toán tử trung hòa và phương trình vi phân trung hòa
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (532.43 KB, 58 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Lê Thị Hiền
TOÁN TỬ TRUNG HÒA VÀ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA
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
Lê Thị Hiền
TOÁN TỬ TRUNG HÒA VÀ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60 46 01 02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS LÊ HOÀN HÓA
Thành phố Hồ Chí Minh - 2013
LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn của mình, tôi đã nhận được 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.
Đầu tiên tôi gửi lời cám ơn chân thành và sâu sắc tới PGS. TS. Lê Hoàn Hóa, người đã
hướng dẫn tận tình và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình làm luận văn này.
Tôi xin chân thành cám ơn quý thầy cô đã giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt khóa học.
Tôi xin gởi lời cảm ơn đến quí thầy cô và các anh chị làm công tác quản lý ở phòng sau
đại học, những người đã tạo điều kiện tốt nhất để tôi hoàn thành khóa học.
Tôi xin cảm ơn các bạn bè đồng nghiệp, các bạn học viên cao học Toán K22 đã luôn
động viên, khuyến khích, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập.
Sau cùng tôi xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến gia đình tôi, 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 ở sách vở,
các bài báo toán học của các nhà khoa học và luận văn của các khóa trước, tôi có sử dụng một
số kết quả đã được chứng minh để hoàn thành tốt 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 ........................................................................................ 5
4. Phương pháp nghiên cứu ...................................................................................................... 5
5. Nội dung luận văn................................................................................................................. 5
CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ....................................................................... 7
CHƯƠNG 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT ...................... 9
CHƯƠNG 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG
HÒA ................................................................................................................................ 14
CHƯƠNG 4: NGHIỆM TUẦN HOÀN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN TRUNG HÒA .................................................................................................... 25
4.1. Trường hợp 1: .................................................................................................................. 26
4.2. Trường hợp 2: .................................................................................................................. 41
CHƯƠNG 5: CÁC VÍ DỤ ............................................................................................ 53
KẾT LUẬN .................................................................................................................... 55
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................ 56
3
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong [5], Zhang đã đưa ra các tính chất của toán tử trung hòa ( A1 x )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ) .
Toán tử này trở thành một công cụ hữu hiệu cho việc nghiên cứu các phương trình vi phân
n
trung hòa. Lu và Ge đã nghiên cứu một mở rộng của A1 , đó là ( A2 x )( t ) =
x ( t ) − ∑ ci x ( t − δ i ) và
i =1
có được sự tồn tại của các nghiệm tuần hoàn cho một phương trình vi phân trung hòa tương
ứng, xem [7].
Ta xét toán tử trung hòa
( Ax )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) , với
δ ∈ C1 ( , ) và δ là một hàm tuần hoàn có chu kỳ ω
c là hằng số và c ≠ 1,
(ω > 0 ) . Mặc dù A được xem là một
toán tử tổng quát của toán tử A1 nhưng lớp các phương trình vi phân tướng ứng với toán tử A
lại phức tạp hơn lớp các phương trình vi phân tương ứng với A1 và A2 . Cụ thể là các toán tử A1
và A2 là thuần nhất theo nghĩa sau ( Ai x ) ' ( t ) = ( Ai x ')( t ) , ( i = 1, 2 ) , trong khi đó toán tử trung hòa
A nói chung là không có sự thuần nhất trên. Hệ quả là nhiều kết quả mới cho phương trình vi
phân tương ứng với toán tử trung hòa A sẽ không là sự mở rộng trực tiếp từ các định lý cho
các phương trình vi phân trung hòa đã biết.
Vậy toán tử trung hòa A có những tính chất đặc biệt nào, và có những điều kiện đủ nào
cho sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của các phương trình vi phân tương ứng với toán tử trung hòa
A?
Đó là lí do tôi chọn đề tài này.
2. Mục đích của đề tài
Mục đích của luận văn là nghiên cứu các tính chất của toán tử trung hòa A, và sự tồn
tại các nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân trung hòa cấp hai loại Rayleigh, cũng như
các điều kiện đủ cho sự tồn tại, số bội và sự không tồn tại các nghiệm tuần hoàn dương của
phương trình vi phân cấp hai tương ứng với toán tử trung hòa A .
4
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Trong phạm vi nghiên cứu của luận văn này tôi chỉ tập trung nghiên cứu các tính chất
của toán tử A, sự tồn tại các nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân trung hòa cấp hai loại
Rayleigh có dạng
) ) ) '' f ( t , x ' ( t ) ) + g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) + e ( t ) ,
( x ( t ) − cx ( t − δ ( t=
trong đó τ , e ∈ Cω ={ x ∈ C ( , ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ } và
ω
∫ e ( t ) dt = 0;
f và g là các hàm liên
0
f ( t ,.) , g ( t + ω ,.) =
g ( t ,.) ; f ( t ,0 ) = 0,
tục trên 2 và tuần hoàn theo biến t , nghĩa là f ( t + ω ,.) =
f ( t , u ) ≥ 0 hoặc f ( t , u ) ≤ 0, ∀ ( t , u ) ∈ 2 .
Ngoài ra luận văn còn nghiên cứu các điều kiện đủ cho sự tồn tại, số bội và sự không
tồn tại các nghiệm tuần hoàn dương của phương trình vi phân cấp hai có dạng
− a ( t ) x ( t ) + λb ( t ) f ( x ( t − τ ( t ) ) ) ,
( x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) ) '' =
trong đó λ là tham số dương; f ∈ C ( , [ 0, +∞ ) ) , và f ( x ) > 0 với x > 0; a ∈ C ( , ( 0; +∞ ) ) với
π
max {a ( t ) : t ∈ [ 0, ω ]} < ; b ∈ C ( , ( 0; +∞ ) ) , τ ∈ C ( , ) ; a ( t ) , b ( t ) và τ ( t ) là các hàm tuần
ω
2
hoàn có chu kỳ ω.
4. Phương pháp nghiên cứu
Áp dụng định lý mở rộng của Mawhin để đưa ra sự tồn tại nghiệm tuần hoàn và định lý
điểm bất động để có được điều kiện tồn tại, số bội của nghiệm tuần hoàn dương của phương
trình vi phân trung hòa.
5. Nội dung luận văn
Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chương 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT
Chương 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA
5
Chương 4: NGHIỆM TUẦN HOÀN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
TRUNG HÒA
Chương 5: CÁC VÍ DỤ
6
CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Định lý 1.1. Cho X là không gian Banach. Nếu A ∈ L ( X ) , A < 1 thì ( I − A ) ∈ Isom ( X ) . Hơn
∞
nữa ( I − A ) =
∑ An .
−1
n =0
Chứng minh
∞
Ta có
∞
An ≤ ∑ A < ∞ (do A < 1 )
∑
n
=
n 0=
n 0
∞
∑A
Suy ra chuỗi
n
hội tụ trong L ( X ) .
n =0
Đặt B
=
∞
k
A ,S ∑ A
∑=
n
n
k
=
n 0=
n 0
B ( I − A) − Sk ( I − A) =
ta có
( B − Sk ) ( I − A)
≤ B − Sk I − A .
Suy ra B ( I − A=
) lim Sk ( I − A=) lim ( Sk − Sk A=) lim ( I − Ak +1=) I .
k →∞
k →∞
k →∞
Tương tự ta có ( I − A ) B =
I.
Do đó B=
( I − A)
−1
.
Định nghĩa 1.2.
Cho X, Y là các không gian Banach. Một toán tử tuyến tính bị chặn T : X → Y gọi là toán tử
Fredholm nếu các điều kiện sau được thỏa mãn
i) dim ker T < +∞;
ii) imT là đóng;
iii) dim co ker T < +∞ ( co ker T ≡ Y / Im T ) .
Nếu T là toán tử Fredholm thì chỉ số của T là số nguyên, kí hiệu là indT và
indT dim ker T − dim co ker T .
=
Ví dụ 1.3.
Cho ánh xạ f : n → n định bởi f ( x ) = Ax, x ∈ n , A ∈ Mat ( n ) và det A ≠ 0. Khi đó ta có
i) ker f =
{0 } ,
n
dim ker f= 0 < +∞;
ii) imf = n là đóng;
7
iii) co ker f ≡ n / n=
{0
n
+ n } , dim co ker f = 0 < +∞.
Vậy f là toán tử Fredholm có chỉ số 0.
Định nghĩa 1.4.
Cho X, Y là các không gian Banach thực và L : D ( L ) ⊂ X → Y là toán tử Fredholm có chỉ số 0,
với D ( L ) là miền xác định của L.
Khi đó ta có Im L là tập đóng trong Y =
và dim ker L dim (Y / Im L ) < +∞.
Xét các không gian con bổ sung X 1 , Y1 của X, Y tương ứng sao cho=
X ker L ⊕ X 1 ,
=
Y Im L ⊕ Y1 và lấy P1 : X → ker L và Q1 : Y → Y1 là các phép chiếu tự nhiên.
Rõ ràng là ker L ∩ ( D ( L ) ∩ X 1 ) =
{0} , do đó ánh xạ thu hẹp LP := L D( L)∩ X là khả nghịch. Kí hiệu
1
1
LP1 −1 là ánh xạ ngược của LP1 .
Cho Ω là tập mở, bị chặn trong X thỏa mãn D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ .
Ánh xạ N : Ω → Y được gọi là L-compắc trên Ω nếu Q1 N ( Ω ) bị chặn và toán tử
LP1 −1 ( I − Q1 ) N : Ω → X compắc.
8
CHƯƠNG 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT
chuẩn x max { x ( t ) : t ∈ [ 0; ω ]}. Khi đó
Cho Cω ={ x ∈ C ( , ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ } với =
( Cω , . ) là không gian Banach.
Một nón K trong Cω được định nghĩa bởi K =
{ x ∈ Cω : x ( t ) ≥ α
x , ∀t ∈ } , với α là một số
dương cho trước, α < 1.
Các toán tử A, B : Cω → Cω định bởi
( Bx )( t ) = cx ( t − δ ( t ) )
( Ax )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) ,
( 2.1)
Bổ đề 2.1. Nếu c ≠ 1 thì A có ánh xạ ngược A −1 liên tục trên Cω , thỏa mãn
(1)
j −1
∞
j
+
−
f
t
c
f
s
(
)
∑
∑ δ ( Di ) , khi c < 1, ∀f ∈ Cω
=j 1 =i 1
( A−1 f ) ( t ) = f t + δ t ∞
( ( ) ) − 1 f s + δ t + j −1 δ D , khi c > 1, ∀f ∈ C .
−
( ) ∑ ( i )
∑
ω
c
c j +1
=
j 1=
i 1
( 2.2 )
( 2)
( 3)
( A f ) (t ) ≤ 1 − c
−1
ω
f
−1
∫ ( A f ) ( t ) dt ≤
0
, ∀f ∈ Cω .
1
1− c
ω
∫ f ( t ) dt ,
∀f ∈ Cω .
0
Chứng minh
Ta có các trường hợp sau
j −1
Trường hợp 1: ( c < 1) Đặt t − δ ( t ) =
s và D1 = s, D j =
s − ∑ δ ( Di ), j =
2,3,... Ta có
i =1
t)
( Bx )(=
cx ( t − δ ( t ) ) ,
( B x ) ( t )= ( B ( Bx ) ) ( t )= c ( Bx ) ( t − δ ( t ) )=
2
(
)
c 2 x t − δ ( t ) − δ ( t − δ ( t ) ) = c 2 x ( s − δ ( D1 ) ) ,
9
( B x ) (t ) = ( B ( B x )) (t )
= c ( B x ) ( t − δ ( t ) )= c x ( t − δ ( t ) − δ ( t − δ ( t ) ) − δ ( t − δ ( t ) − δ ( t − δ ( t ) ) ) )
=c x ( s − δ ( D ) − δ ( s − δ ( D ) ) ) =c x ( s − δ ( D ) − δ ( D ) ) ,
3
2
2
3
3
3
1
1
1
2
...
j −1
i =1
Chứng minh bằng quy nạp ta có ( B j x ) ( t ) =
c j x s − ∑ δ ( Di ) , ( j ≥ 1)
Do đó ta có
j −1
f s − ∑ δ ( Di ) .
=j 1 =
i 1
∞
∞
f (t ) + ∑ c
∑ ( B f ) (t ) =
j
=j 0
( 2.3)
j
Do A, B ∈ L ( Cω ) , A= I − B và B ≤ c < 1 nên theo định lý 1.1, A có ánh xạ ngược liên tục
A−1 : Cω → Cω với
∞
∞
A−1 =−
I +∑Bj =
( I B) =
∑Bj,
−1
( 2.4 )
=j 1 =j 0
với B 0 = I . Khi đó:
j −1
f ) ( t ) ∑ (=
B f ) ( t ) ∑ c f s − ∑ δ ( Di ) .
( A=
=j 0
=j 0=
i 1
∞
−1
∞
j
( 2.5)
j
Và kết quả là
∞
j −1
∞
f
j
j
.
c
f
s
−
δ
D
≤
f
c =
∑
∑
∑ ( i )
1− c
=j 0=
i 1
=
j 0
∑ ( B j f ) (t ) =
( A−1 f ) ( t ) =
=j 0
∞
Hơn nữa
j −1
j
j
=
−
B
f
t
c
f
s
( )( )
∑ δ ( Di ) ≤ c
i =1
Chuỗi
∞
∑c
j
j
f , ∀t ∈ =
, ∀j 0,1,...;
f hội tụ do c < 1.
j =0
Do đó chuỗi
∞
∑ (B f )
j
j =0
hội tụ đều trên [ 0, ω ].
Suy ra
ω ∞
∞ ω
j
j
∫ ∑ ( B f ) ( t ) dt = ∑ ∫ ( B f ) ( t ) dt.
0 j 0=j 0 0
10
( 2.6 )
Từ đó ta có
ω
ω
ω ∞
∞
∞ ω
∫ ( A f ) ( t ) dt = ∫ ∑ ( B f ) ( t ) dt ≤ ∫ ∑ ( B f ) ( t ) dt = ∑ ∫ ( B f ) ( t ) dt
0
−1
j
=
0 j 0
j
j
=
0 j 0=j 0 0
=
∞ ω
j −1
f s − ∑ δ ( Di ) dt
0=
i 1
0
∑∫ c
=j
∞
≤∑c
j =0
j
ω
j
∫
0
ω
1
f ( t ) dt =
f ( t ) dt.
1 − c ∫0
( 2.7 )
Trường hợp 2: ( c > 1)
Cho các toán tử E , B1 : Cω → Cω định bởi
( Ex )( t ) =x ( t ) −
1
x (t + δ (t )) ,
c
( 2.8)
1
( B1 x=
)( t ) x ( t + δ ( t ) ) .
c
Do
B1 là toán tử tuyến tính nên ta có
j −1
s=
t + δ (t ) =
D1 , D j =
s + ∑ δ ( Di ),
j −1
1
j
B
f
t
=
f
s
+
(
)
( 1 ) c j ∑ δ ( Di ) ,
i =1
( j ≥ 1) , với
( j ≥ 2).
i =1
Lấy tổng theo j ta có
j −1
1
f ( t ) + ∑ j f s + ∑ δ ( Di ) .
( B1 f ) ( t ) =
∑
c
=j 0
=j 1 =
i 1
∞
∞
( 2.9 )
j
Do E , B1 ∈ L ( Cω ) , E= I − B1 và B1 ≤
1
< 1 nên theo định lý 1.1, E có ánh xạ ngược liên tục
c
E −1 : Cω → Cω với
∞
E −1 =
I + ∑ B1 j ,
( I − B1 ) =
−1
( 2.10 )
j =1
và ∀f ∈ Cω , ta có
∞
( t ) f ( t ) + ∑ ( B1 j f ) ( t ).
( E −1 f )=
( 2.11)
j =1
Mặt khác, do ( Ax )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) , ta có
11
x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) =
−c x ( t − δ ( t ) ) −
( Ax )( t ) =
1
x ( t ) ,
c
Suy ra ( Ax )( t ) =
−c ( Ex ) ( t − δ ( t ) ) .
( 2.12 )
( 2.13)
Lấy f ∈ Cω tùy ý. Ta tìm x thỏa mãn
( Ax )( t ) = f ( t )
( 2.14 )
Suy ra
−c ( Ex ) ( t − δ ( t ) ) =
f (t )
( 2.15)
Cho nên
f (t + δ (t ))
:=
f1 ( t )
c
−
( Ex ) (t ) =
(2.16)
và do đó
∞
f (t + δ (t )) ∞ j f (t + δ (t ))
−
− ∑ B1
x(t ) ==
( E −1 f1 )(t ) f1 (t ) + ∑ ( B1j f1 )(t ) =
,
c
c
j 1
=j 1 =
(2.17)
Như vậy, ta đã chứng minh được rằng A−1 tồn tại và thỏa mãn
j −1
f (t + δ (t )) ∞ j f (t + δ (t ))
f (t + δ (t )) ∞ 1
A−1 f (t ) =
−
− ∑ B1
=
−
− ∑ j +1 f ( s + δ (t ) + ∑ δ ( Di )),
c
c
c
c
=
=
j 1
j 1=
i 1
j −1
f
f (t + δ (t )) ∞ 1
A−1 f (t ) =
−
− ∑ j +1 f ( s + δ (t ) + ∑ δ ( Di )) ≤
.
c
c
c −1
=
j 1=
i 1
(2.18)
Khẳng định (1) và (2) được chứng minh. Từ chứng minh trên, (3) được suy ra dễ dàng.
Bổ đề 2.2. Nếu c < 0 và c < α , thì với y ∈ K ta có
α− c
1
y ≤ ( A−1 y )(t ) ≤
y .
2
1− c
1− c
(2.19)
Chứng minh
12
Do c < 0 và c < α < 1 nên theo bổ đề 2.1, với y ∈ K ta có
j −1
y s − ∑ δ ( Di )
i 1
=j 1 =
j −1
j −1
j
y ( t ) ∑ c j y s − ∑ δ ( Di ) − ∑ c y s − ∑ δ ( Di )
=+
j ≥1
i =1
i =1
j ≥1
∞
y (t ) + ∑ c
( A y ) (t ) =
−1
j
j even
j odd
≥ α y +α ∑ cj y − y
j ≥1
j even
∑c
( 2.20 )
j
j ≥1
j odd
c
α
y −
y
2
1− c
1 − c2
α− c
y.
=
1 − c2
=
Bổ đề 2.3. Nếu c > 0 và c < 1 , thì với y ∈ K ta có
α
1
y ≤ ( A−1 y )(t ) ≤
y .
1− c
1− c
(2.21)
Chứng minh
Do c > 0 và c < 1, α < 1 nên theo bổ đề 2.1, với y ∈ K ta có
j −1
y ( t ) + ∑ c y s − ∑ δ ( Di )
( A y ) (t ) =
=j 1 =
i 1
j
≥ α y + α y ∑c
∞
−1
j
( 2.22 )
j ≥1
=
α
y.
1− c
Ghi chú 2.4.
Bổ đề 2.1 không đúng trong trường hợp c = 1.
Thật vậy với c = 1, ta xét ( Ax )( t ) = x ( t ) − x ( t − δ ( t ) ) , với δ ( t ) = sin 4t.
Nếu ( Ax )( t ) = cos 4t thì ta có
( Ax )
π
=1
2
π π
⇔ x − x =
1 (điều này vô lý).
2 2
Vậy A không có ánh xạ ngược.
13
CHƯƠNG 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN TRUNG HÒA
Trong phần này, chúng ta xét phương trình trung hòa cấp hai sau
) ) ) '' f ( t , x ' ( t ) ) + g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) + e ( t ) ,
( x ( t ) − cx ( t − δ ( t=
( 3.1)
ω
với τ , e ∈ Cω và ∫ e ( t ) dt = 0; f và g là các hàm liên tục trên 2 và tuần hoàn theo biến t với
0
,.) g ( t + ω ,.) , f ( t , 0 ) = 0, f ( t , u ) ≥ 0 hoặc f ( t , u ) ≤ 0, ∀ ( t , u ) ∈ 2 .
,.) f ( t + ω ,.) , g ( t=
f ( t=
Trước tiên chúng ta nhắc lại định lý mở rộng của Mawhin, đây là định lý mà chúng ta sẽ sử
dụng để chứng minh cho các kết quả trong chương này.
Bổ đề 3.1. (Gaines và Mawhin [6]) Giả sử rằng X và Y là hai không gian Banach và
L : D ( L ) ⊂ X → Y là toán tử Fredholm với chỉ số 0. Hơn nữa Ω ⊂ X là tập mở bị chặn và
N : Ω → Y là L - compắc trên Ω . Giả sử rằng các điều kiện sau được thỏa mãn
(1) Lx ≠ λ Nx, ∀x ∈ ∂Ω ∩ D ( L ) , λ ∈ ( 0,1) ;
(2) Nx ∉ Im L, ∀x ∈ ∂Ω ∩ KerL;
(3) deg { JQ1 N , Ω ∩ KerL, 0} ≠ 0 với J : Im Q1 → KerL là một đẳng cấu.
Khi đó phương trình Lx = Nx có một nghiệm trong Ω ∩ D ( L ) .
Để sử dụng định lý mở rộng của Mawhin cho việc nghiên cứu sự tồn tại nghiệm tuần hoàn với
chu kỳ ω của ( 3.1) , chúng ta viết lại ( 3.1) dưới dạng sau
( Ax1 ) ' ( t ) = x2 ( t ) ,
x2 '=
( t ) f ( t , x1 ' ( t ) ) + g ( t , x1 ( t − τ ( t ) ) ) + e ( t )
( 3.2 )
Rõ ràng nếu x ( t ) = ( x1 ( t ) , x2 ( t ) ) là một nghiệm tuần hoàn có chu kỳ ω của ( 3.2 ) thì x1 ( t ) là
T
một nghiệm tuần hoàn có chu kỳ ω của ( 3.1) . Do đó, bài toán tìm một nghiệm tuần hoàn chu
kỳ ω cho phương trình ( 3.1) quy về tìm một nghiệm cho ( 3.2 ) .
14
Nhắc lại rằng Cω ={φ ∈ C ( , ) : φ ( t + ω ) =φ ( t )} với =
chuẩn φ max { φ ( t ) : t ∈ [ 0, ω ]} . Định
{
}
X =Y =Cω × Cω = x =( x1 (.) , x2 (.) ) ∈ C ( , 2 ) : x ( t ) =x ( t + ω ) , t ∈
nghĩa
với
chuẩn
x = max { x1 , x2 } . Rõ ràng, X và Y là các không gian Banach.
{
}
Cho L : D ( L ) = x ∈ C1 ( , 2 ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ ⊂ X → Y
( 3.3)
định bởi
( Ax1 ) ' ( t )
x2 ' ( t )
( 3.4 )
( Lx )( t ) =
và N : X → Y định bởi
x2 ( t )
Nx
t
=
( )( )
f ( t , x1 ' ( t ) ) + g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + e ( t )
(
( 3.5)
)
Khi đó ( 3.2 ) được chuyển về phương trình vắn tắt Lx = Nx. Từ định nghĩa của L dễ dàng thấy
rằng
ker L ≅ , Im L =
y ∈Y :
2
y1 ( s )
0
=
ds
∫0 y2 ( s ) 0
ω
( 3.6 )
Vậy L là toán tử Fredholm với chỉ số 0. Cho P1 : X → KerL và Q1 : Y → Im Q1 ⊂ 2 được định
bởi
ω
1 y1 ( s )
Q1 y = ∫
ds,
ω 0 y2 ( s )
( Ax1 )( 0 )
P1 x =
;
x ( 0 )
2
( 3.7 )
thì Im P1 = KerL, KerQ1 = Im L.
Đặt LP = L|D( L )∩ KerP và LP −1 : Im L → D ( L ) được hiểu là ánh xạ ngược của LP , khi đó
1
LP1
−1
1
1
1
( A−1 Fy1 ) ( t )
,
y ( t ) =
( Fy )( t )
2
t
t
0
0
( 3.8)
y1 ( s ) ds, [ Fy2 ] ( t ) ∫ y2 ( s ) ds.
[ Fy1 ] ( t ) ∫=
15
Từ ( 3.5 ) và ( 3.8 ) rõ ràng rằng Q1 N và LP −1 ( I − Q1 ) N là liên tục và Q1 N ( Ω ) bị chặn và khi đó
1
( )
LP1 −1 ( I − Q1 ) N Ω là compắc với bất kỳ tập mở, bị chặn Ω ⊂ X , điều này có nghĩa N là L −
compắc trên Ω.
Bây giờ chúng ta đưa ra những kết quả chính về nghiệm tuần hoàn của ( 3.1) .
Định lý 3.2. Giả sử có tồn tại các hằng số dương K1 , D, M , b với M ≥ e sao cho
( H 1)
f ( t , u ) ≤ K1 u + b, với ( t , u ) ∈ × ;
( H 2)
sgn x. g ( t , x ) > e , với x > D;
( H 3)
g ( t , x ) ≥ − M , với x ≤ − D và t ∈ .
Khi đó ( 3.1) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kỳ ω khi 0 <
{
1
2
1
ω (1 + c ) 2 2 K1
1 − c − c δ1
< 1, trong
}
đó δ1 max δ ' ( t ) : t ∈ [ 0, ω ] .
=
Chứng minh
Do cách xây dựng thì ( 3.2 ) có một nghiệm tuần hoàn với chu kỳ ω nếu và chỉ nếu phương
trình hàm sau có một nghiệm tuần hoàn chu kỳ ω :
( 3.9 )
Lx = Nx
Từ ( 3.8 ) ta thấy rằng N là L − compắc trên Ω, với Ω là tập mở, bị chặn trong Cω . Với
λ ∈ ( 0,1] ta định nghĩa
Ω1=
{ x ∈ Cω × Cω : Lx= λ Nx} .
Khi
đó x
=
( x1 , x2 )
T
( 3.10 )
∈ Ω1 thỏa mãn
( Ax1 ) ' ( t ) = λ x2 ( t ) ,
x=
λ f ( t , x1 ' ( t ) ) + λ g ( t , x1 ( t − τ ( t ) ) ) + λ e ( t ) .
2 '(t )
( 3.11)
Đầu tiên ta khẳng định rằng có hằng số ξ ∈ sao cho
( 3.12 )
x1 (ξ ) ≤ D.
16
Từ biểu thức
ω
∫ ( Ax ) ' ( t ) dt = 0,
1
ta biết rằng tồn tại hai hằng số t1 , t2 ∈ [ 0, ω ] sao cho
0
( Ax1 ) ' ( t1 ) ≥ 0, ( Ax1 ) ' ( t2 ) ≤ 0.
Từ phương trình đầu tiên của ( 3.11) ta có x2 ( t ) =
=
x2 ( t1 )
=
x2 ( t2 )
1
λ
1
λ
( Ax1 ) ' ( t1 ) ≥ 0,
1
λ
( Ax1 ) ' ( t ) , vì vậy
( 3.13)
( Ax1 ) ' ( t2 ) ≤ 0.
Lấy t3 , t4 ∈ [ 0, ω ] tương ứng là điểm cực đại và cực tiểu toàn cục của x2 ( t ) . Khi đó ta có
x2 ( t3 ) ≥ 0, x2 ' ( t3 ) =
0,
( 3.14 )
x2 ( t4 ) ≤ 0, x2 ' ( t4 ) =
0.
Từ giả thiết f ( t , x1 ') ≥ 0 hoặc f ( t , x1 ') ≤ 0, không mất tính tổng quát ta giả sử rằng f ( t , x1 ') ≥ 0
với ( t , x1 ') ∈ [ 0, ω ] × . Khi đó
(
)
− g t3 , x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) −=
e ( t3 ) f ( t3 , x1 ' ( t3 ) ) ≥ 0,
(
( 3.15)
)
g t3 , x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ≤ −e ( t3 ) ≤ e .
Từ ( H 2 ) ta có
x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ≤ D.
( 3.16 )
Tương tự ta có
(
)
( 3.17 )
x1 ( t4 − τ ( t4 ) ) ≥ − D.
( 3.18)
g t4 , x1 ( t4 − τ ( t4 ) ) ≥ −e ( t3 ) ≥ − e ,
và do ( H 2 ) nên
Trường hợp 1: Nếu x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ∈ ( − D, D ] thì ta đặt ξ= t3 − τ ( t3 ) , khi đó x1 (ξ ) ≤ D.
Trường hợp 2: Nếu x1 ( t3 − τ ( t3 ) ) ≤ − D thì từ ( 3.18 ) và do x1 liên tục trên nên tồn tại hằng số
ξ giữa ( t3 − τ ( t3 ) ) và ( t4 − τ ( t4 ) ) sao cho x1 (ξ ) = D. Điều này chứng minh ( 3.12 ) .
Chọn hằng số k và hằng số t5 ∈ [ 0, ω ] sao cho =
ξ ω k + t5 , thì x=
x1 ( t5 ) ≤ D. Do đó
1 (ξ )
17
t
ω
t5
0
( 3.19 )
x1 ( t ) ≤ x1 ( t5 ) + ∫ x1 ' ( s ) ds ≤ D + ∫ x1 ' ( s ) ds.
Thế x2 ( t ) =
1
λ
( Ax1 ) ' ( t ) vào phương trình thứ hai của ( 3.11) ta có
''
1
t ) λ f ( t , x1 ' ( t ) ) + λ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + λ e ( t ) ,
( Ax1 )(=
λ
(
)
( 3.20 )
Suy ra
λ 2 f ( t , x1 ' ( t ) ) + λ 2 g ( t , x1 ( t − τ ( t ) ) ) + λ 2 e ( t ) .
)( t ) )
( ( Ax =
''
1
( 3.21)
Lấy tích phân hai vế của ( 3.21) trên đoạn [ 0, ω ] , ta có
ω
0.
∫ f ( t , x ' ( t ) ) + g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) dt =
1
( 3.22 )
1
0
Mặt khác, nhân hai vế của ( 3.21) với ( Ax1 )( t ) và lấy tích phân trên [ 0, ω ] , ta có
ω
ω
∫ ( ( Ax )( t ) ) ( Ax )( t ) dt = −∫ ( Ax ) ( t )
''
1
'
1
1
0
2
dt
0
ω
= λ 2 ∫ f ( t , x1 ' ( t ) ) ( Ax1 )( t ) dt
( 3.23)
0
+λ
ω
2
ω
∫ g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) ( Ax )( t ) dt + λ ∫ e ( t )( Ax )( t ) dt.
2
1
1
1
0
0
Sử dụng ( H 1) ta có
ω
∫ ( Ax ) ( t )
'
1
0
2
ω
dt ≤ ∫ f ( t , x1 ' ( t ) ) x1 ( t ) − cx1 ( t − δ ( t ) ) dt
0
ω
(
)
+ ∫ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) x1 ( t ) − cx1 ( t − δ ( t ) ) dt
( 3.24 )
0
ω
+ ∫ e ( t ) x1 ( t ) − cx1 ( t − δ ( t ) ) dt
0
≤ (1 + c )
ω
ω '
x1 K1 ∫ x1 ( t ) dt + bω + ∫ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) dt + ω e .
0
0
(
)
Ngoài ra chúng ta có thể khẳng định rằng tồn tại hằng số dương N1 sao cho
ω
∫ (
0
)
ω
g t , x1 ( t − τ ( t ) ) dt ≤ 2ω N1 + ωb + K1 ∫ x1' ( t ) dt.
( 3.25)
0
18
Thật vậy, từ ( H 1) và ( 3.22 ) ta có
ω
∫{ (
0
ω
}
)
{(
}
)
g t , x1 ( t − τ ( t ) ) − K1 x1' ( t ) − b dt ≤ ∫ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) − f ( t , x1' ( t ) ) dt
ω
( 3.26 )
0
{(
)
}
≤ ∫ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + f ( t , x ( t ) ) dt =
0.
'
1
0
Định nghĩa E1 , E2 như sau
{
}
E1 =
t ∈ [ 0, ω ] : x1 ( t − τ ( t ) ) > D ;
E2 =
( 3.27 )
{t ∈ [0, ω ] : x (t − τ ( t )) ≤ D} ∪ {t ∈ [0, ω ] : x (t − τ ( t )) < − D}.
1
1
Với các tập này ta có
∫ g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) dt ≤ ω max M ,
1
E2
∫ { g (t, x (t −τ (t ))) − K
1
t∈[ 0,ω ], x1 ( t −τ ( t ) ) ≤ D
}
∫ {g (t, x (t −τ (t ))) − K
x1' ( t ) − b dt=
1
g ( t , x1 ) .
sup
1
E1
E1
}
x1' ( t ) − b dt
1
{(
}
)
≤ − ∫ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) − K1 x1' ( t ) − b dt
E2
≤
∫ { g (t, x (t −τ (t ))) + K
1
( 3.28)
}
x1' ( t ) + b dt ,
1
E2
Suy ra
∫ g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) dt ≤ ∫ g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) dt + ∫ ( K
1
1
E1
1
)
x1' ( t ) + b dt
E1 ∪ E2
E2
ω
=
∫ g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) dt + ωb + K ∫ x ( t ) dt.
1
1
E2
( 3.29 )
'
1
0
Vậy
ω
∫ g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) dt = ∫ g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) dt + ∫ g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) dt
1
0
1
1
E1
E2
(
ω
)
≤ 2 ∫ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) dt + ωb + K1 ∫ x1' ( t ) dt
E2
≤ 2ω max M ,
0
sup
t∈[ 0,ω ], x1 ( t −τ ( t ) ) ≤ D
ω
g ( t , x1 ) + ωb + K1 ∫ x1' ( t ) dt
0
ω
( 3.30 )
= 2ω N1 + ωb + K1 ∫ x1' ( t ) dt.
0
19
Trong đó N1 = max M ,
sup
t∈[ 0,ω ], x1 ( t −τ ( t ) ) ≤ D
g ( t , x1 ) , suy ra ( 3.25 ) .
Thế ( 3.25 ) vào ( 3.24 ) và nhớ lại ( 3.19 ) ta có
ω
ω
2
'
≤
+
Ax
t
dt
c
x
K
1
2
| e(t ) |
( ) 1 1 ∫ x1' ( t ) dt + 2ωb + 2ω N1 + ω tmax
∫0 ( 1 ) ( )
∈[0,ω ]
0
=
(1 + c ) 2 K1 x1
ω
x1 + 2ω N1 x1 + ω x1 max | e(t ) |
t∈[0,ω ]
∫ x ( t ) dt + 2ωb
'
1
0
ω
ω
≤ (1 + c ) 2 K1 D + ∫ x1' ( t ) dt ∫ x1' ( t ) dt
0
0
)
(
ω
+ 2ωb + 2ω N1 + ω max | e(t ) | D + ∫ x1' ( t ) dt
t∈[0,ω ]
0
2
ω
ω
ω '
'
=
(1 + c ) 2 K1D ∫ x1 ( t ) dt + 2 K1 ∫ x1 ( t ) dt + N 2 ∫ x1' ( t ) dt + N 2 D
0
0
0
2
ω
ω
= 2 K1 (1 + c ) ∫ x1' ( t ) dt + (1 + c ) ( N 2 + 2 K1 D ) ∫ x1' ( t ) dt + (1 + c ) N 2 D,
0
0
( 3.31)
trong đó N 2 =2ω b + 2ω N1 + ω || e || .
Do ( Ax ) (t ) = x(t ) − cx ( t − δ (t ) ) , ta có
( Ax1 )′ (t ) = ( x1 (t ) − cx1 ( t − δ (t ) ) )′
= x1′ (t ) − cx1′ ( t − δ (t ) ) + cx1′ ( t − δ (t ) ) δ ′(t )
=
( Ax ′ ) (=t )
1
( )
Ax1′ (t ) + cx1′ ( t − δ (t ) ) δ ′(t ),
( Ax1 )′ (t ) − cx1′ ( t − δ (t ) ) δ ′(t ).
Áp dụng bổ đề 2.1, ta có:
∫ x ( t ) dt = ∫ ( A
ω
ω
'
1
0
0
−1
)
Ax1′ (t ) dt
20
( 3.32 )
∫ ( Ax ′ ) (t ) dt
ω
1
≤
0
1− c
ω
∫ ( Ax )′ (t ) − cx ′ ( t − δ (t ) ) δ ′(t ) dt
1
=
≤
1
0
1− c
ω
ω
0
0
∫ ( Ax1 )′ (t ) dt + c δ1 ∫ x1′ (t ) dt
( 3.33)
,
1− c
trong đó δ1 = max | δ ′(t ) | .
t∈[0,ω ]
ω
ω
0
0
Suy ra ( 1 − c − c δ1 ) ∫ x1' ( t ) dt ≤ ∫ ( Ax1 )′ (t ) dt.
(
Ta có 0 < ω1/2 (1 + c )
1/2
ω
ω
∫ x ′ ( t ) dt ≤
1
0
)
2 K1 / 1 − c − c δ1 , khi đó 1 − c − c δ1 > 0. Vì vậy ta có:
1/2
∫ ( Ax1 )′ (t ) dt
0
1 − c − c δ1
ω
1/2
≤
2
ω
′
Ax
t
dt
(
)
∫ ( 1)
0
1 − c − c δ1
( 3.34 )
.
Áp dụng bất đẳng thức ( a + b ) ≤ a k + b k với a, b > 0, 0 < k < 1 , và từ (3.31) và (3.34) ta có
k
ω
∫ x ′ ( t ) dt
1
0
1/2
ω
ω
1/2
1/2
1/2
(1 + c )
≤
2 K1 ∫ x1′ ( t ) dt + (1 + c ) ∫ x1′ ( t ) dt . ( N 2 + 2 K1 D )
1 − c − c δ1
0
0
ω1/2
+ (1 + c )
1/2
( N2 D )
1/2
.
( 3.35)
Suy ra
1/2
1/2
1/2
ω1/2 (1 + c )1/2 2 K
ω
ω1/2 (1 + c ) ( N 2 + 2 K1 D ) ω
1
− 1 ∫ x1′ ( t ) dt +
0≤
∫ x1′ ( t ) dt
0
1 − c − c δ1
1 − c − c δ1
0
ω1/2 (1 + c )
1/2
+
( N2 D )
1 − c − c δ1
21
1/2
.
(
Do ω1/2 (1 + c )
)
2 K1 / 1 − c − c δ1 < 1 , dễ dàng nhận thấy rằng tồn tại một hằng số M 1 > 0
1/2
(phụ thuộc vào λ ) sao cho
ω
( 3.36 )
∫ x ′ ( t ) dt ≤ M .
1
1
0
Từ (3.19) ta có
ω
( 3.37 )
x1 ≤ D + ∫ x1′ ( t ) dt ≤ D + M 1 :=
M 2.
0
ω
ω
1
Từ phương trình đầu tiên của (3.11), ta=
có ∫ x2 ( t ) dt =
∫ ( Ax1 )′ ( t ) dt 0, điều này dẫn đến tồn
λ
0
0
ω
tại hằng số t1 ∈ [0,ω ] sao cho x2 ( t1 ) = 0 , do đó x2 ≤ ∫ x2′ ( t ) dt . Từ phương trình thứ hai của
0
(3.11) ta có
)
(
x2′ ( t ) λ f t , x1′ ( t ) + λ g ( t , x1 ( t − τ (t ) ) + λ e ( t ) .
=
( 3.38)
Vì vậy, từ H1 , (3.25) và (3.36) ta có
ω
x2 ≤ ∫
0
)
(
ω
(
)
ω
f t , x1′ ( t ) dt + ∫ g t , x1 ( t − τ ( t ) ) dt + ∫ e ( t ) dt
0
( 3.39 )
0
M 3.
≤ 2 K1M 1 + 2ωb + 2ω N1 + ω e :=
Đặt M 4=
M 22 + M 32 + 1, Ω=
{x=
( x1 , x2 )
T
}
: x1 < M 4 , x2 < M 4 , khi đó với mọi x ∈ ∂Ω ∩ KerL ta
có
Q1 Nx =
ωx t
1 2( )
dt.
∫
′
ω 0 f t , x1 ( t ) + g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + e ( t )
(
)
(
)
( 3.40 )
Nếu Q1 Nx = 0 thì x2=
(t ) 0,=
x1 M 4 hoặc x1 = − M 4 . Nhưng nếu x1 (t ) = M 4 , ta biết rằng
ω
( 3.41)
0 = ∫ g ( t , M 4 ) dt ,
0
thì tồn tại t0 ∈ [ 0, ω ] sao cho g ( t0 , M 4 ) = 0. Từ giả thiết ( H 2 ) ta suy ra M 4 ≤ D , điều này dẫn
đến mâu thuẫn, lập luận tương tự cho trường hợp x1 = − M 4 .
22
Vậy ta có Q1 Nx ≠ 0 , do đó với mọi x ∈ ∂Ω ∩ KerL thì Nx ∉ Im L. Vì vậy điều kiện (1) và (2) của
bổ đề 3.1 được thỏa mãn. Xét phép đồng cấu J : Im Q1 → KerL định bởi
( 3.42 )
J ( x1 , x2 ) = ( x2 , x1 ) .
T
T
Đặt H ( µ , x=
) µ x + (1 − µ ) JQ1 Nx, ( µ , x ) ∈ [0,1] × Ω, khi đó ∀ ( µ , x ) ∈ ( 0,1) × ( ∂Ω ∩ KerL ) , ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
ω
1− µ
+
x
t
f t , x1′ ( t ) + g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + e ( t ) dt
µ
(
)
1
∫
ω 0
H ( µ, x) =
ω
1− µ
µ x2 ( t ) +
x
t
dt
(
)
2
∫
ω
0
ω
1− µ
f t , x1′ ( t ) + g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + e ( t ) dt
µ x1 ( t ) +
∫
,
ω 0
=
µ + (1 − µ ) x ( t )
) 2
(
∀ ( µ , x ) ∈ ( 0,1) × ( ∂Ω ∩ KerL ) .
( 3.43)
Từ ( H 2 ) , rõ ràng là xT H ( µ , x ) > 0, ∀ ( µ , x ) ∈ ( 0,1) × ( ∂Ω ∩ KerL ) .
Do đó
deg { JQ1 N , Ω=
∩ KerL, 0} deg { H (0, x), Ω ∩ KerL, 0}
= deg { H (1, x), Ω ∩ KerL, 0}
( 3.44 )
= deg { I , Ω ∩ KerL, 0} ≠ 0.
Vậy điều kiện (3) của bổ đề 3.1 được thỏa mãn. Áp dụng bổ đề 3.1, ta kết luận rằng phương
trình L x = Nx có một nghiệm x = ( x1 , x2 ) trên Ω ∩ D( L), do đó (3.1) có nghiệm x1 ( t ) tuần hoàn
T
với chu kỳ ω.
Bằng lập luận tương tự ta có định lý sau
Định lý 3.3. Giả sử tồn tại các hằng số dương K1 , D, M , b với M > e sao cho
( H1 )
f ( t , u ) ≤ K1 u + b, , với mọi ( t , u ) ∈ × ;
( H2 )
sgn x.g (t , x) > e , , với x > D;
( H 3 ) g (t , x) ≤ M , với
x ≥ D và t ∈ ,
Khi đó (3.1) có ít nhất một nghiệm tuần hoàn với chu kỳ ω nếu
0 < ω (1 + c )
1/2
(
)
2 K1 / 1 − c − c δ1 < 1.
23
