nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân hàm bậc cao và phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến bậc cao

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Quang Phục

NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM BẬC CAO VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TRUNG HÒA PHI TUYẾN BẬC CAO

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh - 2013


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Quang Phục

NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM BẬC CAO VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TRUNG HÒA PHI TUYẾN BẬC CAO

Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60460102

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. Lê Hoàn Hóa

Thành phố Hồ Chí Minh - 2013


LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình học tập và làm luận văn , tôi đã nhận được rất nhiều sự quan
tâm, giúp đỡ, động viên của quý thầy cô trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí
Minh, của gia đình và bạn bè đồng nghiệp.
Đầu tiên tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc và chân thành nhất đến PGS. TS. Lê
Hoàn Hóa, người đã tận tình hướng dẫn, có những ý kiến đóng góp quý báu giúp tôi
hoàn thành tốt luận văn của mình.
Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành
thời gian quý báu và những góp ý sâu sắc cho buổi bảo vệ luận văn của tôi.
Tôi xin cảm ơn tất cả quý thầy cô Khoa Toán – Tin và quý thầy cô phòng Sau
đại học trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình hướng dẫn tôi
trong suốt khóa học.
Tôi xin cảm ơn Quý thầy cô, các bạn bè đồng nghiệp trường THPT Trường
Chinh, các bạn học viên cao học Toán Giải Tích K22 đã luôn động viên, khuyến
khích, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập.
Sau cùng tôi xin gửi tất cả tình cảm yêu thương và lòng biết ơn sâu sắc đến gia
đình tôi, những người thân yêu của tôi đã tạo niềm tin, là chỗ dựa vững chắc giúp tôi
học tập và hoàn thành tốt luận văn của mình.

1


LỜI CAM ĐOAN
Trong quá trình làm luận văn này, tôi đã nghiên cứu, tìm hiểu và tham khảo
sách vở, các bài báo toán học của các nhà khoa học và luận văn thạc sĩ của các khóa
trước, tôi có sử dụng một số kết quả đã được chứng minh để hoàn thành luận văn của
mình.

Nhưng tôi xin cam đoan không sao chép luận văn đã có và xin hoàn toàn chịu
mọi trách nhiệm với lời cam đoan của mình.

2


MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN .............................................................................................................. 1
LỜI CAM ĐOAN ........................................................................................................ 2
MỤC LỤC .................................................................................................................... 3
MỞ ĐẦU....................................................................................................................... 4
1. Lý do chọn đề tài. ............................................................................................................ 4
2. Mục đích của đề tài. ........................................................................................................ 4
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu. ................................................................................ 4
4. Phương pháp nghiên cứu. .............................................................................................. 5
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu: ................................................ 5

CHƯƠNG 1: BẬC TÔPÔ........................................................................................... 6
1.1. Bậc Brouwer ................................................................................................................. 6
1.2. Bậc Leray Schauder..................................................................................................... 7
1.3. Ánh xạ Fredholm ......................................................................................................... 9
1.4. Bậc trùng lặp của ánh xạ L-Compact ...................................................................... 10
1.5. Sự tồn tại nghiệm của phương trình toán tử ........................................................... 13

CHƯƠNG 2: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
BẬC CAO ................................................................................................................... 18
2.1. Một số bổ đề................................................................................................................ 18
2.2. Một số kết quả chính ................................................................................................. 21

CHƯƠNG 3. NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM

TRUNG HÒA PHI TUYẾN BẬC CAO .................................................................. 37
3.1. Một số Bổ đề ............................................................................................................... 37
3.2. Một số kết quả chính ................................................................................................. 41

KẾT LUẬN ................................................................................................................ 53
TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................ 54

3


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Lí thuyết phương trình vi phân đóng vai trò quan trong trong ứng dụng thực tiễn của
Toán học. Hầu hết các quá trình tự nhiên đều tuân theo một quy luật nào đó mà
phương trình vi phân có thể mô tả được. Bằng chứng là các ngành Toán học, Cơ học,
Vật lí, Hóa học, sinh vật, kinh tế, Sinh thái môi trường …và xã hội học đều liên quan
đến phương trình vi phân. Vì thế phương trình vi phân là một môn học cần thiết cho
hầu hết các ngành ở bậc Cao đẳng, Đai học. Một trong những vấn đề mà các nhà toán
học đã, đang và sẽ tiếp tục nghiên cứu về phương trình vi phân là sự tồn tại nghiệm
của phương trình vi phân hàm. Hiểu được tầm quan trọng của vấn đề trên nên tôi
chọn đề tài” Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân hàm bậc cao và
phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến bậc cao ” để tìm hiểu và nghiêm
cứu sâu hơn về vai trò và ứng dụng của nó trong cuộc sống và trong các lĩnh vực liên
quan.
2. Mục đích của đề tài.
Mục đích của luận văn này là nghiên cứu sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương
trình vi phân hàm bậc cao và phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyến bậc cao
bằng cách sử dụng lý thuyết bậc trùng lặp được phát triển bởi Mawhin.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
Trong phạm vi nghiên cứu của luận văn này tôi chỉ tập trung nghiên cứu sự tồn tại

nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân hàm bậc cao và phương trình vi phân
hàm trung hòa phi tuyến bậc cao có dạng sau:
a/ Phương trình vi phân hàm bậc cao:
=
x ( n ) (t )

n −1

∑ b  x
i =o

i

(i )

=
bi , i 0,1..., n − 1 là hằng số, k là số
(t )  + f (t, x(t − τ (t ))) + p (t ) , trong đó
k

dương lẻ, f ∈ C1 ( 2 , ), ∀x ∈ , p ∈ C (, ), p(t + T ) =p(t ) .
b/ Phương trình vi phân hàm trung hòa phi tuyết bậc cao:
o

( Ax)

(m)

(t=
) f ( x(t )) x '(t ) + g (t , ∫ x(t + s )dα ( s )) + e(t ) , trong đó

−r

4


( Ax)(t ) = x(t ) − kx(t − τ ), f ∈ C (, ), g ∈ C ( 2 , ) tuần hoàn với chu kì ω > 0 ,
e ∈ C (, ) tuần hoàn với chu kì ω > 0 , r > 0 , m nguyên dương , k ,τ ∈  là 2 hằng số,

α : [ −r , 0] →  là hàm biến thiên và bị chặn.

4. Phương pháp nghiên cứu.
Tra cứu các tài liệu và các tạp chí toán học dưới sự hướng dẫn của thầy PSG.TS. LÊ
HOÀN HÓA
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu:
Cùng với sự phát triển của ngành Toán Giải tích, Đại số, Hình học vi phân, Đa tạp…
phương trình vi phân luôn được hiện đại hóa. Bên cạnh đó công cụ máy tính điện tử
với các phần mềm chuyên dùng đã làm tăng khả năng ứng dụng thực tiễn của môn
học này. Việc xác định tồn tại nghiệm tuần hoàn của phường trình vi phân hàm có ý
nghĩa quan trọng trong việc giải quyết các bài toán. Từ đó, ta có thể giải quyết các bài
toán khi nghiên cứu các hiện tượng Tự nhiên và Xã hội. Trong những năm gần đây,
ngày càng có nhiều nghiên cứu cho thấy tầm quan trọng của phương trình vi phân
hàm được ứng dụng vào nhiều lĩnh vực khác nhau trong các ngành khoa học và đời
sống như: Vật lý, Sinh học, Sinh thái học, Sinh lý học, Môi trường, Kinh tế, Địa chất,
Khảo cổ học….

5


CHƯƠNG 1: BẬC TÔPÔ
1.1. Bậc Brouwer

Cho Ω ⊂  n là tâp mở. Hàm số f : Ω →  n gọi là khả vi tại x0 ∈ Ω nếu tồn tại ma trận
gọi là
0(h)
h

f '( x0 ) ,

thỏa mãn f ( x0 + h=) f ( x0 ) + f '( x0 )h + 0(h) , trong đó

x0 + h ∈ Ω và

→ 0 khi h → 0 .

Kí hiệu C k (Ω) là không gian các hàm khả vi liên tục đến cấp k.
Nếu f khả vi tại x0 , gọi J f ( x0 ) = det f '( x0 ) là Jacobian của f tại x0 .
Nếu J f ( x0 ) = 0 thì x0 gọi là điểm tới hạn của f
kí hiệu S f (Ω=) {x ∈ Ω:J f (x)=0} là tập các điểm tới hạn của f trong Ω .
Nếu f −1 ( y ) ∩ S f (Ω) =∅ thì y gọi là điểm đều của f. Ngược lại thì gọi y là điểm kì dị
của f.
Định nghĩa 1.1.1. Cho Ω ⊂  n là tâp mở bị chặn và f ∈ C1 (Ω) . Nếu p ∉ f (∂Ω) và
J f ( p ) ≠ 0 thì ta định nghĩa bậc tôpô của f trên tập Ω tại điểm p bởi :
deg( f , Ω, p ) =
0 nếu f −1 ( p ) = ∅ .
∑ signJ f ( x) , trong đó deg( f , Ω, p) =
x∈ f −1 ( p )

Mệnh đề 1.1.2. Cho Ω ⊂  n là tâp mở bị chặn, f : D →  n liên tục và p ∉ f (∂Ω) . Khi
đó tồn tại r > 0 sao cho với mọi f1 , f 2 : Ω →  n liên tục, f1 , f 2 ∈ C1 (∂Ω) và
f − fi < r , i =
1, 2 thì deg(f1 , Ω, =

p) deg(f 2 , Ω, p) .
Ánh xạ f1 , f 2 được gọi là C1 − xấp xỉ của f.
n
n
Định nghĩa 1.1.3. Cho Ω ⊂  là tâp mở bị chặn, f : Ω →  liên tục và p ∉ f (∂Ω) . Ta

định nghĩa bậc tôpô của f trên tập Ω tại điểm p: deg( f , Ω, p=) deg( f1 , Ω, p) trong đó f1
1
là C − xấp xỉ của f.

n
n
Định lí 1.1.4. Cho Ω ⊂  là tập mở bị chặn v à f : Ω →  là ánh xạ liên tục. Nếu

p ∉ f (∂Ω) , thì tồn tại số nguyên deg( f , Ω, p ) thỏa mãn các điều kiện sau:

6


1 khi và chỉ khi p ∈ Ω , trong đó I kí hiệu cho ánh xạ
(1)(Tính chuẩn) deg( I , Ω, p) =

đồng nhất.
(2)(Tính khả nghiệm) Nếu deg( f , Ω, p) ≠ 0 thì phương trình f ( x) = p có nghiệm trong
Ω.

(3)(Tính đồng luân) Nếu ft ( x) :[0,1] × Ω →  n liên tục và p ∉ ∪ ft (∂Ω) thì deg( ft , Ω, p)
t∈[0,1]
không phụ thuộc vào t ∈ [0,1] .
(4)(Cộng tính) Giả sử Ω 1 , Ω 2 là hai tập con rời nhau của Ω và p ∉ f (Ω \ (Ω1 ∪ Ω 2 )) . Khi

đó deg( f , Ω, p=) deg( f , Ω1 , p) + deg( f , Ω 2 , p) .
(5) deg( f , Ω, p) là hằng số trên thành phần liên thông của  n \ f (∂Ω) .
n
n
Định lí 1.1.5. Cho Ω ⊂  là tập mở bị chặn, 1 ≤ m < n và f : Ω →  liên tục, đặt

, Ω, y ) deg( g m , Ω ∩  m , y ) , trong đó gm là giới hạn
g= I − f . Nếu y ∉ (I− f)(∂Ω) thì deg( g=

của g trên Ω ∩  .
m

1.2. Bậc Leray Schauder
Bổ đề 1.2.1. Cho E là không gian Banach thực, Ω ⊂ E là tập con mở bị chặn và
T : Ω → E là ánh xạ compact. Khi đó với mọi ε > 0 tồn tại không gian hữu hạn chiều F
T x − Tx < ε
và ánh xạ liên tục Tε : Ω → F thỏa mãn ε
với mọi x ∈ Ω .

Chứng minh:
Từ T (Ω) là compact tương đối trong E, với mọi ε > 0 , tồn tại tập con hữu hạn
{x1 , x2 ,..., xn } ⊂ Ω thỏa mãn T (Ω) ⊂  i =1 B(Txi , ε ) .
n

Bây giờ ta xác định ánh xạ Tε : Ω → F =span{Tx1 , Tx2 ,..., Txn } như sau:
n

Tε x = ∑
i =1

φi ( x)
Γ( x)

n

max{0, ε − Tx − Txi } và Γ( x) =
Txi với mọi x ∈ Ω , trong đó φ=
∑ φi ( x) .
i ( x)
i =1

Khi đó có thể kiểm tra được Tε thỏa mãn yêu cầu.
7


Bổ đề 1.2.2. Cho E là không gian Banach thực, B ⊂ E là tập con đóng và T : B → E là
ánh xạ compact. Giả sử Tx ≠ x với mọi x ∈ B . Khi đó tồn tại ε 0 > 0 thỏa mãn
x ≠ tTε1 x + (1 − t )Tε 2 x

1, 2
với mọi t ∈ [0,1] và x ∈ B , trong đó ε i ∈ (0, ε 0 ) và Tε : B → Fε , i =
i

i

như ở Bổ đề (1.2.1).
Chứng minh:
Giả sử kết luận là sai. Khi đó tồn tại ε1j → 0, ε1j → 0, t j → t0 , x j ∈ B sao cho
t jTε j x j + (1 − t j )Tε j x j =
x j với j = 1, 2... . Do tính compact của T nên (Tx j )∞j =1 có dãy con gọi

1

2

là Tx j hội tụ về y ∈ E .
k

Từ Bổ đề (1.2.1) suy ra Tε x j → y với i = 1, 2 .
i

jk

k

Do đó x j → y ∈ B . Suy ra Ty = y , ta gặp mâu thuẫn.
k

Định nghĩa 1.2.3. Cho E là không gian Banach thực, Ω ⊂ E là tập mở bị chặn và
T : Ω → E là ánh xạ compact.

Giả sử 0 ∉ ( I − T )(∂Ω) .
Khi đó theo Bổ đề (1.2.2) tồn tại ε 0 > 0 sao cho x ≠ tTε x + (1 − t )Tε x , với mọi
1

2

t ∈ [0,1], x ∈ ∂Ω , trong đó ε i ∈ (0, ε 0 ) và Tε i : Ω → Fε i , i =1, 2 như ở Bổ đề (1.2.1).

Do

đó

bậc

Brouwer

deg( I − Tε , Ω ∩ Fε , 0)

tồn

tại

và

ta

định

nghĩa

:

=
deg( I − T , Ω
, 0) deg( I − Tε , Ω ∩ Fε , 0) , trong đó ε ∈ (0, ε 0 ) .

Từ tính đồng luân của bậc Bouwer ta có
deg( I − Tε1 , Ω ∩ span{Fε1 ∪ Fε 2 =
}, 0) deg( I − Tε 2 , Ω ∩ span{Fε1 ∪ Fε 2 }, 0) .

Nhưng Tε : Ω ∩ span{Fε ∪ Fε } → Fi , i =1, 2 .
i

1

2

Theo định lí (1.1.5) ta có: deg( I − Tε , Ω ∩ span{Fε ∪ Fε =
}, 0) deg( I − Tε , Ω ∩ Fε }, 0) và
1

1

deg( I − Tε 2 , Ω ∩ span{Fε1 ∪ Fε 2 =
}, 0) deg( I − Tε 2 , Ω ∩ Fε 2 }, 0) .

8

2

1

1


Do đó ta có: deg( I − Tε , Ω ∩ Fε =
}, 0) deg( I − Tε , Ω ∩ Fε }, 0) và bậc được định nghĩa ở
1

1

2

2

(1.2.3) là xác định tốt.
Tổng quát, nếu p ∉ ( I − T )(∂Ω) , ta xác định deg( I − T , Ω, =
p ) deg( I − T − p, Ω, 0) .
Định lí 1.2.4. Bậc Leray Schauder có các tính chất :
(1)(Tính chuẩn) deg( I , Ω, 0) =
1 khi và chỉ khi 0 ∈ Ω .
(2)(Tính khả nghiệm) Nếu deg( I − T , Ω, 0) ≠ 0 thì phương trình Tx = x có nghiệm trong
Ω .

(3)(Tính đồng luân) Cho Tt :[0,1] × Ω → E là ánh xạ Compact liên tục và Tt x ≠ x với
mọi (t, x) ∈ [0,1] × ∂Ω . Khi đó deg( I − Tt , Ω, 0) không phụ thuộc vào t ∈ [0,1] .
(4) (Cộng tính) Cho Ω1 , Ω 2 là hai tập con mở không giao nhau của Ω và
0 ∉ (I− T)(Ω \ (Ω1 ∪ Ω 2 )) . Khi đó: deg( I − T , Ω, 0)
= deg( I − T , Ω1 , 0) + deg( I − T , Ω 2 , 0) .

Định lí 1.2.5. Cho E là không gian Banach và Ω ⊂ E la tập con mở bị chặn. Nếu
f : Ω → E, S : E → E

là ánh xạ compact liên tục và

deg((I− S)(I− T), Ω=
, p)

∑ deg(I− T, Ω, U ) deg(I− S, U , p)
i∈I

i

i

p ∉ (I− S)(I− T)(∂Ω)

thì

(I)

U
trong đó { i }i∈I là thành phần liên thông của E \ (I− T)(∂Ω) và deg(I− T, Ω, Ui ) là
deg(I− T, Ω, z) với mọi z ∈ U i .

Định lí 1.2.6. Cho E là không gian Banach, E0 là tập con đóng của E và Ω ⊂ E là tập
con mở bị chặn. Nếu T : Ω → E0 là ánh xạ compact liên tục và p ∈ E0 thì
deg(I− T, Ω, p=
) deg(I− T, Ω ∩ E0 , p) .

1.3. Ánh xạ Fredholm
Định nghĩa 1.3.1. Cho X và Y là các không gian định chuẩn thực. Một ánh xạ tuyến
tính L : D( L) ⊂ X → Y gọi là ánh xạ Fredholm nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
(1) Ker( L) có số chiều hữu hạn;
9


(2) Im( L) là đóng và Co ker( L) = Y / Im( L) có số chiều hữu hạn.
- Khi L là ánh xạ Fredholm, chỉ số của nó kí hiệu Ind(L) là số nguyên, được xác định
=

bởi
: Ind ( L ) dim( Ker(( L)) − dim(Co ker( L))

- Giả sử L là ánh xạ Fredholm. Từ định nghĩa trên và từ những kết quả cơ bản của
Giải tích hàm tuyến tính, tồn tại những phép chiếu liên tục: P : X → X và Q : X → X
thỏa mãn: Im( P) = Ker( L) , Ker(Q) = Im( L)
Hơn nữa
=
X Ker( L) ⊕ Ker( P=
) , Y Im( L) ⊕ Im(Q)
Khi đó thu hẹp Lp của L trên D( L) ∩ Ker( P) là song ánh vào Im( L) và ánh xạ ngược
của nó K p : Im( L) → D( L) ∩ Ker( P) xác định.
Ta kí hiệu K PQ : Y → D( L) ∩ Ker( P) là ánh xạ ngược tổng quát của L định bởi
=
K PQ K P ( I − Q)

Mệnh đề 1.3.2. Cho X là không gian Banach và T : X → X là ánh xạ tuyến tính bị
chặn . Khi đó, dim( Ker(T )) < ∞ và Im(T ) là đóng khi và chỉ khi với mọi xn ∈ B(0,1) sao
∞
cho Txn → y thì ( xn )1 có dãy con hội tụ.

Mệnh đề 1.3.3. Cho X là không gian Banach, T : X → X là ánh xạ Fredholm bị chặn
và K : X → X là ánh xạ compact tuyến tính liên tục. Khi đó T + K là ánh xạ Fredholm.
1.4. Bậc trùng lặp của ánh xạ L-Compact
Định nghĩa l.4.1 Cho L : D( L) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm, E là không gian metric và
T : E → Y là ánh xạ. Ta nói T là L-Compact trên E nếu QT : E → Y , K PQT : E → X liên

tục và QT ( E ) , K PQT ( E ) là tập compact, trong đó các kí hiệu được quy ước như ở phần
(1.3).
Bậc trùng lặp: Cho X, Y là không gian định chuẩn thực, L : D( L) ⊂ X → Y là ánh xạ

Fredholm có chỉ số 0 và Ω là tập con mở bị chặn của X. Giả sử rằng
F= L + T : D( L) ∩ Ω → Y là ánh xạ và

T : Ω → Y là L-Compact trên

10

Ω . Giả sử


J
=
JQ + K PQ . Dễ dàng
0 ∉ F ( D( L) ∩ ∂Ω) . Gọi J : Im(Q) → Ker( L) là đồng phôi. Đặt H PQ
J
J
F = K PQ L + H PQ
T = I − P + ( JQ + K PQ )T .
kiểm tra rằng H PQ

J
J
F ( D( L) ∩ ∂Ω) (vì nếu 0 ∈ H PQ
F ( D( L) ∩ ∂Ω) thì =
Vì vậy, 0 ∉ H PQ
0 K PQ ( Lx + Tx) + JQTx )

0 . Do đó Lx + Tx =
với x ∈ D( L) ∩ ∂Ω nào đó, QTx = 0 và ( I − Q )( Lx + Tx ) =
0 , ta gặp

mâu thuẫn.
Do T là L-Compact nên bậc Leray Schauder deg( I − P + ( JQ + K PQ )T , Ω, 0) xác định tốt
và ta định nghĩa:
0) deg( I − P + ( JQ + K PQ )T , Ω, 0) gọi là bậc trùng lặp của L và –T trên
DJ ( L + T , Ω, =

Ω ∩ D( L) .

Nhận xét:
1/ Nếu dim(
=
X ) dim(Y ) < +∞ và ta lấy L = 0 thì bất kì ánh xạ T liên tục trên Ω là Lj
F = JT và ta có
Compact. Nếu lấy P = I và Q = I thì suy ra K PQ = 0 , vì vậy H PQ

DJ (T , Ω=
, 0) deg( JT , Ω=
, 0) sign(d etJ) deg(T , Ω, 0) . Hơn nữa, nều lấy J thỏa d etJ>0 , thì ta

có DJ (T , Ω, 0)
= deg(T , Ω, 0) là bậc Brouwer.
2/ Nếu X = Y và lấy L = I thì bất kì ánh xạ T compact liên tục trên Ω là L-Compact.
Nếu

lấy

P= Q= 0

thì

K=
I=
, J 0 :{0} → {0}
PQ

và

J
H PQ
F= I + T .

Do

đó

DJ ( L + T , Ω, 0)
= deg( I + T , Ω, 0) là bậc Laray Schauder

Định lí 1.4.2. Bậc trùng lặp của L và –T trên Ω có các tính chất:
(1) Nếu

Ω1 , Ω 2

là các tập mở không giao nhau của

Ω

sao cho

0 ∉ F ( D( L) ∩ Ω \ (Ω1 ∪ Ω 2 )) thì DJ ( L + T , Ω, 0)
= deg( I + T , Ω1 , 0) + deg( I + T , Ω 2 , 0)

(2) Nếu H (t , x) : [ 0,1] × Ω → Y là L-compact trên [ 0,1] × Ω và 0 ≠ Lx + H ( t , x ) với mọi
(t , x) ∈ [ 0,1] × ∂Ω thì DJ ( L + H (t ,.), Ω, 0) không phụ thuộc vào t ∈ [ 0,1]

(3) Nếu DJ ( L + T , Ω, 0) ≠ 0 thì 0 ∈ ( L + T )( D( L) ∩ Ω)

11


Hệ quả 1.4.3. Nếu T1 , T2 là L-Compact trên Ω và T1 x = T2 x với mọi x ∈ D( L) ∩ ∂Ω thì
DJ ( L + T1 , Ω, 0)
= DJ ( L + T2 , Ω, 0)

Chứng minh:
Đặt H (t , x) : [ 0,1] × Ω → Y xác định bởi H (t , x)= tT1 x + (1 − t ) T2 x với mọi (t , x) ∈ [ 0,1] × Ω .
Khi đó H(t,.) là L-Compact.
Từ (2) của định lí (1.4.2) ta có: D j ( L + T1 , Ω, 0)= D j ( L + T2 , Ω, 0) .
Mệnh đề 1.4.4. Cho X, Y là các không gian định chuẩn thực, L : D( L) ⊂ X → Y là ánh
xạ Fredholm có chỉ số 0, Y0 là không gian con hữu hạn chiều của Y thỏa mãn
=
Y Im( L) ⊕ Y0 và Ω là tập con mở bị chặn của X.

Nếu

T

là

L-Compact

trên

Ω ∩ D( L)

T (Ω) ⊂ Y 0

và

thì

=
DJ ( L + T , Ω, 0) sign det( J ) deg(T , Ω ∩ Ker( L), 0) , deg ở đây là bậc Brouwer.

Chứng minh:
Vì L là ánh xạ Fredholm có chỉ số 0, ta đặt
=
Y Im( L) ⊕ Y0 . Lấy Q : Y → Y với Im(Q) = Y0
J
F = ( JQ + K PQ )( L + T ) = I − P + JT .
QTx = Tx với x ∈ Ω và H PQ

Từ ( P − JT )(Ω) ⊂ Ker( L)

và

I=P

trên

Ker( L) và

từ định lí (1.2.6) ta có

DJ ( L + T , Ω, =
0) deg( I − P + JT , Ω, =
0) deg( I − P + JT , Ω ∩ Ker( L), 0)

Bổ đề 1.4.5. Cho A : Im(Q) → D( L) là ánh xạ tuyến tính thỏa mãn PA : Im(Q) → Ker( L) là
đồng

phôi.

Khi

đó

A
H=
AQ + K PQ
PQ

A −1
( H PQ
) =
L − LA( PA) −1 P + ( PA) −1 P

là

đồng

phôi

từ

Y

vào

D(Y)

và

. Hơn nữa, nếu T là L-Compact trên Ω thì

A
A
H PQ
( L + T ) = I − P + ( PA) −1 P + H PQ
T

A
với H PQT : Ω → X compact.

Chứng minh:
A
z=
x khi và chỉ khi PAQz = Px và ( I − P) AQz + K PQ z =
Lấy x ∈ D( L), H PQ

( I − P ) x , nghĩa

là: Qz ( PA)−1 Qx, LAQz
=
=
+ ( I − Q) z Lx z =
Lx − LA( PA) −1 Px + ( PA) −1 Px .
12


A
A
( L + T ) = ( AQ + K PQ )( L + T ) = K PQ L + ( AQ + K PQ )T = ( I − P ) + H PQ
T.
Cuối cùng ta có H PQ

A
T là compact trên Ω .
Từ giả thiết QT và K PQT là compact trên Ω nên H PQ

Bổ đề 1.4.6.

Cho

PA, PQ : Im(Q) → Ker( L)

A, B : Im(Q) → D( L)

là

đồng

phôi

là ánh xạ tuyến tính thỏa mãn
và

T

là

L-Compact.

B
A
deg( I − P + H PQ
0) deg( I − ( A − B)( PA) −1 P, B (0, r ), 0) deg( I − P + K PQ
T , Ω, =
T , Ω, 0)

Khi

đó

với r > 0 bất

kì.
Hệ quả 1.4.7. Cho T là L-Compact trên Ω ∩ D( L) và A như ở (1.5.6). Khi đó
A
0) deg( I − ( A − J )( PA) −1 P, B(0, r ), 0) deg( I − P + H PQ

DJ ( L + T , Ω, =
T , Ω, 0)

với mọi r > 0 .

Mệnh đề 1.4.8. Nếu T : X → Y là ánh xạ tuyến tính và hoàn toàn liên tục,
Ker ( L + T ) =
{0}

và Ω ⊂ X là tập con mở bị chặn khác rỗng thỏa mãn 0 ∉ ∂Ω thì

0, 0 ∉ Ω
DJ ( L + T , Ω, 0) =

1, 0 ∈ Ω

Chứng minh:
Từ định nghĩa, ta có DJ ( L + T , Ω, =
0) deg( I − P + K PQT , Ω, 0) .
Kết luận có được từ giả thiết và định lí (1.2.4)
Mệnh đề 1.4.9. Nếu Ω ⊂ X là tập mở bị chặn với 0 ∈ Ω , Ω là tập đối xứng qua 0 và T
−Tx với mọi x ∈ ∂Ω ∩ D( L) thì
là L-Compact trên Ω ∩ D( L) sao cho T (− x) =

DJ ( L + T , Ω, 0)

là số lẻ.

1.5. Sự tồn tại nghiệm của phương trình toán tử
Gọi X, Y là các không gian định chuẩn thực, L : D(L) ⊆ X → Y là ánh xạ Fredholm

tuyến tính chỉ số 0 và Ω ⊂ X là tập con mở bị chặn với D(L) ∩ Ω ≠ ∅

13


Định lí 1.5.1. Gọi 0 ∈ Ω và Ω là tập đối xứng qua 0 và T : Ω → Y là L-Compact. Nếu
Lx − Tx ≠ t (− L x − T (− x)) với mọi (t, x) ∈ (0,1] × D(L) ∩ ∂Ω thì Lx − Tx =
0 có nghiệm trên

 D ( L ) ∩ Ω

.

Chứng minh:
Xét ánh xạ H (t, x) :[0,1] × Ω → Y

định bởi H (t, x) =

1+ t
1− t
Tx −
T (− x)
2
2

với mọi

(t, x) ∈ [0,1] × Ω . Khi đó H (t,.) là một đồng luân của các ánh xạ L-compact.

Nếu Lx − H (t, x) =

0 với (t, x) ∈ [0,1) × D( L) ∩ ∂Ω nào đó thì Lx − Tx=

1− t
(− L x − T (− x)) .
1+ t

Điều này mâu thuẫn với giả thiết .
Ta cũng có thể giả sử rằng Lx − Tx ≠ 0 với x ∈ ∂Ω . Nếu không thì kết luận là đúng.
Do đó ta có D J (L− H(t,.), Ω, 0) không phụ thuộc vào t ∈ [0,1]
Dễ thấy H (0, x) =
− H(0, − x) nên theo định lí (1.5.9), ta có D J (L− H(0,.), Ω, 0) ≠ 0
suy ra D j (L− T, Ω, 0)= D j (L− H (1,.), Ω, 0)= D j (L− H(0,.), Ω, 0) ≠ 0
do đó Lx − Tx =
0 có nghiệm trong D(L) ∩ Ω .
Định lí 1.5.2. Cho T1 , T2 : Ω → Y là L-compact. Nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
(1) Lx − tT1 x − (1 − t) T2 x ≠ 0 với mọi (t, x) ∈ (0,1) × D(L) ∩ ∂Ω
(2) D j (L− T2 , Ω, 0) ≠ 0
thì Lx − T1x =
0 có nghiệm trong D(L) ∩ Ω .
Chứng minh:
Ta có thể giả sử rằng Lx − T1x ≠ 0 với mọi x ∈ ∂Ω . Nếu không thì kết luận là đúng.
Gọi H (t, x) :[0,1] × Ω → Y định bởi H (t, x)= tT1 x + (1 − t) T2 x với mọi (t, x) ∈ [0,1] × Ω
Theo giả thiết, ta có Lx − H (t, x) ≠ 0 với mọi (t, x) ∈ [0,1] × D(L) ∩ ∂Ω .
14


Suy ra D j (L− T1 , Ω, 0)= D j (L− T2 , Ω, 0) ≠ 0
Do đó Lx − T1x =
0 có nghiệm trong D(L) ∩ Ω .
Định lí 1.5.3. Cho T1 , T2 : Ω → Y là L-compact. Nếu L + T2 là ánh xạ 1-1 trên Ω và

Lx − tT1 x + (1 − t)(T2 x − p) với mọi (t, x) ∈ (0,1) × D(L) ∩ ∂Ω , trong đó p ∈ (L+ T2 )(D(L) ∩ Ω)
0 có nghiệm trong D(L) ∩ Ω
thì Lx − T1x =

Chứng minh:
1 và từ định
Từ L + T2 là ánh xạ 1-1 và p ∈ (L+ T2 )(D(L) ∩ Ω) , ta có DJ (L+ T2 − p, Ω, 0) =

lí (1.5.2) suy ra Lx − T1x =
0 có nghiệm trong D(L) ∩ Ω .
Định lí 1.5.4. Cho A : X → Y là ánh xạ L-compact tuyến tính liên tục với
Ker(L − A) =
{0} và T : Ω → Y là L-compact. Giả sử rằng các điều kiện sau được thỏa

mãn:
(1) 0 ∈ Ω và λ∂Ω ⊂ Ω với mọi λ ∈ (0,1)
(2) (T − A)(D(L) ∩ ∂Ω) ⊂ (L− A)(D(L) ∩ Ω) .
Khi đó Lx = Tx có nghiệm trên D( L) ∩ Ω
Chứng minh:
Đặt H (t, x) =−
(1 t Ax + tTx với mọi (t, x) ∈ [0,1] × Ω .
Ta có Lx ≠ H (t , x) với mọi (t, x) ∈ (0,1) × D( L) ∩ ∂Ω . Nếu điều này không đúng thì khi đó
tồn tại (t, x) ∈ (0,1) × D( L) ∩ ∂Ω sao cho Lx = H (t , x) . Khi đó ta có
(L− A)=
x λ (T − A) x ∈ λ (T − A)(D(L) ∩ ∂Ω) ⊂ λ (T − A)(D(L) ∩ Ω)
(L− A)(D(L) ∩ λ Ω) ⊂ (L− A)(D(L) ∩ Ω)
=

Điều này mâu thuẫn vì L − A là ánh xạ 1-1.
1.

Từ giả thiết và từ mệnh đề (1.4.8) suy ra DJ (L− A, Ω, 0) =

0 với x ∈ D(L) ∩ ∂Ω nào đó, thì kết luận là đúng.
Nếu Lx − Tx =

15


Nếu không thì ta có DJ (I− T , Ω, 0)= DJ (L− A, Ω, 0) ≠ 0
Do đó Lx − Tx =
0 có nghiệm trên D( L) ∩ Ω
Định lí 1.5.5. Cho T1 , T2 : Ω → Y là ánh xạ L-compact. Gọi Z ⊂ Y là không gian con
Y Im( L) ⊕ Z và T2 (Ω) ⊂ Z . Giả sử rằng các điều kiện sau được thỏa mãn:
=
với

(1) Lx − (1 − t )T2 x − tT1 x ≠ 0 với mọi (t, x) ∈ (0,1) × D(L) ∩ ∂Ω
(2) T2 x ≠ 0 với mọi x ∈ Ker( L) ∩ ∂Ω
(3) deg(TKer ( L ) , Ω ∩ K er( L)) ≠ 0 , trong đó TKer ( L ) là thu hẹp của T2 trên Ker( L) ∩ Ω
Khi đó Lx = T1 x có nghiệm trên D( L) ∩ Ω .
Chứng minh:
Đặt H= L − T2 và gọi Q : Y → Y là phép chiếu sao cho Im(Q) = Z và Ker(Q) = Im( L) .
Khi đó QT2 = T2 và Hx = 0 khi và chỉ khi QHx =
0, (I− Q) H x =
0 , nghĩa là T2 x = 0 và
Lx = 0 . Do đó từ giả (2) và mệnh đề (1.4.4), ta có
T2 , Ω, 0) deg(TKer ( L ) , Ω ∩ K er( L), 0) ≠ 0 .
DJ (L −=

Từ định lí (1.5.2) suy ra Lx = T1 x có nghiệm trên D( L) ∩ Ω .

Hệ quả 1.5.6. Cho T : Ω → Y là L-compact. Giả sử rằng các điều kiện sau được thỏa
mãn:
(1) Lx − tTx ≠ 0 với mọi (t, x) ∈ (0,1) × (D(L) \ K er(L)) ∩ ∂Ω
(2) Tx ∉ Im( L) với mọi x ∈ Ker( L) ∩ ∂Ω
(3) deg(QTKer ( L ) , Ω ∩ K er( L), 0) ≠ 0 , trong đó Q : Y → Y là phép chiếu thỏa mãn.
Ker(Q) = Im( L)

Khi đó Lx = Tx có nghiệm trên D( L) ∩ Ω .
Chứng minh:
Đặt Z = Im(Q) và T2 = QT như trong định lí (1.5.5).
16


Từ giả thiết (2) ta có QTx ≠ 0 với mọi x ∈ Ker( L) ∩ ∂Ω
Giả sử Lx − (1 − t) QT x − tTx =
0 với (t , x) ∈ (0,1) × D(L) ∩ ∂Ω nào đó.
Nếu

Tx ∈ Im( L)

thì

QTx = 0 và x ∈ ( D(L) \ K er(L)) ∩ ∂Ω

suy

x ∈ ( D(L) \ K er(L)) ∩ ∂Ω điều này mâu thuẫn với giả thiết (1)

Nếu Tx ∉ Im( L) thì QTx = Tx ⇒ Tx = Lx ∈ Im( L) , ta gặp mâu thuẫn.
Vậy Lx − (1 − t) QT x − tTx ≠ 0 với mọi (t , x) ∈ (0,1) × D(L) ∩ ∂Ω

Do đó điều kiện của định lí (1.5.5) được thỏa mãn
Vậy Lx = Tx có nghiệm trên D( L) ∩ Ω .

17

ra

0 và
Lx − tTx =


CHƯƠNG 2: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM BẬC CAO

Trong chương này chúng ta nghiên cứu sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của
phương
=
x (n) (t)

trình

n −1

∑ b [x
i =0

(i )

i

vi

phân

hàm

bậc

cao

có

(t)]k + f (t, x(t − τ (t))) + p(t) ,

dạng

dưới

đây:

(I)

trong đó
=
bi , i 0,1,..., n − 1 là các hằng số, k là số dương lẻ, f ∈ C1 ( 2 , ), p ∈ C(, ) với
p (t + T) =
p (t)

2.1. Một số bổ đề
Bổ đề 2.1.1. Cho n1 > 1 , α ∈ [0,+∞) là các hằng số, s ∈ C(, ) với s(t + T) =

s (t) , và
s (t) ∈ [-α ,α ]

∫

T

0

t ∈ [0,T] .

với mọi

Khi đó với

∀x ∈ C1 (, ), x(t + T) =x(t) ,

n1

T

x(t) − x(t − s(t)) 1 dt ≤ 2α n1 ∫ x '(t ) dt .
n

ta có

(1.1)

0

Bổ đề 2.1.2 Cho k ≥ 1 , α ∈ [0,+∞) là các hằng số, s ∈ C(, ) với s(t + T) =
s (t) , và
s (t) ∈ [-α ,α ]

∫

T

0

t ∈ [0,T] .

với mọi

x k (t) − x k (t − s(t))

k +1
k

dt ≤ 2α

k +1
k

Khi đó với

k +1
k +1
T
T



k k (k − 1) ∫ x(t ) dt + ∫ x '(t ) dt  .
0
0


1

Chứng minh:
Đặt F (t) = x k (t) . Khi đó ta có:

∫

T

0

x k (t) − x k (t − s(t))

≤ 2α

k +1
k

∫

T

0

F '(t )

k +1
k

(k +1)
k

=
dt
k +1
k

∫

T

0

T

F (t) − F (t − s(t))

dt =
2α ∫ kx (t ) x'(t)
0

∀x ∈ C1 (, ), x(t + T) =x(t) ,

k −1

k +1
k

(k +1)
k

dt

18

dt

(1.2)

ta có


= 2α

k +1
k

k +1
k

k

∫

T

0

x(t )

(k −1)( k +1)
k

bất đẳng thức xy ≤
( k −1)(k +1)
k

x(t)

Do đó ta có

∫

T

0

x '(t)

k +1
k

(1.3) Áp dụng

dt

1 1
x p yq
1,
+ , x ≥ 0, y ≥ 0, + =
p q
p q

x '(t)

k +1
k

(k − 1) x(t)
≤
k

x k (t) − x k (t − s(t))

(k +1)
k

k +1

x '(t)
+
k

dt ≤ 2α

k +1
k

(1.4)

ta

k +1

.

(1.5)

k +1
k +1
T
T


k k (k − 1) ∫ x(t ) dt + ∫ x '(t ) dt 
0
0


1

(1.6)
Bổ đề 2.1.3. Nếu k ∈ , k ≥ 1, x ∈ C n (, ) và x(t + T) =

x(t) thì

(∫

T

0

k

x '(t) dt

) ≤ T (∫
1
k

T

0

k

x ''(t) dt

)

1
k

n −1

≤ ... ≤ T

(∫

T

0

(n)

k

x (t) dt

)

1
k

.

(1.7)

Chứng minh:
Vì x(0) = x(T) nên tồn tại ξ ∈ [0,T] sao cho x '(ξ ) = 0 .
Do đó với t ∈ [0,T] ta có
t

x=

'(t) x'(ξ ) + ∫ x ''(σ )dσ
ξ

t

T

ξ

0

⇒ x '(t) ≤ ∫ x ''(σ ) dσ ≤ ∫ x ''(σ ) dσ ≤

⇒ x '(t) ≤ (T )

k −1
k

⇒ x '(t) ≤ (T )
k

(∫

T

0

dσ

)

k −1
k

1

k
 T
k
x
σ
d
σ
''(
)
 ∫0
 (BĐT Holder)



1

k
 T
k
x
σ
dσ 
''(
)

 ∫0



k −1

k
 T

 ∫0 x ''(σ ) dσ 



Lấy tích phân hai vế trên đoạn [0, T] ta được
k
k
T
T
k
 T

 T
 T
⇒ ∫ x '(t) dt ≤ ∫ T k −1  ∫ x ''(σ ) dσ dt ≤ T k −1  ∫ x ''(σ ) dσ  ∫ dt
0
0
 0

 0
 0

k
 T

≤ T k  ∫ x ''(t ) dt 
0



19

có


⇒

(∫

T

0

k

x '(t) dt

)

1
k

1

k
 T
k
≤ T  ∫ x ''(t ) dt 
 0


Bằng phương pháp quy nạp ta có được kết quả (1.7).

Cho X, Y là các không gian Banach, L : D(L) ⊂ X → Y là ánh xạ Fredholm chỉ
số

0,

Q :Y → Y

là

phép

chiếu

sao

(1.8) Khi đó

Im P =
KerL, KerQ =

Im L, X =
KerL ⊕ KerP, Y =
Im L ⊕ Im Q .

L

D (L) ∩ K erP

: D(L) ∩ K erP → Im L là khả nghịch và kí hiệu là K P .

cho

(1.9)

Cho Ω là tập con mở bị chặn của X, D(L) ∩ Ω ≠ ∅ . N : X → Y được gọi là ánh xạ Lcompact trên Ω nếu QN : Ω → Y và K P (I− Q) N : Ω → X là các ánh xạ compact.
Bổ đề 2.1.4. Cho L là ánh xạ Fredholm chỉ số 0 và N là L-compact trên Ω . Giả sử
các điều kiện sau được thỏa mãn:
(i)

Lx ≠ λ Nx, ∀x ∈ ∂Ω ∩ ( D(L) \ K er( L)), λ ∈ (0,1) ;

(ii)

QNx ≠ 0, ∀x ∈ ∂Ω ∩ KerL ;

(iii)

deg {QN , Ω ∩ KerL, 0} ≠ 0 .

Khi đó phương trình Lx = Nx có ít nhất một nghiệm trong Ω ∩ D(L) .

Chứng minh:
Ta cần chứng minh Lx − (1 − t) Q Nx − tNx ≠ 0 với mọi (t , x) ∈ (0,1) × D(L) ∩ ∂Ω
Giả sử Lx − (1 − t) Q Nx − tNx =
0 với (t , x) ∈ (0,1) × D(L) ∩ ∂Ω nào đó.
Nếu Nx ∈ Im( L) thì QNx = 0 suy ra x ∈ ( D(L) \ K er(L)) ∩ ∂Ω do giả thiết (ii)
0 và x ∈ ( D(L) \ K er(L)) ∩ ∂Ω điều này mâu thuẫn với giả thiết (i)
suy ra Lx − tNx =

Nếu Nx ∉ Im( L) thì QNx = Nx ⇒ Nx =Lx ∈ Im( L) , ta gặp mâu thuẫn.
Vậy Lx − (1 − t) Q Nx − tNx ≠ 0 với mọi (t , x) ∈ (0,1) × D(L) ∩ ∂Ω
Do đó điều kiện của định lí (1.5.5) được thỏa mãn.
20


Vậy phương trình Lx = Nx có nghiệm trên D( L) ∩ Ω .

Ta định nghĩa Y= {x ∈ C(, )|x(t+T)=x(t)} với chuẩn x ∞ = max{ x(t) } ,
t∈[0,T]

và X= {x ∈ Cn −1 (, )|x(t+T)=x(t)} với chuẩn x = max{ x ∞ , x ' ∞ ,..., x (n −1) ∞ } .
Khi đó X,Y là các không gian Banach.
Ta cũng định nghĩa các toán tử L và N như sau:
L : D(L) ⊂ X → Y , Lx= x (n) , D( L)= {x|x ∈ Cn (,), x(t + T)= x(t)} ,
N :X →Y
, Nx
=

n −1

∑ b [x

i =1

i

(i)

(t)]k + f (t, x(t − τ (t))) + p(t) .

(1.10)

Khi đó phương trình (I) có dạng Lx = Nx . Hơn nữa từ định nghĩa của L, ta có
{y|y ∈ Y,
KerL =  , dim( KerL) = 1 , Im L =

∫

T

0

y (s)ds =
0} là tập đóng, và dim(Y\ ImL) = 1 ,

co dim(ImL) = dim(K erL) .

Do đó L là ánh xạ Fredholm với chỉ số 0.
Xét các ánh xạ
P : X → KerL, Px = x(0), Q : Y → Y \ Im L, Qy =

1 T

y (t) dt ,
T ∫0

và L |D (L)∩K erP : D( L) ∩ KerP → Im L.

(1.11)
(1.12)

Khi đó L |D (L)∩K erP có duy nhất nghịch đảo K P và N là ánh xạ L-compact trên Ω , với Ω
là tập con mở bị chặn của X.
2.2. Một số kết quả chính
Định lí 2.2.1. Giả sử n = 2m + 1, m > 0 là số nguyên và các điều kiện sau được thỏa
mãn:

21


(H 1 ) Hàm f thỏa mãn lim
x →∞

f (t , x)
< γ , với γ ≥ 0
xk

(2.1)

f (t, x) − f(t, y) ≤ β x k − y k

(2.2)

(H 2 ) b0 > γ + θ 2

(2.3)

(H 3 ) Tồn tại số nguyên dương 0 < s ≤ m sao cho b2s ≠ 0 , nếu s = m ,
b2s ≠ 0 , b2s=
0,=
i 1, 2,..., 2m − 2s nếu 0 < s < m ,
+i

(H 4 ) A 2 (2s, k ) + θ1T (2s −1) k +

(γ + θ 2 )(A1 (2s, k ) + θ1 T
b0 − γ − θ 2

(2.4)
(2s −1) k

(2s −1) k


)
2s A1 (2s, k ) + θ1T
+ k b0 T 

b0 − γ − θ 2



k −1

k

< b2s

nếu 1 < s ≤ m ,
k


(γ + θ 2 )(A1 (2, k ) + θ1 T )
k
2 A1 (2, k ) + θ1T
+ k b0 T 
θ1T +

b0 − γ − θ 2
 b0 − γ − θ 2 
k

Trong

đó

i =1

θ2

2

k
k +1

β τ (t ) ∞ k

s −2

s

A1 (s, k) = ∑ bi T (s −i) k
1
k +1

(k − 1)

k
k +1

k −1
k

,

< b2

nếu s = 1 ,

A2 (s, k) = ∑ bi T (s −i) k ,
i =1

(2.5)
k

1

θ1 = 2 k +1 β τ (t ) ∞ k k +1

.

Khi đó phương trình (I) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn chu kì T.
Chứng minh:
Xét phương trình
=
Lx λ Nx, λ ∈ (0,1) ,

(2.6)

trong đó L và N được định nghĩa ở (1.10).
Đặt Ω1 = {x ∈ D(L) \ KerL, Lx = λ Nx, λ ∈ (0,1)} .

(2.7)

Với x ∈ Ω1 , ta có
2s

=
x ( n ) (t) λ ∑ bi [x (i ) (t)]k + λ f (t, x(t − τ (t))) + λ p(t ), λ ∈ (0,1) .

(2.8)

i =0

Nhân cả hai vế của (2.8) với x(t), rồi lấy tích phân trên đoạn [0, T], ta được

22

,


∫

T

0

2s

T

T

T

i =0

0

0

0

(t)x(t) dt λ ∑ bi ∫ [x (i) (t)]k x(t )dt + λ ∫ f (t, x(t − τ (t))) x(t) dt + λ ∫ p(t ) x(t )dt.

x (n)
=

(2.9)
với mọi số nguyên dương i, ta có

∫

T

0

x (2i −1) (t)x(t) dt = 0

(2.10)

Trường hợp n =2m + 1, m > 0 , k là số lẻ, và từ (2.9), (2.10) ta có

∫

b0

T

0

k +1

2s

dt ≤ ∑ bi

x(t)

i =1

2s

≤ ∑ bi
i =1

∫

T

0

∫

T

0

T

T

0

0

x (i) (t) x(t ) dt + ∫ f (t, x(t − τ (t))) x(t) dt + ∫ p(t ) x(t ) dt
k

T

T

0

0

x (i) (t) x(t ) dt + ∫ f (t, x(t)) x(t) dt + ∫ f (t, x) − f(t, x(t − τ (t))) x(t ) dt
k

T

+ ∫ p (t ) x(t ) dt
0

(2.11)
Áp
b0

dụng

∫

T

0

k +1

x(t)

dt ≤


+  ∫ f (t, x(t))
 0
T

≤

(∫

T

0

x(t)

k +1

dt


+  ∫ f (t, x(t))
 0

T

đẳng

bất

(∫

k +1
k

)

0


dt 


1
k +1

k +1
k

T

x(t)
k
k +1

k +1

dt

thức

)

1
k +1


dt 


(∫

T

0

(i)

x (t)


+  ∫ f (t, x) − f(t, x(t − τ (t)))
 0

(∫

T

0

x

(2s)

(t)

k +1

dt

)

và

k +1

T

 2s
 ∑ bi T (2s −i ) k
 i =1
k
k +1

 2s
 ∑ bi
 i =1

Holder

dt

k +1
k

)

đề

bổ

(2.1.3),

k
k +1


dt 


k
k +1



+  ∫ p (t)
 0
T

k +1
k


dt 


k
k +1


+  ∫ f (t, x) − f(t, x(t − τ (t)))
 0
T

(2.12)
Do đó

23

k +1
k


dt 


k
k +1

k 
+ p (t ) ∞ T k +1 



k
k +1






ta

được