BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN Tìm hiểu về bất đẳng thức vi phân LUẬN VĂN THẠC SĨ 2017
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (696.31 KB, 84 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
NGUYỄN NGỌC HOAN
BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN
Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:
60.46.40
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN DUY THÁI SƠN
Đà Nẵng - Năm 2013
LỜI CAM ĐOAN
Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi.
Các kết quả, số liệu nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được
ai công bố trong bất kỳ công trình nào khác.
Tác giả luận văn
Nguyễn Ngọc Hoan
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ....................................................................................................... 1
1. Lí do chọn đề tài ................................................................................. 1
2. Mục tiêu nghiên cứu ........................................................................... 1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu ......................................................................... 1
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu ....................................................... 1
5. Phương pháp nghiên cứu .................................................................... 1
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài............................................. 2
7. Cấu trúc của luận văn ......................................................................... 2
CHƯƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC LIÊN QUAN.......................................... 3
1.1. HÀM ĐƠN ĐIỆU ................................................................................... 3
1.1.1. Bổ đề Zygmund ............................................................................ 3
1.1.2. Điều kiện cần và đủ cho tính đơn điệu đối với các hàm liên tục .... 6
1.1.3. Điều kiện đủ để một hàm đơn điệu ............................................. 10
1.2. NGHIỆM CỰC ĐẠI VÀ NGHIỆM CỰC TIỂU CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN THƯỜNG .................................................................................... 11
1.2.1. Một số kí hiệu và định nghĩa ....................................................... 11
1.2.2. Định nghĩa nghiệm cực đại và nghiệm cực tiểu của phương trình vi
phân thường ................................................................................................. 12
1.2.3. Bổ đề cơ bản về bất đẳng thức vi phân thường theo nghĩa mạnh. 17
1.2.4. Một số khái niệm và định lí trong phương trình vi phân thường. 19
1.2.5. Sự tồn tại địa phương của nghiệm cực đại bên phải. ................... 23
1.2.6. Sự tồn tại toàn cục của nghiệm cực đại và nghiệm cực tiểu. ....... 25
1.2.7. Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm cực đại và nghiệm cực tiểu vào
dữ kiện đầu và vế phải của phương trình ...................................................... 34
CHƯƠNG 2. BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN THƯỜNG CẤP MỘT ...... 41
2.1. CÁC ĐỊNH LÍ CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN THƯỜNG
CẤP MỘT .................................................................................................... 41
2.2. ĐIỀU KIỆN V+ (V- ) TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN ............. 45
2.3. MỘT SỐ BIẾN THỂ CỦA CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN.......... 47
2.4. HỆ SO SÁNH ....................................................................................... 49
2.5. ƯỚC LƯỢNG GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI .................................................. 57
CHƯƠNG 3. BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN THƯỜNG CẤP CAO ....... 64
3.1. MỞ ĐẦU .............................................................................................. 64
3.2. NGHIỆM CỰC ĐẠI VÀ CỰC TIỂU CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
THƯỜNG CẤP n ........................................................................................ 66
3.3. CÁC ĐỊNH LÍ CƠ BẢN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN THƯỜNG
CẤP n......................................................................................................... 67
3.4. PHƯƠNG TRÌNH SO SÁNH CẤP n. .................................................. 71
3.5. ƯỚC LƯỢNG GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI .................................................. 72
3.6. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN ......................................... 75
KẾT LUẬN ................................................................................................. 79
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................... 80
QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN THẠC SĨ (BẢN SAO)
1
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Có thể nói: lý thuyết các bất đẳng thức vi phân “thường” được nghiên
cứu một cách hệ thống bắt đầu từ những năm 1930 bởi Chaplygin, Kamke,
Wazewski. Lý thuyết đó có nhiều ứng dụng, đặc biệt là trong các vấn đề như:
đánh giá nghiệm của các phương trình vi phân, khoảng tồn tại của các nghiệm
này, hiệu giữa hai nghiệm; hoặc trong các vấn đề về tiêu chuẩn duy nhất, tính
ổn định của nghiệm của các phương trình vi phân; cũng như các vấn đề về sai
số của nghiệm xấp xỉ…
Nhận thức được tầm quan trọng của lý thuyết các bất đẳng thức vi phân,
được sự gợi ý của TS. Nguyễn Duy Thái Sơn, tôi chọn đề tài:
“BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN”
để hoàn thành luận văn Thạc sĩ Toán học.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Trình bày một cách hệ thống và khép kín các vấn đề cơ bản trong lý
thuyết các bất đẳng thức vi phân thường.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu các bất đẳng thức vi phân thường cấp một và một số bất đẳng
thức vi phân thường cấp cao.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu các bất đẳng thức vi phân thường cấp một và một số bất
đẳng thức vi phân cấp cao.
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu các nguồn tài liệu, phân tích và giải thích cặn kẽ các chứng
minh, tìm các ví dụ minh họa, tổng hợp các kiến thức thu được trong quá trình
nghiên cứu.
2
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Sau khi cho phép bảo vệ, được sự góp ý của các thầy cô trong hội đồng,
luận văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho sinh viên, học viên cao học
và những ai quan tâm đến lĩnh vực này.
Do thời gian nghiên cứu không nhiều nên có thể còn một số nội dung
hay mà luận văn chưa đề cập đến. Tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu và bổ sung
thường xuyên để nội dung luận văn được phong phú hơn.
7. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành ba chương :
Chương 1: Các kiến thức liên quan
Trình bày có hệ thống các khái niệm, tính chất, các định lí liên quan đến
nghiệm cực đại, cực tiểu của phương trình vi phân, là cơ sở lí thuyết để giải
quyết các vấn đề trong hai chương sau.
Chương 2: Bất đẳng thức vi phân thường cấp một
Trình bày có hệ thống và khép kín các bất đẳng thức vi phân thường cấp
một, một số biến thể của các bất đẳng thức vi phân, các bất đẳng thức vi phân
đối với hệ so sánh.
Chương 3: Bất đẳng thức vi phân thường cấp cao
Trình bày có hệ thống và khép kín các bất đẳng thức vi phân thường cấp
cao, các bất đẳng thức vi phân đối với phương trình so sánh cấp n và một số
bất đẳng thức tích phân.
3
CHƯƠNG 1
CÁC KIẾN THỨC LIÊN QUAN
Toàn bộ các kết quả của chương này được tham khảo ở tài liệu [3].
1.1. HÀM ĐƠN ĐIỆU
1.1.1. Bổ đề Zygmund
Một hàm số thực ( t ) xác định trên một khoảng được gọi là tăng trên
khoảng nếu với bất kì hai điểm t1 , t2 mà t1 t2 thì suy ra (t1 ) (t2 ) .
Hàm ( t ) được gọi là tăng ngặt trên khoảng nếu với bất kì hai điểm
t1 , t2 mà t1 t2 thì suy ra (t1 ) (t2 ) . Một cách tương tự về việc định
nghĩa hàm giảm và giảm ngặt.
Với một hàm số (t ) xác định trên một lân cận của điểm t0 , ta kí hiệu
D ( t 0 ) , D ( t 0 ) , D ( t 0 ) , D ( t 0 ) lần lượt là đạo hàm (theo
định nghĩa) Dini phía trên bên phải, phía trên bên trái, phía dưới bên phải,
phía dưới bên trái tại điểm t 0
D ( t 0 ) l i m s u p
( t0 h ) ( t0 )
h
D ( t 0 ) l i m s u p
( t0 h ) ( t0 )
h
D ( t 0 ) l i m i n f
( t0 h ) ( t0 )
h
D ( t 0 ) l i m i n f
( t0 h ) ( t0 )
h
h 0
h 0
h 0
h 0
(không loại trừ các giá trị và ).
Ta kí hiệu (t ) , (t ) lần lượt là đạo hàm bên trái và đạo hàm bên phải
của hàm (t ) tại điểm t 0 . Bất đẳng thức a 0 có nghĩa là a hữu hạn, dương
4
hoặc a . Các bất đẳng thức a 0 , a 0 , a 0 được xác định một cách
tương tự.
Ví dụ 1.1 . Xét hàm số
t khi t
(t ) =
0 khi t \
Ta sẽ chứng minh (0) không tồn tại, điều này có nghĩa là ta sẽ chỉ ra rằng
giới hạn sau đây không tồn tại
lim
h 0
(0 h ) (0)
( h)
lim
h 0
h
h
Thậy vậy, chọn dãy (tn ) n1 : tn 0, tn 0, tn khi đó
(0 tn ) (0)
(t )
lim n 1 ()
n
n t
tn
n
lim
Mặt khác, chọn dãy (un ) n1 : un 0, un 0, un \ khi đó
(0 un ) (0)
( un )
lim
0 ( )
n
n
un
un
lim
Từ () và ( ) suy ra lim
h 0
(0 h) (0)
(h )
lim
không tồn tại, hay
h 0
h
h
(0) không tồn tại.
Mặc dù vậy, đạo hàm Dini phía trên bên phải và đạo hàm Dini phía dưới bên
phải tại điểm t0 0 là tồn tại, cụ thể
(0 h) (0)
h 0
h
(h)
lim inf
0
h 0
h
D (0) lim inf
(0 h ) (0)
h
h 0
(h )
limsup
1
h
h 0
D (0) lim sup
5
Bổ đề Zugmund. Cho ( t ) là một hàm liên tục trên một khoảng và
đặt
Z {t : D (t ) 0}
Khi đó nếu tập ( \ Z ) không chứa bất kì một khoảng nào thì (t ) giảm
trên khoảng .
Chứng minh. Giả sử phản chứng ( t ) không giảm trên khoảng , khi
đó tồn tại t1 , t2 thuộc mà t1 t2 sao cho (t1 ) (t2 ) . Khi đó ( \ Z )
không chứa khoảng ( (t1 ), (t2 )) , lúc đó có y0 ( (t 1 ), (t 2 )) sao cho
(1.1)
y0 ( \ Z )
Do (t ) liên tục nên theo tính chất của Darboux thì tập hợp
E {t (t1 , t2 ) : (t ) y0 }
là không rỗng. Đặt t0 là cận trên bé nhất của E. Ta có t0 (t1 , t2 ) và
(1.2)
( t0 ) y0
(1.3)
( t ) y0 với t0 t t2
Từ (1.1) và (1.2) suy ra t0 Z do đó
(1.4)
D ( t0 ) 0
Mặt khác theo (1.2) và (1.3) suy ra
D ( t 0 ) l im i n f
h 0
( t0 h ) ( t0 )
0
h
Kết quả này mâu thuẫn với (1.4), suy ra ( t ) giảm trên khoảng .
Vậy bổ đề đã được chứng minh.
Nhận xét 1.1. Từ (1.2) và (1.3) suy ra D ( t 0 ) 0 , do đó tập Z
trong Bổ đề Zugmund có thể thay thế bởi tập
Z {t : D ( t ) 0} .
6
Nhận xét 1.2. Tập Z trong Bổ đề Zugmund có thể thay thế bởi tập
Z {t : D (t ) 0} (hoặc tập Z {t : D (t ) 0} ). Việc chứng minh
bổ đề sau khi thay tập Z bởi tập Z (hay Z ) thực hiện tương tự như trên, ta
chỉ thay đổi việc lấy t0 là cận dưới lớn nhất của E.
1.1.2. Điều kiện cần và đủ cho tính đơn điệu đối với các hàm liên tục
Định lí 1.1. Cho ( t ) là hàm liên tục trên khoảng . Điều kiện cần và đủ
để (t ) giảm trên là tập \ Q không quá đếm được, với
Q {t : D (t ) 0} .
Chứng minh.
a) Điều kiện cần. Giả sử (t ) là giảm trên , khi đó với mọi t thuộc và
mọi h >0 sao cho t t h ta có (t ) ( t h ) dẫn đến
(t h ) (t )
0
h
suy ra
D φ ( t ) lim in f
h 0
φ (t h ) φ (t )
0, t Δ
h
nên Δ \ Q là tập rỗng (tập rỗng là tập không quá đếm được).
b) Điều kiện đủ. Giả sử Δ \ Q là tập không quá đếm được. Lấy ε 0 tùy ý,
đặt
ψ ( t ) φ( t ) εt
vì φ(t ) là hàm liên tục trên khoảng nên ψ ( t ) cũng liên tục trên Δ , suy ra
Dψ (t ) D φ(t ) εt và Dψ (t ) 0, t Q
Đặt Z {t Δ : Dψ (t ) 0} khi đó Q Z và Δ \ Z Δ \ Q . Do Δ \ Q là
không quá đếm được nên Δ \ Z không quá đếm được do đó ψ (Δ \ Z ) cũng
không quá đếm được. Theo tính chất của tập không quá đếm được thì
ψ (Δ \ Z ) không chứa bất kì khoảng nào, áp dụng Bổ đề Zugmund suy ra
7
ψ ( t ) giảm trên Δ , do ε 0 và cách xác định hàm ψ ( t ) nên φ(t ) giảm trên
Δ.
Vậy định lí đã được chứng minh.
Hệ quả 1.1. Cho φ(t ) là hàm liên tục trên khoảng Δ . Điều kiện cần đủ
để φ(t ) giảm ngặt trên Δ là tập Δ \ P không quá đếm được, với
P {t Δ : D φ( t ) 0} .
Chứng minh. Áp dụng Định lí 1.1 vì tập Δ \ P không quá đếm được
nên φ(t ) giảm trên Δ . Giả sử φ(t ) không giảm ngặt, khi đó tồn tại t1 , t2 thuộc
Δ mà t1 t2 sao cho φ(t1 ) φ(t2 ) , tức là φ(t ) là hàm hằng trên [t1 , t2 ] điều
này dẫn đến φ(t ) 0 với t [t1 , t2 ] , suy ra [t1 , t2 ] Δ \ P , điều này mâu thuẫn
với giả thiết tập Δ \ P không quá đếm được. Do đó φ(t ) giảm ngặt trên Δ .
Vậy hệ quả được chứng minh.
Nhận xét 1.3. Từ Nhận xét 1.1 và 1.2 ta thấy rằng: Định lí 1.1 vẫn đúng
khi thay tập Q lần lượt bởi các tập Q , Q hoặc Q .
Nhận xét 1.4. Khi thay hàm φ(t ) trong Định lí 1.1 (Hệ quả 1.1) bởi
φ(t ) ta nhận được điều kiện cần và đủ (điều kiện đủ) cho hàm φ(t ) tăng
(tăng ngặt) trên Δ .
Định lí 1.2. Cho φ(t ) là hàm liên tục trên khoảng Δ , các mệnh đề sau
đây là đúng:
i) Nếu bất kì đạo hàm Dini α,( α ) với t Z Δ và Δ \ Z là tập không quá
đếm được thì với hai điểm t,s tùy ý phân biệt thuộc Δ , ta có
(1.5)
(t ) ( s )
, ( ) .
ts
ii) Nếu bất kì đạo hàm Dini ,( ) với t Z và \ Z là tập không
quá đếm được thì với hai điểm t,s tùy ý phân biệt thuộc , ta có
8
(t ) ( s )
, ( ) .
ts
Chứng minh i. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng:
D ( t ) ( ) với t Z
(1.6)
Với s , ta đặt
(t ) (t ) (s ) t với t
Suy ra ( t ) liên tục trên và D ( t ) D ( t ) 0,( 0) trên Z. Vì \ Z
là tập không quá đếm được nên theo Định lí 1.2.1 (Hệ quả 1.2.1) suy ra ( t )
là giảm (giảm ngặt) trên .
*Xét trường hợp t , s : t s
(t ) ( s )
(( ( t ) ( s ))
(t ) ( s )
0
ts
( (t ) ( s) .t ) ( ( s ) ( s ) . s)
0 ( 0)
ts
(t ) ( s ) .(t s)
0
ts
(t ) ( s )
ts
( 0)
( 0)
( )
Do đó (1.5) đúng với t , s : t s .
*Xét trường hợp t , s : t s
(t ) ( s )
(( ( t ) ( s ))
(t ) ( s )
0
ts
( 0)
(t ) ( s )
ts
( )
Do đó (1.5) đúng với t , s : t s . Kết hợp hai trường hợp trên suy ra (1.5)
đúng với mọi t, s phân biệt thuộc .
9
Chứng minh ii. Ta thực hiện tương tự chứng minh ở trên.
Định lí 1.3. Cho ( t ) là hàm liên tục trên một khoảng mở . Nếu một
trong các đạo hàm Dini là xác định và liên tục tại t0 thì (t0 ) tồn tại.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát giả sử D (t ) tồn tại và liên tục
tại t0 . Đặt D (t0 ) l , do D ( t ) liên tục tại t0 nên lấy tùy ý 0 khi đó tồn
tại 0 sao cho
l D ( t ) l với t ( t0 , t0 ).
Áp dụng Định lí 1.2, ta có
l
(1.7)
(t ) (t0 )
l với t (t0 , t0 ) và t t0 .
t t0
Vì tùy ý nên từ (1.7) suy ra
( t0 ) lim
tt
0
( t ) ( t0 )
l
t t0
Vậy định lí đã được chứng minh.
Hệ quả 1.2. Cho ( t ) là hàm liên tục trên một khoảng mở . Nếu một
trong các đạo hàm Dini là xác định và liên tục trên thì (t ) tồn tại và liên
tục trên .
Chứng minh. Theo Định lí 1.3 với mọi t thì ( t ) luôn tồn tại. Ta
cần chứng minh ( t ) liên tục trên . Thật vậy, với mọi t0 ta có
( t h ) (t )
lim (t ) lim lim
t t
t t
h
h0
0
0
(t h ) (t )
lim lim
h 0
h
t t
0
( t h ) ( t0 )
lim 0
h 0
h
(t 0 )
10
Với mọi t0 ta luôn có lim ( t ) ( t0 ) suy ra (t ) liên tục trên .
t t
0
Vậy hệ quả đã được chứng minh.
1.1.3. Điều kiện đủ để một hàm đơn điệu
Hàm số ( t )
: ( a , b)
Khi đó, (t ) được gọi là liên tục tuyệt đối trên (a, b) nếu và chỉ nếu
0, ( ) 0, (tn ) n1 ( a, b), ( sn ) n1 ( a, b)
tn sn (tn ) ( sn )
n 1
n 1
Định lí 1.4. Cho ( t ) là hàm liên tục tuyệt đối trên một khoảng và
giả sử
(t ) 0 với hầu hết t
Khi đó, ( t ) là hàm giảm trên .
Chứng minh. Lấy 0 tùy ý và đặt ( t ) (t ) t , suy ra ( t ) liên
tục tuyệt đối trên và
(t ) (t ) với hầu hết t
Do (t ) 0 với hầu hết t suy ra (t ) 0 với hầu hết t và do đó tập
\ Z có độ đo bằng 0, với
Z {t : D (t ) 0}
Mặt khác, vì ( t ) liên tục tuyệt đối trên nên tập ( \ Z ) cũng có độ đo
bằng 0, do đó ( \ Z ) không chứa bất kì khoảng nào. Theo Bổ đề Zugmund
suy ra ( t ) giảm trên và do 0 tùy ý nên suy ra ( t ) là hàm giảm trên
.
Vậy định lí đã được chứng minh.
Nhận xét 1.5. Tương tự Định lí 1.4 ta cũng có kết quả như sau
11
Nếu
(t ) là hàm liên tục tuyệt đối trên một khoảng và giả sử
(t ) 0 với hầu hết t thì (t ) là hàm tăng trên .
1.2. NGHIỆM CỰC ĐẠI VÀ NGHIỆM CỰC TIỂU CỦA PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG
1.2.1. Một số kí hiệu và định nghĩa
Lấy Y ( y1 , y 2 ,..., yn ) và Y ( y1 , y 2 ,..., y n ) là hai điểm trong không gian
n chiều. Ta sẽ viết
Y Y nếu y j y j
( j = 1, 2,…,n)
Y Y nếu y j y j
( j = 1, 2,…,n)
Với chỉ số i cố định, ta viết
i
Y Y nếu y j y j
( j = 1, 2,…,n) và yi y i
Cho một hệ các hàm f j ( X , Y ) f j ( x1 ,..., x p , y1 ,..., yn ) ( j = 1, 2,…,n) xác
định trên một miền D.
Điều kiện V (V ) . Hệ f j ( X , Y ) ( j = 1, 2,…,n) được gọi là thỏa điều
kiện V (V ) đối với Y trên D nếu với bất kì chỉ số cố định i thì hàm f i ( X , Y ) là
tăng (giảm) đối với từng biến y1 ,..., yi 1 , yi1 ,..., yn riêng biệt
Điều kiện W (W ) . Hệ f j ( X , Y ) ( j = 1, 2,…,n) được gọi là thỏa điều
kiện W (W ) đối với Y trên D nếu với mọi chỉ số cố định i thì mệnh đề sau
đây đúng:
i
Y Y , ( X , Y ) D, ( X , Y ) D f i ( X , Y ) f i ( X , Y ) ()
i
(Y Y , ( X ,Y ) D , ( X , Y ) D f i ( X , Y ) f i ( X , Y ))
Điều kiện W (W ) . Hệ f j ( X , Y ) ( j = 1, 2,…,n) được gọi là thỏa điều
kiện W (W ) đối với Y trên D nếu mệnh đề sau đây đúng:
12
Y Y , ( X , Y ) D, ( X , Y ) D f J ( X , Y ) f J ( X , Y ) ( j 1,2,..., n )
(Y Y , ( X ,Y ) D, ( X , Y ) D f J ( X , Y ) f J ( X , Y ) ( j 1, 2,..., n))
Với Y ( y1 , y2 ,..., yn ) ta viết
Y ( y1 , y 2 ,..., yn ) , Y ( y1 , y2 ,..., yn )
Với Φ(t ) ( φ1 (t ), φ2 (t ),..., φn (t )) ta viết
D (t ) ( D1 (t ), D 2 (t ),..., D n (t ))
( D , D , D cũng được xác định một cách tương tư).
Nhận xét 1.6.
i) Rõ ràng điều kiện W (W ) kéo theo điều kiện V (V )
1
ii) Với n = 1, Y y1 , Y y1 , Y Y y1 y1 hệ f j ( X , Y ) ( j = 1, 2,…,n) trở
thành một hàm f ( X , y1 ) , khi đó () viết lại như sau
y1 y1 , ( X , y1 ) D , ( X , y 1 ) D f ( X , y1 ) f ( X , y1 ) ()
Ta thấy () luôn đúng với mọi hàm f ( X , y ) suy ra khi n = 1 thì điều kiện
W (W ) tự thỏa mãn. Mặt khác, theo cách định nghĩa điều kiện V (V ) khi
n =1 thì V (V ) cũng tự thỏa mãn.
iii) Với n = 2, điều kiện W (W ) và điều kiện V (V ) là tương đương nhau.
Với n > 2, sự tương đương này nói chung là không đúng. Mặc dù vậy, sự
tương đương ở trên là đúng trên miền đặc biệt D với phép chiếu D xuống
không gian ( y1 , y2 ,..., yn ) là một hình hộp
ai yi bi , (i 1,..., n ) .
1.2.2. Định nghĩa nghiệm cực đại và nghiệm cực tiểu của phương
trình vi phân thường
Cho hệ phương trình vi phân thường
(1.8)
dyi
i ( t , y1 , y2 ,..., y n ) (i 1, 2,..., n)
dt
13
xác định trên miền D , lấy (t0 , Y0 ) D.
Một nghiệm (t ) (1 (t ), 2 ( t ),..., n (t )) của (1.8) đi qua (t0 , Y0 ) và xác
định trên khoảng [t0 , ) được gọi là nghiệm cực đại (cực tiểu) bên phải
của hệ (1.8) trên khoảng đi qua (t0 , Y0 ) nếu với bất kì nghiệm
Y ( t ) ( y1 (t ), y2 (t ),..., y n ( t )) của hệ (1.8) đi qua (t0 , Y0 ) và xác định trên
[t0 , ) , ta có
Y ( t ) ( t ) (Y (t ) (t )) với t
Ta cũng định nghĩa một cách tương tự đối nghiệm cực đại (cực tiểu) bên
trái của hệ (1.8) đi qua (t0 , Y0 ) .
Ví dụ 1.2. Xét phương trình vi phân
dy
y1/3
dt
với điều kiện đầu
y (0) 0
trên miền
D (t, y ) : t 0, y
Một số nghiệm của phương trình vi phân
y(0) 0 là:
a) y (t ) 0, t 0,
32
2
b) y 1 (t ) t , t 0,
3
32
2
c) y 2 (t ) t , t 0,
3
dy
y 1/3 , thỏa điều kiện đầu
dt
14
khi 0 t t0
0
3/2
d) y (t ) 2
( t0 là một số dương tùy ý)
(
t
t
)
khi
t
t
0
0
3
Khi đó, nghiệm cực đại (tương ứng, nghiệm cực tiểu) phía bên phải của
phương trình vi phân
dy
y1/3 trên khoảng [0, ) đi qua điểm (0, 0) là:
dt
32
32
2
2
y 1 (t ) t , t 0, ( tương ứng, y 2 (t ) t , t 0, )
3
3
Hình 1.1. Một số nghiệm của phương trình vi phân
dy
y1/3 với điều kiện
dt
đầu y (0) 0
Nhận xét 1.7. Nghiệm cực đại (cực tiểu) trên một khoảng, đi qua một
điểm cho trước, là duy nhất được định rõ (bất cứ khi nào nó tồn tại) trên
khoảng đó.
Nếu nghiệm của hệ (1.8) đi qua (t0 , Y0 ) từ phía trái (phía phải) là duy nhất trên
một khoảng, khi đó nó vừa là nghiệm cực đại bên trái (bên phải) vừa là
nghiệm cực tiểu bên trái (bên phải) trên khoảng đó.
Mệnh đề 1.1. Qua ánh xạ
(1.9)
t , i yi , (i 1,2,..., n )
15
nghiệm cực đại (cực tiểu) bên phải của hệ (1.8) đi qua (t0 , Y0 ) sẽ chuyển đổi
thành nghiệm cực đại (cực tiểu) bên trái của hệ
(1.10)
di
i ( ,1 ,2 ,...,n ) (i 1,2,..., n)
d
đi qua ( t0 , Y0 ) .
Chứng minh. Giả sử (t ) (1 ( t ), 2 ( t ),..., n (t )) là nghiệm cực đại bên
phải của hệ (1.8) đi qua (t0 , Y0 ) xác định trên khoảng [t0 , ) ,
Y ( t ) ( y1 (t ), y2 (t ),..., y n ( t )) là nghiệm bất kì của hệ (1.8) đi qua (t0 , Y0 ) xác
định trên khoảng [t0 , ) .
Vì t d dt nên khi thay t, dt, yi lần lượt bởi , d , i
(i 1,2,..., n ) vào hệ (1.8) ta nhận được hệ (1.10). Khi thay t bởi , yi bởi
i (i 1, 2,..., n ) các nghiệm (t ), Y (t ) của hệ (1.8) lần lượt chuyển thành các
nghiệm ( ),Y ( ) của hệ (1.10), với
( ) (1 ( ),..., n ( )) đi
qua ( t0 , Y0 ) xác định trên ( , t0 ] ()
Y ( ) ( y1 ( ),..., y n ( )) đi qua ( t0 , Y0 ) xác định trên ( , t0 ] ()
Ta có
t
Y (t ) (t ) Y ( ) ( )
suy ra
Y ( ) ( ) , ( )
Từ () , () và ( ) suy ra ( ) là nghiệm cực đại bên trái của (1.10) đi
qua ( t0 , Y0 ) .
Chứng minh tương tự cho trường hợp nghiệm cực tiểu bên phải.
Vậy mệnh đề đã được chứng minh.
16
Nhận xét 1.8. Một kết quả tương tự cũng đúng cho trường hợp nghiệm
cực tiểu (cực đại) bên trái.
Mệnh đề 1.2. Qua ánh xạ
(1.11)
t , i yi , (i 1,2,..., n )
nghiệm cực đại (cực tiểu) bên phải của hệ (1.8) đi qua (t0 , Y0 ) sẽ chuyển đổi
thành nghiệm cực tiểu (cực đại) bên phải của hệ
(1.12)
di
i ( , 1 , 2 ,..., n ) (i 1, 2,..., n)
d
đi qua (t0 , Y0 ) .
Chứng minh. Giả sử (t ) (1 ( t ), 2 ( t ),..., n (t )) là nghiệm cực đại bên
phải của hệ (1.8) đi qua (t0 , Y0 ) xác định trên khoảng Δ [t0 , α ) ,
Y ( t ) ( y1 ( t ), y2 ( t ),..., yn (t )) là nghiệm bất kì của hệ (1.8) đi qua ( t0 , Y0 ) xác
[t , α ) .
định trên khoảng Δ
0
Vì ηi yi dηi dyi ,(i 1,..., n ) nên khi thay t, dt , yi , dyi lần lượt bởi
τ , dτ , ηi , dηi (i 1,2,..., n ) vào hệ (1.8) ta nhận được hệ (1.12).
Qua ánh xạ τ t , ηi yi , (i 1,2,..., n ) nghiệm Ω( t ) của (1.8) chuyển
thành nghiệm Ω( τ ) ( ω1 ( τ ), ω2 ( τ ),..., ωn ( τ )) của hệ (1.12), lúc đó Ω( τ )
đi qua (t0 , Y0 ) và xác định trên Δ [t0 , α ) . Tương tự, nghiệm Y ( t ) chuyển
thành nghiệm Y ( t ) ( y1 ( τ ), y2 ( τ ),..., yn ( τ )) của hệ (1.12) đi qua (t0 , Y0 )
[t , α ) . Mặt khác, ω (t ) ω ( τ ) và y (t ) y ( τ ) với
và xác định trên Δ
0
i
i
i
i
(i 1,2,..., n ) .
Vì Ω( t ) là nghiệm cực đại bên phải của hệ (1.8) nên
Ω( t ) Y (t ), t Δ Δ
,
ωi (t ) yi (t ), t Δ Δ
(i 1,2,..., n )
, (i 1,2,..., n )
ωi ( t ) yi (t ), t Δ Δ
17
ωi ( τ ) yi ( τ ), τ Δ Δ , (i 1, 2,..., n )
Ω( τ ) Y ( τ ), τ Δ Δ
Điều này chứng tỏ Ω( τ ) là nghiệm cực tiểu bên phải của hệ (1.12) đi qua
(t0 , Y0 ) . Mệnh đề được chứng minh.
1.2.3. Bổ đề cơ bản về bất đẳng thức vi phân thường theo nghĩa
mạnh
Bổ đề 1.1. Giả sử phía bên phải của hệ (1.8) xác định trên một miền mở
D và thỏa điều kiện W đối với Y trên D. Lấy (t0 , Y0 ) D . Giả sử rằng
Φ(t ) (φ1 (t ),..., φn (t )) liên tục trên Δ [t0 , α ) và đường cong Y Φ(t ) nằm
trong D. Lấy Y ( t ) ( y1 ( t ),..., yn (t )) là nghiệm tùy ý của hệ (1.8), đi qua
(t0 , Y0 ) và xác định trên Δ [t0 , α ) . Nếu
Φ( t0 ) Y0
(1.13)
và
(1.14)
D φi ( t ) σ i (t , φ1 (t ),..., φn ( t )) , (i 1, 2,..., n ) , t ( t0 , )
Khi đó ta có bất đẳng thức
.
Φ(t ) Y ( t ) , t Δ Δ
Chứng minh. Ta có Y ( t0 ) Y0 , do (1.13) và tính liên tục của Φ(t ) , Y(t)
nên tập
E {t : t0 t min(α, α ), Φ(t ) Y (t ), t0 t t}
là không rỗng. Ta kí hiệu t * là cận trên bé nhất của E. Ta chứng minh
t * min( α, α )
Giả sử rằng t * min( α, α ) . Khi đó, theo định nghĩa của t * ta có
(1.15)
Φ(t ) Y (t ), t0 t t *
và bởi tính liên tục của Φ(t ) tồn tại ít nhất một chỉ số j sao cho
18
j
Φ(t * ) Y (t * )
(1.16)
Từ (1.15) và (1.16) ta có
φ(t ) y j (t ) với t0 t t * , φ j (t * ) y j (t * )
Sử dụng định nghĩa D φ ( t * ) và y j ( t ) suy ra
D ( t ) y j ( t )
(1.17)
Bằng cách khác, từ (1.14) ,(1.16) và j ( t , y1 , y 2 ,..., y n ) thỏa điều kiện W
nên suy ra
D j (t * ) j ( t * , ( t * )) j ( t * , Y ( t * ))
vì
y j (t ) j ( t , Y ( t ))
nên
D j (t * ) y j (t * )
Điều này mâu thuẫn với (1.17), mâu thuẫn này chứng tỏ rằng t * min ( , ) .
Định lí được chứng minh.
Mệnh đề 1.3. Nếu phía bên phải của hệ (1.8) thỏa điều kiện W đối với
Y thì phía bên phải của hệ chuyển đổi (1.10) thỏa điều kiện W đối với Y.
Qua ánh xạ (1.9) (kí hiệu i ( ) i ( ) ) hệ bất đẳng thức vi phân (1.14)
chuyển đổi thành
D i ( ) i ( , 1 ( ),..., n ( )) , (i 1, 2,..., n ) .
Mệnh đề 1.4. Nếu phía bên phải của hệ (1.8) thỏa điều kiện W đối với
Y thì phía bên phải của hệ chuyển đổi (1.12) cũng thỏa điều kiện W đối với
Y.
Qua ánh xạ (1.11) (kí hiệu i ( ) i ( ) ) hệ bất đẳng thức vi phân (1.14)
chuyển đổi thành
19
D i ( ) i ( , 1 ( ),..., n ( )) , (i 1,2,..., n ) .
Bổ đề 1.2. Với những giả thiết của Bổ đề 1.1, nếu
( t0 ) Y0
và
D i ( t ) i (t , 1 (t ),..., n (t )) , (i 1,2,..., n ) , t ( t0 , )
Khi đó ta có bất đẳng thức
( t ) Y (t ) , t .
Chứng minh. Từ Bổ đề 1.1 sử dụng ánh xạ (1.11) và Mệnh đề 1.4 ta dể
dàng chứng minh Bổ đề 1.2.
Bổ đề 1.3. Giả sử phía bên phải của hệ (1.8) xác định trên một miền mở
D và thỏa điều kiện W đối với Y trên D. Lấy (t0 , Y0 ) D . Giả sử
(t ) (1 (t ),..., n (t )) liên tục trên ( , t0 ] và đường cong Y (t ) nằm
trong D. Lấy Y (t ) ( y1 ( t ),..., yn ( t )) là nghiệm tùy ý của hệ (1.8), đi qua
(t0 , Y0 ) và xác định trên ( , t0 ] .
Nếu
( t0 ) Y0 ( ( t0 ) Y0 )
và
D i (t ) i (t ,1 ( t ),..., n ( t )) (i 1,2,..., n ) , t ( , t0 )
( D i (t ) i ( t ,1 ( t ),..., n (t )) ),
Khi đó ta có bất đẳng thức
( t ) Y (t ) ( (t ) Y ( t ) ),
t .
1.2.4. Một số khái niệm và định lí trong phương trình vi phân
thường
Giả sử vế phải của hệ (1.8) liên tục trên miền mở D,
(t ) (1 (t ),..., n (t )) và ( t ) ( 1 ( t ),..., n ( t )) là hai nghiệm lần lượt xác
20
~
định trên [t0 , ) và [t0 , ) . Giả sử . Khi đó, nghiệm ( t )
gọi là thác triển bên phải của nghiệm ( t ) nếu
( t ) (t ) với t
Ta cũng định nghĩa một cách tương tự về thác triển bên trái của một
nghiệm. Nghiệm (t ) vừa là thác triển bên phải vừa là thác triển bên trái của
nghiệm ( t ) được gọi là thác triển của ( t ) .
Một nghiệm ( t ) xác định trên [t0 , ) được gọi là tiếp cận biên
của miền mở D bởi tận cùng bên phải nếu đường cong Y (t ) không bị
chứa trong bất kì tập compact nào của D. Trong trường hợp này khoảng
[t0 , ) được gọi là khoảng cực đại phía bên phải của sự tồn tại nghiệm
(t ) .
Một điều rõ ràng là một nghiệm (t ) tiếp cận biên của D về tận cùng
bên phải sẽ không có thác triển bên phải nào khác với nó.
Một nghiệm tiếp cận biên của D bởi tận cùng bên trái và khoảng cực đại
bên trái của sự tồn tại nghiệm cũng được định nghĩa một cách tương tự.
Định lí 1.5. ([7]) Mỗi nghiệm của hệ (1.8) với vế phải liên tục trên miền
mở D đều có ít nhất một thác triển nghiệm tiếp cận biên của D ở tận cùng về
hai phía.
Nhận xét 1.9. Rõ ràng thác triển nói chung là không duy nhất.
Định lí 1.6. ([5]) Giả sử vế phải của hệ (1.8) là liên tục trên miền mở D.
Cho (t ) là một nghiệm xác định trên khoảng bị chặn [t0 , )
( _ ( , t 0 ] ) và giả sử với một dãy tv ta có
lim(tv , (tv )) ( , Y0 )
v
( ( , Y0 ) )
và ( , Y0 ) D [ ( , Y0 ) D ]. Thì giới hạn
lim
(t ) Y0
t
( lim ( t ) Y0 )
t
21
tồn tại và
( t ) khi t [t0 , ) (t ( , t0 ])
(t )
khi t
(t )
Y0
là một nghiệm của hệ (1.8) trên đoạn [t0 , ]
( [ , t0 ] ).
Định lí 1.7. Giả sử vế phải của hệ (1.8) liên tục trên hình lập phương
0
Q : t t0 , yi y i
(i 1, 2,..., n)
và thỏa mãn bất đẳng thức
(1.18)
i (t, Y ) M , (i 1,..., n )
Giả sử rằng
0
(1.19)
y i yi
, (i 1,..., n )
3
và Y ( t ) ( y1 ( t ),..., y n ( t )) là một nghiệm bất kì của hệ (1.8) tiếp cận biên của
Q ở tận cùng về hai phía và đi qua điểm (t0 , Y ) ( t0 , y1 ,..., y n ) . Kí hiệu khoảng
cực đại của sự tồn tại nghiệm là ( , ) và đặt
(t0 h, t0 h )
ở đây
h min ( ,
(1.20)
)
3M
Với những giả thiết ở trên ta có
(1.21)
.
Chứng minh. Giả sử (1.21) là không đúng, khi đó hoặc t0 t0 h
hoặc t0 h .
Xét trường hợp 1:
(1.22)
Chọn b sao cho
t0 t0 h
