BÀI TOÁN GIÁ TRỊ BIÊN VÀ GIÁ TRỊ ĐẦU CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA CẤP HAI
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (528.83 KB, 54 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH
Phạm Minh Đăng
BÀI TOÁN GIÁ TRỊ BIÊN VÀ GIÁ TRỊ
ĐẦU CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
TRUNG HÒA CẤP HAI
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 – 2008
LỜI CẢM ƠN
Xin trân trọng gửi lời cảm ơn chân thành nhất, sâu sắc nhất đến Thầy
PGS.TS Lê Hoàn Hóa đã tận tình giảng dạy và hướng dẫn tôi hoàn thành
luận văn này .
Xin trân trọng cảm ơn Quý Thầy, Cô Trường Đại Học Sư Phạm
TP.HCM và Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên đã tận tình giảng dạy
trong suốt khóa học .
Xin trân trọng cảm ơn quý Thầy, Cô thuộc Phòng quản lý Sau Đại
Học đã tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chính trong suốt khóa
học .
Xin chân thành cảm ơn Sở Giáo Dục và Đào tạo Đồng Nai, Ban Giám
Hiệu Trường THPT Điểu Cải, tổ Toán – Tin của Trường đã tạo mọi điều
kiện thuận lợi về mọi mặt để tôi yên tâm học tập và làm việc.
Cảm ơn các bạn học viên cao học giải tích khóa 16 đã giúp đỡ và hỗ
trợ cho tôi rất nhiều trong suốt khóa học .
Xin cảm ơn gia đình đã là chỗ dựa tốt nhất cho tôi yên tâm học tập.
Tp.Hồ Chí Minh tháng 6 năm 2008
Tác giả
Phạm Minh Đăng
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bài toán giá trị biên cho phương trình vi phân thường và cho phương
trình vi phân trung hòa được nhiều tác giả nghiên cứu và đã sử dụng các định
lý về sự liên tục của Leray – Schauder, phương pháp biến đổi bậc tôpô… Ví
dụ trong [5, 7, 8, 9, 10, 12] .
Trong [8], tác giả đã chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán
d
x(t ) g (t , xt ) f t , xt , x(t ) , 0 t 1
dt
xo , x(1)
với f : 0,1 C
C,
n
n
n
, g : 0,1 C
n
là những hàm liên tục,
.
Trong [ 12], tác giả nghiên cứu sự tồn tại, tính duy nhất và phụ thuộc
liên tục vào tham số thực cho nghiệm của bài toán sau :
(t ) x(t ) f t , xt , x(t ) ,
xo ,
0 t T,
Ax(T ) Bx(T )
với (t ) là một ma trận cấp n n liên tục xác định trên 0,T , A và B
là ma trận hằng cấp n n ,
n
, C C r ,0;
n
.
Trong [ 7, 10], tác giả đã nghiên cứu bài toán giá trị biên
u f (t , u ) 0, 0 t 1
trong đó f : 0,1
liên tục, với một trong các điều kiện biên
u (0) 0, u (1) u ( )
hoặc
u(0) 0, u(1) u( ) …
Chính vì vậy, luận văn này sẽ trình bày một số kết quả của “Bài toán giá
trị biên và giá trị đầu cho phương trình vi phân trung hòa cấp hai”.
2. Mục đích nghiên cứu
Sử dụng các định lý về điểm bất động để tìm lời giải cho bài toán giá trị
biên và giá trị đầu cho phương trình vi phân trung hòa cấp hai .
3. Đối tượng và nội dung nghiên cứu
Với giả thiết thích hợp trên hàm f, chúng ta chứng minh tồn tại, duy
nhất và phụ thuộc liên tục cho nghiệm của bài toán .
4. Ý nghĩa khoa học thực tiễn
Định lý về điểm bất động là công cụ mạnh đã được nhiều nhà toán học
sử dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình vi phân.
Luận văn đã chỉ ra được các kết quả đẹp cho bài toán .
5. Cấu trúc luận văn
Luận văn sẽ được chia thành các chương như sau :
Mở đầu
: Nêu lý do chọn đề tài
Chương 1 : Giới thiệu bài toán
Trong chương này sẽ giới thiệu bài toán và một số không
gian hàm.
Chương 2 : Một số định lý và bổ đề
Nội dung chương này trình bày một số định lý và bổ đề cần
dùng để chứng minh các kết quả trong các chương kế tiếp.
Chương 3 : Các kết quả chính
Sử dụng các kết quả của chương hai để giải quyết một số
bài toán đã giới thiệu trong chương một .
Chương 4 : Ứng dụng kết quả chính vào bài toán giá trị biên hỗn hợp
Sử dụng các kết quả trong chương hai và ba chúng ta khảo
sát sự tồn tại nghiệm của bài toán giá trị biên (E) – (BC2) .
Chương 5 : Ứng dụng kết quả chính vào bài toán giá trị đầu
Sử dụng các kết quả trong chương hai và ba chúng ta khảo
sát sự tồn tại, duy nhất, phụ thuộc liên tục vào tham số cho
nghiệm của bài toán giá trị đầu (E) – (IC3) .
Chương 1
GIỚI THIỆU BÀI TOÁN
1.1. Mở đầu
Trong luận văn này chúng tôi xét bài toán giá trị biên ba điểm cho
phương trình vi phân trung hòa cấp hai
u f (t , ut , u(t )) 0 , t [0,1]
uo
với
(E)
, u (1) u ( )
C C ([ r,0], ) , (0,1) , f C [0,1] C ,
Với giả thiết thích hợp trên hàm f, chúng ta chứng minh tồn tại, duy
nhất và phụ thuộc liên tục cho nghiệm của bài toán.
Cũng như một ứng dụng của phương pháp đã được sử dụng trong
chứng minh bài toán trên, luận văn cũng nghiên cứu sự tồn tại nghiệm cho
phương trình (E) với hỗn hợp các điều kiện biên
uo
, u (1) [u( ) u(0)]
Hoặc với điều kiện đầu
uo
, u(0) 0
Đối với bài toán giá trị đầu, tính duy nhất và phụ thuộc liên tục cho
nghiệm cũng được xét đến. Hơn nữa, luận văn chỉ ra rằng tập nghiệm của bài
toán giá trị đầu là tập khác rỗng, compăc và liên thông.
Cách tiếp cận của chúng tôi dựa trên định lý điểm bất động.
1.2. Bài toán và các không gian hàm
1.2.1. Các không gian hàm
Chúng tôi ký hiệu :
+ C[0,1] và C1[0,1] , theo thứ tự là không gian Banach các hàm thực
liên tục và hàm thực có đạo hàm liên tục trên [0,1] với chuẩn :
u
o
sup u (t ) : 0 t 1
u 1 max u o , u o
+
với u o sup u(t ) : 0 t 1
L1[0,1] là không gian các hàm thực x(t) thỏa x(t ) khả tích
Lebesgue trên [0,1]
+ C C [ r,0],
, với r > 0 là hằng số, là không gian Banach của
các hàm liên tục :[ r,0]
với chuẩn sup:
sup ( ) : r 0
+ Với mỗi hàm liên tục x :[ r,1]
và với mọi t [0,1] , chúng ta
ký hiệu xt là phần tử của C định bởi :
xt ( ) x(t ), [ r,0]
1.2.2. Bài toán
Trong luận văn, chúng tôi xét phương trình vi phân trung hòa cấp hai
sau :
u f (t , ut , u(t )) 0 , t [0,1]
với f :[0,1] C
(E)
là liên tục, với các điều kiện sau:
uo
, u (1) u ( )
(BC1)
uo
, u (1) [u( ) u(0)]
(BC2)
hoặc với điều kiện đầu sau :
uo
, u(0) 0
(IC3)
trong đó C , (0,1),
Nghĩa là, chúng tôi xét các bài toán : (E) – (BC1), (E) – (BC2) và (E) –
(IC3)
Chương 2
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VÀ BỔ ĐỀ
Trong phần chứng minh các định lý chính trong chương tiếp theo dựa
trên các định lý và bổ đề sau :
2.1. Định lý 2.1 (Nonlinear Alternative of Leray – Schauder)
Cho E là không gian Banach và là tập mở bị chặn của E, 0 .
T : E là một ánh xạ hoàn toàn liên tục.
Khi đó tồn tại x sao cho hoặc T ( x) x với mọi 1 hoặc tồn
tại một điểm bất động x .
2.2. Định lý 2.2 (xem [6])
Cho
E , là không gian Banach thực, D là tập mở bị chặn của E với
biên D và bao đóng D , T : D E là toán tử compăc, giả sử T thỏa các
điều kiện sau :
i)
T không có điểm bất động trên D và deg(I - T, D, 0) 0
ii)
Với mỗi 0 , tồn tại ánh xạ compăc T sao cho với mọi
x D , T ( x) T ( x) và với mỗi h, h , phương trình x T ( x) h có
nhiều nhất một nghiệm trên D thì tập các điểm bất động của T là khác rỗng,
compăc và liên thông.
2.3. Định lý 2.3 (xem [4])
Cho E, F là không gian Banach, D là tập mở trong E và f : D F là
ánh xạ liên tục, khi đó với mỗi 0 , tồn tại f : D F là ánh xạ lipsit địa
phương sao cho :
f ( x) f ( x) , x D và
cof ( D) là bao lồi của f(D).
f ( D) cof ( D) , với
2.4. Bổ đề 2.4 (xem [7])
Cho y C[0,1] , bài toán
u y (t ) 0 ,
t (0,1)
u (0) 0 , u (1) u ( ) với [0,1]
có nghiệm duy nhất là
t
1
0
0
0
t
t
u (t ) (t s ) y ( s )ds
( s ) y ( s )ds
(1 s ) y ( s )ds , t [0,1]
1
1
2.5. Bổ đề 2.5
Cho y C[0,1] thì bài toán giá trị biên hỗn hợp
u y (t ) 0 ,
t (0,1)
u (0) 0 , u (1) [u( ) u(0)] , với (0,1),
có nghiệm duy nhất là
t
1
0
0
0
u (t ) (t s) y ( s )ds t y ( s )ds t (1 s ) y ( s )ds , t [0,1]
2.6. Bổ đề 2.6
Cho y C[0,1] thì bài toán giá trị đầu
u y (t ) 0 ,
t (0,1)
u (0) 0 , u(0) 0
có nghiệm duy nhất là
t
u (t ) (t s ) y ( s )ds , t [0,1]
0
Chương 3
CÁC KẾT QUẢ CHÍNH
Trong chương này chúng tôi khảo sát bài toán (E) – (BC1) như trong
chương một đã giới thiệu .
3.1. Định lý 3.1
Cho f :[0,1] C
liên tục, f (to ,0,0) 0 với to [0,1] và tồn tại
các hàm không âm p, q, r L1[0,1] thỏa :
f (t , u , v) p (t ) u q (t ) v r (t ) , với mọi (t , u , v) [0,1] C
( H1 ) :
1
0
0
2
1
(H 2 ) :
(1 s ) p ( s )ds
( s)q( s )ds 1
1
1
1
1
0
0
1
( H 3 ) : p ( s ) q ( s ) ds
(1 s ) p ( s ) q ( s ) ds
1
1
( s) p ( s ) q( s ) ds 1
1
0
Khi đó, bài toán giá trị biên (E) – (BC1) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh
Bước 1 : Trường hợp 1 : (0) 0
Đặt Co u C1 0,1 u (0) 0 là không gian con của C1 0,1
t
Với mọi u Co , chúng ta có : u (t ) u(t )dt
0
Vì vậy :
u
o
u o
(3.1)
Với mỗi hàm u Co , ta có : chúng ta định nghĩa hàm uˆ : r ,1
bởi:
(t ) , t r ,0
uˆ (t )
u (t ) , t 0,1
Ta cũng có :
uˆt
k
k
max u o ,
k
u
k
o
k
t 0,1 , k 0
(3.2)
Định nghĩa toán tử tích phân T : Co C1 0,1 định bởi :
t
0
0
t
Tu (t ) (t s ) f s, uˆs , u( s ) ds
( s ) f s, uˆs , u( s ) ds
1
1
t
(1 s ) f s, uˆs , u( s ) ds , t 0,1
1
(3.3)
0
Theo Bổ đề 2.4, u là nghiệm của (E) – (BC1) khi và chỉ khi T có điểm
bất động u Co , với :
(t ) , t r ,0
u (t )
u (t ) , t 0,1
Sử dụng (H1) và (3.2), với mọi u Co , với mọi t 0,1 , ta có :
1
Tu (t ) (1 s ) p ( s ) uˆs q ( s) u( s ) r ( s) ds
0
1
( s ) p( s ) uˆs q ( s ) u( s ) r ( s ) ds
1
0
1
1
(1 s ) p ( s ) uˆs q ( s ) u( s ) r ( s ) ds
1
0
2 1
1
(1 s ) p ( s )ds
( s ) p( s )ds u
1
1
0
0
o
2 1
1
(1 s )q ( s )ds
( s )q ( s )ds u o
1
1
0
0
2 1
1
(1
s
)
p
(
s
)
ds
(
s
)
p
(
s
)
ds
1
1
0
0
1
0
0
2
1
(1 s )r ( s )ds
( s )r ( s )ds .
1
1
Đặt
1
0
0
1
0
0
2
1
(1 s ) p ( s )ds
( s) p ( s )ds
A1
1
1
2
1
(1
)
(
)
( s )q ( s )ds
B1
s
q
s
ds
1
1
2 1
1
C1
(1 s ) p ( s)ds
( s ) p ( s )ds
1
1
0
0
1
0
0
2
1
(1
)
(
)
( s )r ( s )ds
s
r
s
ds
1
1
Khi đó, với mọi u Co , với mọi t 0,1 , chúng ta có :
Tu
o
A1 u
o
B1 u o C1
(3.4)
Mặt khác :
t
0
0
1
( s ) f s, uˆs , u( s ) ds
Tu (t ) f s, uˆs , u( s) ds
1
1
1
(1 s ) f s, uˆs , u( s ) ds , t 0,1
1
0
Sử dụng (H1) và (3.2), với mọi t 0,1 , chúng ta có :
(3.5)
1
Tu (t ) p(s) uˆs q(s) u(s) r ( s) ds
0
1
( s ) p( s ) uˆs q ( s ) u( s ) r ( s ) ds
1
0
1
1
(1 s ) p ( s ) uˆs q ( s ) u( s ) r ( s ) ds
1
0
1
1
1
1
u
s
p
s
ds
s
p
s
ds
p( s)ds
(
)
(
)
(1
)
(
)
1
1
0
0
0
o
1
1
1
1
u
q ( s )ds
s
q
s
ds
s
q
s
ds
(
)
(
)
(1
)
(
)
o
1
1
0
0
0
1
1
1
1
p ( s )ds
( s) p ( s)ds
(1 s) p ( s )ds
1
1
0
0
0
1
1
1
1
r ( s )ds
( s )r ( s )ds
(1 s )r ( s )ds
1
1
0
0
0
Đặt
1
1
0
0
0
1
1
( s ) p ( s )ds
(1 s ) p ( s )ds
A2 p ( s )ds
1
1
1
1
0
0
0
1
1
(
)
(
)
(1 s )q ( s )ds
B2 q ( s )ds
s
q
s
ds
1
1
1
1
1
1
C2 p ( s )ds
( s ) p ( s )ds
(1 s ) p ( s )ds
1
1
0
0
0
1
1
1
1
r ( s )ds
( s )r ( s )ds
(1 s )r ( s )ds
1
1
0
0
0
Với mọi u Co , với mọi t 0,1 , chúng ta cũng có :
Tu
Đặt
o
A2 u
o
B2 u o C2
(3.6)
A max A1, A2 B2
(3.7)
Từ (H2) – (H3), ta có : A1 1 và A2 B2 1
Suy ra A < 1
Và chúng ta chọn một hằng số B > 0 sao cho
B1C2
B max
C1 , C2
1 A2 B2
(3.8)
Bây giờ chúng ta đặt :
m
B
1 A
, u Co : u 1 m
(3.9)
thì là tập mở, bị chặn trong Co , 0 và u Co : u 1 m
Chúng ta xét T : C1 0,1 và chúng ta chỉ ra rằng T có một
điểm bất động u khi áp dụng định lý 2.1
(a) . Trước hết, T liên tục, thật vậy, với mỗi uo , giả sử un n là dãy
trong thỏa lim un uo
n
Với mọi t 0,1 , từ (3.3) và (3.5), chúng ta có :
t
Tun (t ) Tuo (t ) (t s ) f s, uˆn s , un ( s ) f s, uˆo s , uo ( s ) ds
0
t
( s ) f s, uˆn s , un ( s ) f s, uˆo s , uo ( s ) ds
1
0
1
t
(1 s ) f s, uˆn s , un ( s ) f s, uˆo s , uo ( s) ds
1
0
Đặt D uˆn s : s 0,1 , n 0,1,2... , thì D là tập compăc trong C .
Do
f : 0,1 C
liên tục nên f liên tục đều trên tập compăc
0,1 D m, m
Khi đó, với mọi 0 tồn tại 0 sao cho :
s1,1,1 , s2 ,2 , 2 0,1 D m, m , mà
s1 s2 , 1 2 , 1 2
thì f ( s1,1,1) f ( s2 ,2 , 2 )
2
với 1
0
1
2
Từ lim un uo trong , đối với chuẩn 1 , tồn tại no sao cho với mọi
n
n no ,
(uˆn ) s (uˆo ) s , un ( s ) uo ( s ) , s 0,1
Mặt khác, với mọi s 0,1 ,
s,(uˆn ) s , un ( s) , s,(uˆo ) s , uo ( s) 0,1 D m, m
Từ đó, với mọi n no ,
1
2
Tun (t ) Tuo (t ) 1
f s, uˆn s , un ( s ) f s, uˆo s , uo ( s ) ds
1 0
2
1
, t 0,1
1 2 2
Tương tự
Tun (t ) Tuo (t )
2
, t 0,1
Dễ thấy, với mọi n no ,
Tun Tuo 1 max Tun Tuo o , Tun Tuo
o 2
(b) . Kế tiếp, chúng ta chỉ ra rằng T () là tập compăc tương đối .
Giả sử Tun là dãy bị chặn của T () , tương ứng với un , chúng
ta sẽ chỉ ra dãy Tun chứa một dãy con hội tụ trong C1 0,1 , đối với chuẩn
1.
Chứng minh phần này được trình bày như sau
Với mọi n no , từ (3.4), (3.6), (3.9), ta có :
Tun
o
Tun
A1 un
o
o
B1 un
A2 un
o
o
C1 A1m B1m C1 ,
B2 un
Dẫn đến, dãy Tun ,
o
C2 A2m B2m C2
Tu bị chặn đều
n
Mặt khác, kết hợp (3,3), (3,5), (3.9) và (H1), với mọi n, với mọi
t1, t2 0,1 , chúng ta có
Tun (t1 ) Tun (t2 )
t2
(1 s) m p(s) mq(s) r (s) ds
t1
1
( s ) m p ( s ) mq ( s) r ( s ) ds t1 t2
1
0
1
1
m p ( s ) mq ( s ) r ( s ) ds t1 t2
1
0
K1 t1 t2
Tun (t1) Tun (t2 )
t2
m p(s) mq(s) r (s) ds
t1
K 2 t1 t2
ở đây K1, K2 không phụ thuộc t1, t2 và n .
Tu đẳng liên tục ( liên tục đồng bậc )
Áp dụng định lý Ascoli – Arzela, chúng ta có Tu , Tu là tập
Dễ thấy Tun ,
n
n
n
compăc tương đối trong C 0,1 .
Từ đó, tồn tại dãy con unk un sao cho
Tunk u và Tunk
v , khi k , đối với chuẩn
o
.
Vậy u có đạo hàm và u v , vì thế Tunk u , khi k , trong
C1 0,1 , đối với chuẩn 1 .
Vì vậy T hoàn toàn liên tục .
(c) . Cuối cùng giả sử rằng tồn tại u* sao cho T (u*) u * với
1.
Thì, chúng ta có tập hợp dưới đây là bị chặn
u* : T (u*) u*, 1 .
Thật vậy, từ (3.6) chúng ta có :
(u*) o
1
Tu *
o
A2 u * o B2 (u*) o C2 ,
(3.10)
Kết hợp (3.1) – (3.10), chúng ta có
(1 A2 B2 ) (u*) o C2
Từ A2 B2 1 , dễ thấy
(u*) o M
với M
(3.11)
C2
là hằng số.
1 A2 B2
nhưng , kết hợp (3.1), (3.4), (3.6) – (3.8), (3.10) và (3.11), chúng ta có
Tu * o A1 u * o B1 (u*) o C1
A1 u * o B1M C1
A u* o B
Tu *
o
(3.12)
A2 u * 1 B2 (u*) 1 C2
A u*1 B
Do đó
u * 1 Tu * 1 A u * 1 B
Suy ra
m Am B hay A
B
, nghĩa là 1 , điều này mâu thuẫn với
m
1.
Bước 1 được chứng minh xong.
Bước 2 . Trường hợp (0) 0
Bằng phép biến đổi v u (0) , bài toán giá trị biên (E) – (BC1) trở
thành bài toán giá trị biên sau :
v f t , vt (0), v(t ) 0 , 0 t 1 ,
vo (0) , v(1) v( ) ,
Với C và (0) 0 . Theo bước 1, bài toán giá trị biên này có ít nhất
một nghiệm.
Bước 2 được chứng minh xong.
Như vậy Định lý 3.1 được chứng minh.
3.2. Định lý 3.2
Cho f :[0,1] C
liên tục, với to [0,1] . Giả sử tồn tại các hàm
không âm p, q, r L1[0,1] , các hằng số k , l [0,1] thỏa (H2) và
f (t , u , v) p (t ) u
( H 1) :
k
l
q (t ) v r (t ) , (t , u , v) [0,1] C
( H 3 ) : Q(k ) A2 Q(l ) B2 1
1
1
0
0
0
1
1
(1
)
(
)
( s) p( s)ds
với A2 p ( s )ds
s
p
s
ds
1
1
1
1
0
0
0
1
1
(1
)
(
)
( s )q ( s )ds
B2 q ( s )ds
s
q
s
ds
1
1
0 neáu 0 1
và Q( )
1 neáu 1
Khi đó, bài toán giá trị biên (E) – (BC1)) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh
Hiển nhiên Định lý 3.1 là trường hợp đặc biệt của định lý này với
k l 1.
Ở đây, chúng ta chỉ xét trường hợp (0) 0 và với không gian con C0,
hàm uˆ và toán tử T được định nghĩa như trong Định lý 3.1. Sử dụng ( H 1 ) và
(3.2), với mọi u Co và với mọi t 0,1 , chúng ta có
1
Tu (t ) (1 s ) p ( s ) uˆs
0
k
l
q ( s ) u( s ) r ( s ) ds
1
( s ) p ( s ) uˆs
1
k
0
1
1
(1 s ) p ( s ) uˆs
1
0
k
l
q ( s ) u( s ) r ( s ) ds
l
q ( s ) u( s ) r ( s ) ds
2 1
1
u
s
p
s
ds
s
p
s
ds
(1
)
(
)
(
)
(
)
1
1
0
0
k
o
2 1
l
1
(1 s )q ( s )ds
( s )q ( s )ds u o
1
1
0
0
2 1
1
s
p
s
ds
s
p
s
ds
(1
)
(
)
(
)
(
)
1
1
0
0
1
0
0
k
2
1
(1 s )r ( s )ds
( s )r ( s )ds .
1
1
A1 u
k
o
l
B1 u o C3
với A1 và B1 như trong Định lý 3.1, và
2 1
1
C3
s
p
s
ds
s
p
s
ds
(1
)
(
)
(
)
(
)
1
1
0
0
1
0
0
k
2
1
(1 s )r ( s )ds
( s )r ( s )ds
1
1
Khi đó, với mọi u Co , với mọi t 0,1 , chúng ta có :
Tu
A1 u
o
k
o
l
B1 u o C3
(3.13)
Tương tự, với mọi u Co , chúng ta có
Tu
o
A2 u
k
k
o
l
B2 u o C4
l
A2 u o B2 u o C4 ,
(3.14)
Với A2 và B2 như trong Định lý 3.1 và
1
1
1
1
C4 p ( s)ds
( s ) p ( s)ds
(1 s ) p( s )ds
1
1
0
0
0
k
1
1
1
1
r ( s )ds
( s )r ( s )ds
(1 s )r ( s )ds
1
1
0
0
0
Rõ ràng, như chứng minh của Định lý 3.1, nếu chúng ta chỉ ra rằng tập
dưới đây là bị chặn
u* : T (u*) u*, 1 ,
(3.15)
Thì, kết hợp với giả thiết (H2), chúng ta chỉ ra rằng 1 , Định lý 3.2 sẽ
được chứng minh.
Điều đó được chứng minh như sau.
Giả sử rằng tồn tại u* sao cho T (u*) u * với 1 . Chúng ta xét
3 trường hợp .
Trường hợp 1 : 0 k 1, 0 l 1 , nếu (u*) o 1 thì từ (3.14),
chúng ta có
h
(Tu*) o ( A2 B2 ) (u*) o C4 ,
(3.16)
với h max k , l . Suy ra
(u*) o
1
Tu *
h
o
(Tu*) o ( A2 B2 ) (u*) o C4
(3.17)
Tới đây, chúng ta để ý rằng nếu K 0, H 0, 0 2 là các hằng số
thì tồn tại hằng số C > 0 sao cho
Hx 2
Kx
C , x 0
2
Từ đó, với x
(3.18)
(u*) o , K A2 B2 , 2h , H 1 , thế vào bất đẳng
thức (3.18), chúng ta được
h
( A2 B2 ) (u*) o C4
1
(u*) o C4 C
2
Kết hợp với (3.17), chúng ta có
(u*) o
1
(u*) o C4 C hay (u*) o 2C4 2C
2
Chúng ta có thể chọn C sao cho 2C4 2C 1 , từ đó
(u*) o 2C4 2C
dù cho (u*) o 1 hay (u*) o 1 . Như vậy, trong trường hợp 1, tồn
tại hằng số dương M 2C4 2C sao cho
(u*) o M
(3.19)
k 1, 0 l 1 . Từ (3.14), chúng ta có
Trường hợp 2:
Tu *
l
o
A2 (u*) o B2 (u*) o C2
với C2 C4 khi k = 1. Vì thế chúng ta có
l
(1 A2 ) (u*) o B2 (u*) o C2
Rõ ràng, từ ( H 3 ) , A2 1 . Lại sử dụng (3.18), với
x
(u*) o , K B2 , 2l , H 1 A2 ,
chúng ta có
l
B2 (u*) o C2
1
1 A2 (u*) o C2 C ,
2
và như vậy
1
2
1 A2 (u*) o 1 A2 (u*) o C2 C
(u*) o
2C2 2C
,
1 A2
với C là hằng số dương. Chúng ta kết luận rằng (3.19) vẫn còn đúng với
M
2C2 2C
.
1 A2
Trường hợp 3 : 0 k 1, l 1 . Từ (3.14), chúng ta có
Tu *
o
k
A2 (u*) o B2 (u*) o C2
với C2 C3 khi l 1 . Vì thế chúng ta có
k
(1 B2 ) (u*) o A2 (u*) o C2
Rõ ràng, từ ( H 3 ) suy ra B2 1 . Lại sử dụng (3.18), với
x
(u*) o , K A2 , 2k , H 1 B2 ,
chúng ta có
k
A2 (u*) o C2
1
1 B2 (u*) o C2 C ,
2
và như vậy
1
2
1 B2 (u*) o 1 B2 (u*) o C2 C
(u*) o
2C2 2C
,
1 B2
với C là hằng số dương. Chúng ta kết luận rằng (3.19) vẫn còn đúng với
M
2C2 2C
.
1 B2
Từ đó, Định lý 3.2 được chứng minh .
Bây giờ, chúng ta xét tính duy nhất nghiệm của bài toán giá trị biên (E) –
(BC1)
3.3. Định lý 3.3
Cho f :[0,1] C
liên tục và thỏa mãn điều kiện lipsit trên
[0,1] C
f (t , u , v) f (t , u , v ) u u v v ,
với là hằng số dương.
2
Nếu 2 1
1 thì bài toán giá trị biên (E) – (BC1) có nghiệm
1
duy nhất.
Chứng minh
Cho S là không gian các hàm liên tục u : r ,1
thỏa mãn u có đạo
hàm liên tục trên 0,1 và u0 . Chúng ta định nghĩa
d (u , v) max max u (t ) v(t ) , max u(t ) v(t ) .
0t 1
0t 1
(3.20)
Thì S là không gian mêtric đầy đủ với hàm khoảng cách d . Theo Bổ đề
2.4, với mỗi u S , bài toán
x f (t , ut , u(t )) 0 , t [0,1]
(3.21)
x(0) (0) , x(1) x( )
có một nghiệm duy nhất trên 0,1 được định nghĩa như sau
t
0
0
t
x(t ) (0) (t s ) f s, us , u( s ) ds
( s ) f s, us , u( s ) ds
1
1
t
(1 s ) f s, us , u( s ) ds , t 0,1
1
0
Chúng ta định nghĩa u S định bởi u (t ) x(t ) trên 0,1 và u0 . Từ
đó, ánh xạ P : S S được định bởi
P(u ) u , u S
Với bất kỳ u , v S , chúng ta đặt w u v . Thì w thỏa mãn
w f t , ut , u(t ) f t , vt , v(t ) 0 , t [0,1]
w 0 0 , w(1) w( )
Với mọi t 0,1 , chúng ta có
(3.22)
1
w(t) f s, us , u( s ) f s, vs , v( s ) ds
0
1
f s, us , u( s ) f s, vs , v( s ) ds
1
0
1
1
f s, us , u( s ) f s, vs , v( s ) ds
1
(3.23)
0
K
1
u s vs
u( s ) v( s ) ds
0
K max u (t ) v(t ) max u(t ) v(t )
0t 1
0t 1
với K 1
2
. Tương tự,
1
1
w(t) K f s, us , u( s ) f s, vs , v( s ) ds
0
K max u (t ) v(t ) max u(t ) v(t )
0t 1
0t 1
Theo định nghĩa d, chúng ta có
d (u , v ) max max u (t ) v (t ) , max ut ) v(t )
0t 1
0t 1
(3.24)
K max u (t ) v(t ) max u(t ) v(t )
0t 1
0t 1
2 K d (u , v) .
2
Từ 2 K 2 1
1 , chúng ta kết luận rằng P là ánh xạ co.
1
Theo nguyên lý ánh xạ co, tồn tại duy nhất u S sao cho P(u ) u . Dễ
thấy rằng u là nghiệm duy nhất của bài toán giá trị biên (E) – (BC1).
