LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến": http://123doc.vn/document/1052473-bai-toan-bien-dang-tuan-hoan-cho-phuong-trinh-vi-phan-ham-bac-nhat-phi-tuyen.htm
MỞ ĐẦU
Phương trình vi phân hàm (PTVPH) xuất hiện vào thế kỉ 18 với vai trò như những công
thức toán học trong các bài toán vật lí và hình học. Ta có thể tìm thấy chúng trong những công trình
của Ơle và Condorcet. Tuy nhiên, cho đến cuối thế kỉ 19, PTVPH chỉ được nghiên cứu về những
ứng dụng cá biệt và chưa được nghiên cứu một cách hệ thống.
Chỉ trong các công trình của E.Schmidt , F.Shurer và E.Hilb ở những năm đầu thế kỉ 20,
những cố gắng đầu tiên về m
ột nghiên cứu có tính hệ thống về những phương trình đặc biệt với đối
số chậm xuất hiện. Tầm quan trọng trong dạng PTVPH này đã nảy sinh trong thập niên 30 đặc biệt
là những ứng dụng mở rộng trong cơ học, sinh học và kinh tế. Tại thời điểm này, những cơ sở của lý
thuyết định tính về phương trình đối số chậm và phương trình vi tích phân được
đặt ra trong công
trình của Myshkis và R.Bellman. Họ và một số nhà toán học khác theo hướng này đã được công
nhận trong việc xây dựng lí thuyết định tính mở rộng của PTVPH tồn tại cho đến bây giờ. Lý
thuyết đó không chỉ quan trọng trong ứng dụng mà còn ảnh hưởng rộng rãi đến nhiều lãnh vực của
toán học thuần tuý.
Trong thập kỉ 70, người ta chú ý nhiều đến việc xây dựng lí thuyết về bài toán biên của
PTVPH. Nhiều phươ
ng pháp khác nhau đã được đưa ra sử dụng trong vấn đề này. Thí dụ: lý thuyết
toán tử Fredholm, phương pháp tham số nhỏ, phương pháp topo, v v
Từ quan điểm đương thời, có thể nói rằng phương pháp giải tích hàm và phương pháp topo là
những phương pháp hữu dụng nhất. Qua những ứng dụng có tính hệ thống của các phương pháp
này, cơ sở lý thuyết về bài toán biên cho một lớp rộng PTVPH đã được xây dựng.
Tuy nhiên cho đến tậ
n bây giờ, thực tế bài toán biên cho PTVPH được nghiên cứu chỉ với
những thành công bộ phận. Khó khăn nảy sinh trong việc nghiên cứu về PTVPH nằm trong đặc
trưng không cục bộ của phương trình và chúng xuất hiện ngay cả trong phương trình tuyến tính.Ví
dụ, câu hỏi về tính giải được của bài toán biên đơn giản nhất (bài toán giá trị đầu):
'
ut ptu t qt, ua 0,
(với
p
,q:[a;b] R là hàm khả tích Lebesgue và :[a;b] [a;b]
là hàm đo được), không bao giờ
trở nên tầm thường như với phương trình vi phân thông thường, có nghĩa là trong trường
hợp
tt,t[a;b] .
Bởi vậy ta cũng không ngạc nhiên khi biết rằng trong những tài liệu chuyên khảo không có
nhiều các thông tin chi tiết về tính giải được của bài toán giá trị đầu.
Mặt khác, nếu độ lệch
tt là “nhỏ” (có nghĩa là nếu phương trình là “đóng” với PTVP
thường), thì một cách trực giác ta trông đợi bài toán đã cho có nghiệm duy nhất. Trong những
trường hợp đơn giản, hiệu lực của các giả thiết có thể thử lại trực tiếp. Với những bài toán phức tạp
hơn thì phương pháp toàn cục không cung cấp đủ độ chính xác, do đó tự nhiên ta cần tìm một kĩ
thuật chính xác hơn để nghiên cứu về PTVPH phát sinh.
Về phần PTVP thường, một lý thuyết hoàn toàn hiệu quả đã được xây dựng cho bài toán giá
trị biên, sử dụng những phương pháp mà cơ sở của nó nằm trong giải tích toán học. Việc này tương
ứng với những nỗ lực để điều chỉnh các phươ
ng pháp của giải tích toán học trong việc nghiên cứu
PTVPH. Trong một vài năm sau cùng những nỗ lực này đã thành công trong trường hợp một vài bài
toán biên của PTVPH. Đặc biệt trong các công trình của I.Kiguradze và P.Buza, những điều kiện
phức tạp về tính giải được và giải được duy nhất của một lớp rộng thật sự bài toán biên cho PTVPH
cả tuyến tính lẫn phi tuyến đã được tìm ra.
Được truyền cảm hứng từ những k
ết quả này tôi quyết định sử dụng phương pháp giải tích
toán học và các nghiên cứu kĩ thuật về bài toán biên của PTVP thông thường với những điều chỉnh
phù hợp cho PTVPH. Phần lớn phương pháp là đánh giá tiên nghiệm và kĩ thuật về bất đẳng thức vi
phân.
Trong luận văn này tôi nghiên cứu bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân
hàm bậc nhất phi tuyến. Bài toán có dạng như sau:
Xét sự tồn tại và duy nhất nghiệ
m của phương trình vi phân hàm phi tuyến:
ut Fu t
với điều kiện biên
ua ub hu
Trong đó
,, , 0, : , ;
ab
FK R hCabR Rlà hàm liên tục thoả mãn
0,
r
rMRsao cho :
r
C
hv M khi v r
Nghiệm của bài toán trên là hàm
,;uC abRsao cho
ut Fu t
hầu khắp nơi trên
,ab và thỏa mãn điều kiện biên
ua ub hu
.
Luận văn gồm 3 chương:
Chương 1. Chúng ta xây dựng điều kiện cần và đủ để một toán tử tuyến tính và bị chặn mạnh
thuộc vào lớp (, )
ab
V
.
Chương 2. Đây là nội dung chính của luận văn. Trong chương 2 chúng ta xây dựng các điều
kiện đủ để bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến có
nghiệm và có duy nhất nghiệm.
Chương 3. Trong chương 3 chúng ta xây dựng các tính chất hiệu quả để bài toán biên dạng
tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến có nghiệm và có duy nhất nghiệm.
Trong phần cuối của chương, chúng ta áp dụng các kết quả của bài toán biên dạng tu
ần hoàn cho
phương trình vi phân hàm phi tuyến để nghiên cứu các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất
nghiệm của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch.
CHƯƠNG 1:
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN
Trong luận văn này, chúng ta nghiên cứu tính giải được của bài toán biên dạng tuần hoàn cho
phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến. Trước hết ta giới thiệu các bất đẳng thức vi phân.
1.1 BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC
NHẤT TUYẾN TÍNH
Xét phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất:
() ( )() ()ut ut qt
(1.1)
với điều kiện biên
() ()ua ub c
(1.2)
trong đó
, ([ , ]; );
ab
LqLab c
và
, R
sao cho
0và 0
.
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là hàm
([ , ]; ) uCab thoả mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi
trên [a,b] và thỏa mãn điều kiện biên (1.2).
Lưu ý. Các đẳng thức và bất đẳng thức của các hàm khả tích đều hiểu là hầu khắp nơi trên [a,b].
Cùng với bài toán (1.1) , (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng
u(t) (u)(t)
(1.1
0
)
u(a) u(b) 0
(1.2
0
)
Từ các kết quả của I. Kiguradze, B. Puza trong [1] ta có định lí sau:
Định lý 1.1. Bài toán (1.1) , (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng
(1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
Chú ý 1.2. Theo định lý Riesz-Schauder thì nếu bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
) không có nghiệm
tầm thường thì tồn tại
qL([a,b];),csao cho bài toán (1.1), (1.2) không có nghiệm.
1.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN
Giả sử rằng 0
và
0
.
Hơn nữa, trong trường hợp
thì toán tử
ab
L
phải là toán tử không tầm thường, nghĩa là
10 .
Định nghĩa 1.3 Ta nói toán tử
ab
L
thuộc vào tập hợp (, )
ab
V
, nếu
thoả mãn 2 điều kiện sau:
(i) Bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường
(ii)
Với mọi
([ , ]; ),qLabRcR
thỏa mãn
(sgn sgn ) 0c
(1.3)
thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm không âm.
Chú ý 1.4. Theo định nghĩa, toán tử
(, )
ab
V
nếu và chỉ nếu với mọi
,[,]; uv C ab
thoả
mãn các bất đẳng thức sau:
() () ( )() (), ,
( ) () ()() (), [ , ]
( ) () () () ()
iututqt tab
ii v t v t q t t a b
iii u a u b v a v b
thì
() ()ut vt với [,]tab.
Chứng minh.
Đặt
() ()ht vt u t
. Theo (i), (ii), (iii) ta có
,,ht h t t ab
và
() () 0ha hb
Dễ thấy
()ht là nghiệm của phương trình sau:
() ( )() ()ht ht qt
và () ()ha hb c
với
0,qt h t h t c ha hb
Do
sgn sgn 2 .sgn 2 ( ) ( ) sgn 2 ( ) ( ) 0
c c ha hb ha hb
nên theo định nghĩa của
(, )
ab
V ta có bài toán có nghiệm duy nhất
ht
không âm. Từ đó
suy ra
() ()ut vt với [,]tab.
Chú ý 1.5. Theo Định lý 1.1, rõ ràng nếu
(, )
ab
V
thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất
với mỗi
và q L([a,b]; ).c
Hơn nữa, nếu
và ( , )
ab ab
PV
thì
.
Chứng minh.
Do (, )
ab
V nên với mọi ([ , ]; ),qLabR cR
thỏa mãn điều kiện
(sgn sgn ) 0
c , bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất
,;ut C ab R
. Mặt khác, do
ab
P nên
,;ut LabR
.
Do đó ta suy ra () ( )() () 0
ut ut qt .
Do hàm
qt ta chọn là hàm dương bất kì nên ta phải có () ( )() () 0ut ut qt
hay u(t) là hàm
tăng ngặt theo t hay
ub ua
.
Lại do
(sgn sgn ) (sgn sgn ) 0
(sgn sgn ) 0
sgn sgn
0
0
ua ub c
ua ub c
c
ub
ua ub
ua
nên ta có
.
Mệnh đề 1.6.
Giả sử
và
ab
P
Khi đó
(, )
ab
V nếu và chỉ nếu bài toán
() ( )(), ( ) ( ) 0ut u t ua ub
(1.4)
không có nghiệm không âm khác tầm thường.
Chứng minh
Điều kiện cần:
Giả sử (, )
ab
V , ta chứng minh bài toán (1.4) không có nghiệm không âm khác
tầm thường.
Gọi u là một nghiệm của bài toán (1.4).
Vì
0
và () () 0
ua ub nên ta có () () 0
ua ub
Áp dụng Chú ý 1.4 với
0, 0vt qt ta được () 0
ut với
,tab.
Do đó, bài toán (1.4) không có nghiệm không âm khác tầm thường.
Điều kiện đủ : Giả sử bài toán (1.4) không có nghiệm không tầm thường không âm . Ta chứng
minh ( , )
ab
V theo định nghĩa (1.1)
Gọi
0
u là nghiệm của bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
). Ta chứng minh
0
0ut
Ta có:
00 0 000 0
sgn sgn sgn
ut ut ut ut ut u t ut
Mặt khác, do
00
0000
00
sgn
ab
ut ut
P utututut
ut ut
Do
0
nên từ điều kiện biên (2.2
0
) ta có
00
0
ua ub .
Do đó ta có:
00
00
,,
0
iut uttab
ii u a u b
Vì vậy,
0
u
là nghiệm của bài toán (1.4). Như vậy,
0
0
u
nghĩa là bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
)
chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi u là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với
([ , ]; )
qLab và c sao cho
sgn sgn 0
c . Ta chứng minh
0ut
Dễ thấy
sgn
0
c
Đặt
sgn
() () , [ , ]
c
vt ut t ab
Ta có
sgn sgn
vt ut u t qt u t
cc
vt u t ut t ut
vt v t
Do
ab
P nên
vt vt
(chứng minh giống ở bước 1).
Do đó ta có
__
22
vt vt
vt vt vt vt v t v t
vt v t
Từ đó suy ra
() [] (), [ , ]
vt l v t t ab (*)
Mặt khác, từ điều kiện biên
0
va vb
, do 0
ta có
0sgn 0 0
va vb va va vb va vb
Do đó
0
[ ( )] [ ( )] 0
0
va vb
va vb
va vb
(**)
Từ (*), (**) ta suy ra
[] 0
v là nghiệm của bài toán (1.4).
Từ đó ta có
0,,
vvtvttab
Mà
sgn
() () , ,
c
ut vt t abnên () 0, [ , ]ut t ab.
Theo định nghĩa 1.3 ta có toán tử
(, )
ab
V .
Định lí 1.7. Giả sử
và
ab
P . Khi đó toán tử
(, )
ab
V
nếu và chỉ nếu tồn tại hàm số
[,];(0, )
Cab thoả mãn các bất đẳng thức
() ( )(), [ , ]tttab
(1.5)
() ()ab
(1.6)
Chứng minh
Điều kiện cần:
Giả sử tồn tại hàm số
[,];(0, )
Cab thoả mãn hai bất đẳng thức (1.5), (1.6).
Ta chứng minh
(, )
ab
V theo định nghĩa.
Bước 1. Gọi u là một nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với ([ , ]; )
qLab và c thoả mãn bất
đẳng thức
sgn sgn 0
c .
Ta chứng minh
0, ,ut t ab.
Do
0
nên từ bất đẳng thức
sgn sgn 0
c ta có2sgn 0
c .
Do đó
sgn sgn sgn 0ua ub c ua ub c
Từ đó suy ra
() ()
ua ub
Ta sẽ chứng minh rằng
() 0, [ , ]ut t ab
Giả sử trái lại. Khi đó tồn tại
0
[,]tabsao cho
0
() 0
ut
Đặt
()
max , [ , ]
()
ut
rtab
t
và
() () (), [ , ]
wt r t ut t ab
Theo đó ta có
0r
Rõ ràng
() 0, [ , ]wt t ab
và do
()
()
ut
t
liên tục trên đoạn [a, b], nên tồn tại
*
[,]
tab sao cho
*
*
()
()
ut
r
t
.
Từ đó ta có
*
() 0
wt
Do
() () () ( )() ( )() () ( )() () 0, [ , ]
wt r t ut r t u t qt wt qt t ab
nên
w( )t đồng biến trên [a,b]. Mặt khác
*
() 0
wt và
() 0, ,wt t ab nên ta phải có () 0
wa . Từ
đó ta có
() () () () () ()
ua r a r b ub wb ub
Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức
() ()
ua ub. Vậy () 0, [ , ]ut t ab
.
Bước 2. Ta chứng minh bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi
0
u là một nghiệm của bài toán (1.1
0
), (1.2
0
). Hiển nhiên
0
u cũng là một nghiệm của bài toán
(1.1
0
), (1.2
0
), như vậy, theo chứng minh trên, ta có
00
() 0, () 0, [ , ] ut ut t ab
Do đó,
0
0u
Điều kiện đủ: Giả sử
(, )
ab
V
. Ta chứng minh tồn tại
[,];(0, )
Cab thỏa mãn (2.7),
(2.8).
Chú ý rằng do giả thiết
nên ta có 0
.
Do
(, )
ab
V nên theo định nghĩa 1.2 bài toán
() ( )()
() () sgn
tt
ab
có nghiệm duy nhất
và
() 0, [ , ]
ttab
Ta có :
2
() () sgn () () sgn 1ab a b
Ta suy ra (1.6) đúng và
() 0
a
Kết hợp với điều kiện
ab
P ta có () ( )() 0tt
, do đó ta được () 0, [ , ]
ttab
Như vậy tồn tại tồn tại hàm số
[,];(0, )
Cab thoả mãn các bất đẳng thức
() ( )(), [ , ]
tttab
() ()
ab
Hệ quả 1.8. Giả sử
i.
ii.
ab
P
iii.
Tồn tại , , (0,1), ons ,
mk c t m k và
() (), [ , ]
mk
tttab
với
1
1
và
1
() ( )() ( )() , [ , ],
bt
iii
aa
tsdssdstabi
Khi đó
(, )
ab
V
.
Chứng minh
Dễ dàng chứng minh được hàm số
11
() (1 ) () (), [ , ]
km
jj
jjk
ttttab
thỏa mãn các điều
kiện của định lý 1.7.
Chú ý 1.9.
Theo Hệ quả trên (trong trường hợp 1, 2
km ), ta có:
Nếu
,
ab
P và
1
b
a
sds thì
,
ab
V .
Chú ý thêm rằng, nếu bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường và
1
b
a
sds
thì ta cũng có
,
ab
V
.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét