nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân với đối số lệch

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
------------------------------------

Lê Thị Hằng

NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN VỚI ĐỐI SỐ LỆCH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012


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

Lê Thị Hằng

NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN VỚI ĐỐI SỐ LỆCH

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số : 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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

Thành phố Hồ Chí Minh – Năm 2012


LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên tôi xin được bày tỏ lòng tri ân sâu sắc đến PGS. TS Lê Hoàn Hóa,
người đã tận tình hướng dẫn, dạy bảo tôi phương pháp nghiên cứu khoa học, và tạo
mọi điều kiện để tôi có thể hoàn thành luận văn cao học.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy, Cô trong hội đồng chấm luận văn đã dành
thời gian đọc, chỉnh sửa và cho tôi những nhận xét quý báu để cuốn luận văn được
hoàn thiện.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới Quý Thầy Cô trong khoa Toán – Tin học trường
Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh đã truyền thụ kiến thức trong suốt thời
gian tôi học tại trường.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học đã
hỗ trợ tôi trong suốt khóa học và tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành luận văn
cao học.
Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất
mong nhận được sự góp ý, nhận xét của Quý Thầy Cô để luận văn hoàn chỉnh hơn.
Xin chân thành cảm ơn!

Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2012
Lê Thị Hằng


MỤC LỤC
Trang
Lời cảm ơn ....................................................................................................................... 2
Mục lục ............................................................................................................................. 3
Mở đầu ............................................................................................................................. 5
Kiến thức chuẩn bị ........................................................................................................... 7

Chương 1: Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch
n −1

(

)

n
i
x( ) ( t ) =∑ ai x( ) ( t ) + f t , x ( t ) , x ( t − τ1 ( t ) ) ,...x ( t − τ m ( t ) ) ......................................... 9
i =1

1.1 Giới thiệu ............................................................................................................... 9
1.2 Ký hiệu ................................................................................................................... 9
1.3 Các bổ đề ............................................................................................................. 10
1.4 Các định lý ........................................................................................................... 14
Chương 2: Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch

x

(n)

n −1

( t=) ∑ bi x(i ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − τ1 ( t ) ) ,..., x ( t − τ m ( t ) ) ) + p ( t ) .......................... 27
i =1

2.1 Giới thiệu ............................................................................................................. 27
2.2 Ký hiệu ................................................................................................................. 28
2.3 Các bổ đề ............................................................................................................. 28

2.4 Các định lý ........................................................................................................... 29


Chương 3: Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc hai loại trung hòa với
đối

số

lệch

(

)

x′′ ( t ) + cx′′ ( t − τ ) + a ( t ) x ( t ) + g t , x ( t − τ1 ( t ) ) ,..., x ( t − τ n ( t ) ) =
p ( t ) ............... 44
3.1 Giới thiệu .............................................................................................................. 44
3.2 Các bổ đề ............................................................................................................. 44
3.3 Các định lý ........................................................................................................... 47
Chương 4: Nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân phi tuyến bậc hai loại trung
hòa với đối số lệch

(

)

x′′ ( t ) + cx′′ ( t − τ ) + p ( t ) x′ ( t ) + q ( t ) x ( t ) + f t , x ( t − τ1 ( t ) ) ,..., x ( t − τn ( t ) ) = g ( t ) .... 60
4.1 Giới thiệu .............................................................................................................. 60
4.2 Các bổ đề .............................................................................................................. 60
4.3 Định lý ................................................................................................................. 64

Kết luận và kiến nghị ..................................................................................................... 73
Tài liệu tham khảo .......................................................................................................... 75


MỞ ĐẦU
Bài toán về nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân với đối số lệch có ứng
dụng rất lớn trong vật lý, trong khoa học nghiên cứu về ứng dụng của người máy…
Trong thời gian gần đây đã và đang có rất nhiều nhà toán học trên thế giới nghiên
cứu về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc nhất hoặc bậc cao
với đối số lệch. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài này làm nội dung nghiên cứu của luận
văn nhằm học tập và phát triển đề tài của mình theo hướng của các nhà khoa học
trong và ngoài nước.
Ngoài phần kiến thức chuẩn bị, nội dung chính của luận văn gồm bốn chương,
trong đó chương 4 là kết quả mới của chúng tôi, cụ thể như sau:
Chương 1: Sử dụng thuyết trùng bậc của Mawhin để chứng minh sự tồn tại nghiệm
tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch sau
n −1

(

)

x n ( t ) =∑ ai x( ) ( t ) + f t , x ( t ) , x ( t − τ1 ( t ) ) ,...x ( t − τ m ( t ) ) , t ∈  . Trong đó các ai
i

i =1

là hằng số và τ i′ ( t ) < 1 .
Chương 2 : Cũng sử dụng thuyết trùng bậc của Mawhin để chứng minh sự tồn tại
nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân bậc cao với đối số lệch sau

x

(n)

n −1

( t=) ∑ bi x(i ) ( t ) + f ( t , x ( t ) , x ( t − τ1 ( t ) ) ,..., x ( t − τ m ( t ) ) ) + p ( t ) , t ∈  . Trong
i =1

đó các bi cũng là hằng số nhưng không đòi hỏi giả thiết τ i′ ( t ) < 1 .
Chương 3 : Trình bày hai kết quả về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình
vi phân bậc hai với đối số lệch sau đây

(

)

x′′ ( t ) + cx′′ ( t − τ ) + a ( t ) x ( t ) + g t , x ( t − τ1 ( t ) ) ,..., x ( t − τ n ( t ) ) =
p (t ) , t ∈ 


Trong đó một kết quả sử dụng định lý điểm bất động Krasnoselskii để chứng minh
và một kết quả sử dụng thuyết trùng bậc của Mawhin. Trong cả hai kết quả đó,
trước tiên chúng tôi đều tìm hàm Green của phương trình có dạng

x′′ ( t ) + Mx ( t ) =
ϕ ( t ) với một vài điều kiện cho trước rồi mới tiến hành đặt các ánh
xạ thích hợp để sử dụng định lý Krasnoselskii hoặc thuyết trùng bậc của Mawhin.
Phương trình được xét ở chương 3 không chứa đạo hàm cấp một x′ ( t ) , do đó chúng

tôi đã mở rộng kết quả nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình
trên khi có chứa x′ ( t ) . Đó là nội dung của chương 4.
Chương 4: Trình bày một kết quả của chúng tôi, đó là sử dụng định lý điểm bất
động Krasnoselskii để chứng minh sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình vi
phân bậc hai với đối số lệch sau:

(

)

x′′ ( t ) + cx′′ ( t − τ ) + p ( t ) x′ ( t ) + q ( t ) x ( t ) + f t , x ( t − τ1 ( t ) ) ,..., x ( t − τn ( t ) ) = g ( t )
Trước tiên chúng tôi cũng tìm hàm Green của phương trình trên để biến đổi phương
trình về phương trình tích phân, sau đó tiếp tục biến đổi đưa về dạng tổng của một
ánh xạ co và một ánh xạ compact, từ đó áp dụng định lý điểm bất động kiểu
Krasnoselskii.
Để tìm hàm Green cho phương trình trên chúng tôi dựa vào kết quả tìm hàm Green
của Y. Wang, H. Lian và W. Ge [5] cho phương trình có dạng

x′′ ( t ) + p ( t ) x′ ( t ) + q ( t ) x ( t ) =
ϕ(t )
Kết quả này chúng tôi đã gửi đến Tạp chí khoa học, Phòng Khoa học công nghệ và
môi trường của trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí Minh và đã được duyệt
đăng.


KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1. Bất đẳng thức Holder
Giả sử X là một tập đo được Lebesgue trong  n . Ký hiệu Lp ( X ) là K - không
p

gian vectơ tất cả các hàm đo được f từ X vào K sao cho f

1 1
+ =
1 . Nếu f ∈ Lp ( X ) ,
p q

Cho p > 1, q > 1 là các số thực thỏa mãn

g ∈ Lq ( X ) thì fg ∈ L1 ( X ) và

∫
X


fg ≤  ∫ f

X

p




1

khả tích Lebesgue.

p

∫

X

q
g 



1

q

.

2. Định lý Azela – Ascoli
Cho X là không gian compact, . Khi đó tập con H ⊂ C ( X , K ) là compact tương
đối nếu và chỉ nếu nó thỏa mãn hai điều kiện sau
i)

H bị chặn theo điểm

ii) H đồng liên tục
3. Toán tử Fredholm
Cho E , X là hai không gian định chuẩn.

T : E → X là ánh xạ tuyến tính, liên tục. T là toán tử Fredholm nếu T −1 ( 0 ) hữu
hạn chiều, T ( E ) đóng, và
=

codimT ( E ) dim ( X / T ( E ) ) < +∞ . Chỉ số của T là
=
ind T dimT −1 ( 0 ) − codimT ( E ) .

4. Thuyết trùng bậc Mawhin
Cho X và Y là các không gian Banach. L : D ( L ) ⊂ X → Y là toán tử Fredholm với
chỉ số là 0. P : X → X , Q : Y → Y là các ánh xạ chiếu sao cho ImP = KerL ,
KerQ = ImL=
, X KerL ⊕ KerP =
, Y ImL ⊕ ImQ .
Dẫn đến L D( L )∩ KerP : D ( L ) ∩ KerP → ImL khả đảo, ký hiệu ánh xạ ngược là K P .


Giả sử Ω là tập con mở, bị chặn của X, D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ .

( )

Ánh xạ N : X → Y gọi là L – compact trên Ω nếu QN Ω bị chặn và
K P ( I − Q ) N : Ω → X là ánh xạ compact.

Định lý Mawhin
Cho L là toán tử Fredholm với chỉ số là 0 và N là ánh xạ L- compact trên Ω . Giả sử
các điều kiện sau được thỏa mãn
i) Lx ≠ λ Nx, x ∈ ( D ( L ) / KerL ) ∩ ∂Ω, λ ∈ ( 0,1)
ii) Nx ∉ ImL, x ∈ KerL ∩ ∂Ω

(

)

iii) deg JQN KerL , Ω ∩ KerL,0 ≠ 0 , với J : Y / ImL → KerL là phép đẳng cấu.
Khi đó phương trình Lx = Nx có nghiệm trong D ( L ) ∩ Ω .
5. Định lý Krasnoselskii
Giả sử Ω là không gian Banach, X là tập con lồi, đóng, bị chặn của Ω .

U , S : X → Ω là các ánh xạ thỏa mãn các điều kiện sau
i) Ux + Sy ∈ X , ∀x, y ∈ X
ii) U là ánh xạ co.
iii) S là ánh xạ compact.
Khi đó U + S có điểm bất động trong X.


Chương 1
NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC CAO
VỚI ĐỐI SỐ LỆCH
n −1

(

)

n
i
x( ) ( t ) =∑ ai x( ) ( t ) + f t , x ( t ) , x ( t − τ1 ( t ) ) ,...x ( t − τ m ( t ) )
i =1

1.1 Giới thiệu
Chương này trình bày kết quả về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình
vi phân bậc cao với đối số lệch có dạng
n −1

(

)

n
i
x( ) ( t ) =∑ ai x( ) ( t ) + f t , x ( t ) , x ( t − τ1 ( t ) ) ,...x ( t − τ m ( t ) ) , t ∈  (1.1)
i =1

Trong đó
• τ 1 ,τ 2 ,...,τ m là các hàm liên tục có chu kì ω
• f liên tục và f ( ⋅ , x0 , x1 ,...xm ) là hàm tuần hoàn chu kì ω , tức là

f ( t , x0 , x1 ,..., x=
f ( t + ω , x0 , x1 ,..., xm ) ∀ ( x0 , x1 ,...xm ) ∈  m+1
m)
1.2 Ký hiệu

{

}

X =Cωn−1 = x ∈ C n−1 (  ) , x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ 

Y =Cω0 ={ x ∈  (  ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ }

{

}

D ( L ) =domL =Cωn = x ∈  n (  ) : x ( t + ω ) = x ( t )

{

Với x ∈ X , x =
max x
Trong đó x

∞

Với y ∈ Y , y

∞

n −1
, x′ ∞ ,..., x( )

∞

}

i
i
x( )
max x( ) =
= max x ( t ) , =
( t ) ( i 1, 2,..., n − 1)
t∈[ 0,ω ]
t∈[ 0,ω ]

∞

∞

(

)

=
max y ( t ) . Khi đó ( X , ⋅ ) , Y , ⋅ ∞ là các không gian Banach.
t∈[ 0,ω ]


L : X ∩ domL → Y , L ( x ) = x( ) là ánh xạ tuyến tính.
n

n −1

(

N : X → Y , N ( x )( t ) =∑ ai x( ) ( t ) + f t , x ( t ) , x ( t − τ1 ( t ) ) ,..., x ( t − τ m ( t ) )
i

i =1

)

1.3 Các bổ đề
Bổ đề 1.3.1
Với các ánh xạ L, N định nghĩa ở trên, ta có các kết quả sau:

i) KerL =
c, t ∈ [ 0, ω ] , c ∈ }
{x (t ) =
ω


∈
=
ii) ImL =
y
Y
:
y
u
du
0
(
)


∫
0



iii) L là toán tử Fredholm với chỉ số là 0.
iv) Tồn tại các ánh xạ chiếu P : X → X , Q : Y → Y sao cho:

ImP = Ker L ; KerQ = Im L .
Hơn nữa, với Ω là tập con mở, bị chặn của X, Ω ∩ domL ≠ ∅ thì N là ánh xạ Lcompact trên Ω .

v) x ( t ) là nghiệm tuần hoàn của phương trình (1.1) nếu và chỉ nếu x là nghiệm của
phương trình Lx = Nx trong D ( L ) .
Chứng minh

{

}

n
i) KerL = x ∈ X ∩ domL : L ( x ) = x( ) = 0

i
i
• Trước tiên ta chứng minh với x ∈ KerL thì x( ) ( t =
+ ω ) x( ) ( =
t ) ( i 1, 2,..., n )

x ∈ KerL ⇒ x ( t + ω ) =
x ( t ) , ∀t ∈ 
x ( t + ω + ∆t ) − x ( t + ω )
x ( t + ∆t ) − x ( t )
= lim
= x′ ( t )
∆t →0
∆t →0
∆t
∆t

x′ ( t + ω ) =
lim

⇒ x′ ( t + ω ) =
x′ ( t ) , ∀t ∈ 


x′ ( t + ω + ∆t ) − x′ ( t + ω )
x′ ( t + ∆t ) − x′ ( t )
= lim
= x′′ ( t )
∆t →0
∆t →0
∆t
∆t

x′′ ( t + ω ) =
lim

i
i
Tiếp tục ta chứng minh được x( ) ( t =
+ ω ) x( ) ( =
t ) ( i 1, 2,..., n )
n
• x ∈ KerL ⇒ x ∈ Cωn và x( ) = 0

⇒ x n−1 ( t ) =
c ∀t ∈  , c = const

⇒ x(

n−2 )

ct + α , α ∈ 
(t ) =

n−2
n−2
Ta có x( ) ( t + ω ) − x( ) ( t ) =
cω ⇔ 0 =
cω ⇔ c =
0
n −1
Vậy x( ) ( t ) = 0

∀t ∈  .

Lập luận tương tự ta có x′ ( t ) = 0 ∀t ∈  ⇒ x ( t ) =
c , ∀t ∈  .
ω


ii) ImL =
∈
=
y
Y
:
y
u
du

0
(
)


∫
0



y ∈ ImL ⇒ ∃x ∈ domL ∩ X sao cho L ( x ) = y
n
⇒ ∃x ∈ Cωn : y = x( )

⇒ y (u ) =
x( ) ( u )
n

ω

ω

0

0

∀u ∈ 

n
n −1

n −1
⇒ ∫ y ( u ) du =∫ x( ) ( u ) du = x( ) (ω ) − x( ) ( 0 ) = 0

ω


Vậy ImL =
∈
=
y
Y
:
y
u
du
0


∫ ( )
0



iii) L là toán tử Fredholm với chỉ số là 0.
Dễ kiểm tra L là ánh xạ tuyến tính.

1
KerL =
c, t ∈ [ 0, ω ] , c ∈ } =  ⇒ dim KerL =
{x (t ) =

ω


ImL =
0  đóng
 y ∈ Y : ∫ y ( u ) du =


0
ω

Thật vậy xét ánh xạ ϕ : Cω →  , ϕ ( y ) = ∫ y ( t ) dt
0

0

ϕ là ánh xạ liên tục ⇒ ϕ −1 {0} là tập đóng
ω


0  là tập đóng.
⇒ ImL =
 y ∈ Y : ∫ y ( u ) du =


0

dim (Y / ImL ) = 1 ⇒ codim ImL= 1= dim KerL

Vậy L là toán tử Fredholm với chỉ số là 0.
iv) Tồn tại ánh xạ chiếu P : X → X , Q : Y → Y sao cho KerL = ImP ; ImL = KerQ
Đặt P ( x )( t ) = x ( 0 ) , x ∈ X . Ta chứng minh KerL = ImP

c
Với x ∈ KerL ⇒ x ( t )= c, ∀t ∈  ⇒ x ( 0 ) =
Khi đó x ( t )= c= x ( 0 )= P ( x )( t )

⇒x=
P ( x ) ⇒ x ∈ ImP ⇒ KerL ⊂ ImP .
Mặt khác P ( x )( t ) = x ( 0 ) ⇒ ImP ⊂ KerL
Vậy KerL = ImP .
Đặt Q ( y )( t ) =

1

ω

ω ∫0

y ( s ) ds . Ta chứng minh ImL = KerQ

Lấy y ∈ KerQ ⇒ Q ( y ) =
0 ⇒ Q ( y )( t )=

1

ω

ω ∫0

y ( s ) ds= 0

ω

⇒ ∫ y ( s ) ds = 0 ⇒ y ∈ Im L . Vậy KerQ ⊂ ImL .
0

ω

ω

1
Lấy y ∈ ImL ⇒ ∫ y ( s ) ds =
0 ⇒ y ∈ KerQ . Vậy ImL ⊂ KerQ
0 ⇒ ∫ y ( s ) ds =
0

ω

0


Suy ra ImL = KerQ .

KerL ∩ KerP =
{0} dẫn đến L|D( L )∩KerP : D ( L ) ∩ KerP → ImP là song ánh, ký hiệu
ánh xạ ngược là K P
n −1 i

t s sn −1

n
t
=
( K P y )( t ) ∑ x(i ) ( 0 ) + ∫ ∫
i =1 i !
0 0

s2

∫ ... ∫ y ( s1 ) ds1ds2 ...dsn
0

0

i)
Trong đó x(=
( 0 ) , i 1, 2,..., n − 1 được xác định bởi phương trình sau

AX = B

1
c
1
c2
A=

cn−3


cn−2

0

0

1

0

c1

1

 x( n−1) ( 0 ) 
0
b1 



2
n
−
b 
(
)
x
...
0 0
0)

(
 2 


3
n
−
...
0 0
(
)

( 0 )  và B = b3 
 ; X = x
  
 



b 
... 1 0



 n−2 
 x′′ ( 0 ) 
c1 1 

bn−1 
 x′ ( 0 )





...



cn−4 cn−5
cn−3 cn−4

Ts

0

s

−1 i 1
−T i
bi = ∫ ∫ ...∫ y ( s )ds...dsi và ci =
T 00 0
( i + 1)!

( )

Với Ω ⊂ X là tập mở, bị chặn và Ω ∩ domL ≠ ∅ , ta có QN Ω bị chặn và

K P ( I − Q ) N : Ω → X là ánh xạ compact. Do đó N là ánh xạ L - compact trên
Ω.
v) Nếu x ∈ D ( L ) , Lx =

Nx thì x là nghiệm tuần hoàn chu kỳ ω của phương trình
(1.1)
Bổ đề 1.3.2
Với x ∈ X ta có : x( ) ( t ) ≤ ω n−1−i x(
i

Chứng minh

n −1)

, i 1,..., n − 1
=
∞


Vì x

(i )

t ), i
(=

1,..., n − 1 là các hàm liên tục tuần hoàn với chu kì ω nên theo định lý

i −1
i −1
Lagrang tồn tại ξi ∈ [ 0, ω ] sao cho x( ) (ω ) − x( ) ( 0 ) =
ω x( i ) (ξi )

⇒ x( ) (ξi ) =

0 , với ξi ∈ [ 0, ω=
] , i 1,..., n − 1
i

n −1
n −1
Ta có x ( ) ( t ) ≤ x ( )

( n−2 )

=
x
(t ) x

( n−2 )

∞

t

(ξ n−2 ) + ∫

x(

n −1)

( s ) ds

ξn−2

⇒ x

( n−2 )

(t ) ≤

x

( n−2 )

t

(ξ n−2 ) + ∫

x

( n−1)

ξn−2

Tiếp tục bằng quy

ω

( s ) ds ≤ ∫ x( n−1) ( s ) ds ≤ ω

x(

n −1)

0

∞

i
n −1
nạp ta chứng minh được: x ( ) ( t ) ≤ ω n−1−i x ( )

=
i 1, 2,..., n − 1

1.4 Các định lý
Định lý 1.4.1
Giả sử =
n 4k + 2 là số nguyên dương.
(A1) τ i khả vi trên  và τ i′ ( t ) < 1 , t ∈  , i = 1, 2, …, m
Tồn tại M > 0 : f ( t , c,..., c ) > 0 ∀c > M và f ( t , c,..., c ) < 0 ∀c < − M

n
i
(A2) ( −1) a2i ≥ 0, i = 1,..., − 1
2
(A3) Tồn tại các hàm g và h liên tục sao cho

f=
( t , x0 ,..., xm ) g ( t , x0 ,..., xm ) + h ( t , x0 ,..., xm )
Và tồn tại số β > 0, m > 0 sao cho

g ( t , x0 ,..., xm ) x0 ≥ β x0
Và tồn tại các hàm liên tục gi , pi và e sao cho

m +1

∞

,


m

h ( t , x0 ,..., xm ) ≤ ∑ gi ( t , xi ) + e ( t )
i =0

gi ( t , x )

lim

x→∞

x

m

= pi ( t ) , i = 0,..., m , t ∈ 

Tồn tại các hàm liên tục không âm qi , r sao cho
m

f ( t , x0 ,..., xm ) ≤ ∑ qi ( t ) xi

m

+ r (t )

Ký hiệu hàm ngược của t − τ i ( t ) là µi . Đặt λi = max

1

i =0



Khi đó (1.1) có nghiệm tuần hoàn nếu

m

m

∑ λi

m +1

i =1

pi

∞

1 − τ i′ ( µi ( t ) )
+ p0

∞

< β và

n −1

∑ ai ω n−i < 1
i =1

Chứng minh
Để áp dụng thuyết trùng bậc Mawhin chúng ta sẽ định nghĩa một tập mở, bị chặn
Ω ⊂ X sao cho các điều kiện i), ii), iii) của thuyết trùng bậc Mawhin được thỏa

mãn.
Để xác định được Ω cần qua 3 bước.
Bước 1: Đặt Ω1 =

{ x ∈ domL

KerL : L ( x ) = λ N ( x ) , λ ∈ ( 0,1)}

Chứng minh Ω1 bị chặn.
Với x ∈ Ω1 . Ta có

 n−1

n
i
x( ) ( t ) = λ  ∑ ai x( ) ( t ) + f t , x ( t ) , x ( t − τ1 ( t ) ) ,..., x ( t − τ m ( t ) ) 

 i =1

(1.2)

(

ω

⇒ −∫ x

(n)

)

n −1

ω

i =1

0

( s ) x ( s ) ds + λ ∑ ai ∫ x(i ) ( s ) x ( s ) ds

0

ω

(

)

+ λ ∫ f s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) x ( s ) ds =
0
0


Bước 1.1: Chứng minh ∃M > 0 sao cho:

ω

∫

x(s)

m +1

ds ≤ M

0

Bằng phương pháp tích phân từng phần ta có
ω

∫x

( 2i )

0

ω

ω

( s ) x ( s ) ds = ( −1) ∫  x(i ) ( s )
i

2

ds

0

∫x

( 2i −1)

( s ) x ( s ) ds = 0

0

Từ (1.2) ta có

( −1)

n
n ω   
+1



2
x 2

∫
0

ω



n

2

−1
ω

2
2
i

( s ) ds + λ ∑ ( −1) a2i ∫  x(i ) ( s ) ds

i =1
0


(

)

0
+ λ ∫ f s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) x ( s ) ds =
0

n
2

Với =
0, i 1,..., − 1
n 4k + 2 , λ ∈ ( 0,1) , ( −1) a2i ≥=
i

ω

(

)

⇒ ∫ f s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) x ( s ) ds ≤ 0
0

Từ (A3) ta có
ω

∫ g ( s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) ) x ( s ) ds
0

ω

(

)

+ ∫ h s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) x ( s ) ds ≤ 0
0

Cũng từ giả thiết (A3) ta có
ω

β ∫ x(s)
0

m +1

ω

(

)

ds ≤ ∫ g s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) x ( s ) ds
0


ω

(

)

≤ − ∫ h s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) x ( s ) ds
0

ω

≤

∫ h ( s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) ) x ( s ) ds
0

ω

(

)

≤ ∫ h s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) x ( s ) ds
0
m ω

(

)

ω

ω

0

0

≤ ∑ ∫ gi s, x ( s − τ i ( s ) ) x ( s ) ds + ∫ g 0 ( s, x ( s ) ) x ( s ) ds + ∫ e ( s ) x ( s ) ds
i =1 0

Chọn số ε > 0 sao cho:

m

∑λ

i

i =1

Với ε > 0 , do lim

x→∞

gi ( t , x )
x

m

m

m +1

(

pi

∞

+ ε ) + ( p0

m

với x ≥ δ , t ∈  .

Ký hiệu

{

}

{

}

∆i ,1 = t ∈ [ 0, ω ] : x ( t − τ i ( t ) ) ≤ δ , i = 1,..., m
∆i ,2 = t ∈ [ 0, ω ] : x ( t − τ i ( t ) ) > δ , i = 1,..., m

{

}

{

}

∆ 0,2 = t ∈ [ 0, ω ] : x ( t ) > δ

=
gi ,δ max { gi ( t , x ) , t ∈ [ 0, ω ] , x ≤ δ } , i = 0,1,..., m
Khi đó

+ε)< β

= pi ( t ) nên tồn tại δ > 0 sao cho:

gi ( t , x ) ≤ ( ε + pi ( t ) ) x

∆ 0,1 = t ∈ [ 0, ω ] : x ( t ) ≤ δ

∞


ω

β ∫ x(s)

m +1

m

ds ≤ ∑

∫ gi ( s, x ( s − τ i ( s ) ) ) x ( s ) ds +

i =1 ∆i ,1

0
m

∑ ∫ gi ( s, x ( s − τ i ( s ) ) ) x ( s ) ds
i =1
∆i ,2

+

∫

g 0 ( s, x ( s ) ) x ( s ) ds +

∆ 0,1
m

≤ ∑ gi ,δ

m

x ( s ) ds + ∑

∫
=i 1 =i 1
+ g 0,δ
m

∫

∆ 0,2

∆i ,1

x ( s ) ds +

∫

∫

∆ 0,1

∆ 0,2

ω

m ω

ω

g 0 ( s, x ( s ) ) x ( s ) ds + ∫ e ( s ) x ( s ) ds
0

∫ (ε + pi ( s ) ) x ( s − τ i ( s ) )

m

x ( s ) ds

∆i ,2

(ε + p0 ( s ) ) x ( s )

m +1

ω

ds + ∫ e ( s ) x ( s ) ds
0

≤ ∑ gi ,δ ∫ x ( s ) ds + ∑ ∫ ( ε + pi ( s ) ) x ( s − τ i ( s ) )

m

x ( s ) ds

m

x ( s ) ds

i 10
=i 0 =
0

ω

+ ∫ ( ε + p0 ( s ) ) x ( s )

m +1

ω

ds + ∫ e ( s ) x ( s ) ds

0

0
m

ω

m

(

≤ ∑ gi ,δ ∫ x ( s ) ds + ∑ ε + pi

=i 0=
i 1
0

(

+ ε + p0

ω

∞

) ∫ x(s)

m +1

ω

∞

) ∫ x ( s − τ i ( s ))
0

ω

ds + e

0

∞

∫ x ( s ) ds
0

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có
ω

ω

0

0

∫ x ( s ) ds ≤  ∫ x ( s )

ω

∫

x ( s − τ i ( s ))

0

Dẫn đến ta có

m

m
1
m +1
ω
m
+1
m
+
1



m +1
m



ds 
1 ds




ω

∫
0




x ( s ) ds ≤  ∫ x ( s − τ i ( s ) )

0

m +1

ω

1
m
 +1

m
ds  ω m+1

=
 x s

∫
0

( )

m
 m+1  ω

ds 



m +1

 ∫ x(s)

0




m +1

1
 m+1

ds 





ω

β ∫ x(s)

m +1

m

ds ≤ ∑ gi ,δ

 m+1
m +1
x
s
ds

(
)
∫

0


i =0

0

1

m
ω
+
1
m
ω 

1

m

m

(

+ ∑ ε + pi
i =1

(

+ ε + p0

∞

)

ω

 m+1  ω
 m+1
m +1
m +1
ds   ∫ x ( s )
ds 
 ∫ x ( s − τ i ( s ))

 

0
 0

1
 m+1

ω

∞

)  ∫ x ( s ) m+1 ds 
0



+ e

∞

m

ω
m
+
1
ω 

x(s)
∫

m +1

0

1
 m+1

ds 



Vì τ i là các hàm tuần hoàn với chu kì ω và τ i′ ( t ) < 1 nên tồn tại µi là các hàm
ngược của hàm t − τ i ( t ) . Khi đó

ω

∫ x ( s − τ i ( s ))

m +1

0

µi ( t ) và dt=
Thật vậy, đổi biến t= s − τ i ( s ) ⇒ s =
ω

∫ x ( s − τ i ( s ))

m +1

0

ω −τ i (ω )

m +1

x(s)
ds =
∫ 1 − τ i′ ( µi ( s ) ) ds
0
ω

(1 − τ i′ ( s ) ) ds

m +1

m +1

ω
x (t )
x(s)

ds =
∫ 1 − τ i′ ( µi ( t ) ) dt = ∫ 1 − τ i′ ( µi ( s ) ) ds
−τ ( 0 )
0
i

Do đó
ω

β ∫ x(s)

m +1

m

i =1

0

(

+ ε + p0

ω

∞

(

ds ≤ ∑ ε + pi

) ∫ x(s)
0

∞

)

m
 m+1  ω

ω  x(s)

 
 ds 
 ∫  1 − τ i′ ( µi ( s ) )  
 
0
m +1

 ∫ x(s)

0

1

m
m +1
m
ds + ω +1

ω
 m+1
m +1
e ∞  ∫ x(s)
ds 


0


m +1

1
 m+1

ds 



+


1

ω
 m+1
m +1
g
x

s
ds


(
)
∑ i,δ  ∫

i =0
0


m m
m
+ω +1

m

m
ω
1
+
m
pi ∞ λi 

0

(

)

≤∑ ε +
i =1

m
m
+ω +1

e

∫

ω

 x s
∞∫ ( )
0

m

⇒  β − ∑ ε + pi

i =1

(

m +1

x(s)

m +1

1
m
 +1

ds 



 ∫ x(s)

0

ds 



m +1

ω

m m
m
+ ω +1

1
m
 +1

ds 



∑ gi,δ  ∫ x ( s )

m +1

0

i =0

m
m
λi +1
∞

)

m
m
 +1  ω

(

+ ε + p0

ω

m +1

x
s
ds
(
)
)
∞ ∫

0
1
m
 +1

ds 



m
ω
m +1
m
− p0 ∞ − ε  ∫ x ( s )
ds ≤ ω +1 e
 0

1

ω
 m+1
m +1

x
s
ds


(
)
∞∫

0


1

ω
 m+1
m +1
g
x
s
ds


(
)
∑ i,δ  ∫

i =0
0


m m
m
+ω +1

ω

Do đó ∃M > 0 sao cho:

∫

x(s)

m +1

ds ≤ M

0

Bước 1.2 Chứng minh ∃M1 > 0 sao cho x(
ω

∫ x(s)

m +1

n −1)

ds ≤ M ⇒ ∃ξ ∈ [ 0, ω ] : x (ξ ) ≤ M

∞
1
m +1

≤ M1

( Tính chất tích phân Riemann

0

Stieltes )
Với mỗi t ∈  , đặt k0= min {k ∈  : kω + ξ n −1 ≥ t} và=
t0 k0ω + ξ n−1 , với ξ n−1 như
trong Bổ đề 1.3.2
t0

(n)

( s ) ds
∫ x=

x(

n −1)

( t0 ) − x( n−1)=
(t )

x(

n −1)

( k0ω + ξ n−1 ) − x( n−1) ( t ) =

t

Lấy tích phân 2 vế phương trình (1.2) từ t → t0 , ta có

− x(

n −1)

(t )


t0
 n−1 t0 ( i )

−=
x
( t ) λ ∑ ai ∫ x ( s ) ds + ∫ f s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) ds 
 i =1 t

t

(

( n−1)

⇒x

( n−1)

⇒ x

( n−1)

)

t0
 n−1 t0 ( i )

=
−
+
−
−
t
λ
a
x
s
ds
f
s
,
x
s
,
x

s
τ
s
,...,
x
s
τ
s
ds

()
( )
( ) ( 1 ( ))
( m ( )) 
∑
i∫
∫
 i =1 t

t

(

n −1

t0

i =1

t

t0

(i )

( t ) ≤ ∑ ai ∫ x ( s ) ds + ∫

)

(

)

f s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) ds

t

Vì k0= min {k ∈  : kω + ξ n−1 ≥ t} nên ( k0 − 1) ω + ξ n−1 < t

⇒ k0ω + ξ n−1 < t + ω ⇒ t0 < t + ω
Do đó

x

( n−1)

t +ω

n −1

( t ) ≤ ∑ ai ∫
i =1

x

(i )

t +ω

( s ) ds + ∫

t

(

)

f s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) ds

t

n −1

ω

i =1

0

ω

∑ ai ∫ x ( s ) ds + ∫ f ( s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) ) ds

=

(i )

0

)
Theo Bổ đề 1.3.2 , x( ) ( t ) ≤ ω n−1−i x( =
, i 1, 2,...n − 1
n −1

i

∞

Do đó

x

( n−1)

n −1

( t ) ≤ ∑ ai ω

n −i

x

i =1

n −1

≤ ∑ ai ω

n −i

x

( n−1)

ω

( n−1)
∞

(

)

+ ∫ f s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) ds
0

m ω

ω

ω

+ ∑ ∫ qi ( s ) x ( s − τ1 ( s ) ) ds + ∫ q0 ( s ) x ( s ) ds + ∫ r ( s ) ds
m

∞
i 10
=i 1 =

m
 n−1
 n−1
≤  ∑ ai ω n−i  x( ) + ∑ qi
∞
i 1
=
 i 1=


m

0

ω
∞

∫
0

x ( s − τ1 ( s ) ) ds + q0

0

ω

m

∞

∫
0

ω

x ( s ) ds + ∫ r ( s ) ds
m

0


m
 n−1
 n−1
≤  ∑ ai ω n−i  x( ) + ∑ qi
∞
=
i 1
 i 1=


+ q0 ∞ ω

1
m +1

ω



m +1
 ∫ x ( s ) ds 
0


m
m +1

ω

m +1
+
+
1
1
m
m
λ
ω
x
s

ds


(
)
∞ i
∫

0

m

+ ∫ r ( s ) ds
0

n −1)

+M

m

1
m +1ω m +1

m +1

ω

m
m

1
 n−1
 n−1
≤  ∑ ai ω n−i  x( ) + M m+1ω m+1 ∑ qi
∞
∞
i 1
=
 i 1=


⇒ x(

m

1

m

λ
∞ i

m +1

ω

q0

∞

+ ∫ r ( s ) ds
0

⇒ ∃M1 > 0 sao cho x(

n −1)
∞

≤ M1 .

Bước 1.3 Chứng minh ∃B > 0 : x ≤ B
Theo Bổ đề 1.3.2, x( ) ( t ) ≤ ω n−1−i x(
i

n −1)
∞

−1−i
, i 1, 2,..., n − 1
≤ M1ω n=

t

Ta có x=
( t ) x (ξ ) + ∫ x′ ( s ) ds
ξ

t

⇒ x ( t ) ≤ x (ξ ) + ∫ x′ ( s ) ds ≤ M

1

m +1

ξ

≤M
⇒ x

∞

≤M

1

1

m +1

m +1

ω

+ ∫ x′ ( s ) ds ≤ M

1

m +1

+ ∫ x′ ( s )

0

+ ωω n−2 M1 = M

1

m +1

ω
0

+ ω n−1M1

+ ω n−1M1

{

Vậy ∃B > 0 sao cho: x max x
=

∞

n −1
, x′ ∞ , x′′ ∞ ,..., x( )

∞

}≤ B

Do đó Ω1 bị chặn.
Bước 2: Đặt Ω 2 =

{ x ∈ KerL : N ( x ) ∈ ImL}

Chứng minh Ω 2 là tập bị chặn.
Với x ∈ Ω 2 ⇒ x ∈ KerL ⇒ x ( t ) =
c ∈  ⇒ x( ) ( t ) =
0, i =
1, 2,..., n − 1
i

∞

ds


ω

Vì x ∈ Ω 2 ⇒ N ( x ) ∈ ImL ⇒ ∫ N ( x )( t ) dt =
0
0
n −1 ω

⇒ ∑ ∫ ai x

(i )

i =1 0

ω

0
( t ) dt + ∫ f ( t , x ( t ) , x ( t − τ1 ( t ) ) ,..., x ( t − τ m ( t ) ) ) dt =
0

ω

(1.3)
⇒ ∫ f ( t , c, c,..., c ) dt =
0
0

Ta chứng minh: c ≤ M
Giả sử trái lại: c > M
Nếu c > M ⇒ f ( t , c,..., c ) > 0
Khi đó

ω

ω

0

0

x ( s − τ m ( s ) ) ) ds ∫ f ( s, c, c,..., c ) ds > 0
∫ f ( s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., =

Nếu c < − M ⇒ f ( t , c,..., c ) < 0
Khi đó

ω

∫ f ( s, x ( s ) , x ( s − τ1 ( s ) ) ,..., x ( s − τ m ( s ) ) ) ds < 0
0

Cả hai trường hợp trên đều mâu thuẫn với (1.3).
Vậy c ≤ M hay Ω 2 bị chặn.
Bước 3: Đặt Ω3 =

{x ∈ KerL | λ J ( x ) + (1 − λ ) QN ( x ) =

0, λ ∈ [ 0,1]}

Với J : KerL → ImQ là phép đẳng cấu tuyến tính, J ( c ) = c ∀c ∈ 
Chứng minh Ω3 bị chặn.
Lấy dãy xn ( t =
) cn ∈ Ω3 . Khi đó tồn tại λn ∈ [0,1] sao cho

λn J ( xn ) + (1 − λn ) QN ( xn ) = 0 ∀n
⇒ λn cn +

1

ω

ω

(1 − λn ) ∫ f ( s, cn , cn ,..., cn ) ds =0 ∀n
0


ω

1
⇒ λn cn =
− (1 − λn ) ∫ f ( s, cn , cn ,..., cn ) ds ∀n

ω

0

Giả sử lim cn = +∞ . Khi đó tồn tại dãy con của ( cn )n sao cho dãy con đó tiến về
n→∞

+∞ hoặc tiến về −∞ . Không mất tính tổng quát, ta giả sử
cn → −∞

cn → +∞ hoặc

Nếu cn → +∞ thì ta có cn > M với n đủ lớn.
Khi đó f ( s, cn , cn ,..., cn ) > 0
ω

1
⇒ λn cn2 =
− (1 − λn ) cn ∫ f ( s, cn , cn ,..., cn ) ds < 0 (vô lý)

ω

0

Nếu cn → −∞ thì ta có cn < − M với n đủ lớn.
Khi đó f ( s, cn , cn ,..., cn ) < 0
ω

1
⇒ λn cn2 =
− (1 − λn ) cn ∫ f ( s, cn , cn ,..., cn ) ds < 0 (vô lý)

ω

0

Vậy điều giả sử là sai, hay Ω3 bị chặn.
3

Đặt Ω là tập mở, bị chặn, khác rỗng sao cho Ω ⊃  Ωi . Ta kiểm tra các điều kiện
i=1

của thuyết trùng bậc Mawhin.
Theo Bổ đề 1.3.1 ta có L là toán tử Fredholm với chỉ số là 0, N là toán tử Lcompact trên Ω .
i) L ( x ) ≠ λ N ( x ) ∀ ( x, λ ) ∈ ( domL / KerL ) ∩ ∂Ω × ( 0,1)
Thật vậy với x ∈ ( domL / KerL ) ∩ ∂Ω , λ ∈ ( 0,1)

⇒ x ∉ Ω1 ⇒ L ( x ) ≠ λ N ( x )
ii) N ( x ) ∉ ImL với x ∈ KerL ∩ ∂Ω
Với x ∈ KerL ∩ ∂Ω