bài toán (1.1), (1.2). Chương này xây dựng điều kiện đủ và trong một số trường hợp là điều kiện cần và đủ cho tính giải được của bài toán giá trị biên: 𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (1.1) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 0 (1.2) trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0, +∞); ℝ).
2 Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là hàm 𝑢 không bị chặn, 1 𝑢 ∈ AC𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); (0; +∞)) thỏa mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi trên (𝑎, 𝑏) và thỏa mãn điều kiện biên (1.2). Chương 2. Tính giải được cho bài toán (2.1), (2.2). Chương này xây dựng điều kiện đủ cho tính giải được của bài toán giá trị biên: 𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (2.1) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 1 (2.2) trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0,1); ℝ). 1 Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là hàm 𝑢 bị chặn, 𝑢 ∈ AC𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ), 0 < 𝑢(𝑡) < 1, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) thỏa mãn phương trình (2.1) hầu khắp nơi trên (𝑎, 𝑏) và thỏa mãn điều kiện biên (2.2).
3 Chương 1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CHO BÀI TOÁN (1.1), (1.2) Trong chương này, ta xây dựng điều kiện đủ và trong một số trường hợp là điều kiện cần và đủ cho sự tồn tại nghiệm không bị chặn của bài toán giá trị biên: 𝑢′′ = 𝑓(𝑡, 𝑢) + 𝑔(𝑡, 𝑢)𝑢′ (1.1) 𝑢(𝑎 +) = 0, 𝑢(𝑏 −) = 0 (1.2) Trong đó 𝑓, 𝑔 ∈ Car𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × (0, +∞); ℝ). 1.1. Các kết quả cơ bản cho bài toán (1.1), (1.2) Định nghĩa 1.1. Hàm liên tục 𝜎: (𝑎, 𝑏) → (0, +∞) là hàm dưới (trên) của phương trình (1.1) 1 nếu ∈ 𝐴𝐶𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏)\{𝑡1 , 𝑡2 , … , 𝑡𝑛 }; (0, +∞)), 𝑎 < 𝑡1 < 𝑡2 < ⋯ < 𝑡𝑛 < 𝑏, tồn tại các giới hạn hữu hạn 𝜎(𝑎 +), 𝜎(𝑏 −), 𝜎′(𝑡𝑖 +), 𝜎 ′ (𝑡𝑖 −), 𝑖 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛, 𝜎 ′ (𝑡𝑖 −) < 𝜎′(𝑡𝑖 +) ( 𝜎 ′ (𝑡𝑖 −) > 𝜎′(𝑡𝑖 +)), 𝑖 = ̅̅̅̅̅ 1, 𝑛, và hkn 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) ta có: 𝜎 ′′ (𝑡) ≥ 𝑓(𝑡, 𝜎(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎(𝑡))𝜎 ′ (𝑡) (𝜎′′(𝑡) ≤ 𝑓(𝑡, 𝜎(𝑡)) + 𝑔(𝑡, 𝜎(𝑡))𝜎′(𝑡)). Định lý 1.2. Giả sử 𝜎1 và 𝜎2 lần lượt là hàm dưới và hàm trên của phương trình (1.1) và: 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1 (𝑎 +) = 0, 𝜎1 (𝑏 −) = 0, 𝜎2 (𝑎 +) ≠ 0, 𝜎2 (𝑏 −) ≠ 0. (1.3) Giải sử thêm, với mỗi 0 < 𝜂 < min{𝜎2 (𝑡): 𝑎 ≤ 𝑡 ≤ 𝑏} tồn tại 𝛾 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝑝𝜂 , 𝑞𝜂 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) thỏa mãn:
4 𝑏 𝑏 ∫𝑎 𝑞𝜂 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞ , ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)𝑝𝜂 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞ (1.4) và |𝑓(𝑡, 𝑥)| ≤ 𝑝𝜂 (𝑡), 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑠𝑔𝑛(𝛾 − 𝑡) ≥ −𝑞𝜂 (𝑡) 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1𝜂 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡) trong đó 𝜎1𝜂 (∙) = max{𝜂, 𝜎1 (∙)}. (1.5) Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm 𝑢 thỏa mãn: 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑢(𝑡) ≤ 𝜎2 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏). (1.6) Hệ quả 1.3. Cho 𝑓 là hàm không giảm theo biến thứ hai và tồn tại 𝑟 > 0 thỏa mãn: 𝑓(𝑡, 𝑟) ≤ 0, 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏) (1.7) Hơn nữa, trên (𝑎, 𝑏) × (0, +∞) thỏa bất đẳng thức |𝑔(𝑡, 𝑟)| ≤ 𝑞 ∗ (𝑡), 𝑞 ∗ ∈ 𝐿([𝑎, 𝑏]; ℝ+ ) (1.8) Khi đó: 𝑏 ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)|𝑓(𝑠, 𝑥)|𝑑𝑠 < +∞ , 𝑥 ∈ (0, 𝑟] (1.9) là điều kiện cần và đủ để bài toán (1.1), (1.2) giải được. Hệ quả 1.4. Cho 𝑓 là hàm không giảm theo biến thứ hai và tồn tại 𝑟 > 0 thỏa thỏa điều kiện (1.7). Giả sử thêm, tồn tại 𝑐 ∈ (𝑎, 𝑏) sao cho ánh xạ (𝑡, 𝑥) → 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑠𝑔𝑛(𝑐 − 𝑡) không giảm theo biến thứ hai, và: 𝑏 ∫𝑎 |𝑔(𝑠, 𝑥)|𝑑𝑠 < +∞, 𝑥 > 0 Khi đó, (1.9) là điều kiện cần và đủ để bài toán (1.1), (1.2) giải được.
5 1.2. Các bổ đề bổ trợ Phần này trình các bổ đề tiên nghiệm và bổ đề về tính có nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) trong trường hợp các hàm 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × ℝ; ℝ). Các hàm ℎ1 , ℎ2 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) luôn thỏa điều kiện: 𝑏 𝑏 ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞ , ∫𝑎 ℎ2 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞. (1.10) Bổ đề 1.5. Cho 𝑟0 > 0, ℎ1 , ℎ2 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) thỏa (1.10). Khi đó, tồn tại 𝑐0 > 0, 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 𝐻1 ∈ 𝐶 ([𝑎, ] ; ℝ+ ) , 𝐻2 ∈ 𝐶 ([ , 𝑏] ; ℝ+ ) thỏa điều kiện 𝐻1 (𝑎) = 0, 2 2 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 𝐻2 (𝑏) = 0 và với mọi 𝑎1 ∈ (𝑎, ) , 𝑏1 ∈ ( , 𝑏), 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑎1 , 𝑏1 ]; ℝ]) 2 2 thỏa mãn các bất đẳng thức: 𝑢′′ (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ), |𝑢(𝑡)| ≤ 𝑟0 , 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ). (1.11) Ta có: (𝑡 − 𝑎1 )(𝑏1 − 𝑡)|𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝑐0 , 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ), (1.12) 𝑎+𝑏 𝑢(𝑡) ≤ 𝑢(𝑎1 ) + 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎1 , ], 2 𝑎+𝑏 𝑢(𝑡) ≤ 𝑢(𝑏1 ) + 𝐻2 (𝑡), 𝑡 ∈ [ , 𝑏1 ]. (1.13) 2 Chứng minh: Giả sử 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑎1 , 𝑏1 ]; ℝ) thỏa các điều kiện của Bổ đề 1.5. Đặt: 𝜓0 (𝑡) = −ℎ2 (𝑡)𝑠𝑔𝑛𝑢′ (𝑡), 𝜓1 (𝑡) = 𝑢′′ (𝑡) + ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ). Suy ra: 𝑢′′ (𝑡) = 𝜓1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|
6 = 𝜓1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)𝑠𝑔𝑛𝑢′ (𝑡). 𝑢′ (𝑡) = 𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡) + 𝜓1 (𝑡). Khi đó, 𝑢 là một nghiệm của phương trình: 𝑢′′ = 𝜓0 (𝑡)𝑢′ + 𝜓1 (𝑡) (1.14) và 𝑢′′ (𝑡) = 𝜓1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)| ≥ −ℎ1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ). Suy ra: 𝜓1 (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ). (1.15) Lấy 𝑡0 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ) tùy ý và 𝑢′ (𝑡0 ) ≠ 0. Khi đó: 𝑢′ (𝑡0 ) > 0 (1.16) hoặc 𝑢′ (𝑡0 ) < 0. (1.17) Trường hợp 𝑢′ (𝑡0 ) > 0: Đặt: 𝑏 𝑠 𝜇(𝑡) = ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 𝜓0 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠, 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 ). Suy ra 𝜇(𝑡) là nghiệm của phương trình: 𝜇′ (𝑡) = −𝜓0 (𝑡)𝜇(𝑡) − 1 thỏa điều kiện 𝜇(𝑏1 ) = 0. Nhân hai vế của (1.14) với 𝜇 và lấy tích phân từ 𝑡0 đến 𝑏1 ta được: 𝑏 𝑏 𝑏 ∫𝑡 𝜇(𝑡)𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑡 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 + ∫𝑡 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡 1 1 1 0 0 0 Dùng phương pháp tích phân từng phần: Đặt: 𝑢1 (𝑡) = 𝜇(𝑡), 𝑑𝑢1 (𝑡) = 𝜇′(𝑡)𝑑𝑡 𝑑𝑣1 = 𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡, 𝑣1 = ∫ 𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡. Chọn 𝑣1 = 𝑢′(𝑡).
7 Thì ta có: 𝑏1 𝑏 𝑏 𝑏 𝜇(𝑡)𝑢′(𝑡) | − 1 𝜇′(𝑡)𝑢′(𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑡 1 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 + ∫𝑡 1 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡 𝑡0 ∫𝑡0 0 0 Thế cận vào ta có: 𝑏 𝜇(𝑏1 )𝜇′ (𝑏1 ) − 𝜇(𝑡0 )𝜇′ (𝑡0 ) = ∫𝑡 1[𝜇′ (𝑡) + 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)] 𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 0 𝑏 + ∫𝑡 1 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡 0 Vì 𝜇(𝑏1 ) = 0 và 𝜇′ (𝑡) + 𝜓0 (𝑡)𝜇(𝑡) = −1, suy ra: 𝑏 −𝜇(𝑡0 )𝑢′ (𝑡0 ) = 𝑢(𝑡0 ) − 𝑢(𝑏1 ) + ∫𝑡 1 𝜇(𝑠)𝜓1 (𝑠)𝑑𝑠 0 Chuyển vế và để ý 𝑢′ (𝑡0 ) > 0 ta được: 𝑏 𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| = 𝑢(𝑏1 ) − 𝑢(𝑡0 ) + ∫𝑡 1 𝜇(𝑠)[−𝜓1 ](𝑠)𝑑𝑠 0 Vì |𝑢(𝑡)| ≤ 𝑟0 , 𝜓1 (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ) nên 𝑏 𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ |𝑢(𝑏1 ) − 𝑢(𝑡0 )| + ∫𝑡 1 𝜇(𝑠)|−𝜓1 (𝑠)|𝑑𝑠 0 𝑏 ≤ 2𝑟0 + ∫𝑡 1 ℎ1 (𝑠)𝜇(𝑠)𝑑𝑠. (1.18) 0 Trường hợp 𝑢′ (𝑡0 ) < 0: Đặt: 𝑡 𝑠 𝜇(𝑡) = ∫𝑎 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 𝜓0 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑡0 ) 1 Suy ra 𝜇(𝑡) là nghiệm của phương trình: 𝜇′ (𝑡) = −𝜓0 (𝑡)𝜇(𝑡) + 1 thỏa điều kiện 𝜇(𝑎1 ) = 0. Nhân hai vế của (1.14) với 𝜇 và lấy tích phân từ 𝑎1 đến 𝑡0 ta được: 𝑡 𝑡 𝑡 ∫𝑎 𝜇(𝑡)𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑎 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 + ∫𝑎 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡 0 0 0 1 1 1
8 Dùng phương pháp tích phân từng phần: Đặt: 𝑢1 (𝑡) = 𝜇(𝑡), 𝑑𝑢1 (𝑡) = 𝜇′(𝑡)𝑑𝑡 𝑑𝑣1 = 𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡, 𝑣1 = ∫ 𝑢′′ (𝑡)𝑑𝑡. Chọn 𝑣1 = 𝑢′(𝑡) Thì ta có: 𝑡 𝑡 𝑡 𝑡 𝜇(𝑡)𝑢′(𝑡) |𝑎0 − ∫𝑎 0 𝜇′(𝑡)𝑢′(𝑡)𝑑𝑡 = ∫𝑎 0 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 + ∫𝑎 0 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡 1 1 1 1 Thế cận vào ta có: 𝑡 𝜇(𝑡0 )𝜇′ (𝑡0 ) − 𝜇(𝑎1 )𝜇′ (𝑎1 ) = ∫𝑎 0[𝜇′ (𝑡) + 𝜇(𝑡)𝜓0 (𝑡)] 𝑢′ (𝑡)𝑑𝑡 1 𝑡 + ∫𝑎 0 𝜇(𝑡)𝜓1 (𝑡)𝑑𝑡 1 Vì 𝜇(𝑎1 ) = 0 và 𝜇′ (𝑡) + 𝜓0 (𝑡)𝜇(𝑡) = 1, suy ra: 𝑡 𝜇(𝑡0 )𝑢′ (𝑡0 ) = 𝑢(𝑡0 ) − 𝑢(𝑎1 ) + ∫𝑎 0 𝜇(𝑠)𝜓1 (𝑠)𝑑𝑠 1 Chuyển vế và để ý 𝑢′ (𝑡0 ) < 0 ta được: 𝑡 𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| = 𝑢(𝑎1 ) − 𝑢(𝑡0 ) + ∫𝑎 0 𝜇(𝑠)[−𝜓1 (𝑠)]𝑑𝑠. 1 Vì |𝑢(𝑡)| ≤ 𝑟0 , 𝜓1 (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ) nên 𝑡 𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ |𝑢(𝑎1 ) − 𝑢(𝑡0 )| + ∫𝑎 0 𝜇(𝑠)|−𝜓1 (𝑠)|𝑑𝑠 1 𝑡 ≤ 2𝑟0 + ∫𝑎 0 ℎ1 (𝑠)𝜇(𝑠)𝑑𝑠. 1 Ta có: 𝑏 𝑠 𝜇(𝑡) = ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 𝜓0 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠 𝑏 𝑠 ≤ ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 |𝜓0 (𝜉)|𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠
9 𝑏 𝑏 ≤ ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠 𝑏 = 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ] (𝑏1 − 𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 ). 𝑏 𝑠 và 𝜇(𝑡) = ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 𝜓0 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠 𝑏 𝑠 = ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝[∫𝑡 −ℎ2 (𝜉)𝑠𝑔𝑛𝑢′ (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠 𝑏 𝑏 ≥ ∫𝑡 1 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 −ℎ2 (𝜉)𝑑𝜉 ] 𝑑𝑠 𝑏 −1 = (𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠)𝑑𝑠]) (𝑏1 − 𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 ). Suy ra: ℎ0−1 (𝑏1 − 𝑡) ≤ 𝜇(𝑡) ≤ ℎ0 (𝑏1 − 𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 ) trong đó 𝑏 ℎ0 = 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠]. (1.19) Với 𝑡 = 𝑡0 ta có: ℎ0−1 (𝑏1 − 𝑡0 ) ≤ 𝜇(𝑡0 ) ≤ ℎ0 (𝑏1 − 𝑡0 ) Do đó: (𝑏1 − 𝑡0 ) ≤ ℎ0 𝜇(𝑡0 ) ≤ ℎ02 (𝑏1 − 𝑡0 ), 𝑡 ∈ (𝑡0 , 𝑏1 ). 𝑏 Mà 𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ 2𝑟0 + ∫𝑡 1 ℎ1 (𝑠)𝜇(𝑠)𝑑𝑠 0 𝑏 Hay ℎ0 𝜇(𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ [2𝑟0 + ∫𝑡 1(𝑏1 − 𝑠)ℎ1 (𝑠)ℎ0 𝑑𝑠] ℎ0 0 𝑏 Suy ra: (𝑏1 − 𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ [2𝑟0 + ∫𝑎 (𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠] ℎ02 . Chứng minh tương tự ta có: 𝑏 (𝑡0 − 𝑎1 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ [2𝑟0 + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠] ℎ02 Nhân bất đẳng thức đầu với 𝑡0 − 𝑎1 và bất đẳng sau với 𝑏1 − 𝑡0 suy ra: 𝑏 (𝑡0 − 𝑎1 )(𝑏1 − 𝑡0 )|𝑢′ (𝑡0 )| ≤ [2𝑟0 (𝑏 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠] ℎ02
10 Vì 𝑡0 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ) tùy ý nên (𝑡 − 𝑎1 )(𝑏1 − 𝑡)|𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝑐0 , 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ) 𝑏 𝑏 với 𝑐0 = [2𝑟0 (𝑏 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠] 𝑒𝑥𝑝 [2 ∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠]. (1.20) Tiếp theo ta sẽ chứng minh (1.13) đúng, với 𝑎+𝑏 4𝑟0 𝑡 𝑎+𝑏 𝐻1 (𝑡) = [ (𝑡 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠 + (𝑡 − 𝑎) ∫𝑡 2 ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠] ℎ02 , 𝑡 ∈ (𝑎, ], 𝑏−𝑎 2 4𝑟0 𝑏 𝑡 𝑎+𝑏 𝐻2 (𝑡) = [ (𝑏 − 𝑡) + ∫𝑡 (𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠 + (𝑏 − 𝑡) ∫𝑎+𝑏 ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠] ℎ02 , 𝑡 ∈ [ , 𝑏). 𝑏−𝑎 2 2 (1.21) Giả sử 𝑤1 là nghiệm của bài toán 𝑎+𝑏 𝑤 ′′ = 𝜓0 (𝑡)𝑤 ′ − ℎ1 (𝑡) ; 𝑤(𝑎1 ) = 0, 𝑤 ( ) = 2𝑟0 2 Ta cần chứng minh: 𝑎+𝑏 ̃(𝑡) = 𝑢(𝑡) − 𝑢(𝑎1 ) − 𝑤1 (𝑡) ≤ 0, 𝑡0 ∈ (𝑎1 , 𝑤 ). (1.22) 2 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 Giả sử (1.22) sai, khi đó tồn tại 𝑡∗ ∈ [𝑎1 , 2 ) và 𝑡 ∗ ∈ (𝑡∗ , 2 ] thỏa mãn: ̃(𝑡) > 0, 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ), 𝑤 𝑤 ̃(𝑡 ∗ ) = 0. ̃(𝑡∗ ) = 0 và 𝑤 (1.23) Từ (1.14) và (1.15) ta có: ̃ ′′ (𝑡) = 𝑢′′ (𝑡) − 𝑤1′′ (𝑡) 𝑤 = 𝜓0 (𝑡)𝑢′ (𝑡) + 𝜓1 (𝑡) − 𝜓0 (𝑡)𝑤 ′ (𝑡) + ℎ1 (𝑡) = 𝜓0 (𝑡)[𝑢′ (𝑡) − 𝑤 ′ (𝑡)] + 𝜓1 (𝑡) + ℎ1 (𝑡) ≥ 𝜓0 (𝑡)[𝑢′ (𝑡) − 𝑤 ′ (𝑡)] = 𝜓0 (𝑡) 𝑤 ̃ ′ (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ). Điều này mẫu thuẫn với (1.23). Do đó (1.22) đúng. Dễ dàng kiểm tra: 𝑎+𝑏 𝑤1 (𝑡) ≤ 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎1 , ] 2
11 𝑎+𝑏 Hay 𝑢(𝑡) − 𝑢(𝑎1 ) ≤ 𝐻1 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑎1 , ]. 2 Từ đó suy ra bất đẳng thức thứ nhất của (1.13) đúng. Chứng minh tương tự ta được: 𝑎+𝑏 𝑢(𝑡) ≤ 𝑢(𝑏1 ) + 𝑤2 (𝑡), 𝑤2 (𝑡) ≤ 𝐻2 (𝑡), 𝑡 ∈ [ , 𝑏1 ], 2 với 𝑤2 là nghiệm của bài toán 𝑎+𝑏 𝑤 ′′ = 𝜓0 (𝑡)𝑤 ′ − ℎ1 (𝑡); 𝑤 ( ) = 2𝑟0 , 𝑤(𝑏1 ) = 0. 2 Vậy, bổ đề được chứng minh. Bổ đề 1.6. 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 Cho 𝑟0 > 0, 𝛼 ∈ (𝑎, ),𝛽 ∈ ( , 𝑏) , 𝛾 ∈ (𝛼, 𝛽), ℎ1 , ℎ2 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) 2 2 thỏa (1.10). Khi đó, tồn tại hàm 𝜑 ∈ 𝐿((𝑎, 𝑏); ℝ+ ), 𝜑 bị chặn trên (𝑎, 𝑏) và với mọi 𝑎1 ∈ (𝑎, 𝛼), 𝑏1 ∈ (𝛽, 𝑏), hàm 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑎1 , 𝑏1 ]; ℝ) thỏa (1.11) và thỏa mãn các bất đẳng thức: 𝑢′′ (𝑡)𝑠𝑔𝑛((𝛾 − 𝑡)𝑢′ (𝑡)) ≥ −ℎ1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ),(1.24) 𝑢′′ (𝑡) ≥ −ℎ1 (𝑡) − ℎ2 (𝑡)|𝑢′ (𝑡)|, 𝑡 ∈ (𝛼, 𝛽). (1.25) Ta có: |𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝜑(𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝑏1 ). (1.26) Chứng minh: Giả sử 𝑢 ∈ 𝐴𝐶 1 ([𝑎1 , 𝑏1 ]; ℝ) thỏa các điều kiện của Bổ đề 1.6. Theo (1.25), (1.11) và Bổ đề 1.5 ta có: 𝑐0 (𝛾 − 𝛼)(𝛽 − 𝛾)|𝑢′ (𝛾)| ≤ 𝑐0 hay |𝑢′ (𝛾)| ≤ (1.27) (𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾) 𝑏 𝑏 với 𝑐0 = [2𝑟0 (𝑏 − 𝑎) + ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠] 𝑒𝑥𝑝 [2 ∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠].
12 Ta cần chứng minh: |𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝜑0 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎1 , 𝛾) (1.28) Trong đó: 0 𝑐 𝛾 𝑏 𝜑0 (𝑡) = ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾) + ∫𝑡 ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠) 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠] , 𝑡 ∈ (𝑎, 𝛾). (1.29) Giả sử (1.28) sai. Khi đó, theo (1.27) và (1.29), tồn tại 𝑡∗ ∈ (𝑎1 , 𝛾) và 𝑡 ∗ ∈ (𝑡∗ , 𝛾) thỏa |𝑢′ (𝑡)| > 𝜑0 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝑡∗ , 𝑡 ∗ ), 𝑐0 |𝑢′ (𝑡 ∗ )| = . (1.30) (𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾) Giả sử 𝑢′ (𝑡) > 0, 𝑡 ∈ (𝑡∗ , 𝑡 ∗ ). Khi đó theo bổ đề bất đẳng thức tích phân, từ (1.24) suy ra: 𝑡∗ 𝑠 |𝑢′ (𝑡∗ )| ≤ (|𝑢′ (𝑡 ∗ )| + ∫𝑡 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑡 ℎ2 (𝜉) 𝑑𝜉] ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠) ∗ ∗ 0 𝑐 𝑡∗ 𝑏 ≤ ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾) + ∫𝑡 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝜉) 𝑑𝜉] ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠) ∗ 0 𝑐 𝛾 𝑏 ≤ ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾) + ∫𝑡 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝜉) 𝑑𝜉] ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠) ∗ 0 𝑐 𝛾 𝑏 ≤ ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾) + ∫𝑡 ℎ1 (𝑠)𝑑𝑠) 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠] = 𝜑0 (𝑡∗ ). ∗ Điều này mâu thuẫn với (1.30). Vậy (1.28) đúng. Chứng minh tương tự ta có |𝑢′ (𝑡)| ≤ 𝜑1 (𝑡), 𝑡 ∈ [𝛾, 𝑏1 ). 𝑐 𝑡 𝑏 Trong đó 𝜑1 (𝑡) = ((𝛾−𝛼)(𝛽−𝛾) 0 + ∫𝛾 ℎ1 (𝑠) 𝑑𝑠) 𝑒𝑥𝑝 [∫𝑎 ℎ2 (𝑠) 𝑑𝑠] , 𝑡 ∈ (𝛾, 𝑏). Đặt: 𝜑 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎,𝛾] 𝜑(𝑡) = { 0 . 𝜑1 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝛾, 𝑏) Suy ra bất đẳng thức (1.26) được thực hiện.
13 Dễ thấy 𝜑 bị chặn trên (𝑎, 𝑏) và 𝜑 ∈ 𝐿((𝑎, 𝑏); ℝ+ ). Vậy, bổ đề được chứng minh. Bổ đề 1.7. Cho 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐶𝑎𝑟𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏) × ℝ; ℝ), 𝜎1 , 𝜎2 lần lượt là hàm dưới và hàm trên của phương trình (1.1) thỏa (1.3). Hơn nữa, giả sử tồn tại 𝑝0 , 𝑞0 ∈ 𝐿𝑙𝑜𝑐 ((𝑎, 𝑏); ℝ+ ) thỏa mãn 𝑏 𝑏 ∫𝑎 (𝑠 − 𝑎)(𝑏 − 𝑠)𝑝0 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞ , ∫𝑎 𝑞0 (𝑠)𝑑𝑠 < +∞. và 𝑓(𝑡, 𝑥) ≥ −𝑝0 (𝑡), |𝑔(𝑡, 𝑥)| ≤ 𝑞0 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡) (1.31) (|𝑓(𝑡, 𝑥)| ≤ 𝑝0 (𝑡), 𝑔(𝑡, 𝑥)𝑠𝑔𝑛(𝑐 − 𝑡) ≥ −𝑞0 (𝑡), 𝑡 ∈ (𝑎, 𝑏), 𝜎1 (𝑡) ≤ 𝑥 ≤ 𝜎2 (𝑡)). (1.32) Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm thỏa điều kiện (1.6). Chứng minh: Giả sử điều kiện (1.31) được thực hiện. Lấy dãy (𝑡𝑖𝑘 )+∞ +∞ +∞ 𝑘=1 , (𝑠𝑖𝑘 )𝑘=1 , (𝑐𝑖𝑘 )𝑘=1 (𝑖 = 1,2) thỏa mãn: 𝑎+𝑏 𝑎 < 𝑡1𝑘+1 < 𝑡1𝑘 < < 𝑡2𝑘 < 𝑡2𝑘+1 < 𝑏, 𝑘 = 1,2,3, …, 2 𝑎+𝑏 𝑠1𝑘+1 ∈ (𝑡1𝑘+1 , 𝑡1𝑘 ), 𝑠2𝑘+1 ∈ (𝑡2𝑘 , 𝑡2𝑘+1 ), 𝑡11 < 𝑠11 < < 𝑠21 < 𝑡21 , 2 𝑐1𝑘 = 𝜎1 (𝑡1𝑘 ), 𝑐2𝑘 = 𝜎1 (𝑡2𝑘 ), 𝑘 = 1,2,3, …, (1.33) lim 𝑡1𝑘 = 𝑎, lim 𝑡2𝑘 = 𝑏. (1.34) 𝑘→+∞ 𝑘→+∞ Đặt: 𝑟0 = max{|𝜎1 (𝑡)| + |𝜎2 (𝑡)|: 𝑡 ∈ [𝑎, 𝑏]},