Luận văn Thạc sĩ Toán học: Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

78
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch tập trung tìm hiểu nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch, nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch với độ lệch khả nghịch.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Lương Hoàng Khương NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Lương Hoàng Khương NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH Chuyên ngành : Toán giải tích Mã số : 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS LÊ HOÀN HÓA Thành phố Hồ Chí Minh – 2014
LỜI CẢM ƠN Tôi bày tỏ lòng cảm ơn chân thành và sâu sắc đến thầy PGS.TS Lê Hoàn Hóa, người thầy đã nhiệt tình, tận tụy hướng dẫn và giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này. Tôi trân trọng cảm ơn các thầy cô khoa Toán trường ĐHSP TP. Hồ Chí Minh và các thầy cô đã tận tâm giảng dạy, truyền đạt cho tôi những kiến thức quý báu trong suốt khóa học cao học. Tôi gửi lời cảm ơn đến các thầy cô phòng KHCN-SĐH trường ĐHSP TP. Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành tốt khóa học. TP.HCM, ngày 29 tháng 12 năm 2014 Lương Hoàng Khương
MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cảm ơn Mục lục LỜI MỞ ĐẦU .............................................................................................................1 Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ .........................................................................3 1.1. Ánh xạ Fredholm..............................................................................................3 1.2. Bất đẳng thức Holder .......................................................................................3 1.3. Bậc trùng ..........................................................................................................3 1.4. Lí thuyết trùng bậc của Mawhin ......................................................................4 Chương 2. NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH...........................................................................................5 2.1. Các bổ đề ..........................................................................................................5 2.2. Các định lý .....................................................................................................12 2.3. Ví dụ ...............................................................................................................33 Chương 3. NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO ĐỐI SỐ LỆCH VỚI ĐỘ LỆCH KHẢ NGHỊCH ...................................34 3.1. Các bổ đề ........................................................................................................34 3.2. Các định lý. ....................................................................................................38 3.3. Các ví dụ ........................................................................................................49 TÀI LIỆU THAM KHẢO.........................................................................................51
1 LỜI MỞ ĐẦU Trong những năm gần đây, đã có nhiều công trình nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc một hoặc bậc cao. Ví dụ đã có những định lý về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của các phương trình vi phân sau đây: ( ) x "( t ) = f t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) , x ' ( t ) + e ( t ) , n −1 x( 2n) ( t ) + ∑ a j x( 2 j) (t ) + f (t, x ) = 0, j =1 n −1 u (t ) = ( n) ∑ p u( ) (t ) + q (t ) , i =1 i i −1 u( n) (t ) = ( f t , u ( t ) ,..., u ( n −1) (t )) , n x( 2 n +1) ( t ) + ∑ a j x( 2 j −1) ( t ) + f ( t , x ) = 0, j =1 x ( 2 n +1) ( t ) + f ( t , x ( t ) ,..., x( 2 n) ( t ) ) = 0, ( t ) + ∑ ai y (i ) ( t ) + b ( t , y ( t ) ,..., y ( n−1) ( t ) ) = n −1 y( n) 0. i =1 Nội dung chính của luận văn là sử dụng lý thuyết trùng bậc của Mawhin để nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của các phương trình vi phân sau: n −1 x (n) ( t ) =∑ bi x(i ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) ) ( I ) i =1 n −1 x( n) ( t=) ∑ bi x(i ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) ) + p ( t )( II ) i =1 Luận văn gồm 3 chương. Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Giới thiệu lý thuyết trùng bậc của Mawhin và một số bổ đề nhằm phục vụ cho chương 2 và chương 3. Chương 2. Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao đối số lệch Sử dụng lý thuyết trùng bậc của Mawhin để chứng minh một số định lý về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình (I). Chương 3. Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao đối số lệch, với độ lệch khả nghịch.
2 Sử dụng lý thuyết trùng bậc của Mawhin để chứng minh một số định lý về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình (II). Luận văn dựa trên hai bài báo khoa học là: Lijun Pan, “Periodic solutions for higher order diferential equations with deviating argumen”t. J.Math. Anal. Appl.343 (2008) 904-918. Y.J.Liu, P.H.Yang, W.G.Ge, “Periodic solution of high-order delay diferential equations”. Nonlinear Anal. 63 (2005) 136-152.
3 Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1. Ánh xạ Fredholm Định nghĩa 1.1.1. Cho X , Y là hai không gian định chuẩn. Ánh xạ tuyến tính L : D ( L ) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm nếu i. dim KerL < ∞ ii. Im L đóng, dim Co ker L < ∞. Định nghĩa 1.1.2. Chỉ số của ánh xạ Fredholm L được kí hiệu là Ind ( L) = Ind ( L) dim KerL − dim Co ker L. 1.2. Bất đẳng thức Holder Cho X là tập đo được Lebesgue trong R n , Lp ( X ) là K − không gian vecto tất p cả các hàm đo được f từ X vào K sao cho f khả tích Lebesgue. 1 1 Bất đẳng thức Holder: Cho p > 1, q > 1 là các số thực thoả mãn + =1. p q 1 1  p p  q q Nếu f ∈ Lp ( X ) , g ∈ Lq ( X ) thì fg ∈ L1 ( X ) và ∫ fg ≤  ∫ f  . ∫ g  . X X  X  Trường hợp đặc biệt với p= q= 2 ta có bất đẳng thức Schwarz. 1.3. Bậc trùng Cho X, Y là hai không gian Banach, L : D ( L ) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm chỉ số 0. Cho Ω là tập con, mở, bị chặn của X , D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ . Giả sử rằng F = L + N : D ( L ) ∩ Ω → Y là ánh xạ với N là L-compact trên Ω . Cũng giả sử rằng 0 ∉ F ( D ( L ) ∩ ∂Ω ) . Cho J : Im Q → KerL là một đẳng cấu tuyến tính. = Đặt H PQ J JQ + K PQ . Ta có thể kiểm tra được rằng J H PQ F= ( JQ + K ) ( L + N ) = PQ K PQ L + H PQ J N = I − P + ( JQ + K ) N . PQ
4 Do đó 0 ∉ F ( D ( L ) ∩ ∂Ω ) . Thật vậy nếu 0 ∈ H PQ J F ( D ( L ) ∩ ∂Ω ) .Khi đó, K PQ ( Lx + Nx ) + JQNx = 0 với x ∈ D( L) ∩ ∂Ω . Vì vậy QTx = 0 và ( I − Q )( Lx + Nx ) = 0 . Do đó Lx + Nx = 0 , điều này mâu thuẩn. Bởi tính chất L -compact của N dẫn đến: ( ) Bậc Laray Shauder deg I − P + ( JQ + K PQ ) N, Ω, 0 là định nghĩa tốt. Bây giờ chúng ta định nghĩa một bậc bởi: ( ) 0 ) deg I − P + ( JQ + K PQ ) T , Ω, 0 . DJ ( L + T , Ω,= Biểu thức này được gọi là bậc trùng của L và − N trên Ω ∩ D ( L ) . Chúng ta có thể kiểm tra được rằng định nghĩa này không phụ thuộc vào việc chọn P, Q . Nó thì có nghĩa rằng DJ ( L + N , Ω, 0 ) là một hằng số đối với một vài J phụ thuộc vào định hướng trên Ker ( L ) và Coker ( L ) . Định nghĩa đưa ra trên đây phụ thuộc vào J . 1.4. Lí thuyết trùng bậc của Mawhin Định lý. Cho X , Y là hai không gian Banach, L : D ( L ) ⊂ X → Y là toán tử Fredholm chỉ số 0. P : X → X ,Q :Y → Y là hai ánh xạ chiếu thoả mãn Im P = KerL, KerQ = Im L, X = KerL ⊕ KerP, Y = Im L ⊕ Im Q Khi đó L |D( L )∩ KerP : D ( L ) ∩ KerP → Im L là khả nghịch, ký hiệu K p là ánh xạ ngược của nó. Định nghĩa. Cho Ω là tập con, mở, bị chặn của X , D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ . Ánh xạ N : X → Y được gọi là L − compact trên Ω nếu QN Ω bị chặn và ( ) K p ( I − Q ) N : Ω → X là compact.
5 Chương 2. NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO VỚI ĐỐI SỐ LỆCH Trong chương này, bằng việc sử dụng lý thuyết trùng bậc của Mawhin, chúng ta sẽ đưa ra một số định lý về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch. n −1 x ( n ) ( t= ) ∑ b x( ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) ,..., x ( t − t ( t ) ) ) + p ( t )( I ) i =1 i i 1 m Trong đó: bi ( i 1,2,..., n − 1) là hằng số = f ∈ C ( R m+ 2 , R ) , f ( t + T , x0 , x1 ,..., x= m) f ( t , x0 , x1 ,..., xm ) , ∀ ( x0 , x1 ,..., xm ) ∈ R m+1 p ∈ C ( R, R ) , p ( t + T ) = p (t ) ti ∈C = ( R, R )( i 1,2,...., m )= ,t i ( t + T ) t i ( t ) 2.1. Các bổ đề Bổ đề 2.1.1. Giả sử x ∈ C n ( R, R ) và x ( t + T ) = x ( t ) thì 1 1 1 T 2  T 2  T ( n) 2  2 ∫ ( )  ∫ ( )  ∫ x ( t ) dt  . 2 2 x ' t dt ≤ x '' t dt  ≤ ... ≤ 0  0  0  Bổ đề 2.1.2. Cho α ∈ [ 0, +∞ ) là hằng số, s ∈ C ( R, R ) với s ( t + T ) = s ( t ) và s ( t ) ∈ [ −α , α ] , ∀t ∈ [ 0, T ] . Khi đó, ∀x ∈ C1 ( R, R ) , x ( t + T ) =x ( t ) ta có T T x ( t ) − x ( t − s ( t ) ) dt ≤ 2α 2 ∫ x ' ( t ) dt. 2 ∫ 2 0 0 Chứng minh. {t : t ∈ [0,T ], s ( t ) ≥ 0} , ∆ 2 = Đặt ∆1 = {t : t ∈ [0,T ], s ( t ) < 0} . Khi đó với mọi t ∈ [ 0, T ] , ta có:
6 2 T t ∫ x (t ) − x (t − s (t )) x ' (s ) ds dt 2 0 dt =∫ ∆1 ∪∆ 2 t − s ( t ) ∫ 2 2 t t = ∫ ∫ x ' (s ) ds dt + ∫ ∫ x ' (s ) ds dt ∆1 t − s ( t ) ∆2 t − s(t ) 2 2 t t − s(t ) = ∫ ∫ x ' (s ) ds dt + ∫ ∫ x ' (s ) ds dt ∆1 t − s ( t ) ∆2 t Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta được T t t − s(t ) ∫ x (t ) − x (t − s (t )) dt ≤ s ( t ) ∫ x ' (s ) ds dt + s ( t ) x ' (s ) ds dt 2 ∫ ∫ ∫ 2 2 0 ∆1 t − s ( t ) ∆2 t t t +α ≤α ∫ ∫α x ' (s ) ds dt + α ∫ ∫ x ' (s ) 2 2 ds dt ∆1 t − ∆2 t T t T t +α ≤α∫ ∫ x ' (s ) ds dt + α ∫ ∫ x ' (s ) ds dt 2 2 0 t −α 0 t Mặt khác: Nếu α ∈ [ 0,T ] thì với s ( t ) ∈ [ 0,α ] , ta có: T t ∫ ∫α x ' (σσ ) d dt 2 0 t− 0 σ +α T −α σ +α T T =∫ ∫ x ' (σσσσσσ ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd 2 2 2 −α 0 0 σ T −α σ 0 T −α T = ∫ (σ + α ) x ' (σσ ) d +α ∫ x ' (σσσσσ ) d + ∫ (T − ) x ' ( ) d 2 2 2 −α 0 T −α Đổi cận u= σ − T , khi đó: T 0 0 ∫α (T − σσσ − ∫ u x ' (u + T ) ) x '( ) d = − ∫ u x ' ( u ) du 2 2 2 du = T− α − −α Dẫn đến:
7 T t ∫ ∫α x ' (σσ ) d dt 2 0 t− 0 T −α 0 ∫ (σ + α ) x ' (σσ ) d +α ∫ x ' (σσ ) d − ∫ u x ' ( u ) du 2 2 2 = −α 0 −α 0 T −α T −α ∫α x ' (σσ ) d +α ∫ ) d =α x ' (σσ ∫α x ' (σσ ) d 2 2 2 =α − 0 − T = α ∫ x ' (σσ ) d 2 0 Với s ( t ) ∈ [ −α ,0] , ta có: T t +α ∫ ∫ x ' (σσ ) d dt 2 0 t α σσT T +α T =∫ ∫ x ' (σσσσσσ ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd 2 2 2 0 0 α σ −α T σ −α α T T +α x ' ( ) d + α ∫ x ' (σσσ ∫ σσσ ) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ ) d 2 2 2 = 0 α T Đổi cận u= σ − T , khi đó: T +α α α ) d = ∫ (α − u ) x ' ( u + T ) ∫ (T − σ + α ) x ' (σσ ∫ (α − u ) x ' ( u ) 2 2 2 du= du T 0 0 Dẫn đến: T t +α ∫ ∫ x ' (σσ ) d dt 2 0 t α T = α ∫ x ' (σσ ) d + α ∫ x ' (σσ ) d 2 2 0 α T = α ∫ x ' (σσ ) d 2 0 Nếu α ∈ (T , ∞ ) thì với s ( t ) ∈ [ 0,α ] , ta có:
8 T t ∫ ∫α x ' (σσ ) d dt 2 0 t− T −α σ +α 0 T T T ∫α ∫ x ' (σσσσσσ ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd 2 2 2 = − 0 T −α 0 0σ T −α 0 T ∫ (σ + α ) x ' (σσσσσσσ ) d + T ∫ x ' ( ) d + ∫ (T − ) x ' ( ) d 2 2 2 = −α T −α 0 0 T T −α ∫ (σ + α ) x ' (σσσ ) d + ∫ ( + α ) x ' (σσσ ) d + ∫ ( + α ) x ' (σσ ) d 2 2 2 = −α 0 T 0 T ) d + ∫ (T − ) x ' ( ) d ∫α x ' (σσσσσ 2 2 +T T− 0 T 0 T −α 0 ) d + ∫ ( + α ) x ' (σ ) dσσ (T + α ) ∫ x ' (σσσ + ∫ ( + α ) x ' (σσσσ ) d + T ∫ x '( ) d 2 2 2 2 = 0 −α T T −α T −α −α Đổi cận u= σ − T , khi đó ∫ (σ + α ) x ' (σσ ) d= ∫ (u + T + α ) x ' (u ) 2 2 du T 0 Dẫn đến: T t ∫ ∫α x ' (σσ ) d dt 2 0 t− T 0 0 (T + α ) ∫ x ' (σσσ ) d + T ∫ x '( ) d ) d + ∫ ( + α ) x ' (σσσσσ 2 2 2 = 0 −α T −α −α + ∫ (σ + T + α ) x ' (σσ ) d 2 0 T 0 T −α ) d − T ∫ x '( ) d − T ∫ x '( ) d (T + α ) ∫ x ' (σσσσσσ 2 2 2 = 0 −α 0 T T −α (T + α ) ∫ x ' (σσσσ ) d − T ∫ x '( ) d 2 2 = 0 −α T = α ∫ x ' (σσ ) d 2 0 Với s ( t ) ∈ [ −α ,0] , ta có:
9 T t +α ∫ ∫ x ' (σσ ) d dt 2 0 t Tσ αT T +α T = ∫ ∫ x ' (σσσσσσ ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd + ∫ ∫ x ' ( ) dtd 2 2 2 0 0 T 0 α σ −α T α T +α x ' ( ) d + T ∫ x ' ( ) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ ∫ σσσσσσ ) d 2 2 2 = 0 α T T α 0 x ' ( ) d + T ∫ x ' ( ) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ ∫ σσσσσσ ) d 2 2 2 = 0 α T T T +α + ∫ (T − σ + α ) x ' (σσσ ) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ ) d 2 2 0 T T α 0 T +α =(T + α ) ∫ x ' (σσσσ ) d + T ∫ x ' ( ) d + ∫ (T − σ + α ) x ' (σσσ ) d + ∫ (T − + α ) x ' (σσ ) d 2 2 2 2 0 T α T T +α α Đổi cận u= σ − T , khi đó ∫ (T − σ + α ) x ' (σσ ) d = ∫ (α − u ) x ' ( u ) 2 2 du T 0 Dẫn đến: T t +α ∫∫ x ' (σσ ) d dt 2 0 t T α 0 (T + α ) ∫ x ' (σσσσσσσ ) d + T ∫ x '( ) d + T ∫ x '( ) d 2 2 2 = 0 T α T 0 (T + α ) ∫ x ' (σσσσ ) d + T ∫ x '( ) d 2 2 = 0 T T = α ∫ x ' (σσ ) d 2 0 T T ∫ x (t ) − x (t − s (t )) ∫ x '(t ) 2 2 Vậy ta đã chứng minh được dt ≤ 2α 2 dt. 0 0 Bổ đề 2.1.3. Cho L là toán tử Fredholm chỉ số 0 và N là L -compact trên Ω . Giả sử các điều sau đây thỏa mãn: ( i ) Lx ≠ λ Nx, ∀x ∈ ∂Ω  D ( L ) , λ ∈ ( 0,1) ( ii ) QNx ≠ 0, ∀x ∈ ∂Ω  KerL ( iii ) deg {QNx, Ω  KerL, 0} ≠ 0 Khi đó, phương trình Lx = Nx có ít nhất một nghiệm trong Ω  D ( L ) .
10 Ta định nghĩa: Y ={ x ∈ C ( R, R ) : x ( t + T ) = x ( t )} với chuẩn x ∞ = max t∈[0,T ] x ( t ) và { } X ={ x ∈ C n−1 ( R, R ) : x ( t + T ) = x ( t )} với chuẩn { x = max x ∞ , x ' ∞ ,..., x( n −1) ∞ } là hai không gian Banach. L : D ( L ) ⊂ X → Y , Lx= x( ) , D ( L )= n {x : x ∈ C ( R, R ) , x ( t + T )= x ( t )} n n −1 N : X → Y ,= Nx ∑ b x( ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − t ( t ) ) ,..., x ( t − t ( t ) ) ) + p ( t ) i =1 i i 1 m Chứng minh L là toán tử Fredholm chỉ số 0 x( ) ( t ) ( i = 1,2,..., n ) Trước tiên chứng minh nếu x ∈ KerL thì x ( ) ( t + T ) = i i Thật vậy: x ∈ KerL ⇒ x ( t + = T ) x ( t ) , ∀t ∈ R x ( t + T + ∆t ) − x ( t + T ) x ( t + ∆t ) − x ( t ) x ' ( t + T ) lim = = lim = x ' ( t ) ∆t →0 ∆t ∆t →0 ∆t ⇒ x ' ( t += T ) x ' ( t ) , ∀t ∈ R x ' ( t + T + ∆t ) − x ' ( t + T ) x ' ( t + ∆t ) − x ' ( t ) x '' ( t + T ) lim = = lim = x '' ( t ) ∆t →0 ∆t ∆t →0 ∆t ⇒ x '' ( t += T ) x '' ( t ) , ∀t ∈ R x( ) ( t ) ( i = 1,2,..., n ) Tiếp tục quá trình trên ta được nếu x ∈ KerL thì x ( ) ( t + T ) = i i Tiếp theo ta có: x ∈ KerL ⇒ x ∈ CTn , x( n) ( t ) =0 ⇒ x( n −1) (t ) = c, ∀t ∈ R, c là hằng số ⇒ x( n−2) ( t ) =ct + d , d ∈ R Do đó: x( n−2) ( t + T ) − x( n−2) ( t ) = cT ⇔ 0 = cT ⇔ 0 = c
11 ⇒ x( n −1) (t ) = 0, ∀t ∈ R Tiếp tục quá trình trên, ta có x ' ( t ) = 0, ∀t ∈ R ⇒ x ( t ) = c, ∀t ∈ R Suy ra KerL = R Suy ra dim KerL = dim R=1 y ∈ Im L ⇒ ∃x ∈ D ( L ) ∩ X : L ( x ) = y ⇒ ∃x ∈ CTn : y = x( n) y ( t ) x( ( t ) , ∀t ∈ R n) ⇒= T T ⇒ ∫ y ( t ) dt = ∫ x( ( t ) dt = (T ) − x( n−1) ( 0 ) = 0 n) x( n −1) 0 0  T   y ∈ Y , ∫ y ( u ) du = Vậy Im L = 0  0  T Xét ánh xạ ϕ : C → R , ϕ ( y ) = y ( t ) dt ∫ 0 T 0 ϕ là ánh xạ liên tục. Do đó, ϕ −1 ( 0 ) là tập đóng  T   y ∈ Y : ∫ y ( t ) dt = Dẫn đến Im L = 0  là tập đóng  0  L là ánh xạ tuyến tính dim (Y / Im L ) = 1 ⇒ dim Co ker L = 1= dim KerL ⇒ ind ( L) = 0 Vậy L là toán tử Fredholm với chỉ số 0. x )( t ) x ( 0 ) , x ∈ X Đặt P (= Ta chứng minh KerL = Im P x ∈ KerL ⇒ x ( t ) = c, ∀t ∈ R ⇒ x ( 0 ) = c Khi đó x ( t )= c= x ( 0 )= P ( x )( t ) x P ( x ) ⇒ x ∈ Im P ⇒ KerL ⊂ Im P ⇒=
12 Mặt khác P ( x )( t ) = x ( 0 ) ⇒ Im P ⊂ KerL Vậy Im P = KerL T 1 Đặt Q ( y )( t ) = ∫ y ( s ) ds T0 Ta chứng minh T 1 y ∈ KerQ ⇒ Q ( y ) = 0 ⇒ Q ( y )( t ) = y ( s ) ds = T ∫0 0 T ⇒ ∫ y ( s ) ds = 0 ⇒ y ∈ Im L 0 Im L = KerQ ⇒ KerQ ⊂ Im L T T 1 y ∈ Im L ⇒ ∫ y ( s ) ds = 0 ⇒ ∫ y ( s ) ds = 0 ⇒ y ∈ KerQ 0 T0 ⇒ Im L ⊂ KerQ Vậy Im L = KerQ 2.2. Các định lý Định lý 2.2.1. Giả sử = n 4k + 1 là một số nguyên dương, các điều kiện sau đây thỏa mãn: ( H1 ) Tồn tại hằng số c > 0 sao cho f ( t , x0 , x1 ,..., xm ) > p ( t ) ∞ , ∀t ∈ R, xi > c ( i =0,1,..., m ) f ( t , x0 , x1 ,..., xm ) < − p ( t ) ∞ , ∀t ∈ R, xi < −c ( i =0,1,..., m ) m ( H 2 ) Hàm số f có sự phân tích thành f ( t , x0 , x1 ,..., = xm ) g ( t , x0 ) + ∑ hi ( t , xi ) ( 2.1) i =1 trong đó g ( t , x ) ≤ β1 + β 2 x ( 2.2 ) hi ( t , x ) − hi ( t , y ) ≤ α i x − y , i = 1,..., m ( 2.3) hi ( t , x ) lim x →∞ ≤ γi,i = 1,..., m ( 2.4 ) x
13 β1 , β 2 , α i , γ i > 0 Khi đó, phương trình ( I ) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kì T và thỏa mãn 1 m m 2i i 2 =i 1 =i 1 ∑α t (t ) ∞ 2 + β T + T ∑ γ i < B1 ( 2.5) k k 1 − ∑ b4+i −3 − ∑ b4−i −1 , bi+ = B1 = max {bi , 0} , bi− = min {bi , 0} =i 1 =i 1 Chứng minh. Xét phương trình = Lx λ Nx, λ ∈ ( 0,1) Đặt Ω1 = { x ∈ D ( L ) / KerL : ∃λ ∈ ( 0,1) , Lx = λ Nx} Ta chứng minh Ω1 bị chặn Với x ∈ Ω1 . Ta n −1 ( t ) λ ∑ bi x(i ) ( t ) + λ f ( t , x ( t ) , x ( t − t1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) ) + λ p ( t ) , λ ∈ ( 0,1) ( 2.6 ) có x( n ) = i =1 Lấy tích phân hai vế trên [ 0,T ] của phương trình trên ta được T n −1 T T T ∫ x (= ( n) i =1 0 ( ) t ) dt λ ∑ ∫ bi x ( i ) ( t ) dt + λ ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) dt + λ ∫ p ( t ) dt 0 0 0 Vì các hàm x ( t ) ,..., x( n −1) ( t ) tuần hoàn với chu kỳ T nên ta có T T ∫ ( 0 ) f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) dt + ∫ p ( t )dt = 0 0 ( 2.7 ) Có thể chứng minh được rằng tồn tại t1 ∈ [ 0, T ] sao cho x ( t1 ) ≤ c Thật vậy, từ ( 2.7 ) có t0 ∈ [ 0, T ] sao cho −1 T ( f t0 , x ( t0 ) , x ( t0 − t 1 ( t0 ) ) ,..., x ( t0 − t m ( t0 ) ) ) T ∫0 = p ( t ) dt. ( 2.8) Nếu x ( t0 ) ≤ c thì lấy t1 = t0 như vậy x ( t1 ) ≤ c Nếu x ( t0 ) > c thì x ( t0 ) > c hoặc x ( t0 ) < −c Xét trường hợp x ( t0 ) > c
14 Nếu x ( t0 − t i ( t0 ) ) > c ( ∀i =1, 2,..., m ) thì từ ( H1 ) có ( ) f t0 , x ( t0 ) , x ( t0 − t 1 ( t0 ) ) ,..., x ( t0 − t m ( t0 ) ) > p ( t ) ∞ −1 T ⇒ ∫ p ( t ) dt > p ( t ) ∞ (!) T 0 Do đó, tồn tại i ∈ {1, 2,..., m} sao cho x ( t0 − t i ( t0 ) ) ≤ c . Vì x ( t ) liên tục với mọi t ∈ R và x (t + T ) = x ( t ) nên phải có một số nguyên k và t1 ∈ [ 0, T ] sao cho kT + t1 dẫn đến x ( t1 ) = t0 − t i ( t0 ) = x ( t0 − t i ( t0 ) ) ≤ c Nếu x ( t0 − t i ( t0 ) ) < −c thì tồn tại ξ sao cho x (x ) = 0 (vì x ( t0 − t i ( t0 ) ) < −c < 0, x ( t0 ) > c > 0 ξ kT + t1 . Khi đó x ( t1 )= 0 < c Chọn t1 sao cho = Tương tự cho trường hợp x ( t0 ) < −c Vậy tồn tại t1 ∈ [ 0, T ] sao cho x ( t1 ) < c t ( t ) x ( t1 ) + ∫ x ' ( s ) ds, ∀t ∈ [ 0, T ] x= t1 t ⇒ x ( t ) ≤ x ( t1 ) + ∫ x ' ( s ) ds , ∀t ∈ [0,T ] t1 T ⇒ x ( t ) ≤ c + ∫ x ' ( s ) ds, ∀t ∈ [ 0, T ] 0 T x ( t ) ∞ ≤ c + ∫ x ' ( t ) dt ( 2.9 ) 0 Nhân 2 vế của ( 2.6 ) với x ' ( t ) và lấy tích phân trên [ 0,T ] và λ ∈ ( 0,1) Ta được: T ∫ x ( t ) x ' ( t ) dt ( ) n 0 n −1 T T = λ ∑ bi ∫ x (i ) ( t ) x ' ( t ) dt + λ ∫ f ( t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) ) x ' ( t ) dt i =1 0 0
15 T +λ ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt ( 2.10 ) 0 Với mỗi số nguyên dương i , ta có: T ∫ x ( t ) x ' ( t ) dt = 0 (lấy tích phân từng phần ( 2i − 1) lần) ( ) 2i 0 T T ∫ x ( t ) x ' ( t ) dt = ( −1) ∫  x ( t ) dt (lấy tích phân từng phần ( i − 1) lần) ( 2.11) 2 ( 2 i −1) i −1 () i 0 0 Từ ( 2.10 ) và= n 4k + 1 là số nguyên, ta có: T 2k T ∫  x ( t )= dt λ ∑ ( −1) b2i −1 ∫  x ( i ) ( t )  dt 2 2 ( 2 k +1) i −1 0 i =1 0 T T ( + λ ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) x ' ( t ) dt + λ ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt ) 0 0 k T k T ≤ λ ∑ b4i −3 ∫  x ( 2i −1) ( t )  dt − λ ∑ b4i −1 ∫  x ( 2i ) ( t )  dt 2 2 i 1= 0 i 1 0 T T ( + λ ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) x ' ( t ) dt + λ ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt ) 0 0 k T k T ≤ ∑ b4+i−3 ( t )  dt + ∑ b4−i−1 ∫  x ( t ) 2 2 ( 2 i −1) ( ) ∫  x 2i dt i 1= 0 i 1 0 T T ( + ∫ f t , x ( t ) , x ( t − t 1 ( t ) ) ,..., x ( t − t m ( t ) ) ) x ' ( t ) dt + ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt 0 0 k T k T ≤ ∑ b4+i−3 ( t )  dt + ∑ b4−i−1 ∫  x ( t ) 2 2 ( 2 i −1) ( ) ∫  x 2i dt i 1= 0 i 1 0 T m T T + ∫ g ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∑ ∫ hi t , x ( t − t i ( t ) ) i =1 0 ( ) x ' ( t ) dt + ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt 0 0 k T k T ≤ ∑ b4+i−3 ( t )  dt + ∑ b4−i−1 ∫  x ( t ) 2 2 ( 2 i −1) ( ) ∫  x 2i dt i 1= 0 i 1 0 T + ∫ g ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt 0 m T ( ) + ∑ ∫ hi t , x ( t − t i ( t ) ) − hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt i =1 0 m T T + ∑ ∫ hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt ( 2.12 ) i =1 0 0 Do đó, áp dụng bổ đề 2.1.1 ,ta được:
16 T T m T ( ) B1 ∫  x ( 2 k +1) ( t )  dt ≤ ∫ g ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∑ ∫ hi t , x ( t − t i ( t ) ) − hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt 2 0 0 i =1 0 m T T + ∑ ∫ hi ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∫ p ( t ) x ' ( t ) dt ( 2.13) i =1 0 0 Chọn hằng số ε > 0 sao cho 1 m m 2 2 ∑ α i t i ( t ) ∞ + β 2T + T ∑ ( γ i + ε ) < B1 =i 1 =i 1 Với ε > 0 ở trên, từ ( 2.7 ) có một hằng số δ > 0 sao cho hi ( t , x ) < ( γ i + ε ) x với x > δ , t ∈ [ 0, T ] ( 2.14 ) Đặt ∆1 = {t ∈ [0, T ] : x ( t ) ≤ δ } , ∆ = {t ∈ [0, T ] : x ( t ) > δ } 2 ( 2.15) Khi đó, từ ( 2.9 ) , ( 2.14 ) , ( 2.15 ) và bất đẳng thức Schwarz và bổ đề 2.1.1 , ta có: T ∫ h ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt ≤ ∫ h ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt + ∫ h ( t , x ( t ) ) x ' ( t ) dt 0 i ∆1 i ∆2 i T T ≤ hid ∫ x ' ( t ) dt + ( γ i + ε ) ∫ x ( t ) x ' ( t ) dt 0 0 T T ≤ hid ∫ x ' ( t ) dt + ( γ i + ε ) x ( t ) ∞ ∫ x ' ( t ) dt 0 0 T  T T ≤ hid ∫ x ' ( t ) dt + ( γ i + ε )  c + ∫ x ' ( t ) dt  ∫ x ' ( t ) dt 0  0 0 2 T T  =  hid + ( γ i + ε ) c  ∫ x ' ( t ) dt + ( γ i + ε )  ∫ x ' ( t ) dt  0 0  1 T 2 1 T ≤  hid + ( γ i + ε ) c   ∫ x ' ( t ) dt  T 2 + ( γ i + ε ) T ∫ x ' ( t ) dt 2 2 0  0 1  ( 2 k +1) T  12 2 T ≤  hid + ( γ i + ε ) c   ∫ x ( t ) dt  T + (γ i + ε ) T ∫ x( 2 k +1) ( t ) dt 2 2 ( 2.16 ) 0  0 Trong đó hiδ = max t∈[0,T ], x ≤δ hi ( t , x ) Hơn thế nữa, từ ( 2.3) , bằng cách sử dụng bất đẳng thức Schwarz và bổ đề 2.1.1 và bổ đề 2.1.2 ta được