BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
____________
Huỳnh Thị Bình
BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN
VỚI TOÁN TỬ THUẦN NHẤT DƯƠNG
CHO PHƯƠNG TRÌNH HÀM
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 - 2008
LỜI CẢM ƠN
Trước hết, cho tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy
NGUYỄN ANH TUẤN, Khoa Toán – Tin học Trường Đại học Sư Phạm
TP Hồ Chí Minh đã dành thời gian và công sức tận tình hướng dẫn tôi
hoàn thành luận văn này.
Tôi xin gởi lời cảm ơn đến các quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm
luận văn đã dành thời gian đọc và đóng góp ý kiến giúp cho bài luận văn
của tôi được hoàn chỉnh hơn.
Cho tôi gởi lời cảm ơn đến Ban giám
hiệu Trường Đại học Sư Phạm
TP.Hồ Chí Minh, Phòng KHCN Sau đại học, Ban chủ nhiệm khoa Toán và
quý thầy cô đã tham gia giảng dạy tôi trong suốt khóa học qua.
Cuối cùng tôi xin cảm ơn sự giúp đỡ tận tình cũng như những lời
động viên của Ban giám hiệu và đồng nghiệp Trường THPT Lộc Thanh đã
dành cho tôi trong suốt thời gian tôi tham gia khóa học này.
Trong quá trình viết luận văn này, khó tránh khỏi những thiếu sót,
tôi rất m
ong nhận được những ý kiến đóng góp của bạn đọc .
Tôi xin chân thành cảm ơn.
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân thường ra đời từ
thế kỷ 18 như một công cụ để giải quyết các bài toán vật lý, cơ học.
Tuy nhiên cho đến nay nó vẫn còn phát triển mạnh nhờ các ứng dụng
rộng rãi và to lớn trong các lónh vực của cuộc sống như vật lý, cơ học,
kỹ thuật, nông nghiệp, kinh tế và sinh học… Chính vì thế việc tiếp tục
nghiên cứu và mở rộng các phạm vi ứng dụng của nó là cần thiết và cấp
bách.
Bài tốn biên cho phương trình vi phân thường với điều kiện biên dạng
tuần hồn đã được nghiên cứu từ lâu và đến nay vẫn tiếp tục được nghiên
cứu. Tuy nhiên việc nghiên cứu bài tốn biên dạng tuần hồn cho phương
trình hàm và từ đó áp dụng cho phương trình vi phân đối số chậm thực sự
được phát triển mạnh trong nhưng năm gần đây.
2. Mục đích nghiên cứu
Trong luận văn này, chúng tơi
tiếp tục mở rộng các kết quả của các
tác giả I.Kiguradze, A.Lomatidtaze, B.Puza, Robert Hakl trong các cơng
trình [1],[2],[3],…
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Trong luận văn này, chúng tơi nghiên cứu điều kiện đủ cho tính giải
được của bài tốn biên dạng tuần hồn cho phương trình vi phân hàm với
vế phải là tốn tử thuần nhất dương.
4. Ý nghĩa k
hoa học và thực tiễn
Luận văn là tài liệu tham khảo cho sinh viên, học viên sau đại học có
quan tâm nghiên cứu về tính giải được của bài tốn biên dạng tuần hồn
cho phương trình vi phân hàm với vế phải là toán tử thuần nhất dương.
5. Cấu trúc luận văn
Nội dung của luận văn gồm hai chương:
Trong chương I, chúng tôi nghiên cứu điều kiện đủ cho tính giải
được của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm với
vế phải là toán tử thuần nhất dương, nghĩa là bài toán :
( ) ( , )( ) ( )( )
ut Huut Qut
(0.1)
() () ()ua ub hu
(0.2)
trong đó
:,; ,; ,;H C ab R C ab R L ab R là toán tử liên tục, thuần
nhất dương không giảm đối với biến thứ nhất và không tăng đối với biến
thứ hai.
:,; ,;QC ab R L ab R
,
:,;hC ab R R
là toán tử
liên tục thoả điều kiệnCarathéodory,
0,1
.
Chương II, gồm hai phần. Trong phần 1 ta xét các tính chất của các
tập
,
ab
V
,
,
ab
V
,
,
ab
W
,
,
ab
W
(xem định nghĩa 0.1 – 0.4 được
giới thiệu trong phần sau), và thiết lập các điều kiện cần và đủ cho các bao
hàm
,
ab
HV
,
,
ab
HV
,
,
ab
HW
và
,
ab
HW
. (0.3)
Trong phần 2, ta cũng xét các bao hàm (0.3) trong trường hợp đặc
biệt của toán tử H với H được định nghĩa:
12
,max:Huv t pt us t s t
12
max :gt vs t s t
với hkn
,tab (0.4)
trong đó
,,;
p
gLabR
, ,
ii
ab
M (1,2)i
và
121 2
() (), () ()ttt t
với hầu khắp nơi
,tab
DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU
N : Tập hợp các số tự nhiên.
R : Tập hợp các số thực.
0, , ,0
RR.
11
,
22
x
xx x xx
.
,;CabR là không gian Banach của các ánh xạ liên tục
:,uab R
trên ;ab
với chuẩn
max ( ) : ,
C
uuttab.
,; ,; :() , ,CabD u CabR ut Dt ab trong đó DR .
,;
CabD
với DR là tập hợp các ánh xạ liên tục tuyệt đối
:,uab D .
,;
L
ab R là không gian Banach của những hàm
:,
p
ab R khả
tích Lebesgue trên
;ab
với chuẩn
b
L
a
p
psds
.
, ; , ; : vôùi t a,b hknLabD pLabR pt D trong đó DR .
ab
M là tập hợp các hàm đo được
:, ,ab ab
.
ab
H là tập hợp các toán tử liên tục
:,; ,; ,;H C ab R C ab R L ab R
thỏa các điều kiện sau:
1. Với mọi
,, , ;uvw C ab R , ta có:
Nếu
ut vt với
,tab thì
,,
H
uw t H vw t với hầu
khắp nơi
,tab .
Nếu
ut vt với
,tab thì
,,
H
wu t H wv t với hầu
khắp nơi
,tab .
2. Với mọi
,,;,;uv CabR CabR và hằng số
0
, ta có
,,
H
uvt Huvt
với hầu khắp nơi
,tab .
ab
K là tập hợp các toán tử liên tục
:,; ,;F C ab R L ab R thỏa
mãn điều kiện Carathéodory, nghĩa là : Với mỗi
0r , tồn tại
,;
r
qLabR
sao cho:
r
Fv t q t với hkn
,tab
,
,;vCabR
,
C
vr .
,;Kab AB
,trong đó AR,
B
R là tập hợp các ánh
xạ
:,fabA B
thỏa mãn điều kiện Carathéodory, nghĩa là:
.
., : ,
f
xab B là hàm đo được với mỗi
x
A
,
.
,. :
f
tAB
là liên tục hầu khắp nơi với mọi
,tab
và với mỗi
0r , tồn tại
,;
r
qLabR
sao cho:
,
r
f
tx q t với hkn
,tab
,
x
A
,
x
r
.
ab
F K là toán tử Volterra nếu với mọi
,cab ,
,,;uv C ab R
thỏa:
ut vt
với
,tac
thì
Fu t Fv t
với hkn
,tac
.
Trong luận văn này, ta đưa ra các khái niệm sau:
Định nghĩa 0.1
Ta nói rằng toán tử
ab
H
H thuộc vào tập
,
ab
V
nếu với mỗi
hàm
,,uCabR
thỏa:
,0ut Hu t
với hầu khắp nơi
,tab và
0ua ub (0.5)
Thì ta có:
0ut với
,tab .
Định nghĩa 0.2
Ta nói rằng toán tử
ab
H
H thuộc vào tập
,
ab
V nếu với mỗi
hàm
,,uCabR thỏa:
,0ut Hu t
với hầu khắp nơi
,tab và
0ua ub (0.6)
Thì ta có
0ut
với
,tab .
Định nghĩa 0.3
Ta nói rằng toán tử
ab
H
H thuộc vào tập
,
ab
W
nếu với mỗi
0,1
,
,;
yCabR
và mỗi
,,,uv C ab R
thỏa:
,,u t Hyu t v t Hyv t
với hầu khắp nơi
,tab (0.7)
và
ua ub va vb
(0.8)
Thì ta có
ut vt với (0.9)
Định nghĩa 0.4
Ta nói rằng toán tử
ab
H
H thuộc vào tập
,
ab
W nếu với mỗi
0,1
,
,;
yCabR
và mỗi hàm
,,,uv C ab R
thỏa (0.7), (0.8)
thì ta có (0.9).
Chương 1: CÁC ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM
Trong các kết quả sau, ta luôn giả thiết
,,qKab RR
và thỏa mãn
điều kiện:
1
lim , 0
b
x
a
qsxds
x
(1.1)
Xét bài toán :
( ) ( , )( ) ( )( )
ut Huut Qut
(0.1)
() () ()ua ub hu
(0.2)
1.1 . Các định lý
Sau đây là các kết quả về sự tồn tại nghiệm của bài toán (0.1), (0.2):
Định lý 1.1.1
Cho
,,
ab ab
HV W
và nếu tồn tại cR
sao cho với mọi
,,vCabR
, ta có các bất đẳng thức:
,0
C
qt v Qv t
với hkn
,tab và
0chv
Thì bài toán (0.1), (0.2) có ít nhất một nghiệm không dương.
Định lý 1.1.2
Cho
,,
ab ab
HV W
và nếu tồn tại cR
sao cho với
mọi
,,vCabR
, ta có các bất đẳng thức:
0,
C
Qv t qt v với hầu khắp nơi
,tab và
0 hv c
Thì bài toán (0.1), (0.2) có ít nhất một nghiệm không âm.
Định lý 1.1.3
Cho
,,
ab ab
HV V
và
,
ab
HW
hoặc
,
ab
HW
. Hơn
nữa nếu tồn tại cR
sao cho với mọi
,,vCabR , ta có các bất đẳng
thức:
,
C
Qv t qt v với hầu khắp nơi
,tab và
hv c
Thì bài toán (0.1), (0.2) có ít nhất một nghiệm .
Hơn nữa :
Nếu
0hv ,
0Qv t
hầu khắp nơi trên
,ab và với mọi
,,vCabR (1.1.1)
Thì bài toán (0.1), (0.2) có ít nhất một nghiệm không dương.
Nếu
0hv
,
0Qv t
hầu khắp nơi trên
,ab
, và với mọi
,,vCabR (1.1.2)
Thì bài toán (0.1), (0.2) có ít nhất một nghiệm không âm.
Để chứng minh các định lí trên, trước hết ta cần chứng minh các
bổ đề bổ trợ sau:
1.2. Các bổ đề bổ trợ
Trước hết ta nhắc lại một kết quả của I.Kiguradze và B.Puza trong [6]:
Bổ đề 1.2.1
Cho
F K
ab
, cR , nếu tồn tại một số 0
sao cho với mọi
0,1
và mọi hàm
,;uCabR thỏa :
ut Fu t
với hkn
,tab
,
ua ub c
(1.2.1)
ta đều có
C
u
(1.2.2)
Khi đó bài toán
ut Fu t
,
ua ub c
có ít nhất một nghiệm.
Áp dụng bổ đề trên, ta có kết quả sau:
Bổ đề 1.2.2
Cho
ab
H
H và nếu với mọi
0,1
, bài toán
0, , 0ut H u t ua ub
(1.2.3)
chỉ có nghiệm tầm thường. Khi đó với mỗi
0,1 , , ;
y
CabR
,
0
,;qLabR và cR , bài toán
0
,ut Hyu t qt
,
ua ub c
có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh:
Cho
0,1 , , ;yCabR
,
0
,;qLabR và cR
cố định
Đặt
0
,Fv t H yu t q t
với hkn
,tab
Theo bổ đề 1.2.1, ta chỉ cần chứng minh rằng với mọi
0,1
và mọi
hàm
,;uCabR là nghiệm của bài toán (1.2.1) thì ta có đánh giá
(1.2.2).
Giả sử ngược lại với mỗi
nN
, tồn tại
0,1
n
và hàm
,;
n
uCabR
sao cho:
0
,
nn n
ut Hyu t qt
với
,tab hkn (1.2.4)
thỏa điều kiện biên
nnn
ua ub c
(1.2.5)
và
n
C
un (1.2.6)
Khi đó, đặt
n
n
n
C
ut
vt
u
với
,tab
, 1,2,
n (1.2.7)
Ta có
1
n
C
v
với 1,2,
n (1.2.8)
Từ (1.2.4) và (1.2.5) ta có
0
1
,
nnn
n
C
vt Hyu t qt
u
Do
H
là toán tử thuần nhất dương nên
0
1
,
nn n
nn
CC
y
vt H v t qt
uu
(1.2.9)
với hkn
,tab
, 1,2, n
và
n
nn
n
C
c
va vb
u
với 1,2,
n (1.2.10)
Lấy tích phân hai vế của (1.2.9) ta có:
0
,
tt
nn n
n
ss
C
y
vt vs H v d q d
u
với
,,st ab ,
1,2,
n
Ta chứng minh:
,,1,1
n
CC
n
C
y
HvHy Hy
u
Thật vậy, nếu
,,
nn
nn
CC
yy
HvHv
uu
Thì
,,1,1
n
C
nn
CC
yy
HvH Hy
uu
,1 ,1
CC
Hy H y
Nếu
,,
nn
nn
CC
yy
HvHv
uu
Thì
,,,1
nn
CC
n
C
y
HvHyvHy
u
Suy ra
,,1,1
n
CC
n
C
y
HvHyHy
u
.
Mặt khác
,1 ,0 0,0 0
CC
Hy Hy H
Nên
,,1,1
n
CC
n
C
y
HvHy Hy
u
.
Vậy
,,1,1
n
CC
n
C
y
HvHy Hy
u
Do đó
t
nn
s
vt vs w d
với
,,st ab
, 1,2, n
trong đó
0
,1 ,1
CC
wHy H y q
Dễ thấy
t là khả tích Lebegue nên từ bất đẳng thức cuối, kết hợp với
(1.2.8) ta có dãy hàm
1
n
n
v
bị chặn đều trên
,ab và đẳng liên tục.
Theo định lý Ascoli, và không mất tính tổng quát ta có thể giả sử tồn tại
0
0,1
và
0
,;vCabR sao cho :
0
lim
n
n
(1.2.11)
và
0
lim 0
n
C
n
vv
(1.2.12)
Do H liên tục nên chuyển qua giới hạn và từ (1.2.6), ta có:
00
lim , 0,
tt
nn
n
n
aa
C
y
Hvd Hvd
u
(1.2.13)
0
lim 0
t
n
n
n
a
C
qd
u
(1.2.14)
lim 0
n
n
n
C
c
u
(1.2.15)
Lấy tích phân của (1.2.9) từ a đến t ta có:
0
,
tt
n
nn n n
nn
aa
CC
y
vt va H v d q d
uu
với
,tab , 1,2,
n
Cho
n cùng với (1.2.10), (1.2.12) - (1.2.15) ta có
00 0 0
0,
t
a
vt va H v d
với
,tab (1.2.16)
00
0va vb
Hơn nữa theo (1.2.8) và (1.2.12) ta có
0
1
C
v
(1.2.17)
Vì vậy từ (1.2.16),
0
,;vCabR
và
0
v là nghiệm không tầm thường
của (1.2.3) với
0
, điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán (1.2.3)
chỉ có nghiệm tầm thường. □
Bổ đề 1.2.3
Cho
0
, , , ; 0,1, 2,
nn
yyu CabR n
sao cho:
0
lim 0
n
C
n
yy
(1.2.18)
và tập
1
n
n
u
là tâp compắc tương đối .
Khi đó
0
lim ( , ) ( , ) 0
nn n
L
n
Hy u Hyu
. (1.2.19)
Chứng minh:
Giả sử (1.2.19) không thoả. Khi đó tồn tại
0
0
, dãy con
1
1
k
nn
n
k
yy
và
1
1
k
nn
n
k
uu
sao cho:
00
lim ( , ) ( , )
kk k
nn n
L
n
Hy u Hyu
với 1,2,
k (1.2.20)
Rõ ràng
1
k
n
k
u
cũng là tập compắc tương đối. Vì vậy tồn tại dãy con
hội tụ
11
kk
mn
kk
uu
.
Gọi
0
,;uCabR sao cho
0
lim 0
k
m
C
n
uu
(1.2.21)
Theo (1.2.20) ta có
00
lim ( , ) ( , )
kk k
mm m
L
n
Hy u Hyu
với 1,2, k (1.2.22)
Mặt khác do (1.2.18),(1.2.21) và giả thiết
ab
H
H , ta có
000000
(,) (,) (,) (,) (,) (,) 0
kk k kk k
mm m mm m
LLL
Hy u Hy u Hy u Hyu Hy u Hy u
khi
k .
Điều này mâu thuẫn với (1.2.22). Do đó (1.2.19) được chứng minh. □
Bổ đề 1.2.4
Cho
: . ; . ; ( 0,1,2, )
n
TCabR CabR n
0
T là toán tử liên tục và compắc. Giả sử
0
,;uCabR là điểm bất động
duy nhất của
0
T và nếu tồn tại 0r sao cho với mỗi nN , ta có ít nhất một
điểm bất động
n
u trong tập:
0
,; :
C
vCabR vu r.
Khi đó
0
lim 0
n
C
n
uu
(1.2.23)
nếu và chỉ nếu
0
lim ( ) ( ) 0
nn n
C
n
Tu Tu
.
Chứng minh:
Chứng minh của bổ đề có thể tìm thấy trong [7].
Bổ đề 1.2.5
Cho
H
;
ab
W
và giả sử tồn tại một số 0
sao cho với mọi
0,1
và với mọi
,;uCabR
thỏa:
, vôùi hkn ,
ut Huu t Qu t t ab
ua ub hu
(1.2.24)
ta có đánh giá (1.2.2). Hơn nữa , nếu
0Qv t với
,tab hkn, và với mọi
,;vCabR
(1.2.25)
0hv với mọi
,;vCabR
(1.2.26)
Thì bài toán (0.1), (0.2) có ít nhất một nghiệm không dương.
Chứng minh:
Đặt
1 nÕu 0 s
2 nÕu <s<2
0 nÕu 2 s
s
s (1.2.27)
Trước hết ta định nghĩa:
C
Qy t y Qy t
với hkn
,tab ,
C
hy y hy
(1.2.28)
và với hàm
,;
y
CabR
cố định bất kỳ, ta xét bài toán :
,
C
ut y Hyu t Qy t
ua ub hy
(1.2.29)
Vì
H
;
ab
W
nên ta có với mọi
0,1
, bài toán (1.2.3) chỉ có nghiệm
tầm thường.
Theo bổ đề 1.2.2 và (1.2.27) và do
H
;
ab
W
nên bài toán (1.2.29) có
duy nhất nghiệm. Hơn nữa do (1.2.25), (1.2.26) nên:
,
0ua ub
Do
H
;
ab
W
nên
0ut
với
,tab . (1.2.30)
Gọi
là toán tử xác định như sau: với mỗi
,;yCabR
,
y
là nghiệm của bài toán (1.2.29).
Theo (1.2.27) và (1.2.28), tồn tại
2
,;
qLabR,
2
M
R
sao cho:
2
Qv t q t
với
,tab hkn,
,;vCabR
(1.2.31)
2
hv M
với
,;vCabR (1.2.32)
Lấy
,;
y
CabR
,
uy ta có (1.2.30) và
,
t
C
a
ut ua y H yu Qy d
với
,tab .
,
t
C
a
ut ua y H yu Qy d
1
,
1
t
C
a
hy ub y Hyu Qy d
,
1
t
C
a
yHyu Qy d
,0,
CC
ut y Hyu t y H u t
1
,
1
t
C
a
yHyu Qy dhy ub
,
1
b
C
a
yHyu Qy d
,
1
b
C
t
yHyu Qy d
1
,
1
t
C
a
yHyu Qy d
,
11
b
C
t
yHyu Qy d hy ub ubua
1
,
1
t
C
a
yHyu Qy d
,
11
b
C
t
yHyu Qy d hy hy
1
,
1
t
C
a
yHyu Qy d
,
11
b
C
t
yHyu Qy d hy hy
1
,
11
t
C
a
hy
yHyu Qy d
,
1
b
C
t
yHyu Qy d
với
,tab
Từ (1.2.30) - (1.2.32) suy ra
C
uM
(1.2.33)
Trong đó
22
1
21,0
1
L
L
MMH q
.
Vậy ta có:
,
tt
C
ss
ut us y H yu d Qy d
t
s
d
với s,
,tab
(1.2.34)
Trong đó
2
0, 1 2 1,0
M
HHq
.
Vì vậy từ (1.2.33), (1.2.34) và theo bổ đề Arzela - Ascoli, tập
,;Cab R
là tập con compắc tương đối trong
,;CabR
.
Lấy
,,;
no
y
yCabR
sao cho:
0
lim 0
n
C
n
yy
.
Với mỗi
0,1, 2,
n đặt
nn
uy , ta định nghĩa:
1
,
11
t
n
nnnn
C
a
hy
Tvt y Hyv Qy d
,
1
b
nn n
C
t
yHyv Qy d
với
,tab
Theo bổ đề 1.2.3 ta có:
0
lim ( , ) ( , ) 0
nn n
L
n
Hy u Hyu
.
Theo bổ đề 1.2.4 và do tính liên tục của
,Q, h
nên ta có :
0
lim 0
n
C
n
uu
.
Do vậy
là toán tử liên tục biến tập
,;CabR
thành tập con compắc
tương đối. Theo định lý điểm bất động Schauder, tồn tại
,;uCabR
sao cho
uu hay
,;uCabR
và từ (1.2.29) ta có
,
C
ut u Huut Qut
với hkn
,tab
C
ua ub u hu
Theo (1.2.27) và giả thiết của bổ đề ta có
C
u
và u là nghiệm không dương của bài toán (0.1), (0.2). Bổ đề đã được
chứng minh. □
Chứng minh một cách tương tự, ta có các bổ đề sau:
Bổ đề 1.2.6
Cho
H
;
ab
W
và giả sử tồn tại một số
0
sao cho với mọi
0,1
, và mọi hàm
,;uCabR
thỏa:
,
ut Huu t Qu t
với hkn
,tab ,
ua ub hu
ta có đánh giá (1.2.2). Hơn nữa , nếu
0Qv t
với hkn
,tab , với mọi
,;vCabR
,
0hv với mọi
,;vCabR
.
Thì bài toán (0.1), (0.2) có ít nhất một nghiệm không âm.
Bổ đề 1.2.7
Cho
H
;
ab
V , cR
và
,
C
Qv t qt v
với hkn
,tab ,
,;
vCabR (1.2.35)
hv c
với
,;
vCabR
(1.2.36)
Khi đó tồn tại một số
0
sao cho với mọi
0,1
và mọi hàm
,;uCabR
thoả
,
ut Huu t Qu t
ua ub hu
với mọi
0,1
Thì đánh giá (1.2.2) xảy ra.
Chứng minh:
Giả sử ngược lại tồn tại
0,1
n
với 1,2, n
và
,;
n
uCabR sao
cho:
,
nnnn n
ut Huu t Qu t với hkn
,tab (1.2.37)
nnnn
ua ub hu
(1.2.38)
và
n
C
un
Khi đó, đặt
n
n
n
C
ut
vt
u
với
,tab , 1,2, n
Ta có
1
n
C
v
với 1,2, n
Do
H
thuần nhất dương nên
n
n
n
C
ut
vt
u
1
,
nnn n
n
C
Hvv t Qu t
u
(1.2.39)
với
,tab hkn, 1,2, n
n
nn n
n
C
va vb hu
u
với 1,2, n
(1.2.40)
Do
,;
n
vCabR
và định nghĩa toán tử H ta có
,0,0,1
nn n
Hv v H v H
và
1, 0 0, 0 0HH nên
1, 0 0H
Vậy
,0,11,0
nn
Hv v H H
Tích phân hai vế của (1.2.39) và theo (1.2.35) ta có:
0, 1 1,0
t
nn
s
vt vs H H d
1
,
t
n
C
n
s
C
qud
u
với
,,st ab , 1,2, n
Theo định lý Lebesgue và do q thỏa (1.1) nên với mọi 0,
tồn tại 0
sao cho:
0, 1 1, 0
2
t
s
HHd
với
,,st ab , st
1
,
2
t
n
C
n
s
C
qud
u
với
,,st ab , st
, 1,2, n
Do đó ta có:
nn
vt vs
với
,,st ab , st
, 1,2, n
(1.2.41)
Vậy theo định lý Ascoli dãy hàm
1
n
n
v
bị chặn đều và đẳng liên tục.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử tồn tại
0
0,1
và
0
,;
vCabR
sao cho:
0
lim
n
n
và
0
lim 0
n
C
n
vv
Mặt khác do giả thiết
0,1
n
với 1,2, n
,
ab
H
H , ta có:
000
lim , ( ) , ( )
tt
nnn
n
aa
H
vv d Hvv d
đều trên đoạn
,ab
(1.2.42)
1
lim 0
t
nn
n
n
a
C
Qu d
u
đều trên đoạn
,ab (1.2.43)
lim 0
n
n
n
n
C
hu
u
(1.2.44)
Lấy tích phân của (1.2.39) từ a đến t ta có
1
,
tt
nn nnn n n
n
aa
C
vt va Hvv d Qu d
u
với
,tab , 1,2, n
Cho
n , từ (1.2.12), (1.2.40), (1.2.42) - (1.2.44) ta có :
00 000
,
t
a
vt va Hvv d với
,tab ,
00
0
va vb (1.2.45)
Mặt khác
0
lim 0
n
C
n
vv
mà
1
n
C
v
suy ra
0
1
C
v .
Từ (1.2.45) và do
0,1
ta có
0
,;
vCabR
và
0000 0
,,0vt Hvv Hv với hkn
,tab
00
0
va vb
Vì
H
;
ab
V nên ta có
0
0vt , suy ra
0
0v
. (Điều này mâu thuẫn với
0
1
C
v ).
Vậy bổ đề 1.2.6 được chứng minh. □
Chứng minh một cách tương tự ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.2.8
Cho
H
;
ab
V
, cR
và nếu
,
C
Qv t qt v
với hkn
,tab
,
,;
vCabR
hv c với
,;
vCabR
Khi đó tồn tại một số
0
sao cho với mọi
0,1
và mọi hàm
,;
uCabR thỏa:
,ut Huu t Qu t
,
ua ub hu
với mọi
0,1
,
Thì đánh giá (1.2.2) xảy ra.
Bổ đề 1.2.9
Giả sử
0,1
,
ab
H H và
0,.H là toán tử Volterra. Hơn nữa nếu
,;
CabR thỏa:
0,
tH t
với hkn
,tab
(1.2.46)
0
ab (1.2.47)
và
min : , 0tt ab
. (1.2.48)
Thì tồn tại
*
,tab
và
*
*
,tat
sao cho:
*
min : ,tttab
,
*
*
max : , 0tttat
. (1.2.49)
Chứng minh:
Đặt
min : ,mttab
,:Atab t m
*
su
p
tA
Ta có:
0m ,
*
tm
(1.2.50)
và
aA
(1.2.51)
Vì nếu
aA thì
0 am
nên
0
ab
. Mâu thuẫn với(1.2.47)
Ta sẽ chứng minh:
*
max : , 0tt at
.
Giả sử
*
0 ,ttat
vôùi . (1.2.52)
Vì
0,.H là toán tử Volterra, lấy tích phân của (1.2.46) từ a đến
*
t ta có
**
*
0, 0,0 0
tt
aa
t a H s ds H s ds .
Do
*
tm
và theo bất đẳng thức cuối ta có aA
. Điều này mâu thuẫn
với (1.2.51). Vậy bổ đề 1.2.9 được chứng minh. □
1.3. Chứng minh các định lý
Chứng minh định lý 1.1.1
Do giả thiết
,
ab
HV , cR
sao cho với mọi
,,vCabR
,
C
qt v Qv t với hkn
,tab
và
chv
Nên theo bổ đề 1.2.7, tồn tại số
0
sao cho với mọi
0;1
và mọi
hàm
,;uCabR
thỏa (1.2.24), ta có đánh giá (1.2.2).
Mặt khác do
0Qv t với hkn
,tab ,
,,vCabR
và
0hv với
,,vCabR.
Cho nên theo bổ đề 1.2.5 bài toán (0.1), (0.2) có ít nhất một nghiệm
không dương. □
Chứng minh định lý 1.1.2:
Do giả thiết
,
ab
HV , cR
sao cho với mọi
,,vCabR
,
C
Qv t qt v với hầu khắp nơi
,tab và
hv c
nên theo bổ đề 1.2.8 tồn tại số
0
sao cho với mọi
0;1
và mọi hàm
,;uCabR
thỏa (1.2.24), ta có đánh giá (1.2.2).
Mặt khác do
0Qv t với hkn
,tab ,
,,vCabR,
và
0hv với
,,vCabR
Cho nên theo bổ đề 1.2.6 bài toán (0.1),(0.2) có ít nhất một nghiệm
không âm. □
Chứng minh định lý 1.1.3 :
Ta giả sử
,
ab
HW
.Trường hợp
,
ab
HW , ta chứng minh hoàn
toàn tương tự.
Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán (0.1), (0.2) ta chỉ cần
chứng minh bài toán :
,, 0
ut Huu t ua ub (1.3.1)
chỉ có nghiệm tầm thường với mọi
0,1
.
Gọi
u là nghiệm của bài toán (1.3.1). Vì
,
ab
HW
theo bổ đề 1.2.2
tồn tại nghiệm
t
của bài toán :
_, , 0
tHu t a b. (1.3.2)
Từ
_,0 0,0 0Hu tH với hkn
,tab ,
và
_, , _,
tHu utHuututHuut với hkn
,tab ,
( Do
,_,Huu H u u )
Vì
,
ab
HW
nên :
0,
ttut với
,tab (1.3.3)