BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
--------------o0o-------------
Nguyễn Đăng Quang
PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN PHI TUYẾN
VÀ CÁC ỨNG DỤNG
Chuyên ngành : Toán Giải Tích
Mã số : 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. LÊ THỊ THIÊN HƯƠNG
Thành phố Hồ Chí Minh – 2010
LỜI CÁM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin kính gửi đến TS. Lê Thị Thiên Hương lời cám ơn sâu sắc về sự tận tình
giúp đỡ của Cô đối với tôi trong suốt quá trình hoàn thành luận văn cũng như trong học tập.
Xin trân trọng cám ơn Quý Thầy Cô thuộc khoa Toán của trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ
Chí Minh đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báu cho tôi trong suốt ba năm học tập.
Xin trân trọng cám ơn Phòng Sau Đại Học trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh đã
tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn tất chương trình học tập và thực hiện luận văn này.
Xin chân thành cám ơn các bạn lớp Cao học khóa 18 chuyên ngành Toán giải Tích trường Đại
học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh, các anh, chị và các bạn đồng nghiệp thuộc Bộ môn Cơ bản – Cơ
sở trường Đại học Ngoại thương thành phố Hồ Chí Minh đã động viên và nhiệt tình giúp đỡ tôi trong
thời gian qua.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cám ơn đến gia đình tôi, là chỗ dựa cho tôi về mọi mặt và đã tạo mọi
điều kiện tốt nhất để tôi học tập và hoàn thành luận văn này.
Nguyễn Đăng Quang
MỞ ĐẦU
Trong lĩnh vực phương trình toán lý, chúng ta gặp các phương trình vi phân hay đạo hàm riêng
nhằm xác định một hàm nào đó. Do các phương trình liên quan tới đạo hàm hay đạo hàm riêng chỉ
diễn tả tính chất địa phương của hàm nên thuờng các điều kiện biên được thêm vào nhằm lựa chọn
nghiệm tương thích với trạng thái vật lý được quan tâm.
Vì vậy, cần thiết thành lập phương trình cho sao cho chứa tất cả các điều kiện biên. Loại
phương trình này không những đặc trưng cho hàm bằng những giá trị địa phương mà phải đại diện
cho cả những giá trị của nó trên toàn miền khảo sát, kể cả biên. Phương trình tích phân là một loại
phương trình như vậy.
Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát phương trình tích phân phi tuyến có dạng:
u x ( )
K x y f y u y dy
( , ( ))
( ,
)
G
m
i
n và
(*)
f x u ( , )
a x u ( )
0,
i
1, 2,....,
m
, i
i
1
i
( )
0
u x là một nghiệm tầm thường của phương trình (*). Luận văn khảo sát sự tồn tại
. trong đó G là tập compact trong
Hiển nhiên
)
nghiệm không âm, không tầm thường của phương trình (*) dựa vào các điều kiện được thiết lập cho
K x y và các điều kiện của hàm
f x u , ( , )
1, 2,....,
m
ia x i ( ),
nhân ( , mà chúng tôi sẽ giới thiệu trong các
K x y gồm có:
( ,
)
chương sau.
Điều kiện đối với
( ,
)
K x y là hàm liên tục, không âm trên G G ;
(H1)
G với
0
0G
mesG ( 0
mesG là độ đo của tập 0G )
0
Tồn tại tập hợp đóng
0
thoả mãn điều kiện:
1 0
và
K x y ,
) 0
( ,
)
x y G G ( , 0
0
(i) ;
K x y ( ,
)
K z y ( ,
)
x G y G z G
. ,
0
0,
(ii) ,
( ,
)
K x y là hàm liên tục, không âm trên G G và tồn tại
0x G
(H2)
0
(
)
,
K x x . 0
0
*
o
sao cho
*( T
)
sao cho
0
T G
, tồn tại (H3) Với mọi quả cầu đóng
K x y dy
( ,
)
*
K x y dy
( ,
)
T
G
, x G .
)C G (chuẩn max) được kí hiệu là .
(
Trong toàn bộ luận văn, chuẩn trong
L G được kí hiệu là .
(
)
L
. và chuẩn trong
Luận văn có ba chương:
+ Chương 1 là các kiến thức chuẩn bị để sử dụng cho các chương sau.
+ Chương 2 chứng minh sự tồn tại nghiệm không âm, không tầm thường của phương trình tích phân
phi tuyến (*) dựa vào các định lý điểm bất động được nêu trong Chương 1.
+ Chương 3 là các ví dụ minh họa.
Sau cùng là phần kết luận, phần phụ lục và tài liệu tham khảo.
Chương 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chương này giới thiệu định nghĩa và một số tính chất cơ bản của nón trong không gian Banach
nhằm phục vụ việc chứng minh một số định lý điểm bất động. Các định lý này là công cụ chính để
chứng minh sự tồn tại nghiệm không âm, không tầm thường của phương trình (*).
1.1. Nón và thứ tự sinh bởi nón
Định nghĩa
Cho E là không gian Banach trên trường số thực.
(a) Tập con khác rỗng K của E được gọi là nón nếu:
(i) K đóng;
K K
0
,
x y K
;
,
x
y K x K ,
0
)
, (ii) K K K
( , ;
K
(
)
K
(iii) .
(b) Nếu K là nón thì thứ tự “ ” trong E sinh bởi K được xác định bởi
. y
x K
y
x
\
x K
Mỗi được gọi là phần tử dương.
Mệnh đề 1.1
x
y
z
z
,
z E
Giả sử “ ” là thứ tự sinh bởi nón K. Khi đó
x
x
,
0
y y
(1) .
,
y
x
n
y
y
x
n
x n
x n
y n
, lim n
, lim n
.
n
x ,
n
x
x n
x n
x n
x n
1,
, lim n
.
(2) (3) Mệnh đề trên được chứng minh khá đơn giản nên ta bỏ qua phần chứng minh.
1.2. Nón chuẩn
.
Định nghĩa
0,
N
x y E ,
y
x N y
x
Nón K được gọi là nón chuẩn nếu
Mệnh đề 1.2
u v ,
x E u
:
x
Cho K là nón chuẩn. Khi đó
v
bị chặn. (1) Nếu u v thì tập
,
n
z
a
z
a
. a
x n
y n
n
x n
n
y thì lim n
n
, lim n
, lim n
x
x
(2) Nếu
E là dãy đơn điệu và có dãy con hội tụ thì n
n
n
hội tụ. (3) Nếu n
Chứng minh
x
u v ,
. x u
v u
N
1:
x u
N v u
(1)
Vì K là nón chuẩn nên tồn tại
N v u
u
. suy ra x
y
z
n
x n
n
x n
(2) Ta có , n .
y
N z
x
n
x n
n
n
z
.
0
n
x n
lim n
y
0
y
. a
n
x n
n
x n
n
hay lim
lim n
lim n
x
. Ta có
x
Mà
x n
n
x kn
x kn
n
k
k
, x
k
x
(3) Giả sử n là dãy tăng và sao cho lim
x n
x kn n
k
n
,
:
n k
, n .
sao cho
x
nên tồn tại
x
k 0
x kn
x kn 0
k
0 , vì lim
N
n
, n
Cho , khi đó
x
x
n k
x n
0
x n 0k
x
N x
. x
x n
hay lim n x
x n 0k
n
suy ra .
1.3. Nón liên hợp
Định nghĩa
*
Cho nón K E , ta định nghĩa
K
f
* : E f x
( ) 0,
x K
*K có các tính chất (i) và (ii) của định nghĩa nón.
*
*
K
(
K
)
K K E
là nón liên hợp của K.
.
*
E
Ta có thể chứng minh
*
x K
f x
( ) 0,
f K
Mệnh đề 1.3
.
*
(1)
K sao cho
0f
f x , x . 0 ( ) 0
(2) Nếu E khả ly thì tồn tại
Phần chứng minh mệnh đề 1.3 xin tham khảo trong [7].
1.4. Chỉ số điểm bất động
Cho E là không gian Banach thực, tập hợp con X của E được gọi là cái co rút của E nếu tồn tại một
:r E
r x X xác định bởi ( )
x , x X
.
ánh xạ liên tục
Ánh xạ r gọi là phép co rút E lên X. Áp dụng định lý Dugundji (xem [6] ), ta chứng minh được mọi
tập con lồi đóng khác rỗng của E là cái co rút của E.
Đặc biệt, mọi nón trong E đều là cái co rút của E.
Định lý 1.4.1
:A U
X là
,
Giả sử X là cái co rút của không gian Banach thực E, U là tập con mở, bị chặn của X,
i A U X , )
. Khi đó tồn tại số nguyên ( ánh xạ hoàn toàn liên tục và không có điểm bất động trên U
) 1
,
,
i A U X nếu
thỏa mãn các tính chất sau:
A x ( )
; y U x U , 0
(i) tính chuẩn tắc : (
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
1
2
(ii) tính cộng tính : ,
,U U là hai tập con mở rời nhau của U và ánh xạ A không có điểm bất động trên
1
2
trong đó
\ (
)
U U U 1
2
( ,.),
)
,
;
i H t U X không phụ thuộc t (0
t 1)
H
:[0,1]
U
X
(iii) bất biến đồng luân: (
là ánh xạ hoàn toàn liên tục và thỏa điều kiện
H t x ( , )
t x ( , )
[0,1]
x ,
; U
)A U (
i A U X ,
,
)
i A U Y Y (
,
,
)
với
Y .
i A U X được xác định duy nhất và được gọi là chỉ số điểm bất động của A trên U đối với X. (
)
,
,
(iv) ( với Y là cái co rút của X và
Phần chứng minh định lý 1.4.1 xin tham khảo trong [7].
Định lý 1.4.2
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
0
0U là tập con mở của U
(v) trong đó
( )A x
x ,
x U U
\
0
và .
i A U X thì A có ít nhất một điểm bất động trên U.
0
)
,
,
(vi) Nếu (
Chứng minh
1U U
2U và áp dụng (ii), ta có
(v) Đặt ,
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
i A ( ,
,
X
)
2
1
( i A ,
,
X
)
. 0
.
U U 1
0
2U và áp dụng (ii), ta có
Đặt ,
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
i A ( ,
,
X
)
0
2
1
.
i A U X ( ,
,
)
i A U X ( ,
,
)
0
.
(vi) Giả sử A không có điểm bất động trong U.
0U và áp dụng (v), ta được
i A U X ( ,
,
)
i A ( ,
,
X
) 0
(mâu thuẫn với giả thiết).
Đặt
Vậy A có điểm bất động trong U.
Trong phần tiếp theo chúng tôi sẽ giới thiệu và chứng minh một số bổ đề liên quan đến chỉ số điểm
bất động. Những bổ đề này là công cụ để chứng minh các định lý điểm bất động ở phần sau.
P
P
)
(
Giả sử P là nón trong không gian Banach thực E thì P cũng là cái co rút của E,
,
P
. P
E là tập mở bị chặn, khi đó P là tập mở bị chặn của P và
Bổ đề 1.4.1
:A P
là ánh xạ hoàn toàn liên tục và .
P
( )A x
x
Cho
1 .
, , x P
i A P ,
P ,
) 1
Giả sử
.
Khi đó (
H
:[0,1]
P
(
)
Chứng minh
xác định bởi P
H t x ( , )
tA x ( )
(1
t
x ) ( )
Xét ánh xạ
(: ánh xạ không)
thì H là ánh xạ hoàn toàn liên tục (do A hoàn toàn liên tục)
H t x ( , )
x ,
t x ( , )
[0,1]
.
P
(
)
và
i A P ( ,
,
P
)
i
( ,
P
,
P
) 1
.
Áp dụng tính chất bất biến đồng luân của chỉ số điểm bất động ta suy ra
Bổ đề 1.4.2
:A P
,
P
:B P
là các ánh xạ hoàn toàn liên tục và
P
Giả sử
B x ( )
; 0
inf x P
(a)
x A x ( )
tB x ( )
,
t . 0
(b) , x P
i A P ,
P ,
)
. 0
Khi đó, ta có (
Chứng minh
Theo định lý thác triển của Dugundji (xem phụ lục), chúng ta có thể thác triển B thành toán tử hoàn
toàn liên tục từ P vào P thỏa mãn
B P (
)
coB P (
)
. (1.1)
coB P (
)
coF M
F B P
(
thì )
n
n
Đặt ,
M
y
F
,
0,
n 1 ;
i
y y i i
i
i
i
i
1
1
1, 2,3,....
y
. (1.2)
0
với .
Trước tiên ta chứng minh rằng inf y M
F
0E
(không gian con của E được mở rộng bởi F). Kí hiệu
Vì B là ánh xạ hoàn toàn liên tục nên F là tập compact tương đối,
0E là tập compact và do đó 0E khả ly.
suy ra
là nón trong
F
coF
P 0
P E 0
0E và
P , 0
P . 0
f
Hiển nhiên
E sao cho
0
0
* 0
f y , 0 ( )
, y . y P 0
( )
0
. (1.3)
Theo mệnh đề 1.3, tồn tại
f y 0
inf y F
Khi đó,
y
F sao cho
)
. 0
0 , suy ra tồn tại dãy k
k
k
f y lim ( 0 k
y
y k
ik
Thật vậy, giả sử
k
i
Vì F là tập compact tương đối nên tồn tại dãy con
y
.
y 0
P 0
ik
lim i
Vì
thoả mãn
0
)
)
)
)
), 0
0f liên tục nên
f y (do 0
0(
f y ( 0 0
f y lim ( 0 ik i
f y lim ( 0 ik i
và
y
(mâu thuẫn (a)).
0
0y và lim
ik
i
từ đó suy ra
n
n
Vậy (1.3) đúng.
y
1
F ,
0
i
1, 2,....,
n
iy
i ,
y M i
i
i
1
1
i
i
n
n
n
Với mọi , ở đây và .
f
(
)
)
y i i
i
i
f y ( ) 0
0
f y ( i 0
i
i
i
1
1
1
Từ (1.3) ta suy ra .
f y , y M . (1.4) 0( )
Do đó
y
z 0
0z M sao cho
inf y M
là tập compact nên tồn tại . (1.5) Vì M coF
f
0
)
0
z và do đó 0(
0z .
Từ (1.4) suy ra
B x ( )
. (1.6)
0
a
Từ (1.5) suy ra (1.2) đúng.
Từ (1.1) và (1.2) ta cũng suy ra được inf x P
i A P ,
P ,
)
. 0
Tiếp theo ta chứng minh (
i A P ,
P ,
)
. 0
Giả sử ngược lại, tức là (
Theo giả thiết (b) và tính chất bất biến đồng luân của chỉ số điểm bất động,
i A tB P (
,
,
P
)
i A P ( ,
,
P
)
, 0
t .
0
ta có
t Đặc biệt, nếu chọn 0
b c a
với b x , c A x ( ) sup x P sup x P
,
,
P
)
. 0
i A t B P ( 0
thì ta cũng có
P sao cho
)
)
0x
A x ( 0
t B x ( 0 0
x 0
Do đó theo định lý 1.4.2 suy ra tồn tại .
)
x 0
t
Từ đó,
0
b c a
A x ( 0 ( B x ) 0
i A P ,
P ,
)
(mâu thuẫn với cách chọn 0t ).
. 0
Vậy (
Bổ đề 1.4.3
:A P
là ánh xạ hoàn toàn liên tục. Giả sử
P
A x ( )
Cho
; 0
x P
(i) inf
( )A x
x
(0,1]
,
(ii) . , x P
i A P ,
P ,
)
. 0
Khi đó, (
Chứng minh
Đặt B A trong bổ đề 1.4.2, ta thấy rằng điều kiện (a) của bổ đề 1.4.2 chính là điều kiện (i) của bổ
đề 1.4.3.
Ta chứng minh điều kiện (b) của bổ đề 1.4.2 cũng đúng.
0
)
)
t sao cho
0x
P và 0
x 0
A x ( 0
t A x ( 0 0
1
Thật vậy, giả sử tồn tại .
(1
0
và
0
)t 0
1 0
)A x ( 0
x 0 0
thì (mâu thuẫn với (ii)). Đặt
i A P ,
P ,
)
. 0
Do đó áp dụng bổ đề 1.4.2 ta được (
Định lý 1.4.3
, là hai tập con mở, bị chặn trong không gian Banach thực E,
1
2
1 và
. Toán 2
1
Cho
A P :
là hoàn toàn liên tục.
P
)
(
\
2
1
tử
( )A x
x
( )A x
x
Giả sử một trong hai điều kiện sau đây được thỏa mãn
và
x P
;
x P
2
1
( )A x
x
( )A x
x
(i) , ,
và
x P
.
x P
2
1
, , (ii)
(
)
\
P . 2
1
Khi đó A có điểm bất động trong
Chứng minh
Ta chỉ cần chứng minh định lý trong trường hợp điều kiện (i) thỏa mãn,
trường hợp còn lại được chứng minh tương tự.
Áp dụng định lý thác triển (xem phụ lục), toán tử A có thể thác triển được thành toán tử hoàn toàn
P vào P .
2
liên tục từ
P . Ta chứng
P và trên 1
2
( )A x
x
Ta có thể giả sử rằng toán tử A không có điểm bất động trên
x P
1 .
, 1
minh ,
P và
1 sao cho
1
0
x 0
)A x ( 0
x 0 0
Giả sử ngược lại, tức là tồn tại .
)A x ( 0
0
x 0
x 0
( )A x
x
Suy ra , mâu thuẫn với (i).
x P
1 .
, 1
, Vậy
i A P ( ,
,
P
) 1
. (1.7)
1
Áp dụng bổ đề 1.4.1 suy ra
Mặt khác, ta cũng có
( )A x
x
(0,1]
x P
, 2
, . (1.8)
P và
(0,1)
x 1
2
1
Thật vậy, giả sử ngược lại, tức là tồn tại
)A x ( 1
x 1 1
sao cho .
)A x ( 1
1
x 1
x 1
, mâu thuẫn với (i). Khi đó
A x ( )
x
. (1.9)
0
inf x P
inf x P
2
2
Cũng từ (i) ta suy ra
i A P ( ,
,
P
)
. (1.10)
0
2
Từ (1.8), (1.9) và áp dụng bổ đề 1.4.3 ta có
i A P ( ,
(
\
),
P
)
i A P ( ,
,
P
)
i A P ( ,
,
P
) 0 1
.
1 0
2 1
2
1
Từ (1.7), (1.10) và áp dụng tính chất cộng tính của chỉ số điểm bất động ta được
(
)
\
P . 2
1
Do đó theo định lý 1.4.2, A có điểm bất động trên
( )A và một trong hai điều kiện sau đây được
Định lý 1.4.4
:A P
P là hoàn toàn liên tục,
Giả sử toán tử
thỏa mãn :
,
0
;
( ) A x x
( ) A x x
lim x 0 x P
lim x x P
(i)
,
. 0
( ) A x x
( ) A x x
lim x 0 x P
lim x x P
(ii)
)
Khi đó
0 , x :
A x (
x
. (a)
(với điều kiện (ii)). 0 (b) lim x x (với điều kiện (i)) và lim
Chứng minh
Ta chỉ cần chứng minh định lý với điều kiện (i) còn với điều kiện (ii) thì chứng minh tương tự.
0 tùy ý, từ điều kiện (i) suy ra tồn tại
R r sao cho 0
r
( )A x
x
Cho trước
, x
1
, x P
R .
( )A x
x
, x
1
và , x P
x E x
:
r
r
Đặt ,
x E x
:
R
R
,
.
r ,
R là hai tập mở trong E và
r ,
R
r
ta có
A
1
Khi đó điều kiện (i) của định lý 1.4.3 được thỏa mãn với toán tử .
x , tức là x ;
\R
r
Theo định lý 1.4.3 tồn tại
)
)
x
A x (
x
1
A x (
hay . sao cho
Vậy kết luận (a) đã được chứng minh.
ta sẽ dùng phương pháp phản chứng. Để chứng minh kết luận (b) tức là lim x
0
c và dãy số thực
n n ,
Giả sử (b) không đúng, nghĩa là tồn tại số thực
n
1,2,....
sao cho
c
, x
lim n
n
n
.
.
[0, ]c
x
n
x
x n k
nk
k
và số thực sao cho lim Khi đó tồn tại dãy con
n
k
k
0 thì
0k ,
k 0
x
nk
, 2
)
A x ( nk
* Nếu
(
k
)
k 0
n k
2 M
x nk
suy ra ,
.
M
A x ( )
kn
k
sup c x
với , mâu thuẫn với điều kiện lim
0 thì từ điều kiện (i) ta có
)
A x ( nk
( 0
)
.
n k
kn
k
k , mâu thuẫn với điều kiện lim
x nk
* Nếu
và định lý được chứng minh. Vậy lim x
Định lý 1.4.5
E ;
,
]
E là toán tử đơn điệu tăng
0,u v
0
u 0
v và 0
A u v :[ 0
0
A x ( )
A y ( )
Giả sử
y thì
) thỏa mãn (tức là nếu x
)
u 0
A u 0(
)A v ( 0
v . 0
, (1.11)
Nếu P là nón chuẩn và A là toán tử hoàn toàn liên tục thì A có điểm bất động
u v ; hơn nữa [
]
,
*x và điểm bất động cực tiểu
*x trong
0
0
*
cực đại
x
v lim n
x *
u lim n
n
n
, (1.12)
)
u
)
n
1,2,....
v n
A v (
n
1
n
A u (
n
1
với , ,
....
u
....
....
u 0
u 1
n
v n
v 1
. v 0
và (1.13)
Chứng minh
u
Vì A là toán tử đơn điệu tăng nên từ (1.11) suy ra (1.13) đúng. Bây giờ ta
E và
)
*x
x *
A x *(
n
S
,
S A S ( )
hội tụ đến . chứng minh rằng dãy n
,.....
u u u , 1
0
2
0 u
là tập hợp bị chặn (do 1.13) và . Ta có tập hợp
( )A S là tập compact tương đối trong E và do đó S cũng là tập
Vì A là toán tử hoàn toàn liên tục nên
E sao cho
u
u
*x
x *
kn
kn
n n
k
lim k
và . compact tương đối trong E. Khi đó, tồn tại dãy con u
]
n
1,2,....
nu
x ( *
x *
u v [ , 0 0
u
Từ mệnh đề 1.1 suy ra ) và .
n
đơn điệu tăng nên từ mệnh đề 1.2 Mặt khác, do P là nón chuẩn và dãy n
x *
u lim n
n
. suy ra
u
)
)
n
1,2,....
n
A u (
n
1
x *
A x *(
*
*
x
*( A x
)
v
x
]
Vì , . và A liên tục nên cho n ta được
*x
E và
u v [ , 0 0
n
hội tụ đến , . Tương tự ta chứng minh được dãy n
[
]
*x là điểm bất động cực tiểu và cực đại của A trong
*x và
u v . , 0
0
Sau cùng, ta sẽ chứng minh
x
]
( )A x
x .
u v [ , 0 0
Giả sử và
x
)
A x ( )
)
u 0
v 0
A u ( 0
A v ( 0
Vì A đơn điệu tăng nên từ suy ra
.
x
u 1
v 1
hay
u
x
v 2
2
. Lập luận tương tự ta được
u
(
x
n
1,2,....
v n
n
*
x
x
(đpcm).
Cho n suy ra
*x
Tổng quát, ta có ).
Chương 2. SỰ TỒN TẠI NGHIỆM KHÔNG
TẦM THƯỜNG
)
Chương 2 dành cho việc chứng minh phương trình tích phân phi tuyến (*) có nghiệm không âm,
K x y đã nêu trong chương 1 và các
i
1, 2,....,
m
không tầm thường và liên tục dựa vào các điều kiện của hàm ( ,
f x u , ( , )
ia x ; ( )
mà chúng tôi sẽ giới thiệu sau đây. Trước tiên ta đưa điều kiện của hàm
ra một bổ đề quan trọng, là công cụ để chứng minh sự tồn tại nghiệm không tầm thường của phương
trình (*).
u C G
(
)
C G (
)
u
Bổ đề 2.1
( ) 0
u x , x G , n
n
nu x , ( ) 0
n
0
u
u
. Khi đó, với mọi
0 ta có
n
, , Giả sử
. (2.1)
0
u u
n
lim n
và lim n
Chứng minh
1
x
y
1 y
x
; y
Để chứng minh bổ đề 2.1 ta sử dụng bất đẳng thức sau đây ( xem [8] ).
y ,
0
x ,
0
0 .
x
(2.2)
( ) 0
u x , x G , n nên áp dụng (2.2), ta được
nu x , ( ) 0
1
1
u x ( )
u x ( )
u x ( )
u x ( ) n
u x ( ) n
u x ( ) n
1
u
u
1 .
u
u
Vì
u n
u n
n
, n .
Xét hai trường hợp có thể xảy ra sau đây.
1
u
u
0
0 :
nu , n .
n
Trường hợp
1
1
nu
1
lim n
u
u
u
u
n
n
u n
1
u
.
u
. u
n
u
1
u u
. 0
n
Suy ra , n . 1 .
n
Cho n thì lim
1
1
Trường hợp 0
*
0 , đặt
2
2
Cho .
x G , n đặt
u x
u x ( ) , khi ( )
*
u x
u x ( ) , khi ( )
*
v x ( )
w x ( )
u x , khi ( )
*
u x , khi ( )
*
*
*
( ) , khi
*
( ) , khi
*
v x ( ) n
w x ( ) n
*
*
, khi
, khi
u x ( ) n u x ( ) n
u x ( ) n u x ( ) n
u x n *
u x n *
(
,
,
)
v w v w C G , n
n
*
Dễ dàng chứng minh được các hàm , n và
* v x ( )
nv x ( )
*
* ( )w x
, , x G , n ,
nw x ( )
, , x G , n .
v x w x ( ) ( )
* u x
( )
( )
* u x ( )
,
v x w x ( ) n
n
n
*
v x [ ( )]
[
w x
( )]
u x [ ( )]
( )
,
*
,
[
( )]
[
w x
( )]
( )]
( )
v x n
u x [ n
.
v
0
w w
. 0
v n
n
lim n
, lim n
(2.3)
u x ( )
v x ( )
w x ( )
u x ( ) n
v x ( ) n
w x ( ) n
1
1
v x ( )
.
v x ( )
v x ( ) n
v x ( ) n
w x ( )
nw x ( )
* 2 (
1 )
.
v x ( )
2(
*
)
Tiếp theo, áp dụng (2.2) ta có
nv x ( )
.
(2.4)
u
* 2 (
1 )
.
v
2(
*
)
u n
v n
, x G .
Từ (2.3) ta suy ra
n
n 0
v n
0n , n
* v
. (2.5)
Do đó từ (2.4) và (2.5) ta được
* 2 (
1 )
* .
2(
*
)
,
n
n 0
u nu
u u
. 0
n
.
n
Vậy lim
Tiếp theo ta chứng minh một số định lý về sự tồn tại nghiệm không âm, không tầm thường của
phương trình tích phân phi tuyến (*). Kỹ thuật chủ yếu được sử dụng ở đây là các định lý về điểm
bất động đã được trình bày trong chương1.
Định lý 2.1
)
Giả sử
K x y thỏa mãn điều kiện (H1);
(i) Nhân ( ,
L G (
)
( ) 0
i
1,2,....,
m
ia
ia x , x G ;
, 0
; 0
1
1, 2,....,
m
i 0
i 1,
i , :
i và 1
1
0
a x ( ) i 0
a x ( ) i 1
inf x G 0
inf x G 0
m
1
M
, (ii)
M
K x y ( ,
)
a i L
max x y G G ( , ) 0 0
i
1
(iii) , với .
Khi đó, phương trình (*) có ít nhất hai nghiệm không âm, không tầm thường và liên tục trên G.
Chứng minh
P
u C G u x (
) |
u 0
Đặt .
u x ( ) 0, min ( ) x G 0
E C G
(
)
Dễ dàng chứng minh được P là nón chuẩn trong không gian Banach .
:A P
E xác định bởi
m
Au x ( )
K x y f y u y dy
( , ( ))
( ,
)
K x y ( ,
)(
( )[ ( )] )i
dy
a y u y i
i
1
G
G
Toán tử
là toán tử hoàn toàn liên tục.
u
u
u
. 0
* Chứng minh A liên tục
n
n
P và lim
n
Au
Au
. 0
n
Lấy tùy ý u P , giả sử n
n
Ta sẽ chứng minh lim
m
Au x ( )
K x y ( ,
) .(
( ) . [
( )] i
u y [ ( )] i
)
dy
Au x ( ) n
a y i
u y n
i
1
G
m
với mọi x G , ta có
M a y u y ( ) [
( )] i
u y [ ( )] i
dy
i
n
i
1
G
m
.
Au
Au
M a y u y ( ) [
( )] i
u y [ ( )] i
dy
n
i
n
i
1
G
.
u i
, 0
u
u
0
i
1,2,....,
m
u i n
n
n
nên lim
n
( )] i
u y [ ( )] i
đều trên G.
0
(do bổ đề 2.1). Vì lim
u y n
n
hay lim [
i
1,2,....,
m
( )] i
u y [ ( )] i
dy
0
a y u y i
n
n
G
Au
Au
(đpcm).
0
n
, . suy ra lim ( ) [
n
Vậy lim
* Chứng minh A compact
)A là tập compact tương đối
Giả sử P là tập bị chặn, ta chứng minh (
)A bị chặn đều
trong P.
+ Chứng minh (
Lấy u tùy ý.
0 sao cho u
i
i
u
Vì bị chặn nên tồn tại
i
1,2,....,
m
suy ra ; .
iu ;
i
i
1,2,....,
m
max 1 i m
Đặt thì .
m
Au x ( )
K x y ( ,
) .(
)i ( ) . [ ( )]
u y
dy
a y i
i
1
G
m
dy )i
a y u ( ) i
.( M
i
1
G
m
M
(
)
a y dy ( ) i
i
1
G
m
1
M
(
)
M M
với mọi x G , ta có
a i L
i
1
.
Suy ra Au .
+ Chứng minh A đẳng liên tục
( )u x
N
Lấy u tùy ý.
0N :
i
Vì u liên tục trên tập compact G nên , x G
u x
( ) i
N
i
1,2,....,
m
i
u x
( ) i
N
N
. , x G ;
i
1,2,....,
m
N 1
1
max i m 1
Đặt thì . , x G ;
( ,
)
K x y liên tục trên tập compact G G và do đó liên tục đều
Vì hàm
'
(
' x y ,
)
trên G G . Khi đó,
x y G G ( ,
nếu
)
0 ,
0 ,
1
n
2
'
2
2
(
' x y ,
)
x y ( ,
)
)
(
)
(
x i
' y i
y i
' x i
2
i
1
'
,
' K x y (
,
)
K x y ( ,
)
MN 1
1
n
2
'
2
' ,x x G
. thì
,
x
x
(
)
' x i
x i
2
i
1
Vậy , ta có
m
'
'
Au x (
)
Au x ( )
' K x y (
,
)
K x y ( ,
) .(
)i ( ). [ ( )]
u y
dy
a y i
i
1
G
m
( )
)
(
1
a y N dy i
1
i
G
MN 1
m
N 1
a y dy ( ) i
i
1
G
MN 1
m
1M
.
a i L
i
1
M
M
(
)A là tập compact tương đối trong P.
Áp dụng định lý Ascoli – Arzela ( xem phụ lục ) suy ra
)A P
P
+ Chứng minh (
Lấy tùy ý u P , từ điều kiện (H1) ta có
x G ,
z G .
Au x ( )
K z y f y u y dy
( , ( ))
( ,
)
Au z ( )
0
0
0
G
,
Au x ( )
Au
0
min x G 0
, Suy ra
hay Au P .
P là hoàn toàn liên tục. Khi đó điểm bất động khác
Vậy ta đã chứng minh được toán tử :A P
không của toán tử A chính là nghiệm không tầm thường, không âm và liên tục của phương trình (*) .
, x G ta có
u P
m
Au x ( )
K x y ( ,
)(
( )[ ( )] )i
dy
Tiếp theo ta chứng minh toán tử A có điểm bất động.
a y u y i
i
1
G 0
( )[ ( )] i 0
( ,
)
dy
K x y a y u y i 0
G 0
i 0
+
(
u
0
mesG 0
) i 0 0
;
Au x ( )
( )[ ( )] i 1
( ,
)
dy
K x y a y u y i 1
G 0
i 1
+
(
u
1
mesG 0
) i 1 0
;
K x y ( ,
)
, 0
min x y G G ( , ) 0 0
, 0
0
a x ( ) i 0
inf x G 0
. 0
1
a x ( ) i 1
inf x G 0
trong đó
Do đó
i 0
Au
(
u
;
0
mesG 0
) i 0 0
i 1
Au
(
u
(2.6) , u P
.
1
mesG 0
) i 1 0
r
(0,1)
(2.7) , u P
Au
u
r .
thỏa mãn Từ (2.6) ta suy ra tồn tại
, u
(2.8) , u P
u
r
(0,1)
r và Au
Thật vậy, giả sử ngược lại, tức là
, u
*
(0,1)
u
. , u P
P
n đủ lớn, chọn
nr
n
1 n
u
Với mỗi , khi đó tồn tại dãy n
nu
Au n
n
1 và n
1 . n
i 0
thỏa mãn
(
u
(
0
mesG 0
) i 0 0
n
0
mesG 0
) i 0 0
1 n
1 n
i 0
1
i 0
, Suy ra
1 n
(
mesG 0
) i 0 0
0
hay (vô lý).
Vậy (2.8) đúng.
Au
u
R .
1R thỏa mãn Tương tự, từ (2.7) suy ra tồn tại
, u
(2.9) , u P
m
i
u . 1
Mặt khác, theo điều kiện (iii), ta có
1
u
u
, , u P
Au M a i
L
L
1
i
m M a i 1 i
(2.10)
:
:
r
R
u P u
r
u P u
R
, , Đặt
:
1
u P u
1
.
1 ,
r ,
R là các tập mở trong P và
r ,
. 1
R
r
thì
Hơn nữa, từ (2.8) , (2.9) , (2.10) ta có
Au
u
u
và Au
u P
;
u P
r
1
Au
u
u
, ,
và Au
u P
.
u P
R
1
*
**
, ,
u
(
\
u
P )
(
\
P , 1
)r
R
1
*
**
*
*
**
**
Do đó, từ định lý 1.4.3 suy ra tồn tại thỏa mãn
r
u
1
u
. R
Au
u
Au
u
u
**( )
, và
*( ) u x và
x là hai nghiệm không âm, không tầm thường và liên tục của phương trình
Rõ ràng,
(*).
Định lý 2.2
)
K x y thỏa mãn điều kiện (H1);
Giả sử
(i) Nhân ( ,
L G (
)
( ) 0
ia
ia x , x G ;
(ii) ,
i
1,2,....,
m
i , 1
;
. 0
1, 2,....,
m
i 0
a x ( ) i 0
inf x G 0
:
Khi đó, phương trình (*) có ít nhất một nghiệm không âm, không tầm thường và liên tục.
Chứng minh
:A P
P
m
Từ chứng minh của định lý 2.1 ta thấy rằng toán tử
Au x ( )
K x y f y u y dy
( , ( ))
( ,
)
K x y ( ,
)(
( )[ ( )] )i
dy
a y u y i
i
1
G
G
xác định bởi
u
R .
là hoàn toàn liên tục. Hơn nữa, từ điều kiện (ii) của định lý 2.2 ta cũng suy ra
0R : Au
, u
1,2,....,
m )
(2.11) , u P
1
i i (
m
i
nên Mặt khác, vì
r .
r
(0,
R
)
Au M a
u
.
u
, u
i L
1
i
: (2.12) , u P
u
r và Au
Thật vậy, giả sử ngược lại, tức là
r
(0,
R
)
, u
. , u P
(0,
R
)
* n , chọn
r n
R n
*
u
u
Au
u
P thỏa mãn
Với mỗi . Khi đó,
n .
n
r và n
n
n
n
*
, tồn tại dãy n
n
r i n
r n
L
m M a i i 1
1
*
i
Suy ra ,
1
n .
r nL
m M a i 1 i
1
i
hay ,
0
r nL
lim n
m M a i 1 i
(mâu thuẫn). Cho n
Vậy (2.12) đúng.
:
r
u P u
r
:
R
u P u
R
Đặt ,
.
r ,
R là hai tập mở trong P và
r ,
R
r
thì
Au
u
u
Từ (2.11) và (2.12) ta có
và Au
u P
.
u P
R
r
, ,
u P thỏa mãn
(
)
\
R
r
Do đó, áp dụng định lý 1.4.3 ta suy ra tồn tại
u
. R
u và r
( )
u x là nghiệm không âm, không tầm thường và liên tục của
Au
Rõ ràng,
phương trình (*).
Định lý 2.3
( ,
)
Giả sử
K x y thỏa mãn điều kiện (H2);
(i’) Nhân
L G (
)
( ) 0
ia
ia x , x G ;
(ii’) ,
i
1,2,....,
m
i , 1
( ) 0
;
,
1, 2,....,
m
i 0
a x i 0
inf x D 0
|n
x
:
)
(
,
0D là quả cầu đóng,
K x x 0 0
0
D 0
x
x 0 2
với trong đó
0 bất kỳ).
(
R thỏa mãn tính chất sau:
0
0
Khi đó tồn tại
v
Nếu ta xây dựng dãy j
j
R ,
xác định bởi:
v x 0( )
R R 0
, x G
j
1, 2,....
K x y f y v )
( ,
( ,
y dy ( ))
v x ( ) j
j
1
G
....
....
(2.13) , x G ,
v x ( ) 0
v x ( ) 1
v x ( ) j
(2.14) thì ta có , x G
* u x ( )
v x lim ( ) j j
*( ) u x chính là nghiệm không âm, không tầm thường và liên tục của
và đều trên G.
phương trình (*).
Chứng minh
Từ điều kiện (i’) ta suy ra
:
K x y , )
( ,
(0,
)
)
0 ,
1
x y D D ( , 1 1
, (2.15)
|n
x
D 1
x 0
1
x
2
ở đây .
. 0
D 1
D và 0
1
a x ( ) i 0
inf x D 1
n
Hiển nhiên
|
x
D 2
x 0 2
1 2
x
Đặt và xét hàm liên tục trên G
x D ,
x nếu
( ) 1
2
xác định bởi:
\
x nếu
( )
0
x G D 1
,
( )x là một số nằm giữa 0 và 1 sao cho liên tục trên G
nếu
\
x D D 1 2
'
.
1 1 ) i 0
( 1
mesD 2
Đặt .Tương tự các định lý trên, ta xét toán tử
E xác định bởi
Au x ( )
K x y f y u y dy
( , ( ))
( ,
)
:A P 1
G
) |
( ) 0,
x G
E C G
(
)
, (2.16)
là nón chuẩn trong
u C G u x (
P 1
với .
(0,
'
]
Khi đó,
( A
x ( ))
K x y f y ( , )
( ,
y dy ( ))
D 2
m
K x y ( ,
)(
( )[
y ( )] )i
dy
a y i
i
1
D 2
0
K x y a y )
( ,
( )[
y ( )] i
dy
i 0
D 2
i 0
dy
1
D 2
0
)
.
1
i mesD ( 2
( A
x ( ))
x ( )
, x G ta có
'
(2.17) , x G .
0R sao cho
m
1
i
Bây giờ ta sẽ chọn
M a R
1
R R 0
i L
i
1
, , (2.18)
M
K x y ( ,
)
max ) x y G G ( ,
với .
R
(
)
v x 0( )
R R 0
Tiếp theo ta đặt , x G
j
1, 2,....
Av
x ( )
K x y f y v )
( ,
( ,
y dy ( ))
v x ( ) j
j
1
j
1
G
j
P . 1
,
j
thì v
m
K x y ( ,
)(
a y R dy
( )
)i
Av x ( ) 0
i
i
1
G
m
m
i
)
(
MR i
(
)
M a y R dy ( ) i
a y dy ( ) i
i
i
1
1
G
G
m
với mọi x G và theo (2.18) ta có
M a R i
R v x ( )
0
i L
1
i
. (2.19)
v x ( ) 1
v x ( ) 0
, x G .
j
1, 2,....
Bằng quy nạp ta chứng minh được
v x ( ) j
x ( ) v
1
j
....
....
, x G ,
v x ( ) 0
v x ( ) 1
v x ( ) j
hay , x G .
Mặt khác, ta có
E là hoàn toàn liên tục (chứng minh tương tự định lý 2.1).
:A P 1
+ Toán tử
( ) x
v x ( ) 0
( A
x ( ))
x ( )
+ , x G (hiển nhiên).
Av x ( ) 0
Av x ( ) 0
+ , x G (do 2.17 và 2.19).
*u
E thỏa mãn
x ( )
* u x ( )
( ) ,
x G
v x 0
* Au x ( )
* u x
( ) ,
x G
Theo định lý 1.4.5 tồn tại
* u x ( )
v x lim ( ) j j
và đều trên G.
*( ) u x là nghiện không âm, không tầm thường và liên tục của
Rõ ràng,
phương trình (*).
Định lý 2.4
( ,
)
Giả sử
K x y thỏa điều kiện (H2) và (H3);
(i) Nhân
( )
i
1,2,....,
m
ia x liên tục và không âm trên G ;
m
0
(ii) Các hàm ;
a x ( ) i
1
i
thỏa điều mãn kiện , x G
i
1,2,....,
m
i , 1
*( ) u x .
và .
u
P xác định bởi
Khi đó, phương trình (*) có duy nhất nghiệm không tầm thường là hàm liên tục và không âm
n
Hơn nữa, nếu ta xây dựng dãy n
n
1,2,....
K x y f y u )
( ,
( ,
y dy ( ))
u x ( ) n
n
1
G
, (2.20)
u x là hàm liên tục, không âm, không đồng nhất bằng không bất kì trên G thì 0 ( )
*
. (2.21)
0
u
u n
lim n
với điều kiện đầu
Chứng minh
Rõ ràng từ điều kiện (i) và (ii) của định lý này dễ dàng suy ra điều kiện (i’) và
(ii’) của định lý 2.3 thỏa mãn. Vì vậy, từ định lý 2.3 suy ra phương trình (*) có ít nhất một nghiệm
*( ) u x . Ta sẽ chứng minh nghiệm
*( ) u x là duy nhất.
u
**( )
liên tục, không âm, không tầm thường
x cũng là nghiệm liên tục, không âm, không tầm thường của phương trình (*). Ta cần
**
u
x ( )
* u x ( )
Giả sử
(0,1)
chứng minh , x G .
u
**( )
x , x T .
sao cho Vì G là tập mở nên tồn tại quả cầu đóng T G và
m
**
**
u
x ( )
K x y ( ,
)(
y ( )] )i
dy
a y u ( )[ i
i
1
T
m
K x y ( ,
)(
dy )i
a y ( ) i
i
1
T
K x y ( ,
dy )
T
*
Do đó, từ (H3), suy ra
K x y dy
( ,
)
G
m
0
(2.22) , x G ,
,
, 1
i
a x ( ) i
min x G
max 1 i m
i
1
* là số dương tồn tại theo điều kiện (H3).
ở đây
Mặt khác,
i
1,2,....,
m
i
a x max ( ) i x G
m
*
, , ta có đặt
* u x ( )
K x y ( ,
)(
u
)i
dy
i
i
1
G
**
u
x ( )
* u x ( )
(2.23) , x G .
1
m
i
*
Từ (2.22) và (2.23) suy ra (2.24) , x G ,
*
u
0
i
i
1
. với
**
t
sup
0 |
u
x ( )
* tu x
( ) ,
0
t
. x G
Tiếp theo, đặt
**
u
x ( )
( ) ,
. x G
0
t và
* t u x 0
0
t . Thật vậy,
Dễ dàng chứng minh được
Ta sẽ chứng tỏ 0 1
0
1
t và với mọi x G thì
0
m
**
*
u
x ( )
K x y ( ,
)(
( )[
( )] )i
dy
a y t u y 0 i
i
1
G
nếu
m
*
( ,
)(
( )[
( )] )i
dy
t K x y 0
a y u y i
i
1
G
* t u x ( ) 0
t ).
t Suy ra 0
t (mâu thuẫn vì 0 t
0
0
**
u
x ( )
* u x ( )
t và
.
**
u
x ( )
* u x
( ) ,
, x G . Vậy 0 1
. x G
**
u
x ( )
* u x
( ) ,
Chứng minh tương tự ta được
. x G
*
Suy ra
u
. 0
u n
lim n
Sau cùng, ta chứng minh
u x là hàm liên tục, không âm và không đồng nhất bằng không 0 ( )
Lấy bất kì
trên G. Khi đó, tồn tại quả cầu đóng 1T G và
(0,1)
( )
x T .
u x , 0
1
1
: 1
Chứng minh tương tự (2.22), ta được
K x y dy
( ,
)
u x ( ) 1
Au x ( ) 0
* 1
1
G
*
(2.25) ở đây A là toán , x G ,
1 là số dương
tử đã được định nghĩa trong định lý 2.3 và
m
i
tồn tại phụ thuộc vào 1T xác định bởi điều kiện (H3).
0 đủ nhỏ sao cho
* 1
1
i
1
i
( A
x ( ))
x ( )
(2.26) Ta chọn số dương
và , x G ,
( )x là hàm liên tục trên G được định nghĩa trong định lý 2.3.
với
với mọi x G , đặt
x ( )
w x 0 ( )
,
n
1,2,....
w x ( ) n
Aw x ( )
n
1
, .
....
....
Từ (2.17) và bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được
w x ( ) 0
w x ( ) 1
w x ( ) n
, x G .
m
( A
x ( ))
K x y ( ,
)(
( )[
y ( )] )i
dy
a y i
w x ( ) 1
i
1
G
m
m
K x y ( ,
)(
dy )
(
)
K x y dy
( ,
)
i i
i i
1
1
i
i
G
G
Từ (2.17), (2.25), (2.26) và với mọi x G , ta có
K x y dy
( ,
)
* 1
1
u x ( ) 1
G
. (2.27)
R
max
0R được xác định trong định lý 2.3
R 0
Chọn , với
u x ( ) 0
, max x G
với mọi x G , đặt
R u x ( )
v x ( ) 0
0
,
n
1,2,....
x ( )
( ,
( ,
y dy ( ))
v x ( ) n
Av n
1
K x y f y v ) n
1
G
,
....
....
v x ( ) 0
v x ( ) 1
v x ( ) n
thì , x G
v x ( )
Av x ( ) 0
Au x ( ) 0
u x ( ) 1
(2.28) , x G . và 1
w x ( ) 1
u x ( ) 1
v x ( ) 1
Từ (2.27) và (2.28) suy ra , x G .
Bằng quy nạp ta chứng minh được
n
1,2,....
w x ( ) n
u x ( ) n
v x ( ) n
(2.29) , x G ,
Aw x ( ) 0
w x ( ) 0
Av x ( ) 0
v x ( ) 0
Vì , , x G
E là toán tử hoàn toàn liên tục nên áp dụng định lý 1.4.5 và do tính duy nhất nghiệm
:A P 1
và
*
*
v
u
, 0
. 0
n
w u n
lim n
lim n
*
của phương trình (*) ta suy ra
u
u
(đpcm).
0
1P là nón chuẩn ta có
n
lim n
Từ (2.29) và
Định lý 2.5 Giả sử
( ,
)
K x y là hàm liên tục, không âm trên G G và thỏa mãn
(i) Nhân
điều kiện (H3);
( )
i
1,2,....,
m
ia x liên tục và không âm trên G;
m
(ii) Các hàm
0
a x ( ) i
1
i
thỏa điều kiện , x G
i
1,2,....,
m
i ; 1
và .
Khi đó, phương trình (*) không thể có hai nghiệm không tầm thường so sánh được với nhau.
Chứng minh
u
**( )
*( ) u x ,
x là hai nghiệm không tầm thường, liên tục, không
Giả sử rằng
**
âm và so sánh được với nhau của phương trình (*).
u
x ( )
* u x
( ) ,
x G
. Khi đó,
Ta giả sử
(0,1)
**
i
[
u
x ( )] i
[
* u x
( )]
sao cho tồn tại quả cầu đóng T G , tồn tại
i
1,2,....,
m
, x T ;
.
m
**
**
u
x ( )
* u x ( )
K x y ( ,
){
u ( )[(
y ( )) i
* u y (
( )) ]} i
dy
a y i
i
1
T
Do đó, theo (H3) ta được
K x y dy
( ,
)
*
K x y dy
( ,
)
T
G
m
0
(2.30) , x G ,
* là số dương tồn tại phụ thuộc vào T theo
a x ( ) i
min x G
i
1
ở đây ,
điều kiện (H3).
m
*
* u x ( )
K x y ( ,
)(
dy
u
)i
Mặt khác, ta có
i
i
1
G
(2.31) , x G ,
i
1,2,....,
m
i
a x max ( ) i x G
với , .
**
u
x ( )
(1
)
* u x ( )
Từ (2.30) và (2.31) suy ra
1
m
i
*
(2.32) , x G ,
*
u
0
i
i
1
**
trong đó .
t
sup
0 |
u
x ( )
* tu x
( ) ,
0
t
. x G
**
u
x ( )
Đặt
0 1
* t u x ( ) 0
t và 0
Từ (2.32) suy ra , x G .
m
**
*
u
x ( )
K x y ( ,
)(
( )[
( )] )i
dy
a y t u y 0 i
i
1
G
m
*
( ,
)(
( )[
( )] )i
dy
a y u y i
t K x y 0
i
1
G
Từ đó, với mọi x G ta có
* t u x ( ) 0
, (2.33)
. 1
i
min 1 i m
t ).
với
t (mâu thuẫn vì 0 t
0
0
Từ (2.33) suy ra 0 t
Vậy phương trình (*) không thể có hai nghiệm liên tục, không tầm thuờng, không âm so sánh được
với nhau.
Hai định lý sau cùng đề cập tới sự tồn tại giá trị riêng và hàm riêng của toán tử A.
Định lý 2.6
Giả sử
K x y thỏa mãn điều kiện (H1);
( ,
)
(i) Nhân
L G (
)
( ) 0
ia
ia x , x G ;
(ii) ,
i
1,2,....,
m
i , 1
;
. 0
1, 2,....,
m
i 1
a x ( ) i 1
inf x G 0
:
Khi đó
0 , tồn tại hàm liên tục, không âm, không tầm thường trên G
với mỗi
K x y f y u y dy ( ,
( ))
( ,
)
u x ( )
Au x ( )
u x ( )
G
thỏa mãn , x G .
khi .
u x ( )
Hơn nữa
max x G
Định lý 2.7
Giả sử
K x y thỏa mãn điều kiện (H1);
)
(i) Nhân ( ,
L G (
)
( ) 0
ia
ia x , x G ;
, (ii)
i
1,2,....,
m
i , 1
;
. 0
1, 2,....,
m
i 0
a x ( ) i 0
inf x G 0
:
Khi đó
0 , tồn tại hàm liên tục, không âm, không tầm thường trên G
với mỗi
K x y f y u y dy ( ,
( ))
( ,
)
u x ( )
Au x ( )
u x ( )
G
thỏa mãn , x G .
khi .
0
u x ( )
Hơn nữa
max x G
Chứng minh định lý 2.6 và 2.7
:A P
P xác định bởi
Au x ( )
K x y f y u y dy
( , ( ))
( ,
)
G
là hoàn toàn liên tục (chứng minh Toán tử
của định lý 2.1),
P
u C G u x (
) |
u 0
ở đây .
u x ( ) 0, min ( ) x G 0
i 1
Từ giả thiết của định lý 2.6 ta dễ dàng chứng minh được
Au
(
u
.
1
mesG 0
) i 1 0
(2.34) , u P
Từ giả thiết của định lý 2.7 ta chứng minh được
i 0
Au
(
u
,
0
mesG 0
) i 0 0
(2.35) , u P
K x y ( ,
)
, 0
, 0
. 0
0
1
a x ( ) i 0
a x ( ) i 1
min x y G G ) ( , 0 0
inf x G 0
inf x G 0
trong đó
1
i 1
Từ (2.34) và (2.35) suy ra
(
u
1
mesG 0
) i 1 0
Au u
1
i 1
1
u
vì
(do
i ).
1
Au u
lim u u P
lim u u P
1
i 0
.
(
u
0
mesG 0
) i 0 0
Au u
1
i 0
1
u
vì
(do
i ).
0
Au u
lim u 0 u P
lim u 0 u P
.
m
i
u
Mặt khác, ta có
,
Au M a
i L
i
1
M
K x y
)
, u P
max ( , x y G ,
1 i
. với
u
i L
m M a 1 i
Au u
.
Do đó
, 0
Au u
lim u 0 u P
. 0
từ giả thiết của định lý 2.6 suy ra
Au u
u u P
từ giả thiết của định lý 2.7 suy ra lim
,
, 0
Au u
Au u
lim u u P
lim u 0 u P
,
. 0
Au u
Au u
lim u 0 u P
lim u u P
Vậy ta đã chứng minh được
Áp dụng định lý 1.4.4 ta thu được các kết luận của định lý 2.6 và 2.7.
Chương 3. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Chương này nêu một số bài toán cụ thể, minh họa cho lý thuyết được trình bày trong chương 2.
Ví dụ 1
u x ( )
K x y f y u y dy
( , ( ))
( ,
)
G
Xét phương trình (*)
K x y ( ,
)
a x b y ( ) ( )
trong đó
( )a x là hàm không âm, liên tục và không đồng nhất bằng không
+ , với
trên G.
( )b y là hàm dương và liên tục trên G.
3
0
,
f x u ( , )
u
a a . 1 2
a u 1
a 2
+ , với
K x y thỏa mãn điều kiện (H1).
( ,
)
Trước tiên ta chứng minh hàm
) 0
( )a x không âm và không đồng nhất bằng không trên G nên tồn tại
0x G sao cho
a x . 0(
0
Vì
( )a x liên tục trên G nên tồn tại
a x ,
x G ,
r sao cho ( )
0
0
Vì
n .
' G B x r , )
(
x G x
:
r
0
0
x 0 2
là quả cầu đóng trong với
K x y ( ,
)
a x b y ( ) ( )
, 0
)
x y G G ( , 0
0
Suy ra .
(0,1)
0
sao cho Tiếp theo ta chứng minh tồn tại
a x ( )
z G .
a z ( ) 0
x G , 0
,
(0,1)
a x ( )
Giả sử ngược lại, tức là
x G , z G :
0
0
a z ( ) 0
, .
.
* n , chọn
0
1 n
*
Với mỗi
z
G :
)
a z (
)
n .
x n
0
a x ( n
n
G , n n
n
1 n
, Suy ra tồn tại dãy
z
x n
n
x kn
z kn
0G là tập compact nên tồn tại dãy con
n
n
k
k
Vì G, ,
x G , z G sao cho
0
và
)
a z (
)
x
z
và z
a x ( n k
n k
x kn
kn
lim k
, lim k
1 k
(**)
)
a x ( )
)
a z ( )
a x kn
kn
a z và lim ( k
k
a x (vô lý) .
. Vì a liên tục nên lim (
Cho k trong (**) ta được ( ) 0
K x y ( ,
)
a x b y ( ) ( )
a z b y ( ) ( )
K z y ( ,
)
x G ,
z G , y G .
0
0
,
)
K x y thỏa mãn điều kiện (H1) cũng là điều kiện (i) của định lý 2.1.
Vậy hàm ( ,
Điều kiện (ii) của định lý 2.1 hiển nhiên thỏa mãn.
1
1
a
(
1 mesG M M )
Điều kiện (iii) của định lý 2.1 trở thành
a 1
2
1
2
, (3.1)
M
M
a x 1 max ( )
b x 2 max ( )
x G
x G
trong đó , .
Nếu ( )u x là nghiệm không âm, không tầm thường và liên tục của
3
phương trình (*) thì
u x ( )
a x b y a u y ( ) ( )(
( )
u y [ ( )] )
dy
1
a 2
G
u x ( )
a x ( )
. (3.2)
0 .
u x ( )
a x ( )
Vậy ( )u x phải có dạng ,
Thế vào (3.2) ta được
a x ( )
( )
( )(
a y ( )
[
a y
3 ( )] )
dy
a 2
a x b y a 1
G
.
b y ( )
( )
3
b y
3 ( ) [ ( )]
a y
dy
a 1
a y dy a 2
G
G
.
b y ( )
a y dy ( )
0
G
, Đặt 1 b
b y
3 ( ) [ ( )]
a y
dy
0
b 2
G
.
Ta được phương trình theo
3
a b 1 1
a b 2 2
.
(2
1)
. 0
2 2 2 a b 2 2
a a b b 1 2 1 2
2 2 a b 1 1
2
2
(2
1)
4(
)
1 4
(3.3)
a a b b 1 2 1 2
a a b b 1 2 1 2
a a b b 1 2 1 2
.
Mặt khác, ta có
b y ( )
( )
)
(
a y dy M M dy mesG M M 1
2
2
1
G
G
, 1 b
b y
3 ( ) [ ( )]
a y
dy M M dy mesG M M
(
)
b 2
3 1
2
3 1
2
G
G
(
2 mesG M M )
.
b b 1 2
2 1
2 2
Suy ra ,
(
mesG M M )
b b 1 2
1
2
. hay
(
)
(
)(
)
, 1
a 1
a 2
b b 1 2
a 1
a mesG M M 2
1
2
Do đó từ (3.1) suy ra
a a b b 1 2 1 2
a b b a . 1 1 2 2
b b 1 2
a b b 1 1 2
a 2
b b 1 2
1 4
1 . 4
hay
1 4
. 0
a a b b 1 2 1 2
Vậy
1 ,
2
1 2
a a b b 1 2 1 2
, 0
1
1 4 a a b b 1 2 1 2 2 2 2 a b 2 2
1 2
a a b b 1 2 1 2
. 0
2
1 4 a a b b 1 2 1 2 2 2 2 a b 2 2
Suy ra phương trình (3.3) có hai nghiệm phân biệt
1a ,
2a thỏa mãn điều kiện (3.1) thì từ định lý 2.1 suy ra phương trình (*) có đúng hai nghiệm
Nếu
u x ( ) 1
a x ( ) 1
u x ( ) 2
a x ( ) 2
không âm, không tầm thường, liên tục là và .
Ví dụ 2
t
1
Xét bài toán hai điểm biên cho phương trình vi phân cấp hai
x
f (1)
''( ) x t (0)
( , ( )) , 0 t x t 0
x
m
i
(3.4)
f t x ( , )
a t x ( )
0
i
1,2,....,
m
i ; ,
i
i
1
với . (3.5)
1
Trước tiên ta chứng minh bài toán (3.4) tương đương với phương trình tích phân
x t ( )
K t s f s x s ds
( , ( ))
( , )
0
, (3.6)
(1
s
) , 0
s
t
1
trong đó
K t s ( , )
s
(1
t
) , 0
s
t
1
t
. (3.7)
x C
2 ([0,1])
Bổ đề 3.1
h C
([0,1])
t
1
Với mỗi , tồn tại duy nhất hàm số là nghiệm của bài toán
''( ) x t (0)
x
h t (1)
( ) , 0 0
x
1
. (3.8)
x t ( )
K t s h s ds ( , ) ( )
0
Hơn nữa x còn được biểu diễn dưới dạng .
Chứng minh
''
x .
0
Phương trình thuần nhất tương ứng với phương trình (3.8) là
( )x t
C C t 2
1
, (3.9)
1C ,
2C là hai hằng số tùy ý.
trong đó
, C C là hàm số theo biến t. Ta đi tìm
, C C để (3.9) là nghiệm của bài toán (3.8).
1
2
1
2
Bây giờ ta xem
t
[0,1]
Với mọi , ta có
' x t ( )
C t C t ( )
( )
' 1
2
' tC t ( ) 2
.
. 0
, C C sao cho
' C t ( ) 1
' tC t ( ) 2
1
2
' x t ( )
Chọn
C t ( ) 2
Khi đó .
'' x t ( )
' C t ( ) 2
.
h t ( )
Thay vào phương trình (3.8), ta được
t
[0,1]
' C t 2 ( )
, .
Vậy, hàm số (3.9) là nghiệm của phương trình (3.8) nếu các hàm số
C t C t ( ) ( ) ,
1
2
h t ( )
thỏa mãn hệ phương trình
0
' tC t ( ) 2
' C t ( ) 2 ' C t ( ) 1
.
t
( )
C t ( ) 1
sh s ds D 1
t h t . ( )
0
Giải hệ trên ta được
t
h t ( )
' C t ( ) 1 ' C t ( ) 2
( )
( ) C t 2
h s ds D 2
0
,
, D D là hai hằng số mà ta sẽ xác định sau.
1
2
t
trong đó
x t ( )
(
s
t h s ds D tD ) ( ) 2
1
0
x
(0)
, 0
Vậy .
D 1
t
Suy ra
x t ( )
(
s
t h s ds ) ( )
tD 2
0
1
hay .
x
(1)
(
s
1) ( )
0
h s ds D 2
0
1
Mặt khác, vì
s h s ds ) ( )
D 2
(1
0
t
1
nên .
x t ( )
(
s
t h s ds ) ( )
t
(1
s h s ds ) ( )
0
0
t
1
Vậy
x t ( )
s
(1
t h s ds ) ( )
t
(1
s h s ds ) ( )
0
t
(1
s
) , 0
s
t
1
hay .
K t s ( , )
s
(1
t
) , 0
s
t
1
t
. Đặt
1
Khi đó
x t ( )
K t s h s ds ( , ) ( )
0
là nghiệm duy nhất của bài toán (3.8).
Bổ đề được chứng minh.
( , )
K t s thỏa mãn điều kiện (H1) với mọi tập đóng
Áp dụng bổ đề 3.1 ta suy ra bài toán (3.4) tương đương với phương trình tích phân (3.6).
G [ ]
,
0
, Tiếp theo ta chứng minh hàm số
và 1
G
[0,1]
( , )
. trong đó, 0
K t s liên tục và không âm trên G G (hiển nhiên).
Hàm số
K t s
( , )
(1
, ) 0
t s G G ( , ) 0 0
(hiển nhiên).
K t s ( , )
K u s ( , )
t G ]
[
,
, ,u s G
0
0
, ,
) (1
(0,1)
0
với .
t ] [
,
(1
)
(1
) ,
1
t
s
s
s
Thật vậy, với mọi , ta có
K t s ( , )
t (1 s (1
s hay s ) (1 ) s t (1
) t ) , (1 ) , 0
s s
.
K u s ( , )
s
(1
s
)
s G , u G
, Mà
K t s ( , )
(1 )
K u s ( , )
t [ ]
,
. ,u s G
nên , ,
Xét các trường hợp sau đây:
s
[0,
t ] ,
[ ] ,
K t s ( , )
s
(1
) t
s
(1
(1
)
s ) (1
) s
(1 )
K u s ( , )
Trường hợp 1 :
.
, u G
s
( ,
) ,
t
[ ] ,
K t s ( , )
)
(1
(1
s ) (1
s
)
(1 )
K u s ( , )
Trường hợp 2 :
.
, u G
s
[
,1] ,
t
[ ] ,
K t s ( , )
t
(1
s
)
(1
s
)
(1
s ) (1
s
)
(1 )
K u s ( , )
Trường hợp 3 :
.
, u G
) (1
(0,1)
K t s ( , )
K u s ( , )
t G ,
. ,u s G
0
0
0
Đặt thì ,
Bây giờ ta sẽ chứng minh bài toán (3.4) có nghiệm bằng cách áp dụng các định lý 2.1, 2.2, 2.3 trong
chương 2.
Định lý 3.1
i
1,2,....,
m
G
[0,1]
ia t ( )
Giả sử ( ) là các hàm liên tục và không âm trên .
1
i
1,2,....,
m
i hay 1
i và các hàm
ia t ( )
x C
2 ([0,1])
(a) Nếu ( ) không đồng nhất bằng không trên G thì
x t , ( ) 0
t
(0,1)
và bài toán (3.4) có ít nhất một nghiệm không âm, không tầm thường
1
m
.
4
a t dt ( ) i
K t s max ( , ) 0 , t s
1
1
i
1 4
0
( ) ,
(b) Nếu và
và 1
1, 2,....,
m
i 0
i 1,
i 0
1 , i 1
a t i 0
a t ( ) i 1
2
,
([0,1])
0
tồn tại sao cho không đồng nhất bằng không
x 1
x C 2
x t , 1( )
x t , 2 ( ) 0
trên G thì bài toán (3.4) có ít nhất hai nghiệm và
t
(0,1)
.
Chứng minh
Tương tự cách chứng minh định lý 2.1, 2.2.
( , )
K t s thỏa mãn điều kiện (H2). Ta chứng minh nó cũng thỏa mãn điều kiện (H3).
1
t
1
Hiển nhiên hàm
K t s ds ( , )
s
(1
t ds )
t
(1
s ds )
t
(1
t
)
1 2
0
0
t
,
(0,1)
Ta có .
s
(1
t ds )
(
)(1
t
) ,
t
1
) ,
(1
)(
( , ) K t s ds
ds
t
(1 )
t
(1
s ds )
(1
)(
t ) , 0
t
Với bất kỳ và , ta có
K t s ds ( , )
2 (1 ) )(
t
(1
t
)
t
[0,1]
1 2
1
Suy ra ,
K t s ds ( , )
2 (1 ) )(
K t s ds ( , )
t
[0,1]
0
*
, . hay
)
2 (1
)(
*
(0,1)
T
[ , ]
(0,1)
Đặt thì
. G
và
K t s thỏa mãn điều kiện (H3).
( , )
Vậy hàm
Từ định lý 2.4 ta có định lý sau đây.
Định lý 3.2
m
i (
1,2,....,
m )
( ) 0
ia t ( )
a t i
1
i
* x C
2 ([0,1])
1,2,....,
m )
Giả sử là các hàm liên tục, không âm, thỏa mãn điều kiện ,
t
[0,1]
i i ( 1
*( ) 0 x t ,
và . Khi đó, bài toán (3.4) có duy nhất nghiệm và
t
[0,1]
t
t
m
m
*
. Hơn nữa, nếu ta xây dựng dãy hàm xác định bởi:
n ,
(1
t
)
s
(
s ( )] ) i
ds
t
(1
s
)(
s ( )] ) i
ds
x t ( ) n
a s x ( )[ i n
a s x ( )[ i n
1
1
i
i
1
1
0
0
,
x t là hàm liên tục, không âm, không đồng nhất bằng không bất kỳ trên [0,1] , 0 ( )
với điều kiện đầu
*( ) x t trên [0,1] .
( )
x t n
n
sẽ hội tụ đều về hàm thì dãy hàm
Từ định lý 2.5 ta có định lý sau:
Định lý 3.3
i (
1,2,....,
m )
i và 1
ia t ( )
m
là các hàm liên tục, không âm thỏa mãn điều kiện Giả sử
( ) 0
t
[0,1]
a t i
1
i
C
2 ([0,1])
, . Khi đó, bài toán (3.4) không thể có hai nghiệm không tầm thường trong
và so sánh được với nhau.
KẾT LUẬN
Luận văn khảo sát sự tồn tại nghiệm không âm, không tầm thường và liên tục của phương trình
tích phân phi tuyến thuộc dạng sau:
u x ( )
K x y f y u y dy
( , ( ))
( ,
)
G
m
i
f x u ( , )
a x u ( )
(*)
i
1,2,....,
m
i , 0 ,
i
1
i
. trong đó G là tập compact trong n và
Nội dung chính của luận văn nằm ở chương hai và chương ba.
Trong chương hai, dựa vào các định lý điểm bất động trên nón trong không gian Banach thực,
chúng tôi chứng minh sự tồn tại nghiệm không âm, không tầm thường và liên tục của phương trình
K x y và các hàm
( ,
)
1,2,....,
m )
i ia x ( ( )
, sử dụng (*). Ngoài ra, dựa trên các điều kiện đối với hàm
kỹ thuật lặp đơn điệu, chúng tôi chứng minh được phương trình (*) có nghiệm duy nhất bằng cách
xây dựng một dãy lặp thích hợp và chỉ ra giới hạn của dãy đó chính là nghiệm duy nhất của phương
trình tích phân phi tuyến đã cho.
Trong chương ba chúng tôi nêu một số bài toán cụ thể. Chương này chủ yếu khảo sát bài toán hai
điểm biên cho phương trình vi phân cấp hai. Ở đây chúng tôi sử dụng phương pháp biên thiên hằng
số để chuyển phương trình vi phân sang phương trình tích phân và sử dụng các định lý trong chương
hai để khảo sát sự tồn tại nghiệm của phương trình vi phân cấp hai.
Qua luận văn này, tác giả thực sự làm quen với việc đọc tài liệu và công việc nghiên cứu khoa
học một cách nghiêm túc và có hệ thống. Tác giả cũng học tập được công cụ của giải tích hàm phi
tuyến để khảo sát sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân phi tuyến, chẳng hạn như: phương
pháp điểm bất động, kỹ thuật lặp đơn điệu. Tuy nhiên, với sự hiểu biết còn hạn chế của bản thân, tác
giả rất mong nhận được sự đóng góp, chỉ bảo của Quý Thầy, Cô trong và ngoài Hội đồng.
PHỤ LỤC
1. Định lý thác triển
2E là hai không gian Banach thực và D là tập con đóng của
1E .
Cho 1E ,
:A D
E là toán tử hoàn toàn liên tục. Khi đó, tồn tại toán tử hoàn toàn liên tục
2
A x ( )
A x ( )
Giả sử
)
coA D (
)
và
E :A E 1
2
A E 1(
sao cho , x D
)A D .
(
coA D là bao lồi đóng của
(
)
với
2. Định lý Ascoli – Azela
Cho K là tập compact trong không gian định chuẩn E.
M C K
)
c 0
a) Tập
x
x t max ( ) t K
( c , x M (
)
M C K
sao cho x . được gọi là bị chặn đều nếu và chỉ nếu tồn tại
0,
0,
'
t
'
x t ( )
x t ( ')
b) Tập được gọi là đẳng liên tục nếu và chỉ nếu
t t K t ,
, x M .
M C K
(
)
Định lý
Tập là tập compact tương đối nếu và chỉ nếu M đẳng liên tục và bị chặn đều.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng Việt
[1] Nguyễn Công Tâm, Đinh Ngọc Thanh (2005), Phương trình tích phân
NXB Đại Học Quốc Gia TP Hồ Chí Minh.
[2] Cấn Văn Tuất (2005), Phương trình vi phân và phương trình tích phân
NXB Đại Học Sư Phạm Hà Nội.
[3] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực và giải tích hàm, NXB Đại Học Quốc Gia
Hà Nội.
Tiếng Anh
[4] S.R.Bernfeld and V.Lakshmikantham (1974), An Introduction to Nonlinear Boundary Value
Problems, Academic Press, New York.
[5] K.Deimling (1985), Nonlinear Functional Analysis, Springer – Verlag,
New York.
[6] Dugundji (1951), “An extension of Tietze’s Theorem”, Pacific J. Math
pp.353 – 367.
[7] D.Guo and V.Lakshmikantham (1988), Nonlinear Problems in Abstract Cone, Academic Press,
New York.
[8] Hardy, Littlewood and Polya (1934), Inequalities, Cambridge University Press.
