Bài toán biên không địa phương cho phương trình vi phân phi tuyến cấp hai với kỳ dị
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (533.51 KB, 69 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Dịp
BÀI TỐN BIÊN KHƠNG ĐỊAPHƯƠNG
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN
CẤP HAI VỚI KỲ DỊ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh – 2016
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Dịp
BÀI TỐN BIÊN KHƠNG ĐỊAPHƯƠNG
CHO PHƯƠNG TRÌNH VIPHÂN PHI TUYẾN
CẤP HAI VỚI KỲ DỊ
Chuyên ngành :Toán giải tích
Mã số
: 60 46 01 02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOAHỌC:
PGS.TS.NGUYỄNANHTUẤN
Thành phố Hồ Chí Minh – 2016
LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan luận văn thạc sĩ Tốn Học với đề tài “Bài tốn biên khơng địa
phương cho phương trình vi phân phi tuyến cấp hai với kỳ dị’’ là do tôi thực hiện với
sự hướng dẫn của PGS.TS. Nguyễn Anh Tuấn là không sao chép của bất kì ai.
Nội dung luận văn được tham khảo, trình bày lại một cách chi tiết các kết quả của các
nhà toán học A. Lomtatidze và L. Malaguti từ các tài liệu tham khảo được liệt kê trong
danh mục các tài liệu tham khảo. Tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm về luận văn thạc
sĩ của mình.
Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 28 tháng 09 năm 2016
Học viên thực hiện
Nguyễn Dịp
LỜI CẢM ƠN
Lời
đầu
tiên,
tơi
xin
bày
tỏ
lịng
biết
ơn
sâu
sắc
đối
với
PGS.TS. Nguyễn Anh Tuấn – Khoa Tốn – Tin học, Trường Đại học Sư
Phạm Tp.HCM đã dành nhiều thời gian và cơng sức tận tình hướng dẫn giúp
tơi hồn thành luận văn này.
Tơi xin gửi lời cảm ơn đến quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành
thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tơi hồn thành luận văn này
một cách hồn chỉnh.
Bên cạnh đó, tơi xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu Trường Đại học Sư
phạm Tp.HCM, Ban chủ nhiệm Khoa Tốn - Tin học và q Thầy Cơ đã giảng
dạy, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho chúng tơi hồn thành khóa học này.
Và để có được kết quả như ngày hơm nay, tơi cũng đã có được sự giúp đỡ tận
tình của Ban Giám Hiệu, tổ Tốn của Trường THPT Bến Cát, cũng như nhận
được các lời động viên, đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệpTrường THPT
Bến Cát cùng bạn bè và người thân.
Đặc biệt, tôi xin dành tặng kết quả này cho ba mẹ và gia đình thân yêu nhất của
mình, những người đã luôn tạo điều kiện, hỗ trợ cũng như động viên tơi vượt qua
những khó khăn trong bước đường nghiên cứu khoa học này.
Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này, do thời gian và tầm hiểu biết có hạn
nên khó tránh khỏi những thiếu sót. Tơi rất mong nhận được những ý kiến đóng
góp của q Thầy Cơ và bạn đọc để luận văn được hoàn chỉnh hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
Tp.HCM, tháng 09 năm 2016.
Nguyễn Dịp
MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cam đoan
Lời cảm ơn
Mục lục
Danh mục các kí hiệu
MỞ ĐẦU .........................................................................................................................1
Chương 1.
BÀI TỐN BIÊN KHƠNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI ......................................3
1.1.Giới thiệu bài tốn và các định nghĩa....................................................................3
1.2. Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài tốn biên khơng địa phương cho
phương trình vi phân tuyến tính cấp hai .............................................................4
Chương 2.
BÀI TỐN BIÊN KHƠNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN CẤP HAI VỚI KỲ DỊ ..................29
2.1. Giới thiệu bài tốn và các định nghĩa.................................................................29
2.2. Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài tốn biên khơng địa phương cho
phương trình vi phân phi tuyến cấp hai với kỳ dị...............................................30
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ .....................................................................................60
TÀI LIỆU THAM KHẢO...........................................................................................60
DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU
là tập các số thực.
0, .
a, b ; là không gian các ánh xạ liên tục u : a, b trên đoạn a, b
với chuẩn:
u
max u t : a t b .
0 a , b ; u a , b ; : u a u b 0 .
1 a, b ; là không gian các ánh xạ khả vi, liên tục u : a, b với chuẩn:
u
1
u
u .
10 a, b ; u 1 a, b ; : u a u b 0 .
a, b ; là không gian các hàm liên tục tuyệt đối trên đoạn a, b cùng với
đạo hàm cấp một cũng liên tục tuyệt đối, hàm u : a, b với chuẩn:
b
u
u a u s ds.
a
I , D I a, b , D là tập các ánh xạ u : I D liên tục tuyệt đối
loc
I , D với mỗi tập compact I I .
trên I sao cho u
0
0
a, b , là không các hàm p : ( a; b) khả tích Lebesgue trên đoạn
a, b
với chuẩn:
b
f
f s ds.
a
loc (a, b) là không gian các hàm p : ( a; b ) khả tích Lebesgue trên đoạn
a , b với
đủ nhỏ .
a , b , f a , b , : f t 0, a t b .
p a, b , , p 1 là không gian các hàm f : a , b , f
p
a, b ,
với chuẩn:
1/ p
f
p
b
p
f s ds
a
.
K a, b R n , R n là tập Carathéodory nghĩa là tập hợp các ánh xạ
f : a, b R n R n ; t , x f t , x thỏa mãn các điều kiện :
f liên tục theo biến x với mỗi mỗi t cố định thuộc a, b .
Với mỗi x Rn thì hàm f t , x là hàm đo được trên a, b và thỏa mãn: r 0
, qr t L a , b : sup
f t , x : x r qr t hầu khắp nơi trên a, b .
K a, b R n , D , n N , D R là tập hợp các ánh xạ f : (a, b) R n D thỏa
mãn điều kiện Carathéodory địa phương nghĩa là:
f (, x) : a, b D là đo được với mỗi x R n .
sup f , x , x D0 L a, b , R với mỗi tập compact D0 R n .
f t , : R n D là liên tục hầu khắp nơi với mỗi t a, b .
K0 a, b R là tập hợp các hàm
g : a, b R 2 R sao cho ánh xạ
t g t , x1 t , x2 t là hàm đo được, xi : a, b R, i 1, 2 là các hàm liên tục.
: loc (a, b) loc (a, b) là toán tử được định nghĩa như sau:
t
( p)(t ) exp p( s)d ( s)
( a b)/2
Nếu ( p ) a, b , a, b , a, b thì:
( p )(t )
t
1
p ( s ) ds
( p )(t )
t
1
( p )(t )
p ( s )ds
( p )(t )
p( s)ds
t
u ( s ), u ( s ) là giới hạn bên phải và giới hạn bên trái của hàm u tại s .
[ p (t )]
1
1
p (t ) p (t ) , [ p (t )] p (t ) p (t ) .
2
2
Hàm gọi là có biến phân bị chặn (kí hiệu BV ) trên a, b nếu đại lượng
sau hữu hạn:
b
n
a
i 1
: sup ti ti 1
trong đó sup lấy trên tập các phân hoạch của a, b :
a t0 t1 ... tn b, n N .
Hàm gọi là liên tục tuyệt đối (kí hiệu AV ) trên a, b nếu với mỗi số
dương ta tìm được số 0 sao cho bất đẳng thức:
n
bi ai
i 1
đúng cho mọi họ
ai , bi : i 1, n các khoảng khơng giao nhau có tổng các độ
dài nhỏ hơn .
Hàm gọi là hàm không giảm trên đoạn a, b nếu x, y a, b thỏa mãn
x y thì ta có: x y .
Hàm gọi là hàm không tăng trên đoạn a, b nếu x, y a, b thỏa mãn
x y thì ta có: x y .
1
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lí thuyết bài tốn biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỉ thứ 18,tuy vậy đến
nay nó vẫn cịn phát triển mạnh và được ứng dụng khá nhiều trong vật lí,cơ học,kĩ
thuật,kinh tế nơng nghiệp...
Một trong những mục đích chính của việc nghiên cứu bài tốn biên cho phương trình
vi phân là xem xét sự tồn tại nghiệm cho phương trình vi phân đối số chậm,đối số
lệch,hay phương trình vi phân khơng chính quy.Bài tốn biên cho phương trình vi
phân khơng chính quy được nghiên cứu nhiều bởi các nhà tốn học đến từ: Cộng hịa
Grugia, Cộng hịa Séc...như I.Kiguradze,A.Lomtatidze,B.Puza…
Tính giải được của bài toán này với các điều kiện biên khác nhau, hay với các điều
kiện hàm khác nhau còn là vấn đề chúng ta cần xem xét.Trong luận văn này chúng ta
sẽ xem xét một số vấn đề về tính giải được của bài tốn biên khơng chính quy cho
phương trình vi phân cấp hai tuyến tính và khơng tuyến tính.
2. Mục tiêu nghiên cứu
Trình bày lại một cách chi tiết hai bài báo của các tác giả:
1. A. Lomtatidze “On a Nonlocal Boundary Value Problem for Second Order Linear
Ordinary
Differential
Equations”.
Journal
of
Mathematical
Analysis
And
Applications 193, 889-908 (1995).
2. A. Lomtatidze and L. Malaguti “On a Nonlocal Boundary Value Problem for
Second Order Nonlinear Singular Differential Equations”. Georgian Mathematical
Journal Volume 7 (2000), Number 1, 133-154.
3. Phương pháp nghiên cứu
Trong luận văn này,tác giả chủ yếu thu thập các tài liệu liên quan đến đề tài, đọc hiểu.
Từ đó tác giả tổng hợp và trình bày một số định nghĩa, bổ đề, các định lí, chứng một số
vấn đề về tính giải được của bài tốn biên khơng chính quy cho phương trình vi phân
cấp hai tuyến tính và khơng tuyến tính.
Cuối cùng là trình bày một số hệ quả thu được từ các định lí.
4. Nội dung của luận văn
Nội dung của luận văn gồm hai chương:
2
Chương 1. Bài tốn biên khơng địa phương cho phương trình vi phân tuyến tính cấp
hai.
Chương 2. Bài tốn biên khơng địa phương cho phương trình vi phân phi tuyến cấp
hai với kỳ dị.
5. Ý nghĩa thực tiễn của đề tài nghiên cứu
Là tài liệu tham khảo cho các sinh viên, học viên cao học và những người quan tâm
đến bài tốn biên khơng địa phương cho phương trình vi phân phi tuyến cấp hai với kỳ
dị.
3
Chương
1. BÀI TỐN BIÊN KHƠNG ĐỊA PHƯƠNG CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI
1.1. Giới thiệu bài tốn và các định nghĩa
Trong chương này ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán
u p1 (t )u p2 (t )u po (t )
(1.1)
với điều kiện biên
b
u ( a ) c1 ,
u ( b ) u ( s ) d ( s ) c2
(1.2)
a
trongđó pk : (a; b) (k 0,1, 2) là các hàm khả tích địa phương và khơng khả
tích trên đoạn a, b và : a, b R là hàm có biến phân bị chặn.
Bài toán thuần nhất tương ứng của bài toán (1.1), (1.2)
u p1 (t )u p2 (t )u
(1.10)
b
u ( a ) 0,
u (b ) u ( s ) d ( s )
(1.20)
a
Định nghĩa1.1:
Ta nói phiếm hàmvéctơ p1 , p 2 : ( a, b) 2 thuộc tập (a, b) nếu
p2 a, b , ab p2 p1 a, b vàphươngtrình(1.10)khơng có nghiệm khác
không thỏa mãn điều kiện u (a ) 0, u (b ) 0.
Địnhnghĩa 1.2:
Ta nói phiếm hàm véctơ p1 , p 2 : (a, b) 2 thuộc tập (a, b) nếu
p1, p2 (a, b1 ) với mỗi b1 (a, b] .
Định nghĩa 1.3:
Hàm g : ( a, b) ( a, b) được gọi là hàm Green của bài toán(1.10),(1.20) nếu
với mỗi ( a , b ) ta có:
(1) Hàm u (t ) g (t , ) liên tục trên khoảng ( a, b) và thỏa điều kiện biên (1.20);
(2) Thu hẹp của u trên ( a, ) và ( , b) là nghiệm của (1.10);
4
(3) u( ) u( ) 1 .
1.2. Định lí về sự tồn tại nghiệm của bài tốn biên khơng địa phương cho phương
trình vi phân tuyến tính cấp hai
Định lý1.4 ([13]):
Giả sử
p2 a, b ,
ab p2 pi a, b
(i 0,1).
(1.3)
Khi đó:
i) Bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài tốn thuần nhất tương
ứng (1.10),(1.20) chỉ có nghiệm tầm thường.
ii) Nếu bài tốn (1.10),(1.20) chỉ có nghiệm tầm thườngthì có duy nhất một hàm Green
g của bài tốn (1.10),(1.20) và nghiệm u của bài toán (1.1), (1.2) được xác
định bởi công thức:
b
u (t ) u0 (t ) g (t , ) p0 ( )d khi a t b,
a
trong đó u0 là nghiệm của (1.10), (1.2).
Công thức trên được gọi là công thức Green.
o Để chứng minh định lí này trước hết ta chứng minh các bổ đề sau
Bổ đề1.5:
Giả sử
p2 a, b ,
ab p2 p1 a, b (1.4)
và bài tốn (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Khi đó tồn tại duy nhất một
hàm Green g của bài toán này và
b
g (t , )
C
(
s
,
)
d
(
s
)
C
(
b
,
)
b
u1 (b ) u1 ( s )d ( s )
u1 (t )
a
trong đó:
1, t x
,
0, t x
(t , x)
( , t )C (t , )
khi
a t , b ,
(1.5)
5
C là hàm Cauchy của phương trình (1.10) và u1 là nghiệm của bài toán
u p1 (t )u p2 (t )u ;
u ( a ) 0,
u (t )
1 (1.6)
t a ( p2 )(t )
lim
Chứng minh:
Ta kiểm tra định nghĩa 1.3
Kiểm ta điều kiện (1)
Ta có hàm u t g t , liên tục trên khoảng a , b (hiển nhiên) và
b
u b u s d s (xem [3]).
a
Ta kiểm tra: u a g a , 0
Trường hợp 1: a t b và u1 là nghiệm (1.6) nên
g (t , )
b
C
(
s
,
)
d
(
s
)
C
(
b
,
)
b
u1 (b ) u1 ( s )d ( s )
u1 (t )
a
u1 ( a )
g ( a , )
b
u1 (b ) u1 ( s )d ( s )
b
C ( s, )d ( s ) C (b , ) 0.
a
Trường hợp 2: a t b khi đó ta có
g (t , )
b
C
(
s
,
)
d
(
s
)
C
(
b
,
)
C t , .
b
u1 (b ) u1 ( s )d ( s )
u1 (t )
a
Mặt khác (xem [3]) ta lại có:
C t ,
trong đó:
t
r0
p2 s ds 0 khi t a+
p2
6
b
2
r0 exp b
ab p2 s p1 s ds .
p s ds a
2
a
Do đó với u1 là nghiệm (1.6) thì:
g a , 0.
Kiểm ta điều kiện (2)
Trường hợp 1: a t b, khi đó ta có:
g (t , )
b
C
(
s
,
)
d
(
s
)
C
(
b
,
)
b
u1 (b ) u1 ( s )d ( s )
u1 (t )
a
b
g (t , )
C
(
s
,
)
d
(
s
)
C
(
b
,
)
.
b
u1 (b ) u1 ( s ) d ( s )
u1(t )
a
Vì u1 là nghiệm (1.6) nên:
g p1 t g p2 t g .
Trường hợp 2: a t b, khi đó ta có:
g (t , )
u1 (t )
b
u1 (b ) u1 ( s ) d ( s )
b
C ( s, )d ( s ) C (b , ) C t ,
a
b
C t , .
g (t , )
C
(
s
,
)
d
(
s
)
C
(
b
,
)
b
u1 (b ) u1 ( s ) d ( s )
u1(t )
a
Ta có u1 là nghiệm (1.6) và C là hàm Cauchy của phương trình (1.10) nên
g p1 t g p2 t g .
Kiểm ta điều kiện (3)
Ta có:
7
u u C , .
Mặt khác, C là hàm Cauchy của phương trình (1.10) nên:
u u C , 1.
Kiểm ta sự duy nhất.
Do bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường nên hàm Green tồn tại là
duy nhất. Bổ đề được chứng minh. □
Bổ đề 1.6:
Giả sử (1.4) thỏa mãn và bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Khi
đó hàm Green g của bài toán thỏa mãn:
t
g (t , ) c b ( p2 )( ) ( p2 )( s ) ds khi a t b,
a
g (t , ) c ab ( p2 )( ) khi a t b,
với c 0 là hằng số.
Chứng minh:
Gọi u1 là nghiệm phương trình (1.1) thỏa mãn điều kiện u1 a 0,
u1 t
1 và u2 là nghiệm phương trình (1.10) độc lập tuyến tính với u1.
t a p2 t
lim
Khi đó từ bổ đề 2.2 (xem [3]) khơng mất tính tổng qt ta giả sử u2 a 1.
Đặt
i ui b ui t0 , t0 a, b , (i 1, 2).
Khi đó theo bổ đề 1.5 tồn tại hàm Green g của bài toán (1.10), (1.20) và
b
g (t , )
C
(
s
,
)
d
(
s
)
C
(
b
,
)
b
u1 (b ) u1 ( s )d ( s )
u1 (t )
a
( , t )C (t , ),
a t , b
hay (xem bổ đề 2.7 của [3])
g (t , )
u1 (t )
( , t0 )C t0 , C (b, )
u1(b ) u1 t0
8
( , t )C (t , ),
a t , b
(1.7)
trong đó:
b
u1 t0 u1 s d s .
a
Mặt khác, ta lại có (xem định lí 3.1 của [3])
C t ,
u1 t u2 u2 t u1
,
p2
khi đó từ (1.7) ta có:
g t ,
g t ,
u1 t 2
u1 u2 khi a t0 , a t , (1.8)
p2 1
u1 2
u1 t u2 t khi a t0 , t b, (1.9)
p2 1
g t ,
u1 t
1
C b, C t , khi t0 b, t b, (1.10)
g t ,
u1 t
1
C b,
khi t0 b, a t . (1.11)
Ta chứng minh (1.8) ((1.9), (1.10) và (1.11) chứng minh tương tự).
Thật vậy: a t0 , a t khi đó
g t ,
u1 t
C t , C b,
1 0
u1 t u1 t0 u2 u2 t0 u1 u1 b u2 u2 b u1
1
p2
u1 t u1 2 u2 1
1
p2
u1 t 2
u1 u2 .
p2 1
Theo bổ đề 2.1 và 2.2 (xem [3]) tồn tại r0 1 sao cho:
ui t r0
khi a t b
i 1, 2 ,
9
u1 t r0 t
atb
khi
trong đó:
t
t p2 d
a
và
b
2
r0 exp b
ab p2 s p1 s ds .
p s ds a
2
a
Hơn nữa, từ (1.8) - (1.11) ta có:
g t , r t
ab p2
t
r p2 s ds
a
b
p2 s ds p2 s ds
1
a
p2
p2 s ds
a
t
1
r p2 s ds
p2 s ds
p
2
a
b
t
r b p2 p2 s ds
khi
a t b
(1.12)
a
và
g t , r ab p
trong đó:
1 2
r r0 2 1
1
1
1
.
t0 b t0
Vậy bổ đề được chứng minh. □
Chứng minh định lí 1.4:
khi
a t b
(1.13)
10
Rõ ràng nếu bài tốn (1.10), (1.20) có nghiệm khác khơng thì bài tốn (1.1), (1.2) hoặc
vơ nghiệm hoặc có vơ số nghiệm.Giả sử rằng bài tốn (1.10),(1.20) chỉ có nghiệm tầm
thường thì bài tốn (1,1), (1.2) có duy nhất nghiệm. Vì u0 là nghiệm của bài tốn
(1.20), (1.2) nên theo định lí Cauchy để chứng minh u là nghiệm của (1.1), (1.2) ta cần
chứng minh:
b
v (t ) g (t , ) p0 ( ) d khi a t b
a
là nghiệm của bài toán (1.1), (1.20).
Từ các bổ đề 1.5 và 1.6 ta thấy rằng v là nghiệm bài toán (1.1) và
b
v (b ) v ( s ) d ( s ).
a
Mặt khác, theo bổ đề 1.6 ta có:
t
v t c ab ( p2 )( ) p0 ( ) d
a
t
b
c ( p2 )( ) d b ( p2 )( ) p0 ( ) d khi
a
a t b.
t
mà (xem [3])
t
b
a
t
( p2 )( )d b ( p2 )( ) p0 ( ) d
b
ab p2 p0 d 0 khi t a .
t
Vì vậy nên v(a+)=0. Suy ra v là nghiệm bài tốn (1.1), (1.20). Định lí được
chứng minh. □
Giả sử là hàm có biến phân bị chặn, p2 a, b và
b
1 ( s ) (b ) ( p2 )( s )ds 0. (1.14)Đặt
a
11
h ( p2 )(t )
1
b
t
a ( p2 )(t ) ( s ) ( p2 )( s )ds b ( p2 )(t ) ( s ) ( p2 )( s )ds
t
a
khi a t b.
Khi đó ta có các kết quả sau:
Định lý 1.7([13]):
Giả sử các điều kiện (1.3), (1.14) và
b
( p2 )(s) a ( p2 )(s) h ( p2 )(s) p1 (s) _ ds
a
b
p2 s ds
a
1 b
ab ( p2 )(s) p1 (s) _ ds 1
(1.15)
a
thỏa mãn. Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Nhận xét 1.8:
Nếu các điều kiện của định lý 1.7 thỏa mãn khi đó mọi nghiệm khác khơng
của phương trình (1.10) có nhiều nhất một khơng điểm trên đoạn a, b tức là:
p1, p2 (a, b) . (1.16)
Nhận xét 1.9:
Gọi u1 là nghiệm của bài tốn (1.6) khi đó nếu các giả thiết trong định lí 1.7
thỏa mãn thì ta có:
b
u1 (b ) u1 ( s )d ( s ) 0.
a
Chứng minh định lí 1.7:
Ta có:
b
( p2 )( s ) a ( p2 )( s ) h ( p2 )( s ) p1 ( s ) _ ds 0
a
nên từ (1.15) ta có:
b
b
a
a
ab ( p2 )( s )[ p1 ( s )] _ ds ( p2 )( s )ds.
12
Vì vậy (xem [4,12]) nghiệm u1 của bài tốn (1.6) là dương trên (a,b].
Giả sử nhận xét 1.9 là không đúng. Khi đó tồn tại số c 0 sao cho:
b
u1 (b ) c u1 ( s ) d ( s ),
a
trong đó c 1 nếu 0 và c 1 nếu 0, là số định nghĩa ở (1.14).
Theo công thức Green thì ta có:
b
u1 (t ) g 0 (t , ) p1 ( )u1 ( ) d
khi
atb
(1.17)
a
là đúng, trong đó g0 là hàm Green của bài tốn:
u p2 (t )u ;
b
u ( a ) 0, u (b ) c u ( s ) d ( s ).
a
Kiểm tra trực tiếp ta có:
t
g0 (t , ) h( ) ( p2 )( s)ds
a
b
1
( p2 )(t ) a ( p2 )(t ) b ( p2 )( ) khi a t b,
(1.18)
( p2 )(s)ds
a
t
g 0 (t , ) h ( ) ( p2 )( s ) ds
a
1
( p2 )(t ) a ( p2 )( ) b ( p2 )(t ) khi a t b,
b
( p2 )(s)ds
a
trong đó:
h(t )
c
b
c (1 c) ( p2 )( s )ds
a
và
h ( p2 )(t ) khi
at b
(1.19)
13
0
c
1. (1.20)
b
c (1 c) ( p2 )( s ) ds
a
o Thật vậy g0 thỏa mãn định nghĩa 1.3
Kiểm tra điều kiện (1)
Điều kiện (1) là hiển nhiên.
Kiểm ta điều kiện (2)
Trường hợp 1: a t b khi đó
g 0 t , h p2 t b
1
p2 s ds
b p2 p2 t ,
a
g 0 t , h p2 t p2 t b
1
p2 s ds
b p2 p2 t p2 t ,
a
Vậy
g t , p2 t g t ,
Trường hợp 2: a t b khi đó
g 0 t , h p2 t b
1
p2 s ds
a p2 p2 t ,
a
g 0 t , h p2 t p2 t b
1
p2 s ds
a
Vậy
g t , p2 t g t ,
Kiểm tra điều kiện (3)
Ta có:
a p2 p2 t p2 t ,
14
b
g , g , b
p2 s ds p2 s ds 1.
p2 s ds a
1
a
Theo (1.15) và (1.18) – (1.20), khi đó từ (1.17) ta thu được mâu thuẫn.
b
v (t ) ( p2 )( s ) a ( p2 )( s )[ h ( s ) p1 ( s )] _ v ( s ) ds
a
b
( p2 )( s ) ds
a
1 b
ab ( p2 )(s)[ p1( s)] _ v(s)ds
a
b
< ( p2 )( s ) a ( p2 )( s )[h p2 ( s ) p1 ( s )] _ ds
a
b
( p2 )( s ) ds
a
1 b
ab ( p2 )( s)[ p1(s)] _ ds ,
a
trong đó:
t
v(t ) u1 (t ) ( p2 )( s ) ds
a
1
khi a t b,
sup v(t ) : a t b.
Định lí được chứng minh. □
Định lý 1.10([13]):
Giả sử các điều kiện (1.3), (1.14), (1.16) và
b
b
1
0 h ( p2 )( s ) p1 ( s ) _ ds exp b
ab ( p2 )( s) p1( s) _ ds 1 (1.21)
( p )( s ) ds a
a
2
a
thỏa mãn. Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Nhận xét 1.11:
Gọi u1 là nghiệm của bài toán (1.6) khi đó nếu các giả thiết trong định lí 1.10
15
thỏa mãn thì ta có:
b
u1 (b ) u1 ( s )d ( s ) 0.
a
o Để chứng minh định lí ta cần chứng minh các bổ đề sau
Giả sử pi loc (a, b) ,
i 0,1, 2
Bổ đề 1.12:
Giả sử điều kiện (1.4) thỏa mãn.Khi đó nghiệm u của phương trình (1.10) có
các giới hạn u a và u b hữu hạn thỏa mãn:
lim inf ab ( p2 )(t ) u (t ) 0
(1.22)
lim inf ab ( p2 )(t ) u (t ) 0
(1.23)
t a
và
t b
Chứng minh:
Ta sẽ chứng minh (1.22) ((1.23) được chứng minh tương tự).
Giả sử trái lại, lim inf ab ( p2 )(t ) u(t ) 0. Khi đó tồn tại 0 và a0 ( a, b)
t a
sao cho:
t
u (t ) ( p2 )(t ) ( p2 )( s )ds
a
1
khi a t a0 .
Khi đó ta có:
u (t )
a0
u(s) ds u (a0 )
t
1
a0
s
( p2 )( s ) ( p2 )( )d ds u (a0 )
a
t
s
ln ( p2 )( )d
a
s a0
u (a0 )
s t
16
t
a0
= ln ( p2 )( s )ds ln ( p2 )( s )ds u (a0 ) khi a t a0 ,
a
a
điều này mâu thuẫn với tính bị chặn của u. Vì vậy (1.22) là đúng. Bổ đề được chứng
minh.
Nhận xét 1.13:
Theo bổ đề 2.1 của [3] ta thấy rằng:
lim b ( p2 )(t ) u1 (t ) 0,
t b
trong đó u1 là nghiệm bài tốn (1.6).
Bổ đề 1.14:
Giả sử các điều kiện (1.4) và (1.14) thỏa mãn. Khi đó nghiệm u của bài tốn (1.10),
(1.20) thỏa mãn:
b
h ( p2 )( s ) p1 ( s )u ( s )ds u (b ).
(1.24)
a
Chứng minh:
Do là hàm có biến phân bị chặn nên tồn tại M 0 sao cho:
(t ) M , t a , b ,
khi đó:
b
t
h ( p2 )(t ) M a ( p2 )(t ) ( p2 )( s )ds b ( p2 )(t ) ( p2 )( s )ds
t
a
1
h ( p2 )(t ) 2 1 M ab ( p2 )(t )
hay
h ( p2 )(t ) c ab p2 (t ) khi a t b,
(1.25)
trong đó hằng số c 0 . Theo bổ đề 1.12 tồn tại các dãy (ak )
k 1, (bk ) k 1 hội tụ lần
lượt về a và b, hơn nữa:
lim u ( ak ) h ( p2 )( ak ) lim u (bk ) h ( p2 )(bk ) 0. (1.26)
k
k
17
Lấy tích phân từng phần ta được
bk
bk
ak
ak
h p2 s p1 s u s ds h ( p2 )(s)u s ds
u(bk )h ( p2 )(bk ) u(ak )h ( p2 )(ak )
bk
h ( p2 )(s) p2 (s)u(s)ds
ak
bk
u(s)h ( p2 )(s)ds
ak
bk
p2 s u s h p2 s ds
ak
u (bk ) h ( p2 )(bk ) u ( ak ) h ( p2 )( ak )
1
b
u (bk ) u (ak ) ( s ) ( p2 )( s ) ds
a
1
bk
b
ak
a
(s)u(s)ds (s) ( p2 )(s)ds.
Cho k , từ (1.25), (1.26) ta được:
b
b
b
1
.
h
p
s
p
s
ds
s
du
s
p
s
ds
u
b
s
p
s
ds
2
1
2
2
a
a
a
a
b
Mặt khác, ta lại có:
b
b
a
a
( s )du ( s ) (b)u (b ) u ( s )d ( s ) u (b )( (b) 1),
Vì vậy
b
b
a
a
1
h ( p2 )( s ) p1 ( s )u ( s )ds u (b ) 1 ( s ) (b) ( p2 )( s )ds u (b ).
Do đó (1.24) đúng và bổ đề được chứng minh. □
Giả sử p2 , ab p2 p1 a, b , và q L a, b .
Đặt
