Luận văn Thạc sĩ Toán học: Nghiệm dương của một số lớp bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:56

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Nghiệm dương của một số lớp bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao bao gồm những nội dung về nghiệm dương của một lớp bài toán biên cho phương trình vi phân bậc ba, bậc bốn, bậc n.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Nghiệm dương của một số lớp bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH LƯƠNG NGỌC TIẾN NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2011
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Lương Ngọc Tiến NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO 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 Lời đầu tiên, tôi xin kính gửi đến PGS.TS.Nguyễn Anh Tuấn lời cảm ơn sâu sắc và chân thành nhất vì sự tận tình giúp đỡ và chỉ bảo của Thầy dành cho tôi trong suốt thời gian làm luận văn. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Quí Thầy Cô trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh, trường Đại học KHTN TP. Hồ Chí Minh, trường Đại học Quốc Tế TP. Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và hướng dẫn tôi trong suốt khóa học. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Lãnh đạo, Chuyên viên Phòng Sau Đại học - trường Đại học Sư phạm TP. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã giành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, các bạn học viên cao học lớp Giải tích K19, trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã luôn động viên, khuyến khích và giúp đỡ tôi trong thời gian học tập và làm luận văn. Vì kiến thức bản thân còn hạn chế và thời gian có hạn nên luận văn sẽ khó tránh khỏi những thiếu sót.Rất mong được sự nhận xét và chỉ bảo của Quí Thầy Cô và sự góp ý chân thành của các bạn đồng nghiệp để luận văn ngày càng hoàn thiện hơn. TP.Hồ Chí Minh 11/2011 Tác giả
MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN ....................................................................................................................... 3 MỞ ĐẦU ............................................................................................................................... 5 CHƯƠNG 0 .......................................................................................................................... 6 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ................................................................................... 6 CHƯƠNG 1 .......................................................................................................................... 8 NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO ....................................... 8 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BA .............................................................................. 8 1.1 Mở đầu.................................................................................................................. 8 1.2. Hàm Green và đánh giá tiên nghiệm của nghiệm dương .................................... 8 1.3 Các định lý tồn tại nghiệm dương ...................................................................... 15 1.4 Các định lý về sự không tồn tại nghiệm dương ................................................. 22 CHƯƠNG 2 ........................................................................................................................ 25 NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO ..................................... 25 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BỐN ......................................................................... 25 2.1 Mở đầu................................................................................................................ 25 2.2 Hàm Green của bài toán (2.1),(2.2)................................................................. 25 2.3 Các đánh giá cho nghiệm dương ..................................................................... 27 2.4 Các định lý tồn tại nghiệm cho bài toán (2.1),(2.2) ........................................... 29 2.5 Các định lý về sự không tồn tại nghiệm dương cho bài toán (2.1), (2.2) .......... 35 CHƯƠNG 3 ........................................................................................................................ 38 NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO ..................................... 38 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC N............................................................................... 38 3.1 Mở đầu................................................................................................................ 38 3.2 Hàm Green và các đánh giá tiên nghiệm ....................................................... 38 3.3 Các định lý về tồn tại, không tồn tại nghiệm dương của (3.1), (3.2)............ 44 3.6 Ví dụ. Xét bài toán biên ..................................................................................... 52 KẾT LUẬN ......................................................................................................................... 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................................. 56
MỞ ĐẦU Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ XVIII, song đến nay ngày càng phát triển mạnh mẽ do các ứng dụng to lớn của nó trong nhiều lĩnh vực của cuộc sống như:vật lý, cơ học, cơ khí, sinh học, kinh tế,….. Vấn đề nghiệm dương của các bài toán biên trong những năm gần đây được sự quan tâm sâu sắc bởi nhiều nhà toán học trên thế giới như: R.P.Agarwal, D.O’Regan, D.R.Anderson, I.T.Kiguradze,…. Vấn đề nghiệm dương cho bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao ngày càng được nhiều người quan tâm và có nhiều kết qủa rộng lớn và sâu sắc theo các hướng khác nhau, nhưng có thể nói phương pháp chung là áp dụng định lý điểm bất động Guo – Krasnosel’skii trong nón. Mục đích chính của luận văn là ứng dụng định lý điểm bất động Guo – Krasnoselskii để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm dương của các bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao. Nội dung của luận văn là nghiên cứu sự tồn tại, không tồn tại nghiệm dương của các phương trình vi phân bậc cao với các điều kiện biên khác nhau. Luận văn được chia làm 3 chương, cụ thể như sau Chương 1: Nghiên cứu về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của phương trình vi phân bậc ba dạng: =u '''(t ) g (t ) f (u (t )), 0 ≤ t ≤ 1 , với điều kiện biên: u (0) − α u '(0) =u '( p ) =β u '(1) + γ u ''(1) =0 Chương 2: Nghiên cứu về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của phương trình vi phân bậc bốn dạng: = u ''''(t ) g (t ) f (u (t )), 0 ≤ t ≤ 1 , với điều kiện biên: u= (0) u= '(0) u= ''(1) u= '''(1) 0 Chương 3: Nghiên cứu về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của phương trình vi phân bậc n dạng: u ( n ) (t ) + λ a (t ) f (u (t ))= 0, 0 < t < 1, với các điều kiện biên cụ thể khác nhau. Luận văn có thể làm tài liệu tham khảo cho sinh viên năm cuối hoặc học viên cao học ngành Toán khi nghiên cứu về vấn đề nghiệm dương của phương trình vi phân bậc cao cũng như hệ phương trình vi phân.
CHƯƠNG 0 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 0.1 Định nghĩa Cho f (t ) xác định trên 0  t   , f (t ) khả tích trên mọiđoạn  a, b  , (với 0  a  b   ) và s là tham số thực (hoặc phức). Ta định nghĩa biến đổi Laplace của f là   F ( s )  L  f (t ) ( s )   est f (t )dt  lim  est f (t )dt  0 0 Ta sẽ ký hiệu L(f) là biến đổi Laplace của hàm f. Định lý 0.1.1 Giả sử L  f (t ) và L  g (t ) tồn tại. Cho a và b là các hằng số. Khi đó, L af (t )  bg (t ) tồn tại và L af (t )  bg (t )  aL  f (t )  bL  g (t ) . Định lý 0.1.2 Giả sử rằng (1) f có đạo hàm cấp n và f ( n ) liên tục từng phần trên 0, (2) Tồn tại các hằng số dương a, M, T sao cho f ( n ) (t )  Me at , i  0,1,...., n 1 , t  T , Khi đó, biến đổi Laplace của f ( n ) tồn tại với mọi s  a và L  f ( n ) (t )  s n L  f (t )  s n1 f (0)  s n2 f '(0)  ...  f ( n1) (0) . 0.2 Biến đổi Laplace ngược Định nghĩa 0.2.1 Giả sử F là biến đổi Laplace của hàm liên tục f, tức là F ( s )  L  f (t ) ( s ) . Khi đó hàm liên tục f được gọi là biến đổi Laplace ngược của hàm F và ký hiệu như sau f  L1 F  Định lý 0.2.2 Giả sử f, g là các hàm liên tục. Cho F  L  f  , G  L  g  , a và b là các hằng số. Khi đó, L1 aF  bG   aL1 F   bL1 G  . 0.3 Biến đổi Laplace của tích chập
Cho hai hàm số f và g xác định trên  thì hàm số f  g định bởi t ( f  g )(t )   f ()g (t )d  , 0 với giả thiết là tích phân ở trên tồn tại, được gọi là tích chập của f và g . Nếu f và g là các hàm liên tục trên 0, , khi đó L ( f  g )(t )  L  f (t ) L  g (t ) . 0.4 Định lý Guo – Krasnosel’skii Định nghĩa 0.4.1 Một toán tử gọi là hoàn toàn liên tục nếu nó liên tục và ánh xạ một tập bị chặn thành tập compact tương đối. Định nghĩa 0.4.2 Cho X là không gian Banach thực.Tập con lồi, đóng, khác rỗng P của X gọi là một nón trong X nếu nó thỏa mãn các điều kiện (1) Nếu x  P,   ,   0 thì x  P , (2) Nếu x  P,  x  P thì x  0 . Định lý 0.4.3 (Guo - Krasnosel’skii) Cho ( X , . ) là không gian Banach thực, P ⊂ X , P là nón trên X. Giả sử Ω1 , Ω2 là các tập con mở bị chặn của X với 0∈ Ω1 ⊂ Ω1 ⊂ Ω2 , và T : P ∩ (Ω2 \ Ω1 )  → P là toán tử hoàn toàn liên tục thỏa một trong hai điều kiện (K1) Tu ≤ u nếu u ∈ P ∩ ∂Ω1 , và Tu ≥ u nếu u ∈ P ∩ ∂Ω2 . (K2) Tu ≥ u nếu u ∈ P ∩ ∂Ω1 , và Tu ≤ u nếu u ∈ P ∩ ∂Ω2 . Khi đó T có điểm bất động trong P ∩ (Ω2 \ Ω1 ) .
Chương 1 NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BA 1.1 Mở đầu Trong chương này ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của bài toán biên =u '''(t ) g (t ) f (u (t )), 0 ≤ t ≤ 1 (1.1) u (0) − α u '(0) =u '( p ) =β u '(1) + γ u ''(1) =0 (1.2) Trong chương này ta giả sử rằng (H1) Hàm f : [ 0, ∞ )  → [ 0, ∞ ) và g : [ 0,1]  → [0, ∞ ) là các hàm liên tục và g (t ) ≠ 0 trên đoạn [ 0,1] , (H2) Các hằng số α , β , γ và p là không âm thỏa: β + γ > 0, 0 < p ≤ 1 và 2 p (1 + α ) ≥ 1 , (H3) Nếu p = 1 thì γ > 0 . 1.2. Hàm Green và đánh giá tiên nghiệm của nghiệm dương Trong phần này sẻ nghiên cứu hàm Green của bài toán (1.1) ,(1.2) và chứng minh một số đánh giá cho nghiệm dương của bài toán. Trong suốt phần này ta định nghĩa hằng số M = β + γ − β p . Theo (H1), (H3) dễ thấy M là hằng số dương. Mệnh đề 1.2.1. Nếu u ∈ C 3 [ 0,1] thỏa mãn điều kiện biên (1.2) và u '''(t ) = 0 , ∀t ∈ [ 0,1] thì u (t ) = 0 , 0 ≤ t ≤ 1. Chứng minh. Do u '''(t ) = 0 nên tồn tại các hằng số a1 , a2 , a3 sao cho: u (t ) = a1 + a2t + a3t 2 , 0 ≤ t ≤ 1 Vì u (t ) thỏa điều kiện biên (1.2) nên ta có:  1 −α 0  a1   0       0 1 2 p  a2  =  0  (1.3) 0 β 2( β + γ )       a3   0  (Do u (0) − α u '(0) =u '( β ) =β u '(1) + γ u ''(1) =0 )
Ma trận hệ số của hệ trên có định thức là 2M > 0 nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường a= 1 a= 2 a= 3 0 .Vậy u (t ) = 0 trên [ 0,1] .  Nếu [ a, b ] ⊂ R = (−∞, +∞) là tập đóng, thì hàm chỉ χ của đoạn [ a, b ] được định nghĩa như sau: 1 , t ∈ [ a, b ] χ [ a ,b ] =  0 , t ∉ [ a, b ] Ta định nghĩa hàm G : [ 0,1] × [ 0,1] → [0, +∞ ) xác định bởi: β +γ − βs (t − s ) 2 =G (t , s ) 2( β + γ − β p ) ( 2α p + 2 pt − t 2 ) + 2 χ[0,1] ( s ) p−s − 2( β + γ − β p ) ( 2(α + t )( β + γ ) − β t 2 ) χ[0, p] ( s ) Ta sẽ chứng minh G (t , s) là hàm Green của bài toán (1.1), (1.2). Mệnh đề 1.2.2. Cho h ∈ C [ 0,1] . 1 = Nếu y (t ) ∫ G(t , s)h(s)ds, 0 0 ≤ t ≤ 1 , thì y (t ) thỏa điều kiện biên (1.2) t ) h(t ), ∀t ∈ [ 0,1] . và y '''(= Chứng minh. Theo định nghĩa hàm G (t , s) ta có: 1 β +γ − βs (t − s ) 2 1 =y (t ) ∫ 2M ( 2α p + 2 pt − t ) h(s)ds + ∫ 2 χ[0,t ] (s)h(s)ds 2 0 0 p−s 1 −∫ 2M ( 2(α + t )( β + γ ) − β t 2 )χ[0, p] ( s )h( s )ds 0 β +γ − βs ( 2α p + 2 pt − t ) h(s)ds + ∫ (t −2s) 1 t 2 = ∫ 2 y (t ) h( s )ds 0 2M 0 p−s p −∫ 2M ( 2(α + t )( β + γ ) − β t 2 )h( s )ds (1.4) 0 Lấy đạo hàm hai vế của (1.4) ta được: p−s β +γ − βs p t 1 y '(t ) =− ∫ ( β + γ − β t )h( s)ds + ∫ (t − s)h( s)ds + ∫ ( p − t ) h( s)ds (1.5) 0 M 0 0 M Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế của (1.5) ta được:
p−s β +γ − βs p t 1 y ''(t ) β ∫ = h( s )ds + ∫ (t − s )h( s )ds − ∫ h( s )ds (1.6) 0 M 0 0 M Lại lấy đạo hàm hai vế của (1.6) cho ta: t ) h(t ), ∀t ∈ [ 0,1] y '''(= Trong (1.5), cho t = p ta thu được: y '( p) = 0 Cho t = 0 trong (1.4) và (1.5) ta được: p−s β +γ − βs p 1 −∫ y (0) = α ( β + γ )h( s )ds + ∫ α ph( s )ds (1.7) 0 M 0 M p−s β +γ − βs p 1 −∫ y '(0) = ( β + γ )h( s )ds + ∫ ph( s )ds (1.8) 0 M 0 M Từ (1.7) và (1.8) ta có: y (0) = α y '(0) hay y (0) − α y '(0) = 0 Cho t = 1 trong (1.5) và (1.6) ta được: p−s p−s p 1 −γ ∫ y '(1) = h( s )ds + γ ∫ h( s )ds (1.9) 0 M 0 M p−s p−s p 1 =y ''(1) β ∫ h( s )ds − β ∫ h( s )ds (1.10) 0 M 0 M Suy ra β y '(1) + γ y ''(1) = 0  Mệnh đề 1.2.3. Cho h ∈ C [ 0,1] và y ∈ C 3 [ 0,1] .Nếu y (t ) thỏa điều kiện biên (1.2) và 1 t ) h(t ), ∀t ∈ [= y '''(= 0,1] , thì y (t ) ∫ G(t , s)h(s)ds, 0 ≤ t ≤1. 0 Chứng minh. t ) h(t ), ∀t ∈ [ 0,1] Giả sử rằng y(t) thỏa điều kiện biên (1.2) và y '''(= 1 = Xét k (t ) ∫ G(t , s)h(s)ds, 0 0 ≤ t ≤1 t ) h(t ), ∀t ∈ [ 0,1] và k (t ) thỏa điều kiện biên (1.2). Theo mệnh đề (1.2.2) ta có: k '''(= ) y (t ) − k (t ), 0 ≤ t ≤ 1. Khi đó Đặt m(t= m '''(t ) = 0 và m(t ) thỏa điều kiện biên (1.2).Theo mệnh đề (1.2.1), m(t ) ≡ 0 trên [ 0,1] . 1 = Vậy: y (t ) ∫ G(t , s)h(s)ds, 0 0 ≤ t ≤1  Từ hai mệnh đề trên ta có kết quả:
1 =y (t ) ∫ G(t , s)h(s)ds, 0 0 ≤ t ≤ 1 , nếu và chỉ nếu y (t ) thỏa điều kiện biên (1.2) và t ) h(t ), ∀t ∈ [ 0,1] . y '''(= Khi đó bài toán (1.1),(1.2) tương đương với phương trình tích phân 1 =u (t ) ∫ G(t , s) g (s) f (u (s))ds, 0 0 ≤ t ≤ 1, (1.11) và G (t , s) gọi là hàm Green của bài toán (1.2), (1.2). Sau đây là một số tính chất của hàm G (t , s) . Mệnh đề 1.2.4. Nếu điều kiện (H2) được thỏa mãn, thì 2 pα + 2 pt − t 2 ≥ 0, 0 ≤ t ≤ 1. Chứng minh. Theo điều kiện (H2) ta có β + γ > 0, 0 < p ≤ 1, 2 p(1 + α ) ≥ 1 , nên 2 pα + 2 pt − t 2 = t (1 − t ) + 2 pα (1 − t ) + (2 p (1 + α ) − 1)t ≥ 0  Mệnh đề 1.2.5. Nếu (H2),(H3) thỏa, thì ta có: 1) G (t , s) ≥ 0, với 0 ≤ t ≤ 1 và 0 ≤ s ≤ 1 . 2) G (t , s) > 0, với 0 < t < 1 và 0 < s < 1 . Chứng minh. Trước hết ta chứng minh khẳng định 1).Ta xét các trường hợp sau • Nếu s ≥ p và s ≥ t , thì: β +γ − βs = G (t , s ) 2M ( 2α p + 2 pt − t ) ≥ 0 2 • Nếu s ≥ p và s ≤ t , thì: β +γ − βs (t − s ) 2 = G (t , s ) 2M ( 2α p + 2 pt − t ) + 2 ≥ 0 2 • Nếu s ≤ p và s ≥ t , thì: β +γ − βs 2M = G (t , s ) ( 2α p + 2 pt − t ) − ( p2M− s) (2(α + t )(β + γ ) − β t ) 2 2 β +γ − β p + β p − βs ( p − s) = 2M ( 2α p + 2 pt − t 2 ) − 2M (2αβ + 2αγ + 2t β + 2tγ − β t 2 ) β ( p − s)  = + 1 2 2M  ( 2α p + 2 pt − t  2 ) − ( p2M− s) (2αβ + 2αγ + 2t β + 2tγ − β t 2 ) ( p − s) = 1 2 ( 2α p + 2 pt − t 2 ) + 2M ( 2αβ p + 2 βαγ − β t 2 − 2αβ − 2αγ − 2t β − 2tγ + β t 2 )
( p − s) = 1 2 ( 2α p + 2 pt − t 2 ) + 2M ( 2α ( β p − β − γ ) + 2t ( β p − β − γ ) ) ( p − s) = 1 2 ( 2α p + 2 pt − t 2 ) + 2 ( −2α − 2t ) = 1 2 ( 2α p + 2 pt − t 2 ) + ( s − p )( 2α + 2= 1 2 t) 1 2 ( 2α s + 2 st − t 2 ) ≥ 0 • Nếu s ≤ p và s ≤ t , thì: (t − s ) 2 s2 G (t , s ) = 1 2 ( 2α s + 2 st − t 2 ) 2 + = α s + 2 ≥0 Vậy G (t , s) ≥ 0 , 0 ≤ t ≤ 1 , 0 ≤ s ≤ 1 , nên 1) được chứng minh. Từ chứng minh 1) dễ nhận ra được khẳng định 2)  Mệnh đề 1.2.6. Nếu u ∈ C 3 [ 0,1] thỏa điều kiện (1.2), và u '''(t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ 0,1] , (1.12) thì 1) u (t ) ≥ 0, 0 ≤ t ≤ 1 . 2) u '(t ) ≥ 0 trên [ 0, p ] và u '(t ) ≤ 0 trên [ p,1] . 3) u ( p) = u . Chứng minh. 1) Chứng minh u (t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ 0,1] 1 Theo mệnh đề 1.2.3, ta có: u (t ) = ∫ G (t , s)u '''( s )ds 0 Do G (t , s) ≥ 0 , 0 ≤ t ≤ 1, 0 ≤ s ≤ 1, u '''(t ) ≥ 0, 0 ≤ t ≤ 1, nên khẳng định 1) được chứng minh. 2) Chứng minh u '(t ) ≥ 0 trên [ 0, p ] và u '(t ) ≤ 0 trên [ p,1] . Từ (1.5) ta có, p−s β +γ − βs p t 1 u '(t ) =− ∫ ( β + γ − β t )u '''( s)ds + ∫ (t − s)u '''( s)ds + ∫ ( p − t ) u '''( s)ds 0 M 0 0 M • Nếu 0 ≤ t ≤ p ,thì p−s p p p u '(t ) =− ∫ ( β + γ − β t )u '''( s)ds + ∫ (t − s)u '''( s)ds − ∫ (t − s)u '''(s)ds 0 M 0 t β +γ − βs β +γ − βs p 1 +∫ ( pt − t ) u '''( s)ds + ∫ ( p − t ) u '''( s)ds 0 M p M
p−s β +γ − βs p p p =− ∫ ( β + γ − β t )u '''( s)ds + ∫ (t − s)u '''( s)ds + ∫ ( p − t ) u '''( s)ds 0 M 0 0 M β +γ − βs p 1 + ∫ ( s − t )u '''( s )ds + ∫ ( p − t ) u '''( s)ds t p M   β +γ − βs p−s p  = ∫ (t − s ) + ( p −t) − ( β + γ − β t )u '''( s)ds M 0  M  0  β +γ − βs p 1 + ∫ ( s − t )u '''( s )ds + ∫ ( p − t ) u '''( s)ds t p M β +γ − βs p 1 ∫ (s − t )u '''(s)ds + ∫ = ( p − t ) u '''( s)ds ≥ 0 . t p M • Nếu p ≤ t ≤ 1 , thì p−s p−s t t t u '(t ) =− ∫ ( β + γ − β t )u '''( s)ds + ∫ ( β + γ − β t )u '''( s)ds + ∫ (t − s)u '''( s)ds 0 M p M 0 t β +γ − βs 1 β +γ − βs +∫ ( p − t ) u '''( s)ds + ∫ ( p − t ) u '''( s)ds 0 M t M    t β +γ − βs p−s = ∫ (t − s ) + ( p −t) − ( β + γ − β t )u '''( s)ds M 0  M  0  t p−s β +γ − βs 1 +∫ ( β + γ − β t ) u '''( s)ds + ∫ ( p − t ) u '''( s)ds p M t M t s− p β +γ − βs 1 −∫ = (γ + β (1 − t ) ) u '''( s)ds − ∫ ( t − p ) u '''( s)ds ≤ 0. p M t M 3) Chứng minh u ( p) = u . Từ 2) ta có max u (t ) = u ( p) , từ đây suy ra u ( p) = u .  [0,1] Tiếp theo ta định nghĩa hàm liên tục a : [ 0,1] → [ 0, +∞ ) như sau: 2 pα + 2 pt − t 2 =a (t ) , 0 ≤ t ≤ 1. 2 pα + p 2 và khi đó dễ thấy: a(t ) ≥ min {t ,1 − t} , 0 ≤ t ≤ 1. Mệnh đề 1.2.7. Nếu u ∈ C 3 [ 0,1] , thỏa điều kiện (1.12) và điều kiện biên (1.2), thì u (t ) ≥ a (t )u ( p ) trên [ 0,1] .
Chứng minh. Đặt h(t= ) u (t ) − a (t )u ( p ), 0 ≤ t ≤ 1, thì h '''(= t ) u '''(t ) ≥ 0, 0 ≤ t ≤ 1. Theo định nghĩa của h(t), ta có: h( p ) = u ( p ) − a ( p )u ( p ) = u ( p ) − u ( p ) = 0 (do a ( p ) = 1 ) 2 p − 2t h '(t ) = u '(t ) − a '(t )u ( p ), a '(t ) = dẫn đến h '( p) = u '( p ) − a '( p )u ( p ), a '( p ) = 0. 2 pα + p 2 Từ đó suy ra: h= '( p ) 0 (do điều kiện (1.2)) '( p ) u= Vậy h= ( p ) h= '( p ) 0 . Để chứng minh mệnh đề trên ta chỉ cần chứng minh h(t ) ≥ 0 trên đoạn [ 0,1] Ta xét các trường hợp sau: • Trường hợp 1: h '(0) ≤ 0 . Lưu ý rằng h '( p) = 0 và h’ là hàm lõm trên [ 0,1] ( vì h '''(t ) ≥ 0, 0 ≤ t ≤ 1 ). Từ h '(0) ≤ 0 ta có h '(t ) ≤ 0 trên [ 0, p ] và h '(t ) ≥ 0 trên [ p,1] . Từ h( p) = 0 ta có h(t ) ≥ 0 trên [ 0,1] . • Trường hợp 2: h '(0) > 0 Ta có u (0) = α u '(0) 2 pα 2p h(0) = u (0) − u ( p ); h '(0) = u '(0) − u ( p) 2 pα + p 2 2 pα + p 2 2 pα + 2 pt − t 2 2 p − 2t (do a(t ) = , a '(t ) = ) 2 pα + p 2 2 pα + p 2 Suy ra h(0) = α h '(0) Từ α ≥ 0 , ta có h(0) ≥ 0 .Vì h '(0) > 0 và h(0) ≥ 0 , tồn tại δ ∈ (0, p) sao cho h(δ ) − h(0) h(δ ) > 0 (vì h '(0) = lim ) δ →0 δ Theo định lý giá trị trung bình từ h(δ ) > h( p) = 0 , tồn tại r1 ∈ (δ , p ) sao cho h( p ) − h(δ ) =h '(r1 ) 0 trên [ 0, r2 ) , h '(t ) ≤ 0 trên [ r2 , p ] , h(t ) ≥ 0 trên ( p,1] . Từ h(0) ≥ 0 và h( p) = 0 trên [ 0,1] , ta có h(t ) ≥ 0 trên [ 0,1] .
Vậy h(t ) ≥ 0 trên đoạn [ 0,1] trong mọi trường hợp. Mệnh đề được chứng minh.  Định lý 1.2.8.Giả sử các điều kiện (H1) – (H3) được thỏa mãn. Khi đó: 1) Nếu u ∈ C 3 [ 0,1] , thỏa điều kiện (1.12) và điều kiện biên (1.2), thì u ( p ) = u và u (t ) ≥ a (t )u ( p ) , ∀t ∈ [ 0,1] . 2) Nếu u ∈ C 3 [ 0,1] là nghiệm dương của bài toán giá trị biên (1.1),(1.2), thì u ( p ) = u và u ( p ) ≥ u (t ) ≥ a (t )u ( p ) , ∀t ∈ [ 0,1] . Chứng minh. 1) Được suy ra từ mệnh đề 1.2.6. và 1.2.7. 2) Nếu u ∈ C 3 0,1 là nghiệm dương của bài toán (1.1),(1.2) thì, u (t ) = u (t ) ≤ max u (t ) = u ( p ) . Hơn nữa, u = [0,1] =u '''(t ) g (t ) f (u (t )), 0 ≤ t ≤ 1 nên suy ra u '''(t ) ≥ 0 , ∀t ∈ [ 0,1] (điều kiện (1.12)). Theo phần 1) của định lý 1.2.8, ta suy ra u ( p) = u và u (t ) ≥ a(t )u ( p) . Vậy, nếu u ∈ C 3 [ 0,1] là nghiệm dương của bài toán giá trị biên (1.1),(1.2) thì u ( p) = u và u ( p) ≥ u (t ) ≥ a(t )u ( p ) trên đoạn [ 0,1].  1.3 Các định lý tồn tại nghiệm dương Trước hết ta định nghĩa các hằng số 1 1 A ∫= 0 G( p, s ) g ( s )a( s )ds ; B ∫ G( p, s) g (s)ds. 0 Ta đặt X = C [ 0,1] với chuẩn '' max '' , tức= là: v max v(t ) , ∀v ∈ X . Khi đó X là t∈[ 0,1] không gian Banach. Đặt P= {v ∈ X : v( p) ≥ 0, a(t )v( p) ≤ v(t ) ≤ v( p), ∀t ∈ 0,1} Ngoài ra ta định nghĩa các hằng số: f ( x) f ( x) = = F0 lim + sup ; f 0 lim+ inf x →0 x x →0 x f ( x) f ( x) =F∞ lim= sup ; f ∞ lim inf . x →+∞ x x →+∞ x Bổ đề 1.3.1. P là một nón trong X. Chứng minh. • Hiển nhiên P ⊂ X và P ≠ ∅ .
• Chứng minh P là tập lồi Gọi u, v ∈ P , λ ∈ 0,1 , khi đó ta có: λu( p) + (1 − λ )v( p) ≥ 0 và a(t )(u ( p ) + v( p )) ≤ λu (t ) + (1 − λ )v(t ) ≤ u ( p ) + v( p ) do đó λu + (1 − λ )v ∈ P . Vậy P là tập lồi. • Chứng minh P là tập đóng Lấy {vn } ⊂ P , vn  . → v0 ,ta chứng minh v0 ∈ P. Do {vn } ⊂ P nên vn ( p) ≥ 0, a(t )vn ( p) ≤ vn (t ) ≤ vn ( p ), t ∈ 0,1 . 0 nên lim vn (t ) = v0 (t ) trên 0,1 , và vì thế lim vn ( p ) = v0 ( p ) vì lim vn − v0 = n →∞ n →∞ n →∞ như vậy ta có: a(t )v0 ( p) ≤ v0 (t ) ≤ v0 ( p), ∀t ∈ 0,1 và v0 ( p) ≥ 0 , từ đây suy ra v0 ∈ P. Vậy P là tập đóng. • Lấy v ∈ P và λ > 0 . Ta chứng minh λ v ∈ P Vì v ∈ P nên v( p) ≥ 0 và a(t )v( p) ≤ v(t ) ≤ v( p ) , dẫn đến λ v( p) ≥ 0 và λ a(t )v( p ) ≤ λ v(t ) ≤ λ v( p ) . Từ đây suy ra λ v ∈ P • Giả sử v ∈ P và −v ∈ P .Ta chứng minh v = 0. Vì v ∈ P và −v ∈ P nên v( p) ≥ 0 và −v( p) ≥ 0 , dẫn đến v( p) = 0 Do v ∈ P nên a(t )v( p) ≤ v(t ) ≤ v( p ), ∀t ∈ 0,1 . Kết hợp với điều kiện v( p) = 0 , ta suy ra được v(t )= 0, ∀t ∈ 0,1 hay v = 0. Vậy P là một nón trong X  Tiếp theo ta định nghĩa toán tử T : P  → X xác định bởi, 1 =Tu (t ) ∫ G(t , s) g (s) f (u(s))ds, 0 ≤ t ≤ 1, u ∈ P. 0 Bổ đề 1.3.2. T là toán tử hoàn toàn liên tục. Chứng minh. • Dễ thấy T là toán tử liên tục Lấy D  u  P : u  l , l  0  P là tập bị chặn trong P. Ta sẽ chứng minh T(D) bị chặn điểm và đồng liên tục. Ta có:
1 β +γ − βs 1 (t − s )2 =Tu (t ) ∫0 2(β + γ − β p) ( α + − ) ( ) ( ( )) + ∫0 2 χ 0,1 (s) g (s) f (u(s))ds 2 2 p 2 pt t g s f u s ds p−s 1 −∫ 2( β + γ − β p ) ( ) 2(α + t )( β + γ ) − β t 2 χ 0, p  ( s ) g ( s ) f (u ( s ))ds   0 1 β +γ − βs 1 (t − s )2 = ∫0 2(β + γ − β p) ( α + − ) ( ) ( ( )) + ∫0 2 g (s) f (u(s))ds 2 2 p 2 pt t g s f u s ds p−s p −∫ 2( β + γ − β p ) ( ) 2(α + t )( β + γ ) − β t 2 g ( s ) f (u ( s ))ds 0 ( max 2α p + 2 pt − t 2 = p 2 + 2 pα , 0 ≤t ≤1 ) β +γ 0 ≤t ≤1 ( max 2(α + t )( β + γ ) −= βt2 ) β ( β + γ + 2αβ ) , 2(α + t )( β + γ ) − β t 2 > 0, ∀t ∈0,1 , f : [ 0, ∞ )  → [ 0, ∞ ) và g : [ 0,1]  → [0, ∞ ) là các hàm liên tục, do đó tồn tại K, L sao cho K  max f (u ) ; L  max g ( s ) 0u l 0s1 • T(D) bị chặn điểm β +γ − βs 1 1 (t − s )2 =Tu(t ) ∫ 2( β + γ − β p) ( 2α p + 2 pt − t ) g (s) f (u(s))ds + ∫ 2 g (s) f (u(s))ds 2 0 0 p−s p −∫ 2( β + γ − β p ) ( ) 2(α + t )( β + γ ) − β t 2 g ( s ) f (u( s ))ds 0 1 β +γ − βs 1 (t − s )2 ≤∫ 2( β + γ − β p ) ( 2α p + 2 pt − t ) g (s) f (u(s)) ds + ∫ 2 g (s) f (u(s)) ds 2 0 0 p−s p ∫ 2(β + γ − β p) ( 2(α + t )(β + γ ) − β t ) g (s) f (u(s)) ds 2 0 1 β +γ − βs 1 (t − s )2 ≤∫ 2α p + 2 pt − t g ( s ) f (u ( s )) ds + ∫ 2 g ( s ) f (u ( s )) ds 0 2( β + γ − β p ) 0 2 p−s p ∫ ( 2(α + t )(β + γ ) − β t ) 2(β + γ − β p) g ( s ) f (u ( s )) ds 2 0 ( p 2 + 2 pα ) KL (t − s )2 1 1 ≤ 2( β + γ − β p ) ∫0 ( β + γ − β s )ds + KL ∫0 2 ds β +γ p KL + ( β + γ + 2αβ )∫ ( p − s )ds 2( β + γ − β p ) β 0
( p 2 + 2 pα ) KL  β  KL KL β +γ p2 ≤ + γ + + ( β + γ + αβ ) 2( β + γ − β p )  2  6 2( β + γ − β p ) β 2  2 Vậy T(D) bị chặn điểm. • T(D) đồng liên tục Ta cần chứng minh: e  0, t1 , t2  0,1, tồn tại δ > 0 sao cho 0  t1  t2  d thì Tu (t1 ) − Tu (t2 ) < ε , ∀u ∈ D . Thật vậy, Với e  0 cho trước, với mọi t1 , t2  0,1, chọn −1  ( p + 1) KL  β  5 KL (3β + γ ) KLp 2  =δ ε  + γ  + 4 + 2( β + γ − β p )   β +γ − β p  2   và 0  t1  t2  d , ta có: 1 β +γ − βs Tu (t1 ) − Tu (t2 ) = ∫ 2(β + γ − β p) ( 2α p + 2 pt 0 1 ) − t12 − 2α p − 2 pt2 + t22 g ( s ) f (u ( s ))ds 1 β +γ − βs = ∫ 2(β + γ − β p) ( 2 p(t 0 1 ) − t2 ) + (t22 − t12 ) g ( s ) f (u ( s ))ds 1 + 1 20∫ ( ) (t12 − t22 ) + 2 s(t2 − t1 ) g ( s ) f (u ( s ))ds p−s p −∫ 2( β + γ − β p ) ( ) 2( β + γ )(t1 − t2 ) + β (t22 − t12 ) g ( s ) f (u ( s ))ds 0 1 β +γ − βs 1 β +γ − βs = ∫0 2(β + γ − β p) 1 2 2 p (t − t ) g ( s ) f (u ( s )) ds + ∫0 2(β + γ − β p) (t1 − t2 )(t1 + t2 ) g (s) f (u(s))ds 1 1 1 1 + 20∫ 2 s(t2 − t1 ) g ( s ) f (u ( s ))ds + ∫ (t1 − t2 )(t1 + t2 ) g ( s ) f (u ( s ))ds 20 p−s p −∫ 2( β + γ )(t1 − t2 ) g ( s ) f (u ( s ))ds 0 2( β + γ − β p ) p−s p −∫ β (t − t )(t + t ) g ( s ) f (u ( s ))ds 0 2( β + γ − β p ) 1 2 1 2 Từ đó suy ra, pKL  β  KL β  Tu (t1 ) − Tu (t2 ) ≤  + γ  t1 − t2 +  + γ  t1 − t2 β +γ − β p  2  β +γ − β p  2  KL ( β + γ ) KL p 2 β KLp 2 + t1 − t2 + KL t1 − t2 + t1 − t2 + t −t 4 β +γ − β p 2 β +γ − β p 1 2
 pKL  β  KL β  Tu (t1 ) − Tu (t2 ) ≤   +γ +  +γ   β +γ − β p  2  β +γ − β p  2  KL ( β + γ ) KL p 2 β KLp  2 + + KL + +  t −t 4 β +γ − β p 2 β +γ − β p  1 2  ( p + 1) KL  β  5 KL (3β + γ ) KLp 2  ≤  + γ  + 4 + 2( β + γ − β p )  t1 − t2 < ε  β +γ − β p  2   Vậy T(D) đồng liên tục. T(D) bị chặn điểm và đồng liên tục, do đó áp dụng định lý Ascolli suy ra T là toán tử hoàn toàn liên tục. `  Bổ đề 1.3.3. T ( P) ⊂ P. Chứng minh. Theo định nghĩa của T, ta có: 1 Tu (t ) = ∫ G(t , s ) g ( s ) f (u ( s ))ds tương đương với Tu (t ) = u (t ) 0 (Tu )'''( = t ) u= '''(t ) g (t ) f (u (t )) ≥ 0, ∀t ∈ 0,1 . Hiển nhiên Tu(t ) thỏa điều kiện (1.2), (vì u(t ) thỏa điều kiện (1.2)). Theo Định lý 1.2.8 ta suy ra: a(t )Tu( p) ≤ Tu (t ) ≤ Tu ( p ), ∀t ∈ 0,1 hay T ( P) ⊂ P.  Định lý 1.3.4. Nếu BF0 < 1 < Af ∞ , thì bài toán (1.1),(1.2) có ít nhất một nghiệm dương. Chứng minh. Từ BF0 < 1 ,chọn ε > 0 sao cho ( F0 + ε ) B ≤ 1 .Tồn tại H1 > 0 sao cho f ( x) ≤ ( F0 + ε ) x với 0 < x ≤ H1 . Với mỗi u ∈ P và u = H1 , ta có 1 Tu ( p ) = ∫ G( p, s ) g ( s ) f (u ( s ))ds 0 1 ≤ ∫ G( p, s ) g ( s )( F0 + ε )u ( s )ds 0 1 ≤ ( F0 + ε ) u ∫ G( p, s) g (s)ds 0 ( F0 ε ) B u ≤ u , =+ Vì Tu( p) = Tu (theo mệnh đề 1.2.6) nên Tu ≤ u . Do đó, nếu ta đặt
Ω1 = {u ∈ X : u } < H1 , thì Tu ≤ u , với mọi u ∈ P ∩ ∂Ω1 . 1 Để xây dựng tập Ω 2 , trước hết ta chọn c ∈ (0, ) và δ > 0 sao cho 4 1− c ( f ∞ − δ ) ∫ G( p, s ) g ( s )a( s )ds > 1. c Tồn tại H 3 > 0 sao cho f ( x) ≥ ( f ∞ − δ ) x với x ≥ H 3 . Đặt H= 2 H1 + H 3 / c. Nếu u ∈ P và u = H 2 , thì với c ≤ t ≤ 1 − c, ta có u (t ) ≥ min {t ,1 − t} u ≥ cH 2 ≥ H 3 . (vì u ∈ P nên u(t ) ≥ a(t )u( p) và a(t ) ≥ min {t ,1 − t} , 0 ≤ t ≤ 1; u( p) =u ) Do đó, nếu u ∈ P và u = H 2 , thì 1− c Tu ( p ) ≥ ∫ G( p, s) g (s) f (u(s))ds c 1− c ≥ ∫ G( p, s) g (s)( f c ∞ − δ )u ( s )ds 1− c ≥ ∫ G( p, s) g (s)( f c ∞ − δ )a( s )u ( p )ds 1− c ≥ ( f∞ − δ ) u ∫ G( p, s) g (s)a(s)ds ≥ c u , Nghĩa là Tu ≥ u . Do đó, nếu ta đặt Ω 2 = {u ∈ X : u } < H 2 , thì Ω1 ⊂ Ω 2 , và Tu ≥ u , với mọi u ∈ P ∩ ∂Ω 2 . Vậy điều kiện (K1) được thỏa mãn, theo định lý Guo –Krasnosel’skii tồn tại điểm bất động của T trong P ∩ (Ω2 \ Ω1 ) . Do đó bài toán (1.1),(1.2) có ít nhất một nghiệm dương.  Định lý 1.3.5. Nếu BF∞ < 1 < Af 0 , thì bài toán (1.1),(1.2) có ít nhất một nghiệm dương. Chứng minh. Từ Af 0 > 1 , chọn ε > 0 sao cho ( f 0 − ε ) A ≥ 1. Tồn tại H1 > 0 sao cho f ( x) ≥ ( f 0 − ε ) x , với 0 < x ≤ H1 .