BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
_________________________
Trần Hồng Mơ
SỰ TỒN TẠI NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA
VỚI LỆCH KHÔNG BỊ CHẶN
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 HOÁ
Thành phố Hồ Chí Minh – 2008
LỜI CẢM ƠN
Đầu tiên, tôi xin chân thành cảm ơn PGS. TS. Lê Hoàn Hoá đã tận tình
hướng dẫn cho tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng xin cảm ơn quý Thầy Cô trong khoa Toán của Trường Đại Học
Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh và Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên TP. Hồ
Chí Minh đã giảng dạy cho tôi trong quá trình học tập.
Tôi xin cảm ơn Phòng KHCN & SĐH, Ban Giám Hiệu trường Đại học Sư
Phạm TP. HCM đã tạo điều kiện thuận lợi giúp tôi hoàn thành khoá học này.
Tôi xin cảm ơn người thân trong gia đình đã động viên, tạo điều kiện
cho tôi hoàn thành khoá học này.
Sau cùng, tôi xin cảm ơn các bạn học viên giải tích khoá 16 đã giúp đỡ
tôi trong khoá học.
Tp.Hồ Chí Minh tháng 6 năm 2008
Tác giả
Trần Hồng Mơ
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Phương trình vi phân, phương trình đạo hàm riêng có rất nhiều ứng dụng
trong thực tiễn có thể nói hầu như mọi lĩnh vực đều có thể ứng dụng : y khoa,
xây dựng, điện tử, kiến trúc ,…, việc chứng minh sự tồn tại nghiệm yếu,
nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân trung hòa với lệch không bị chặn
đã được Hernán .R. Henríquez sử dụng công cụ nửa nhóm các toán tử tuyến
tính liên tục mạnh để chứng minh sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương
trình vi phân trung hoà với lệch không bị chặn.
Mục đích của luận văn này là thiết lập những kết quả về sự tồn tại nghiệm
tuần hoàn cho phương trình vi phân trung hòa với lệch không bị chặn và luận
văn chỉ ra sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương trình trung hoà với lệch
không bị chặn cụ thể. Đó là lý do tôi chọn đề tài .
2. Mục đích nghiên cứu
Sử dụng toán tử tuyến tính của nửa nhóm liên tục mạnh và các kết quả
trong không gian pha để chỉ ra sự tồn tại lời giải tuần hoàn của phương trình
vi phân trung hòa với lệch không bị chặn.
3. Đối tượng và nội dung nghiên cứu
Lời giải nghiệm tuần hoàn cho phương trình vi phân trung hòa với lệch
không bị chặn.
4. Ý nghĩa khoa học thực tiễn
Toán tử tuyến tính của nửa nhóm liên tục là một công cụ rất mạnh đã
được nhiều nhà toán học sử dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm của
phương trình vi phân.
5. Cấu trúc luận văn
Nội dung luận văn chúng tôi gồm phần mở đầu, bốn chương nội dung và
phần kết luận. Cụ thể :
Phần mở đầu : Nêu lý do chọn đề tài
Phần nội dung :
Chương 1 : Giới thiệu bài toán
Chương 2 : Các kiến thức bổ trợ.
Chương 3 : Sự tồn tại nghiệm tuần hoàn.
Chương 4: Các ví dụ.
Phần kết luận : Đưa ra những kết luận mà luận văn đạt được, chưa đạt
được .
Chương 1
GIỚI THIỆU BÀI TOÁN
Luận văn trình bày kết quả về sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của phương
trình vi phân trung hoà với tính lệch không bị chặn được cho bởi dạng sau:
d x( t ) F( t, x ) Ax( t ) G( t, x ), t 0
t
t
dt
trong đó:
* F, G thoả các điều kiện thích hợp
* A là phần tử vi phân của nửa nhóm liên tục mạnh của các toán tử tuyến
tính xác định trên không gian Banach X.
Trong suốt luận văn này, X là không gian Banach với chuẩn . .
Khi đó phần tử vi phân A của nửa nhóm liên tục mạnh của các toán tử
tuyến tính T(t) ( t 0 ) xác định trên X được định nghĩa như sau:
T (t)x x
toàn taïi
A : D( A) X X với D( A) x X : lim
t 0
t
và Ax lim
t 0
T (t ) x x dT (t ) x
t
dt t 0 , với x D( A) .
Hơn nữa nếu T là nửa nhóm giải tích và bị chặn đều với A là phần tử vi
phân sao cho 0 ( A) thì xác định lũy thừa ( A) (0 1) như là toán tử
tuyến tính đóng xác định trên D(( A) ) . Khi đó D(( A) ) trù mật trong X và
ta định nghĩa chuẩn trên D(( A) ) như sau :
x ( A) x , x D(( A) ) .
Từ đây về sau ta sẽ kí hiệu X thay cho D(( A) ) với chuẩn . .
Với các điều kiện trên ta có các bổ đề sau: ( trong [17] )
1.1. Bổ đề 1.1
Cho 0 1 thì X là không gian Banach.
1.2. Bổ đề 1.2
Nếu 0 1 thì X X là phép nhúng compact với mọi ( A) là
compact.
1.3. Bổ đề 1.3
Với
mỗi
a > 0, tồn tại hằng số dương
( A) T (t )
Ca
sao cho :
Ca
sao cho :
Ca
, 0t a .
t
1.4. Bổ đề 1.4
Với
mỗi
a > 0, tồn tại hằng số dương
T (t) I ( A) Cat , 0 t a .
* Và xt :( ;0] X với xt ( ) x (t ) phụ thuộc vào không gian pha
B
nào đó. B
với chuẩn .
B
là không gian tuyến tính các ánh xạ đi từ ( ;0] vào X
. Không gian B thỏa các tiên đề sau:
(B.1) Nếu x :( ; a ) X , a 0 liên tục trên [ , a ) và x B thì
với mỗi t [ , a ) ta có các tính chất sau :
i) xt B
ii) x ( t ) H xt
iii) xt
B
B
K (t )sup x ( s ) : s t M (t ) x
B
.
với H 0 ; K , M :[0, ) [0, ) , K liên tục, M bị chặn địa phương và H,
K, M không phụ thuộc vào x(.) .
(B.2) Với x(.) ở trên (B.1), xt là hàm liên tục trong B trên [ , a ) .
(B.3) B là không gian đầy đủ.
Kí hiệu
Bˆ
là không gian thương Banach
B/ . B , nếu B ta viết ˆ
cho lớp tương đương xác định bởi .
Khi
đó
toán
tử
T (t ) (0),
W (t ) ( ) (t ),
W(t)
xác
định
bởi
t 0
t
là nửa nhóm liên tục mạnh của các toán tử tuyến tính xác định trên B.
Sau đây là ví dụ cụ thể về không gian pha .
1.5. Ví dụ1.1
Xét không gian
B
p
= Cr L ( g , X ), r 0 , 1 p gồm các hàm
:( ;0] X sao cho liên tục trên [-r ; 0], đo được ( Lesbesgue) và
g (.)
p
khả tích Lesbesgue trên ( ; r ) , trong đó g :( ; r )
là hàm
dương đo được Borel .
Nửa chuẩn trên B được xác định bởi:
1/ p
r
p
sup ( ) : r 0 g ( ) ( ) d
.
Ta luôn giả sử g thoả hai điều kiện sau:
(g-1) g khả tích trên ( ; r ) .
(g-2) Tồn tại hàm không âm và bị chặn địa phương xác định
trên ( ;0]
sao
cho:
g ( ) ( ): g ( ) ,
với
mọi
0
và
( ; r ) \ N , trong đó N ( ; r ) là tập có độ đo bằng 0.
Khi đó B là không gian pha thoả các tiên đề trên( [13], Định lý 1.3.8).
Chương 2
CÁC KIẾN THỨC BỔ TRỢ
2.1. Định nghĩa 2.1
Cho E là khơng gian Banach, A là tập con bị chặn. Độ đo phi compact
Kuratowski định bởi:
( A ) inf d 0 / A được phủ bởi một số hữu hạn các tập hợp
A1 , A2 ,..., An có đườn g kính nhỏ hơn hay bằn g d
2.2. Tính chất 2.2
a) ( A) ( A) ( coA)
b) ( A) 0 A compact tương đối.
c) ( A) ( B ) nếu A B
d) ( A B ) ( A) ( B )
e) (tA) t ( A) .
2.3. Định nghĩa 2.3
Ánh xạ liên tục f : D E E được gọi là k- cơ đặc nếu tồn tại k (0,1)
sao cho : ( f ( A)) k ( A) với mọi A bị chặn chứa trong D .
2.4. Định lý 2.4
Cho D là tập lồi đóng bị chặn khác rỗng trong khơng gian Banach E và
f : D D là ánh xạ k- cơ đặc thì f có điểm bất động .
2.5. Định lý 2.5( [19], Định lý 2.1 )
B là khơng gian pha thỏa các tiên đề nói ở chương I và E là khơng
Banach. Nếu X và X [ , t ] là hai tập bị chặn tương ứng trong B
Với
gian
và C [ , t ], E thì bất đẳng thức sau xảy ra:
( Xˆ t ) K (t ) ( X [ , t ]) M (t ) ( Xˆ )
Trong đó X [ , t ] x [ , t ]: x X (( , a ), E )
và X t xt B : x X (( , a ), E )
với X (( , a ), E ), 0 a , là tập các ánh xạ x :( , a ) E
sao cho x B và x(t) liên tục trên [ , a ) .
2.6.Định lý 2.6: ( Định lý Schauder )
Cho C là tập lồi đóng trong không gian Banach E và f : C C liên tục
sao cho f (C ) là tập compact tương đối .
Khi đó f có điểm bất động trong C .
2.7.Định lý 2.7: ( [17], Bổ đề 2.3 ).
Nếu T(t) là nửa nhóm liên tục mạnh của các toán tử tuyến tính bị chặn thì
với mọi x X, t T (t ) x là hàm liên tục từ
0
vào X
2.8.Định lý 2.8: ( [1], Bài tập 18 chương VI )
Cho en là hệ trực chuẩn trong không gian Hilbert H, n là dãy số hội
tụ đến 0. Khi đó toán tử A : X X được xác định bởi : Ax n x, en en , là
n 1
toán tử compắc.
Chương 3
SỰ TỒN TẠI NGHIỆM TUẦN HOÀN
Đầu tiên luận văn bắt đầu nghiên cứu sự tồn tại nghiệm yếu của bài toán
Cauchy trừu tượng:
(3.1)
d x( t ) F( t, x ) Ax( t ) G( t, x ), t
t
t
dt
(3.2)
x
trong đó là tập mở trong B . F, G: [ , a ] X là các hàm liên tục
và 0 a .
Ta giả sử A luôn là phần tử vi phân của nửa nhóm T(.) của các toán tử
tuyến tính bị chặn xác định trên X . Ta giả sử rằng 0 ( A) và nửa nhóm T(.)
với M
1, t 0 .
bị chặn đều tức là T (t ) M
3.1. Định nghĩa 3.1
Ta nói rằng hàm x :( , b ) X , b > 0, là một nghiệm yếu của bài
toán Cauchy (3.1)- (3.2) nếu x ; thu hẹp của x(.) trên [ , b ) liên tục
và với mỗi t b hàm AT (t s ) F ( s , xs ), s [ , t ) là khả tích và thoả
mãn:
t
(3.3) x (t ) T (t ) (0) F ( , ) F (t , xt ) AT (t s ) F ( s , xs ) ds
t
T (t s )G ( s , xs ) ds , t
Để thuận lợi cho việc chứng minh, xin giới thiệu vài kí hiệu cần thiết :
* Với mỗi cặp số dương r, ta đặt:
C ( , , r ) u C [ , ]; X : u ( ) 0, u (t ) r , t .
Dễ thấy C ( , , r ) là tập khác rỗng lồi đóng bị chặn trong
C [ , ]; X , trong đó C [ , ]; X có chuẩn là sup.
*Với B, ta kí hiệu
S ( , , , r )
là tập hợp các ánh xạ
x :( , ] X
sao cho x , xt , t , x(.) liên tục trên [ , ] và
sup
s
x ( s ) T (t ) (0) r .
Rõ ràng nếu 1 và r1 r thì S ( , , 1 , r1 ) S ( , , , r ) .
Trong trường hợp 0 , ta viết C ( , r ) thay cho C ( , , r ) và S ( , , r )
thay cho S ( , , , r ) .
Để liên hệ các kí hiệu này ta xét mệnh đề sau đây:
3.2. Mệnh đề 3.2
Xét y (., ):( , ) X định bởi y (t , )
(t ),
t
T (t ) (0),
t
Và đặt u (t ) x (t ) y (t , ) với x S ( , , , r ), t .
Khi đó u C ( , , r ) và xt ut W (t ) , t .
Chứng minh
Ta chứng minh u C ( , , r ) .
+ Ta thấy u(t) = 0 với mọi t .
Thật vậy : vì x S ( , , , r ) nên x x (t ) x (t ) (t )
u (t ) x (t ) y (t , ) 0 .
+ u (t ) r
Thật vậy t u (t ) x (t ) T (t ) (0) .
Do x S ( , , , r ) nên u (t ) r .
Như vậy u C ( , , r ) .
Bây giờ ta chứng minh xt ut W (t ) , t .
Ta có u (t ) x (t ) y (t , ) với t và 0 .
Nếu t thì (t ) 0
ut ( ) xt ( ) T (t ) (0) xt ( ) [W (t ) ]( ) .
Nếu t thì (t )
ut ( ) xt ( ) (t ) xt ( ) [W (t ) ]( ) . ■
Ngược lại, với mỗi u C ( , , r ) chúng ta định nghĩa u là mở rộng của u
bởi : u ( ) 0 với và u (t ) u (t ) với t r .
Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán (3.1)(3.2)
3.3. Định lý 3.3
Cho và giả sử các điều kiện sau xảy ra:
(a-1) Tồn tại (0,1) sao cho F nhận giá trị trong X và ( A) F liên
tục .
(a-2)
Tồn
tại
hằng
số
dương
0 , r0 sao
cho
ánh
xạ
(u )(t ) F (t ,ut W (t ) )
: C( ,0 , r0 ) C [ , 0 ]; X được cho bởi F
F
là hoàn toàn liên tục.
(b-1)Tồn tại hằng số 0 b ( ) a và r ( ) 0 sao cho Br ( ) [ ] và
với mỗi 0 t b ( ) , có tập compact U t X sao cho
T (t )G ( s , ) Ut với mọi Br ( ) [ ] và mọi s b ( ) .
Thì bài toán (3.1)-(3.2) có nghiệm yếu x (., ) xác định trên ( , b ) ,
b > 0.
Chứng minh
Để đơn giản ta giả sử = 0.
Vì ( A) F và G liên tục và là tập mở trong
B
nên tồn tại
0 r r ( ) sao cho Br [ ] ; ( A) F (t , ) C1 và G (t , ) C2 , với
C1, C2 là các hằng số, mọi 0 t b ( ) và Br [ ] .
Theo định lý 2.7, W (.) liên tục nên ta có thể chọn > 0 sao cho :
W (t )
(3.4)
B
r với mọi 0 t .
2
max K (t ) và r min r0 , r .
Đặt K
0t
2K
Từ (a-2) suy ra tập các ánh xạ
F (t , xt ): x S ( , , r ) là
tập compact
tương đối nên suy ra lim F (t , xt ) F (0, ) đều trên x S ( , , r ) .
t 0
Từ đó ta suy ra có 0 đủ nhỏ để tồn tại 0 min , 0 , b ( ) sao
cho các bất đẳng thức sau xảy ra :
(3.5)
(T (t ) I ) F (0, ) ,
(3.6)
F (0, ) F (t , xt ) và
2 2
MC
(3.7)
C1Ca
r
với mọi 0 t và x S ( , , r ) , trong đó Ca được giới thiệu trong tính
chất 3 chương I .
Nếu x(.) thỏa phương trình (3.3), chúng ta có thể phân tích
x (t ) u (t ) y (t , ), t với y (t , ) đã định nghĩa ở mệnh đề 3.2.
Rõ ràng ánh xạ u(.) thỏa phương trình
t
u (t ) T (t ) F (0, ) F (t , ut yt ) AT (t s ) F ( s , us ys ) ds
(3.8)
0
t
T (t s )G ( s , us ys ) ds , 0 t
0
trong đó ta viết tắt là y(.) thay cho y (., ) .
Từ (3.8) ta định nghĩa các ánh xạ , 1 , 2 xác định trên C ( , r ) như
sau:
t
(3.9)
( 1u )(t ) AT (t s ) F ( s ,us ys ) ds
0
t
(3.10) ( 2 u )(t ) T (t ) F (0, ) F (t , ut yt ) T (t s )G ( s , us ys ) ds
0
và
1 2 với mọi 0 t .
Để chứng minh bài toán (3.1)-(3.2) có nghiệm yếu ta chứng
có điểm
bất động trên C ( , r ) .
Đầu tiên ta sẽ chứng minh 1 , 2 là hai ánh xạ hoàn toàn liên tục lấy giá
trị trong C [0, ]; X ) và
có tập giá trị compact chứa trong C ( , r ) .
Để chứng minh các nhận định đó, đầu tiên ta chú ý nếu u(.) C ( , r ) thì
ut W (t ) Br [ ] với mọi 0 t . Thật vậy:
Theo tiên đề (B-1) ta có :
ut
B
K (t )sup u ( s ) :0 s t M (t ) u0
B
Với u0 ( ) u ( ) 0, 0 .
.
Suy ra ut B Kr
Kết hợp với (3.4) ta được : ut W (t )
B
ut
B
W (t )
B
r r .
Kr
2
Vì G liên tục nên 2 xác định trên C ( , r ) và ( 2u )(.) là hàm liên tục .
Ta sẽ chứng minh ( 2u )(.) là hàm liên tục . Thật vậy : với 0 h ta có:
( 2u )(t h ) ( 2u )(t ) T (t h ) F (0, ) T (t ) F (0, ) F (t h,ut h yt h )
F (t ,ut yt )
t h
t
0 T (t h s )G ( s,us ys ) ds 0 T (t s )G ( s,us ys ) ds
Do tập các ánh xạ F (t , xt ): x S ( , , r ) là tập compact tương đối nên
ta chỉ cần chứng minh
t h
t
0 T (t h s )G ( s,us ys ) ds 0 T (t s )G ( s,us ys ) ds =
t
0 T (t h s ) T (t s )G ( s,us ys ) ds
t h
h 0
0
t T (t h s )G ( s,us ys ) ds
Với 0 t h s b ( ) thì tồn tại C2 > 0 sao cho :
T (t h s )G ( s , us ys ) C2 ( do T (t h s )G ( s , ) Ut h s )
t h
Suy ra
h 0
0 .
t T (t h s )G ( s,us ys ) ds C2 h
Mặt khác do T (t s )G ( s , us ys ) Ut s ( vì us ys Br [ ] ) và T(.)x,
x Ut s , là đẳng liên tục nên với mọi 0 tồn tại
0 min , 0 , b ( ) sao cho T (t1 ) x T (t2 ) x với mọi x Ut s và
t1 t2 .
Vì vậy với 0 h ta có:
t
t
0
0
T (t h s ) T (t s )G ( s,us ys ) ds T ( h) T (0)T (t s )G ( s ,us ys ) ds
Vì vậy ( 2u )(.) là hàm liên tục.
Do F lấy giá trị trong X và ( A) F liên tục nên ( A) F ( s , us ys )
và F ( s , us ys ) liên tục . Hơn nữa vì T(.) là nửa nhóm giải tích nên
s AT (t s )
liên tục trên tôpô đều các toán tử xác định trên [0, t).
Vì vậy AT (t s ) F ( s , us ys ) liên tục trên [0, t).
Áp dụng bổ đề 1.3 ta được
(3.11)
1
AT (t s ) F ( s , us ys ) ( A)
T (t s )( A) F ( s , us ys )
C1Ca
1
(t s )
Suy ra AT (t s ) F ( s ,us ys ) khả tích trên [0, t).
Ta suy ra 1 được xác định và lấy giá trị trong C [0, ]; X ) .
Ta sẽ chứng minh ( 1u )(.) là hàm liên tục.
Với 0 h ta có:
( 1u )(t h ) ( 1u )(t )
t h
t
AT (t h s ) F ( s ,us ys ) ds
t
AT (t h s ) T (t s ) F ( s ,us ys ) ds
0
t h
t
AT (t h s ) F ( s ,us ys ) ds
t
-
0 T (h) I AT (t s ) F ( s,us ys ) ds
Theo (3.11), bổ đề 1.3 và bổ đề 1.4 ta có:
1(u)(t h) 1(u)(t )
t h
t
C1Ca
ds T (h) I
(t h s)1
t
CC
(t 1s)1a .ds
0
h 0
C1.Ca h T (h) I C1.Ca
0
.
Tiếp theo ta chứng minh u C ( , r ) thì u C ( , r ) . Thật vậy :
( u )(t ) (T (t ) I ) F (0, ) F (0, ) F (t , ut yt )
t
1
( A)
0
t
1
( A)
Với
0
t
T (t s )( A) F ( s , us ys ) ds T (t s )G ( s , us ys ) ds
0
t
T (t s )( A) F ( s , us ys )ds
0
C1Ca
1
(t s )
ds
C1Ca
t
Và
2 .
0 T (t s )G ( s,us ys ) ds MC
2 2
Vì vậy ( u )(t ) MC
C1Ca
Bây giờ ta chứng minh : Tập giá trị
r , với mọi 0 t .
( 1 ) là compact tương đối.
* ( 1 )(t ) là tập compact tương đối trong X với mỗi
0t .
Thật vậy, ta có thể giả sử rằng t > 0 . Cho 0 t thì
( 1u )(t )
t
0
AT ( )T (t s ) F ( s , us ys ) ds
t
1
t ( A)
T (t s )( A) F ( s ,us ys ) ds
Từ (a-2) ta nhận được F ( s , us ys ) , 0 s thuộc tập compact và do
( A)T ( ) bị chặn nên áp dụng định lý giá trị trung bình của tích phân
t
Bochner. ta suy ra:
compact .
0
AT ( )T (t s ) F ( s ,us ys ) ds
cũng thuộc tập
Hơn nữa ta có:
t
1
t ( A)
T (t s )( A) F ( s ,us ys )ds
t
C1Ca
t (t s )1 ds
C1Ca
0
0
.
Do vậy ( 1 )(t ) là tập compact tương đối.
*
( 1 )
đẳng liên tục tại t0 .
Thật vậy, lấy 0 t0 t . Từ định nghĩa của 1 ta có:
( 1u )(t ) ( 1u )(t0 )
t0
t
0
t0
A[T (t s ) T (t0 s )] F ( s ,us ys ) ds AT (t s ) F ( s , us ys ) ds
t0
t
0
t0
[T (t t0 ) I )] AT (t0 s ) F ( s ,us ys ) ds AT (t s ) F ( s ,us ys ) ds
t
[T (t t0 ) I )] 1 (u )(t0 ) ( A)1 T (t s )( A) F ( s , us ys ) ds .
t0
Từ biểu thức này và sử dụng tính compact của ( 1 )(t0 ) và tính đẳng
1
khả tích của ( A)
T (t s )( A) F ( s , us ys ) với u C ( , r ) thì ta được
( 1 ) đẳng liên tục bên phải của t0 .
Tương tự ta cũng có thể chứng minh ( 1 ) đẳng liên tục tại mọi t0 0 .
Bây giờ ta đi chứng minh ( 2 ) là compact tương đối.
* ( 2 ) đẳng liên tục tại t0
Với 0 cố định, ta lấy 0 t0 t . Từ định nghĩa của 2 ta có :
( 2 u )(t ) ( 2 u )(t0 )
T (t ) T (t0 ) F (0, ) F (t ,ut yt ) F (t0 ,ut
0
yt0 )
t
T (t s )G ( s ,us ys ) ds
t0
t0
T (t s ) T (t0 s )G ( s,us ys ) ds
t
0
t0
0 T (t s ) T (t0 s )G ( s,us ys ) ds
Xét
t0
0 T (t s ) T (t0 s )G ( s,us ys ) ds
t0
=
Do T(.)x,
0 T (t s ) T (t0 s )T ( )G ( s,us ys ) ds
x U , là đẳng liên tục nên với mọi 0 tồn tại
0 min , 0 , b ( ) sao cho T (t1 ) x T (t2 ) x
với mọi x U và
t1 t2 .
Và T ( )G ( s , us ys ) U ( vì us ys Br [ ] , 0 s t ) cho nên với
t0
t t0 thì ta có: T (t s ) T (t0 s ) G ( s,us ys ) ds
0
t
Mặt khác ta có:
2 (t t0 )
t T (t s )G ( s,us ys )ds MC
0
t0
Và
2 .
T (t s ) T (t0 s )G ( s,us ys ) ds 2 MC
t
0
Hơn nữa vì tập các ánh xạ F (t , xt ): x S ( , , r ) là tập compact tương
đối nên F (t , ut yt ) F (t0 , ut0 yt0 ) với t t0 .
Như vậy với t t0 thì
( 2u )(t ) ( 2u )(t0 )
T (t ) T (t0 ) F (0, )
+
2 (t t0 ) 2 MC
2
MC
Suy ra ( 2 ) đẳng liên tục bên phải tại t0 .
Tương tự ta có thể chứng minh ( 2 ) đẳng liên tục tại mọi t0 0 .
* Ta chứng minh ( 2 )(t ) là tập compact tương đối với mỗi 0 t .
Do T (t ) F (0, ) không phụ thuộc vào u C ( , r ) và do từ (a-2)
F (t , ut yt ), 0 t , chứa trong tập compact nên ta chỉ cần chứng minh
t
tập các vectơ T (t s )G ( s ,us ys ) ds , 0 t , là tập compact tương đối .
0
Thật vậy, lấy 0 và 0 t thì
t
T (t s )G ( s,us ys ) ds
0
t
0 T (t s )T ( )G ( s,us ys ) ds
t
+ T (t s )G ( s , us ys ) ds
t
Từ
(b-1)
ta
có
T ( )G ( s , us ys ) U với
mọi
u C ( , r ) và
0 s t . Khi đó V T ( s ) x :0 s t , x U là tập compact .
Theo định lý giá trị trung bình cho tích phân Bochner ta được
t
0 T (t s)T ( )G(s,us ys )ds(t )c(V )
với
c (V ) là bao lồi đóng của V nên nó cũng là tập compact .
t
Và
2 .
t T (t s )G ( s ,us ys ) ds MC
Do đó ( 2 )(t ) là tập compact tương đối.
Như vậy theo định lý Ascoli ( 1 ) , ( 2 ) là tập compact tương đối.
Suy ra ( ) cũng là tập compact tương đối .
Áp dụng định lý Schauder
có điểm bất động, tức là tồn tại
u C ( , r ) sao cho u (t ) (u )(t ) với 0 t .
Nếu ta xác định x (t ) u (t ) y (t ),
t thì từ định nghĩa của
ta thấy x(t) là nghiệm yếu của bài toán (3.1)- (3.2) ■
Tiếp theo luận văn xét sự tồn tại nghiệm toàn cục.
3.4.Hệ quả 3.4
Giả sử rằng F, G xác định trên [0, ) B và giả thiết của định
lý 3.1 được thỏa cho mọi 0 . Giả sử thêm F thỏa các điều kiện sau:
(a-3) Với mọi 0 và tất cả x :( , ) X sao cho x0 B ; x liên tục
và bị chặn trên [0, ) ; hàm t F (t , xt ) liên tục đều trên [0, ) .
Nếu x (., ):( , b ) , b > 0, là nghiệm không mở rộng của (3.1)- (3.2)
(với 0 ), bị chặn trên [0, b ) thì b .
Chứng minh
Nếu giả sử b thì từ (a-3) ta suy ra tồn tại lim x (t , ) . Do đó ta có
t b
thể mở rộng của x (., ) trên ( , b ] bởi x (b) lim x (t , ) và nó liên tục
t b
trên [0,b].
Đặt xb , thì bài toán (3.1) với điều kiện đầu là tại b , có một
nghiệm địa phương là x (., ) xác định trên ( , b ) với 0 nào đó .
Theo (3.3) dễ thấy x (., ) cũng là một nghiệm của bài toán (3.1) với điều
kiện x0 . Điều này trái với giả thiết .
Vậy
b■
Sau đây là hai bổ đề nói về tính duy nhất nghiệm của bài toán (3.1)-(3.2) .
3.5. Bổ đề 3.5
Giả sử với mỗi và với mỗi 0 tồn tại hằng số dương r , , C1 , C2
sao cho:
i)
( A) F (t ,1 ) ( A) F (t , 2 ) C1 1 2
ii) G (t , 1 ) G (t , 2 ) C2 1 2
iii) C1 K (0) ( A)
B
B
.
.
1.
với t và mọi 1 , 2 Br [ ] .
Khi đó nghiệm yếu của bài toán (3.1)-(3.2) là duy nhất .
Chứng minh
Giả sử 0 .
Do iii) nên gọi 1 0 sao cho C1 K 1 ( A)
1 .
Khi đó ta chọn 0 0 1 sao cho:
0
1
.
C1Ca MC2 0 K 0
2
Theo định lý 3.3 ta chỉ cần chứng minh
là ánh xạ co .
Thật vậy với u, v C ( 0, r ) ta có
(u)(t ) (v)(t ) F (t, ut yt ) F (t, vt yt )
t
AT (t s) F (s,us ys ) F (s, vs ys ).ds
0
t
AT (t s)G(s,us ys ) G(s, vs ys ).ds
0
C1 ( A) . ut vt
t
B
C1Ca
us vs
1
(
)
t
s
0
B
t
2 us vs
+ MC
0
B
ds
ds
K1C1 ( A)
0
2 0 K u v .
. u v C1Ca MC
0
2 0 K u v
Suy ra (u) (v) K1C1 ( A) 0 C1Ca MC
0
Vì K1C1 ( A)
0
2 0 K 1 1
C1Ca MC
0
2
Nên là ánh xạ co trên C ( 0, r ) .
Do đó nghiệm yếu xác định duy nhất.
3.6.Bổ đề 3.6
Giả sử với mỗi và với mỗi 0 tồn tại hằng số dương , C 0 ,
0 1 và các hàm số liên tục k1 , k2 :[0, ) [0, ) sao cho:
i)
1
2
1
2
( A) F (t , xt ) ( A) F (t , xt ) k1 (t ) sup x ( s ) x ( s )
s t
1
2
1
2
ii) G (t , xt ) G (t , xt ) k2 (t ) sup x ( s ) x ( s )
s t
iii) ki (t ) Ct ,
i 1, 2.
1
2
với t và tất cả cặp x , x :( , b ] X là các hàm liên tục
1
2
trên [ , ] và x0 x0 B
Thì nghiệm yếu của bài toán (3.1)-(3.2) là duy nhất .(Chứng minh tương
tự )
Bây giờ ta giả sử rằng F, G và nửa nhóm T thỏa các điều kiện thích hợp
để đảm bảo sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình:
(3.12) d x( t ) F( t, xt ) Ax(t ) G(t, xt ), t 0
dt
(3.13)
x0
Với những điều kiện đó ta xem (3.12) như là hệ phương trình vi phân trừu
tượng trung hòa (F,G). Một hệ phương trình vi phân trừu tượng trung hòa
(F,G) được gọi là w – tuần hoàn nếu F (t , ) và G (t , ) là w – tuần hoàn theo
t. Từ đây trở về sau ta sử dụng w là hằng số dương.
3.7. Định nghĩa 3.7
Ta nói rằng hàm x :
X là một nghiệm w – tuần hoàn của (3.12) nếu
x(.) là một nghiệm yếu của (3.12) với điều kiện đầu
x0 và
x (t w) x (t ) với mọi t 0 .
Rõ ràng nếu x :
X là hàm sao cho x0 B ; thu hẹp của x(.) trên
[0, w) là liên tục và xw thì là w- tuần hoàn trên ( ,0] .
Ngoài ra nếu hệ phương trình vi phân trung hòa trừu tượng (F, G) là w –
tuần hoàn và x (., ) là một nghiệm yếu của (3.12)- (3.13) thì điều
kiện xw là
đủ để đảm bảo x (., ) là một nghiệm w – tuần hoàn của (3.12) .
Bởi vì nó có tính cần thiết để chứng minh sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của
phương trình (3.12). Vì nhận xét trên nên ta có mệnh đề sau:
3.8. Mệnh đề 3.8
Giả sử rằng hệ phương trình vi phân trung hòa trừu tượng (F, G) là wtuần hoàn và nghiệm yếu của (3.12) với điều kiện đầu
trên
x0 xác định
.
Nếu xw (., ) thì x(.) là một nghiệm w- tuần hoàn.
Gọi E là tập con khác rỗng, đóng của sao cho nghiệm yếu x (., ) của
(3.12) – (3.13) là duy nhất và xác định trên [0, w] , với mỗi E .
Trong trường hợp này ta xác định Pw : E B
xw (., )
Nếu hệ phương trình vi phân trung hòa trừu tượng (F, G) là w- tuần hoàn
thì từ mệnh đề trên ta suy ra điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm tuần hoàn của
(3.12) là Pw tồn tại điểm bất động.
Tuy nhiên để chứng minh Pw có điểm bất động thì tập xác định của Pw là
tập lồi đóng bị chặn. Vì vậy chúng tôi giới thiệu giả định sau:
3.9. Giả định (F, G)
Có tập lồi đóng bị chặn E sao cho với mỗi E bài toán Cauchy
(3.12)- (3.13) có nghiệm yếu duy nhất x (., ) xác định trên ( , w] , bao
đóng của
xs (., ):0 s w, E là bị chặn và chứa trong và
Pw ( E ) E .
Để chứng minh Pw có điểm bất động thì đầu tiên ta đi chứng minh Pw là
liên tục.
3.10. Định lý 3.9
Giả sử rằng giả thiết (F, G) xảy ra. Nếu chúng ta giả sử thêm:
(a-4) Tồn tại (0,1) sao cho F lấy giá trị trong X và hàm ( A) F liên
tục và biến tập đóng và bị chặn thành tập bị chặn.
: C ( w, r ) C ([0, w]; X ) cho
(a-5)Với mỗi r > 0 và mỗi E ; ánh xạ F
(u )(t ) F (t ,ut W (t ) ) là hoàn toàn liên tục.
bởi F
(b-2) Ánh xạ G biến tập bị chặn, đóng thành tập bị chặn và với mỗi tập
đóng bị chặn B và mỗi t > 0 tồn tại tập compact Wt của X sao cho
T (t )G ( s , ) Wt với mọi B và 0 s w .
Khi đó ánh xạ Pw : E B, xw (., ) liên tục.
Chứng minh