Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:57

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh trình bày về các bổ đề bổ trợ; tính giải được của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Huỳnh Kim Quyên BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2013
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Huỳnh Kim Quyên BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh – 2013
LỜI CẢM ƠN Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng Sau đại học, Khoa Toán Tin và các giảng viên trường Đại học Sư phạm TP HCM đã nhiệt tình truyền đạt những kiến thức quý báu và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành Luận văn Thạc sĩ. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn – Người trực tiếp chỉ bảo, hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành Luận văn Thạc sĩ. Đồng thời, tôi 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 cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh. Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khuyến khích tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu. Xin chân thành cảm ơn! Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 30 tháng 09 năm 2013 Học viên thực hiện Huỳnh Kim Quyên 1
MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN .............................................................................................................. 1 MỤC LỤC .................................................................................................................... 2 MỞ ĐẦU....................................................................................................................... 3 CÁC KÝ HIỆU ............................................................................................................ 5 CHƯƠNG 1: CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ. ........................................................................ 7 1.1. Giới thiệu bài toán. ......................................................................................................7 1.2. Bổ đề về dãy các nghiệm của bài toán bổ trợ. ...........................................................8 1.3. Các bổ đề về đánh giá tiên nghiệm. ..........................................................................17 CHƯƠNG 2: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH. .. 28 2.1. Định lí Fredholm ........................................................................................................28 2.2. Các định lí tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh. ...................................................................47 KẾT LUẬN ................................................................................................................ 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................ 55 2
MỞ ĐẦU Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ 18, song đến nay vẫn còn phát triển mạnh nhờ các công dụng của nó trong các ngành vật lý, cơ học, kỹ thuật, sinh học…Nội dung chính của luận văn là trình bày lại các kết quả của hai nhà toán học R.P.AGARWAL và I.KIGURADZE trong bài báo [1]. Các kết quả chính của luận văn là các định lí về tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh m =u (n) ∑ p (t )u i =1 i ( i −1) + q (t ) (1.1) với điều kiện biên u (i −1) (a) = 0 (i=1,…,m) u ( j −1) (b) = 0 (j=1,…,n-m) (1.2) hoặc với điều kiện biên u (i −1) (a) = 0 (i=1,…,m) u ( j −1) (b) = 0 (j=m+1,…,n). (1.3) Phương trình thuần nhất tương ứng với bài toán (1.1) là m u ( n ) = ∑ pi (t )u (i −1) (1.10) i =1 Với n ≥ 2 và m là phần nguyên của n/2, −∞ < a < b < +∞ , u (i −1) (a) , u ( j −1) (b) lần lượt là giới hạn bên phải và giới hạn bên trái tại điểm a và b. Trong bài toán (1.1),(1.2) khi n = 2m thì các hàm số 1,...., m) , q(t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b)) 2 pi ∈ Lloc ((a, b)) (i = còn khi n=2m+1 thì p1 thỏa thêm điều kiện t a+b lim sup (b − t ) 2 m −1 ∫ p1 ( s )ds < +∞ với c = . t →b 2 c Đối với bài toán (1.1),(1.3) thì các hàm số 1,...., m) , q (t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2 ((a, b]) . 2 pi ∈ Lloc ((a, b]) (i = n −1, m  Nghiệm của bài toán (1.1),(1.2) hoặc bài toán (1.1),(1.3) là các hàm u (t ) ∈ C ((a, b)) hoặc  n −1,m ((a, b]) . u (t ) ∈ C 3
Nội dung luận văn gồm hai chương Chương 1: Các bổ đề bổ trợ. Trong chương này, chúng tôi trình bày các bổ đề về dãy các nghiệm của bài toán bổ trợ và bổ đề về đánh giá tiên nghiệm để làm cơ sở cho việc chứng minh các định lí tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh. Chương 2: Tính giải được của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh. Trong chương 2, chúng tôi tìm hiểu về các định lý dẫn đến tính chất Fredholm của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh, từ đó sử dụng các định lí này để tìm điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh. 4
CÁC KÝ HIỆU x+ x • [ x ]+ là phần dương của số x: [ x ]+ = 2 • Lloc ((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R với γ là khả tích trên mọi đoạn [ a + ε , b − ε ] với ε >0 bé tùy ý. • Lloc ((a, b]) là không gian các hàm γ : (a, b) → R với γ là khả tích trên mọi đoạn [ a + ε , b] với ε >0 bé tùy ý. • Lα , β ((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R khả tích với trọng lượng b (t − a)α (b − t ) β và chuẩn γ ∫ (t − a) (b − t ) γ (t ) dt . α β Lα ,β = a • L2α , β ((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R bình phương khả tích với trọng 1/2 b  α β lượng (t − a) (b − t ) và chuẩn γ L2α ,β = ∫ (t − a )α (b − t ) β γ 2 (t )dt  . a  Ta kí hiệu L([a, b]) L= • = 2 0,0 (( a, b)), L ([ a, b]) L20,0 ((a, b)) . •  α2 , β ((a, b)) là không gian các hàm γ ∈ L ((a, b)) sao cho γ ∈ L2 ((a, b)) với L loc α ,β a+b t =γ (t ) ∫= γ ( s )ds, c c 2 •  α2 ((a, b]) là không gian các hàm γ ∈ L ((a, b]) sao cho γ ∈ L2 ((a, b)) với L loc α ,0 b γ (t ) = ∫ γ ( s )ds t •  2α , β ((a, b)) và L . Lα2 ,β và . Lα2 là các chuẩn trong L  2α ((a, b]) được định nghĩa như sau  t 1/2    2  t  a +b γ Lα2 ,β max   ∫ ( s − a)  ∫ γ (τ )dτ  ds  : a ≤ t ≤ = α    a s   2     b 2  1/2    s  a+b  + max   ∫ (b − s )  ∫ γ (τ )dτ  ds  : β ≤ t ≤ b   t t   2      t 2  1/2    t   γ Lα2 max  ∫ ( s − a)  ∫ γ (τ )dτ  ds : a ≤ t ≤ b  =  α   a s      5
n −1 •  loc C ((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R sao cho γ ',......, γ ( n −1) là liên tục tuyệt đối trên mọi đoạn [a + ε , b − ε ] với ε >0 bé tùy ý. n −1 •  loc C ((a, b]) là không gian các hàm γ : (a, b] → R sao cho γ ',......, γ ( n −1) là liên tục tuyệt đối trên mọi đoạn [a + ε , b] ) với ε >0 bé tùy ý. b  n −1,m ((a, b)) là không gian các hàm γ ∈ C n −1  loc • ∫γ 2 C ((a, b)) sao cho (m) ( s ) ds < +∞ a b  n −1,m ((a, b]) là không gian các hàm γ ∈ C n −1  loc • ∫γ 2 C ((a, b]) sao cho (m) ( s ) ds < +∞ a • hi : (a, b) × (a, b) → [0, +∞) (i = 1,...., m) là các hàm số được định nghĩa như sau t h1 (t ,τ ) =∫ (s − a) [(−1) p1 (s)]+ ds n−2m n−m τ t ∫ (s − a) pi (s)ds (i = hi (t ,τ ) = n−2m 2,....., m) τ 6
CHƯƠNG 1: CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ. 1.1. Giới thiệu bài toán. Trong chương này, chúng tôi trình bày các bổ đề bổ được trích dẫn từ bài báo [1] của hai nhà toán học R.P.AGARWAL và I.KIGURADZE để trong chương 2 sử dụng các bổ đề này chứng minh các định lí về tính giải được của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh m =u (n) ∑ p (t )u i =1 i ( i −1) + q (t ) (1.1) với điều kiện biên u (i −1) (a) = 0 (i=1,…,m) u ( j −1) (b) = 0 (j=1,…,n-m) (1.2) hoặc với điều kiện biên u (i −1) (a) = 0 (i=1,…,m) u ( j −1) (b) = 0 (j=m+1,…,n) (1.3) Phương trình thuần nhất tương ứng của bài toán (1.1) là m u ( n ) = ∑ pi (t )u (i −1) . (1.10) i =1 Với n ≥ 2 và m là phần nguyên của n/2, −∞ < a < b < +∞ , u (i −1) (a) , u ( j −1) (b) lần lượt là giới hạn bên phải và giới hạn bên trái tại điểm a và b. Trong bài toán (1.1),(1.2) khi n = 2m thì các hàm số 1,..., m) , q(t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b)) 2 pi ∈ Lloc ((a, b)) (i = (1.2’) còn khi n=2m+1 thì p1 thỏa them điều kiện t a+b ∫ p (s)ds < +∞ với c = 2 m −1 lim sup (b − t ) 1 (1.2’’) t →b 2 c Đối với bài toán (1.1),(1.3) thì các hàm số 1,...., m) , q (t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2 ((a, b]) . 2 pi ∈ Lloc ((a, b]) (i = (1.3’) n −1, m  Nghiệm của bài toán (1.1),(1.2) hoặc bài toán (1.1),(1.3) là các hàm u (t ) ∈ C ((a, b)) hoặc  n −1,m ((a, b]) . u (t ) ∈ C 7
1.2. Bổ đề về dãy các nghiệm của bài toán bổ trợ. Giả sử a < t0 k < t1k < b (k = 1, 2,...) , lim t0 k = a , lim t1k = b (1.4) k →+∞ k →+∞ Với mỗi số k tự nhiên xét phương trình vi phân m =u (n) ∑ p (t )u i =1 i ( i −1) + qk (t ) (1.5) với các điều kiện biên u (i −1) (= (i 1,..., m), u (i −1) (= t0 k ) 0= t1k ) 0= (i 1,..., n − m) . (1.6) hoặc u (i −1) (= (i 1,..., m), u (i −1)= t0 k ) 0= (b) 0= (i m + 1,..., n) . (1.7) Trong bài toán (1.5),(1.6) khi n=2m các hàm số pi ∈ Lloc ((a, b)) (i =  22 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b)) 1,..., m), qk ∈ L (1.8) còn n=2m+1 các pi thỏa thêm điều kiện def  t  =ρi sup (b − t ) 2 m −i ∫t ip ( s )ds : t 0 ≤ t < b 
= và lim uk(i −1) (t ) u= ( i −1) (t ) (i 1,...., n) hội tụ đều trên (a,b). (1.14) k →+∞ (tức là hội tụ đều trên [a+ δ ,b- δ ] với mọi δ >0 bé tùy ý) Để chứng minh bổ đề 1.1 ta cần các bổ đề 1.2, 1.3, 1.3’. Bổ đề 1.2  loc ((t , t ]) và Nếu u ∈ C 0 1 t1 ∫ (t − t ) α +2 0 u '2 (t )dt < +∞ (1.15) t0 với α ≠ −1 . Hơn nữa, nếu α > −1 và u (t1 ) = 0 (1.16) hoặc α < −1 và u (t0 ) = 0 (1.17) thì t1 1 t 4 ∫t (t − t0 ) u (t )dt ≤ (1 + α )2 t∫ (t − t0 ) u ' (t )dt . α 2 α +2 2 0 0 Chứng minh Theo công thức tích phân từng phần, ta có t1 1 ∫ (t − t ) α u 2= (t )dt (t1 − t0 )1+α u 2 (t1 ) − ( s − t0 )1+α u 2 ( s )  1+ α 0 s t (1.18) 2 1 − ∫ 1+ α s (t − t0 )1+α u (t )u '(t )dt , t0 < s < t1 Hơn nữa,   (t − t0 )1+α /2 u '(t )  ( (t − t0 )α /2 u (t ) ) 2 2 − (t − t0 )1+α u (t )u '(t ) = − 1+ α  1+ α  (1.19) 2 1 ≤ (t − t0 )α + 2 u '2 (t ) + (t − t0 ) 2 u 2 (t ) (1 + α ) 2 2 Từ (1.18), ta có t1 1 ∫ (t − t ) α u 2 (t )dt ≤ (t1 − t0 )1+α u 2 (t1 ) − ( s − t0 )1+α u 2 ( s )  1+ α 0 s t t 2 1 2 ∫ + (t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt + ∫ (t − t0 )α u 2 (t )dt (1 + α ) s 2s 9
suy ra t1 2 ∫ (t − t ) α u 2 (t )dt ≤ (t1 − t0 )1+α u 2 (t1 ) − ( s − t0 )1+α u 2 ( s )  1+ α  0 s t (1.20) 4 2 ∫ + (t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt , t0 < s < t1 (1 + α ) s Nếu điều kiện (1.16) xảy ra thì từ (1.15) và (1.20) cho s → t0 ta được t1 1 t 4 ∫ (t − t0 ) u (t )dt ≤ 2 ∫ α 2 (t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt t0 (1 + α ) t0 Nếu điều kiện (1.17) xảy ra từ (1.15) ta có t1 ∫ u '(t ) dt < +∞ t0 s s u ( s ) ≤ ∫ u '(t ) dt = ∫ (t − t0 ) (t − t0 ) u '(t ) dt −α /2 −1 1+α /2 t0 t0 1/2 1/2 s  s  ≤  ∫ (t − t0 ) −α − 2 dt   ∫ (t − t0 ) 2+α u '2 (t )dt  t  t  0  0  1/2 (1.21) −1/2  s  ≤ 1+ α ( s − t0 ) − (α +1)/2  ∫ (t − t0 ) 2+α u '2 (t )dt  , t0 < s < t1 t  0  suy ra lim( s − t0 )α +1 u 2 ( s ) = 0. (1.22) s → t0 Mặt khác từ (1.20) ta có t1 2 ∫ (t − t ) α u 2 (t )dt ≤ (t1 − t0 )1+α u 2 ( s ) 1+ α 0 s 1 t 4 2 ∫ + (t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt (1 + α ) s (1.23) 2 ≤ ( s − t0 )1+α u 2 ( s ) 1+ α 1 t 4 (1 + α ) 2 ∫s + (t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt , t0 < s < t1 t1 1 t 4 Cho s → t0 thì ta được ∫ (t − t0 )α u 2 (t )dt ≤ 2 ∫ (t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt . t0 (1 + α ) t0 Vậy bổ đề được chứng minh. □ Bổ đề 1.3 10
m −1  loc ((t , t )) , Nếu u ∈ C 0 1 t1 ∫ u (t ) dt < +∞ 2 u (i −1)= (t0 ) 0= (i 1,...m), (m) (1.24) t0 thì 2t   t1 u 2 (t ) 2m 1 ∫ (t − t0 ) ∫ u (t ) dt . 2 dt ≤   (m)  (2m − 1)!!  2 m t0 t0 Chứng minh Theo bổ đề 1.2 và từ điều kiện (1.24), ta có 2 2 t1 u (i −1) (t ) 4 t1 u (i ) (t ) ∫ (t − t ) t0 0 2 m − 2i + 2 dt ≤ (2m − 2i + 2) 2 t∫0 (t − t0 ) 2 m − 2i dt < +∞ (i = 1,...., m) suy ra 2 2 t1 u 2 (t ) 4 t1 u ' (t ) 4 4 t1 u (2) (t ) ∫ (t − t0 )2m dt ≤ (2m − 1)2 t∫ (t − t0 )2m−2 dt ≤ (2m − 1)2 (2m − 3)2 t∫ (t − t0 )2m−2 dt t0 0 0 2 t   t1 4 4 4 4 2m 1 ∫u ∫ u dt 2 2 ≤ ... ≤ ... 2 2 (m) (t ) dt =   (m) (2m − 1) (2m − 3) 3 1 2 2 t0  (2m − 1)!!  t0 Vậy bổ đề được chứng minh. □ Bổ đề 1.3’ m −1  loc ((t , t )) , Nếu u ∈ C 0 1 t1 ∫ u (t ) dt < +∞ ( i −1) 2 u = (t1 ) 0= (i 1,..., m), (m) t0 thì 2t   t1 u 2 (t ) 2m 1 ∫t (t − t1 )2m dt ≤  (2m − 1)!!  ∫ u (t ) dt . (m) 2 0 t0 Chứng minh bổ đề 1.3’ tương tự như bổ đề 1.3. Chứng minh bổ đề 1.1 Giả sử v : (a, b) → R là hàm tùy ý khả vi liên tục đến bậc (m-1) Đặt m ∑ pi (t )v(i−1) (t ) Λ (v)(t ) = i =1 (1.25) Giả sử các số t1 ,...., tn được cho như sau 11
(a + b) / 2 = t1 < .... < tn < b (1.26) và gi (t ) (i = 1,..., n) là đa thức bậc (n-1) thỏa điều kiện gi (ti ) =1, gi (t j ) =0 (i ≠ j , i, j =1,...., n) (1.27) Với mỗi số tự nhiên k, thì hàm uk(t) có biểu diễn  n 1 tj  (t ) ∑  uk (t j ) − uk= ∫t j(t − s ) n −1 ( Λ (u )( s ) + q ( s )) ds g j (t )  ( n − 1)! k k  j =1  1  (1.28) t 1 (n − 1)! ∫t1 + (t j − s ) n −1 (Λ (uk )( s ) + qk ( s ))ds Cho tùy ý δ ∈ (0, (b − a) / 2) , ta có t ∫ (t − s) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds t1 t t  (n i ) ∫ (t − s ) n −i −1  ∫ (qk (τ ) − q (τ ))dτ ds =− t  t1 1  t1 t1 ∫ ( s − a) ∫ (q (τ ) − q(τ ))dτ ds m −i n − m −1 ≤n ( s − a) k a +δ s 1/ 2  t1  1/2  t1 t1 2  ≤ n  ∫ ( s − a ) 2 m − 2i ds   ( s − a)   a∫+δ ∫s k   2 n − 2 m − 2 ( q (τ ) − q (τ )) dτ ds  a +δ     1/2 ≤ n (t − a ) 2 m − 2i +1 − δ 2 m − 2i +1 qk − q  22 n−2 m−2,2 m−2 L với a + δ ≤ t ≤ t1= (i 1,..., n − 1) Tương tự ta có t ∫ (t − s) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds t1 (1.29) 2 n − 2 m − 2 i +1 1/2 ≤ n (b − t1 ) 2 n − 2 m − 2i +1 − δ qk − q  22 n−2 n−2,2 m−2 L với t1 ≤ t ≤ b − δ = (i 1,..., n − 1) Do đó từ (1.12), ta có t lim ∫ (t − s ) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds = 1,...., n) hội tụ đều trên (a,b). 0 (i = (1.30) k →+∞ t1 Tương tự nếu t0 ∈ (a, b) thì 12
t lim ∫ ( s − t0 ) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds = 0 hội tụ đều trên I(t0) (1.31) k →+∞ t0 (t0 ) [t0 , (a + b) / 2] với t0< (a+b)/2 và I (t= với I= 0) [(a + b) / 2, t0 ] với t0> (a+b)/2. Từ (1.11) và t 1 uk(i −1) (t ) =− ∫ (m − i )! t jk (t s ) m −i uk( m ) ( s )ds ( j = 0,1; i = 1,..., m; k = 1, 2,......) (1.32) ta có uk(i −1) (t ) ≤ ri [ (t − a )(b − t ) ] m −i +1/2 , t0 k ≤ t ≤= = t1k (i 1,..., m; k 1, 2....) (1.33) với m −i +1/2 r0  2  =ri (2m − 2i + 1) −1/2   =(i 1,..., m) . (1.34) (m − i )! b−a Theo bổ đề Arzela-Ascoli và từ (1.11),(1.33) thì dãy ( uk )k =1 chứa dãy con ( uk ) +∞ +∞ sao cho l l =1 (u ) +∞ ( i −1) kl hội tụ đều trên (a,b). l =1 Giả sử lim ukl (t ) = u (t ) (1.35) l →+∞ thì u : (a, b) → R là khả vi liên tục bậc (m-1) và = lim uk(li −1 (t ) u= ( i −1) (t ) (i 1,..., m) hội tụ đều trên (a,b). (1.36) l →+∞ Từ điều kiện (1.4),(1.30),(1.28) và (1.33) ta có  n 1 tj  t ) ∑  u (t j ) − u (= ∫t j(t − s ) n −1 ( Λ (u )( s ) + q ( s )) ds  g j (t ) +  ( n − 1)!  j =1  1  (1.37) t 1 ∫ (n − 1)! t1 (t − s ) n −1 (Λ (u )( s ) + q ( s ))ds, a < t < b u (i −1) (t ) ≤ ri [ (t − a )(b − t ) ] m −i +1/2 , a < t < b (i =1,..., m) (1.38) n −1  loc u ∈C ((a, b)) và lim uk(li −= 1) t ) (i 1,..., n − 1) hội đều trên (a,b). (t ) u (i −1) (= (1.39) l →+∞ Mặt khác, với bất kì t0 ∈ (a, b) và số tự nhiên l, ta có t (t ) uk(ln − 2) (t ) − uk(ln − 2) (t0 ) + ∫ ( s − t0 )(Λ (ukl )( s ) + qkl ( s ))ds . (t − t0 )uk(ln −1)= (1.40) t0 13
Từ (1.31) và (1.39), ta có lim uk(ln −1) (t ) = u ( n −1) (t ) hội tụ đều trên (a,b) . (1.41) l →+∞ n −1, m  Từ (1.39),(1.41) và (1.11) ta được (1.13). Do đó, u ∈ C ((a, b)) . Mặt khác từ (1.37) thì ta có u là nghiệm của (1.1). Khi n=2m, từ (1.38) thì u thỏa (1.2). Vậy u là nghiệm bài toán (1.1),(1.2). Ta sẽ chứng minh u là nghiệm bài toán (1.1),(1.2) khi n=2m+1. Không mất tính tổng quát, khi ta xét dãy ( uk( m +1) )k =1 với +∞ t1 < t1k (k = 1, 2....) . (1.42) Từ (1.12),(1.28) và (1.33), ta có t 1 (m − 1)! ∫t1 uk( m +1) (t ) ≤ ρ0 + (t − s ) m −1 Λ (uk )( s )ds (1.43) t 1 (m − 1)! ∫t1 + (t − s ) m −1 qk ( s )ds , t1 ≤ t ≤ t1k (k =1, 2,..) qk  22 n−2 m−2,2 m−2 L ≤ ρ0 (k = 1, 2....) (1.44) với ρ0 là hằng số dương không phụ thuộc vào k. Mặt khác thì ta có t m t ∫ (t − s) Λ(uk )(s)ds ≤ ∑ ∫ (t − s) pi (s)uk (s)ds . m −1 m −1 ( i −1) (1.45) t1 i =1 t1 Nếu m>1, từ (1.8) ta có t ∫ (t − s) m −1 pi ( s )uk(i −1) ( s )ds t1 t s  ∫t  ∫ i  τ τ m −1 ( i ) m − 2 ( i −1) = (t − s ) u ( s ) − ( m − 1)(t − s ) u ( s )  p ( ) d  ds k k  1 1t  t ≤ ρi ∫ (b − s )i − m −1 uk(i ) ( s ) + (m − 1)(b − s )i − m − 2 uk(i −1) ( s )  ds t1 t = ρi ∫ (b − s ) −1 (b − s )i − m uk(i ) ( s ) + (m − 1)(b − s ) −1 (b − s )i − m −1 uk(i −1) ( s )  ds t1 1/2   t u (i −1) ( s ) 2 ds   1/2 1/2 t   t u (i ) ( s ) 2 ds  ≤ ρi  ∫ (b − s ) −2 ds   ∫  + (m − 1)  ∫   k k (1.46) t   t (b − s ) 2 m − 2i   t (b − s ) 2 m − 2i + 2   1   1      1 14
với t1 ≤ t ≤ t1k (i =1,..., m) . Theo bổ đề 1.3 và điều kiện (1.11), ta có 2 2 t uk( j ) ( s ) ds t1 k uk( j ) ( s ) ds ∫ (b − s) t1 2m−2 j ≤ ∫ (t t1 1k − s)2m−2 j (1.47) t1 k ≤ 4m − j ∫ = 2 uk( m ) (t ) ds 22 m − 2 j r02 , t1 ≤= t ≤ t1k ( j 0,..., m). t1 Do đó t ∫ (t − s) Λ (uk )( s )ds ≤ ρ (b − t ) −1/2 , m −1 t1 ≤ t ≤ t1k (1.48) t1 với m ρ = m2m r0 ∑ ρi . (1.49) i =1 Nếu m=1, từ điều kiện (1.8), (1.11) ta có t ∫ (t − s) m −1 Λ (uk )( s )ds t1 t = ∫ p (s)u (s)ds t1 1 k t t  s  = uk (t ) ∫ p1 (τ )dτ − ∫  ∫ p1 (τ )dτ  uk' ( s )ds  t1  t1  t1  (1.50)  t1 k t  ≤ ρ1  (b − t ) −1 ∫ uk' ( s ) ds + ∫ (b − s ) −1 uk' ( s ) ds     t t1    t1 k  1/2  t  1/2  ≤ ρ1 (b − t ) (t1k − t )  ∫ uk ( s ) ds  + (b − t )  ∫ uk ( s ) ds    −1 1/2 ' 2 −1/2 ' 2       t   t1   ≤ 2 ρ1r0 (b − t ) −1/2 với t1 ≤ t ≤ t1k . Nếu m>1, từ điều kiện (1.44) ta có t ∫ (t − s) m −1 qk ( s )ds t1 15
t s  (m − 1) ∫ (t − s ) = m−2  ∫ qk (τ )dτ  ds t  t1 1  t s  ≤ (m − 1) ∫ (b − s )  ∫ qk (τ ) dτ  ds m−2 t  t1 1  (b − s ) m −1   t s = (m − 1) ∫  ∫ qk (τ ) dτ  ds t1 b − s  t1   1/2 t  1/2 t s  2  ≤ (m − 1)  ∫ (b − s ) −2 ds   (b − s )  ∫ qk (τ ) dτ  ds   ∫t 2 m − 2 t  t   1  1 1   ≤ (m − 1)(b − t ) −1/2 qk  22 n−2 m−2,2 m−2 L (1.51) ≤ (m − 1) ρ0 (b − t ) −1/2 , t1 ≤ t < b. Nếu m=1, ta có b τ ∫ ∫ q (s)ds dτ ≤ (b − t ) ≤ ρ0 (b − t )1/2 , t1 ≤ t < b . 1/2 k q L20,0 (1.52) t t1 Do uk( m ) (t1k ) = 0 nên t uk( m ) (t ) = ∫ uk( m +1) (τ )dτ . (1.53) t1 k Nếu m>1, từ (1.53) và (1.43),(1.48),(1.51) ta có t1 k uk( m ) (t ) ≤ ∫  ρ t 0 + ( ρ + ρ0 )(b − s ) −1/2 ds ≤ ρ0 (b − t ) + 2( ρ + ρ 0 )(b − t )1/2 (1.54) ≤ [ ρ0 (b − t1 ) 1/2 + 2( ρ + ρ0 )](b − t ) = ρ (b − t ) ,1/2 * 1/2 t1 ≤ t ≤ t1k với ρ * = ρ0 (b − t1 )1/2 + 2( ρ + ρ0 ) . Nếu m=1, từ (1.43), (1.48),(1.52) và (1.53) ta có  t1 k s  u (m) k (t ) ≤ ∫  ρ0 + ρ (b − s ) + ∫ qk (τ )dτ −1/2 ds t   t1  ≤  ρ0 (b − t1 )1/2 + 2 ρ + ρ0  (b − t )1/2 , t1 ≤ t < t1k Từ (1.4),(1.39),(1.41) và (1.54) ta có u ( m ) (t ) ≤ ρ * (b − t )1/2 , t1 ≤ t < b 16
Cho t → s thì u ( m ) (b) = 0 . Do đó u là một nghiệm của bài toán (1.1),(1.2) trong trường hợp  n −1,m ((a, b)) bài toán (1.1),(1.2) không có nghiệm khác vì trong n=2m+1. Trong không gian C không gian này bài toán thuần nhất (1.10),(1.2) chỉ có nghiệm tầm thường. Để hoàn thành chứng minh. Ta chứng minh u thỏa (1.14). Thật vậy, ta giả sử trái lại, khi đó tồn tại δ ∈ (0, (b − a) / 2), ε > 0 và (kl )l+∞=1 sao cho  n (i −1)  max ∑ ukl (t ) − u (i −1) (t ) : a + δ ≤ t ≤ b − δ  > ε (l =1, 2...)  i =1  Từ bổ đề Arzela-Ascoli và điều kiện (1.11), không mất tính tổng quát, khi xem dãy (uk(i −1) )l+∞=1 l hội tụ đều trên (a,b). Từ các kết quả ở trên nên ta được (1.30) và (1.32). Điều này gây mâu thuẫn. Vậy bổ đề được chứng minh. □ Bổ đề 1.4 n −1  loc ((a, b]) và tồn tại hằng số Nếu với mỗi số tự nhiên k, bài toán (1.5),(1.7) có nghiệm uk ∈ C t1 k ∫u 2 r0 ≥ 0 thỏa (m) k (t ) dt ≤ r02 (k = 1, 2,...) t0 k Hơn nữa, nếu lim qk − q  22 n−2 m−2,0 L = 0 (1.55) k →+∞  n −1,m ((a, b]) chỉ có nghiệm tầm thường. và bài toán thuần nhất (1.10),(1.3) trong không gian C  n −1,m ((a, b]) có nghiệm duy nhất u thỏa mãn Thì bài toán (1.1),(1.3) trong không gian C u (m) ≤ r0 L2 uk(i −1) (t ) u= và lim= ( i −1) (t ) (i 1,..., n) hội tụ đều trên (a,b]. (1.56) k →+∞ Chứng minh bổ đề 1.4 tương tự như bổ đề 1.1. 1.3. Các bổ đề về đánh giá tiên nghiệm. Bổ đề 1.5 Nếu tồn tại a0 ∈ (a, b), b0 ∈ (a0 , b) và các số không âm l1i , l2i (i = 1,..., m) sao cho (t − a ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l1i , a < t ≤ τ ≤ a0 (1.57) (b − t ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l2i , b0 ≤ τ ≤ t < b (i =1,..., m) 17
m (2m − i )2n −i +1 ∑ i =1 (2m − 2i + 1)!! l1i