[block id=”bo-sung-1″]

Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ XVIII, song đến nay
ngày càng phát triển mạnh mẽ do các ứng dụng to lớn của nó trong nhiều lĩnh vực của
cuộc sống như:vật lý, cơ học, cơ khí, sinh học, kinh tế, .
Vấn đề nghiệm dương của các bài toán biên trong những năm gần đây được sự quan
tâm sâu sắc bởi nhiều nhà toán học trên thế giới như: R.P.Agarwal,
D.O’Regan, D.R.Anderson, I.T.Kiguradze, .
Vấn đề nghiệm dương cho bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao ngày càng
được nhiều người quan tâm và có nhiều kết qủa rộng lớn và sâu sắc theo các hướng khác
nhau, nhưng có thể nói phương pháp chung là áp dụng định lý điểm bất động Guo –
Krasnosel’skii trong nón.
Mục đích chính của luận văn là ứng dụng định lý điểm bất động Guo – Krasnoselskii
để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm dương của các bài toán biên cho phương trình vi phân
bậc cao.

luan van nghiem duong cua mot so lop bai toan bien cho phuong trinh vi phan bac cao
pdf56 trang | Chia sẻ: duongneo | Ngày: 28/07/2017 | Lượt xem: 2694 | Lượt tải: 0download

Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Nghiệm dương của một số lớp bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
LƯƠNG NGỌC TIẾN
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI
TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN BẬC CAO
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh – 2011
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Lương Ngọc Tiến
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI
TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN BẬC CAO
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN
Thành phố Hồ Chí Minh – 2011
LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin kính gửi đến PGS.TS.Nguyễn Anh Tuấn lời cảm ơn sâu sắc và
chân thành nhất vì sự tận tình giúp đỡ và chỉ bảo của Thầy dành cho tôi trong suốt thời
gian làm luận văn.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Quí Thầy Cô trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí
Minh, trường Đại học KHTN TP. Hồ Chí Minh, trường Đại học Quốc Tế TP. Hồ Chí
Minh đã tận tình giảng dạy và hướng dẫn tôi trong suốt khóa học.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Lãnh đạo, Chuyên viên Phòng Sau Đại học – trường Đại học
Sư phạm TP. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học
tập và hoàn thành luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã giành
thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành luận văn này một
cách hoàn chỉnh.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, các bạn học viên cao học lớp Giải
tích K19, trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã luôn động viên, khuyến khích và
giúp đỡ tôi trong thời gian học tập và làm luận văn.
Vì kiến thức bản thân còn hạn chế và thời gian có hạn nên luận văn sẽ khó tránh khỏi
những thiếu sót.Rất mong được sự nhận xét và chỉ bảo của Quí Thầy Cô và sự góp ý chân
thành của các bạn đồng nghiệp để luận văn ngày càng hoàn thiện hơn.
TP.Hồ Chí Minh 11/2011
Tác giả
MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN ……………………………………………………………………………………………………….. 3
MỞ ĐẦU ………………………………………………………………………………………………………………. 5
CHƯƠNG 0 ………………………………………………………………………………………………………….. 6
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ……………………………………………………………………….. 6
CHƯƠNG 1 ………………………………………………………………………………………………………….. 8
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO ………………………………… 8
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BA …………………………………………………………………… 8
1.1 Mở đầu…………………………………………………………………………………………………… 8
1.2. Hàm Green và đánh giá tiên nghiệm của nghiệm dương ……………………………… 8
1.3 Các định lý tồn tại nghiệm dương ……………………………………………………………. 15
1.4 Các định lý về sự không tồn tại nghiệm dương …………………………………………. 22
CHƯƠNG 2 ………………………………………………………………………………………………………… 25
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO ………………………………. 25
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BỐN ………………………………………………………………. 25
2.1 Mở đầu…………………………………………………………………………………………………. 25
2.2 Hàm Green của bài toán (2.1),(2.2)……………………………………………………….. 25
2.3 Các đánh giá cho nghiệm dương …………………………………………………………… 27
2.4 Các định lý tồn tại nghiệm cho bài toán (2.1),(2.2) ……………………………………. 29
2.5 Các định lý về sự không tồn tại nghiệm dương cho bài toán (2.1), (2.2) ………. 35
CHƯƠNG 3 ………………………………………………………………………………………………………… 38
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO ………………………………. 38
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC N ……………………………………………………………………. 38
3.1 Mở đầu…………………………………………………………………………………………………. 38
3.2 Hàm Green và các đánh giá tiên nghiệm ………………………………………………. 38
3.3 Các định lý về tồn tại, không tồn tại nghiệm dương của (3.1), (3.2) ………… 44
3.6 Ví dụ. Xét bài toán biên …………………………………………………………………………. 52
KẾT LUẬN …………………………………………………………………………………………………………. 55
TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………………………………………………. 56
MỞ ĐẦU
Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ XVIII, song đến nay
ngày càng phát triển mạnh mẽ do các ứng dụng to lớn của nó trong nhiều lĩnh vực của
cuộc sống như:vật lý, cơ học, cơ khí, sinh học, kinh tế,..
Vấn đề nghiệm dương của các bài toán biên trong những năm gần đây được sự quan
tâm sâu sắc bởi nhiều nhà toán học trên thế giới như: R.P.Agarwal,
D.O’Regan, D.R.Anderson, I.T.Kiguradze,.
Vấn đề nghiệm dương cho bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao ngày càng
được nhiều người quan tâm và có nhiều kết qủa rộng lớn và sâu sắc theo các hướng khác
nhau, nhưng có thể nói phương pháp chung là áp dụng định lý điểm bất động Guo –
Krasnosel’skii trong nón.
Mục đích chính của luận văn là ứng dụng định lý điểm bất động Guo – Krasnoselskii
để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm dương của các bài toán biên cho phương trình vi phân
bậc cao.
Nội dung của luận văn là nghiên cứu sự tồn tại, không tồn tại nghiệm dương của các
phương trình vi phân bậc cao với các điều kiện biên khác nhau.
Luận văn được chia làm 3 chương, cụ thể như sau
Chương 1: Nghiên cứu về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của phương
trình vi phân bậc ba dạng:
”'( ) ( ) ( ( )), 0 1u t g t f u t t= ≤ ≤ ,
với điều kiện biên: (0) ‘(0) ‘( ) ‘(1) ”(1) 0u u u p u uα β γ− = = + =
Chương 2: Nghiên cứu về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của phương
trình vi phân bậc bốn dạng:
””( ) ( ) ( ( )), 0 1u t g t f u t t= ≤ ≤ ,
với điều kiện biên: (0) ‘(0) ”(1) ”'(1) 0u u u u= = = =
Chương 3: Nghiên cứu về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của phương
trình vi phân bậc n dạng:
( ) ( ) ( ) ( ( )) 0, 0 1,λ+ = < <nu t a t f u t t
với các điều kiện biên cụ thể khác nhau.
Luận văn có thể làm tài liệu tham khảo cho sinh viên năm cuối hoặc học viên cao học
ngành Toán khi nghiên cứu về vấn đề nghiệm dương của phương trình vi phân bậc cao
cũng như hệ phương trình vi phân.
CHƯƠNG 0
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
0.1 Định nghĩa
Cho ( )f t xác định trên 0 t  , ( )f t khả tích trên mọiđoạn ,a b ,
(với 0 a b   ) và s là tham số thực (hoặc phức). Ta định nghĩa biến đổi
Laplace của f là
 
0 0
( ) ( ) ( ) ( ) lim ( )st stF s L f t s e f t dt e f t dt
 
 

   
Ta sẽ ký hiệu L(f) là biến đổi Laplace của hàm f.
Định lý 0.1.1 Giả sử  ( )L f t và  ( )L g t tồn tại. Cho a và b là các hằng
số. Khi đó,  ( ) ( )L af t bg t tồn tại và
     ( ) ( ) ( ) ( )L af t bg t aL f t bL g t   .
Định lý 0.1.2 Giả sử rằng
(1) f có đạo hàm cấp n và ( )nf liên tục từng phần trên  0,
(2) Tồn tại các hằng số dương a, M, T sao cho
 ( ) ( ) , 0,1,…., 1 , ,n atf t Me i n t T     
Khi đó, biến đổi Laplace của ( )nf tồn tại với mọi s a và
   ( ) 1 2 ( 1)( ) ( ) (0) ‘(0) … (0)n n n n nL f t s L f t s f s f f       .
0.2 Biến đổi Laplace ngược
Định nghĩa 0.2.1 Giả sử F là biến đổi Laplace của hàm liên tục f, tức là
 ( ) ( ) ( )F s L f t s . Khi đó hàm liên tục f được gọi là biến đổi Laplace ngược
của hàm F và ký hiệu như sau
 1f L F
Định lý 0.2.2 Giả sử f, g là các hàm liên tục. Cho    ,F L f G L g  , a và b
là các hằng số. Khi đó,
     1 1 1L aF bG aL F bL G     .
0.3 Biến đổi Laplace của tích chập
Cho hai hàm số f và g xác định trên thì hàm số f g định bởi
0
( )( ) ( ) ( )
t
f g t f g t d     ,
với giả thiết là tích phân ở trên tồn tại, được gọi là tích chập của f và g .
Nếu f và g là các hàm liên tục trên  0, , khi đó
     ( )( ) ( ) ( )L f g t L f t L g t  .
0.4 Định lý Guo – Krasnosel’skii
Định nghĩa 0.4.1 Một toán tử gọi là hoàn toàn liên tục nếu nó liên tục và ánh xạ một tập bị
chặn thành tập compact tương đối.
Định nghĩa 0.4.2 Cho X là không gian Banach thực.Tập con lồi, đóng, khác rỗng P của X
gọi là một nón trong X nếu nó thỏa mãn các điều kiện
(1) Nếu , , 0x P    thì x P  ,
(2) Nếu ,x P x P   thì 0x .
Định lý 0.4.3 (Guo – Krasnosel’skii)
Cho ( ), .X là không gian Banach thực, P X⊂ , P là nón trên X. Giả sử 1 2,Ω Ω là các tập con
mở bị chặn của X với 1 1 20∈Ω ⊂Ω ⊂Ω , và
2 1: ( )T P P∩ Ω Ω →
là toán tử hoàn toàn liên tục thỏa một trong hai điều kiện
(K1) Tu u≤ nếu 1u P∈ ∩∂Ω , và Tu u≥ nếu 2u P∈ ∩∂Ω .
(K2) Tu u≥ nếu 1u P∈ ∩∂Ω , và Tu u≤ nếu 2u P∈ ∩∂Ω .
Khi đó T có điểm bất động trong 2 1( )P∩ Ω Ω .
Chương 1
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BA
1.1 Mở đầu
Trong chương này ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của
bài toán biên
”'( ) ( ) ( ( )), 0 1u t g t f u t t= ≤ ≤ (1.1)
(0) ‘(0) ‘( ) ‘(1) ”(1) 0u u u p u uα β γ− = = + = (1.2)
Trong chương này ta giả sử rằng
(H1) Hàm [ ) [ ): 0, 0,f ∞ → ∞ và [ ] [ ): 0,1 0,g → ∞ là các hàm liên tục và
( ) 0g t ≠ trên đoạn [ ]0,1 ,
(H2) Các hằng số , ,α β γ và p là không âm thỏa: 0,0 1pβ γ+ > < ≤ và
2 (1 ) 1p α+ ≥ ,
(H3) Nếu 1p = thì 0γ > .
1.2. Hàm Green và đánh giá tiên nghiệm của nghiệm dương
Trong phần này sẻ nghiên cứu hàm Green của bài toán (1.1) ,(1.2) và chứng
minh một số đánh giá cho nghiệm dương của bài toán.
Trong suốt phần này ta định nghĩa hằng số M pβ γ β= + − . Theo (H1), (H3) dễ
thấy M là hằng số dương.
Mệnh đề 1.2.1. Nếu [ ]3 0,1u C∈ thỏa mãn điều kiện biên (1.2) và ”'( ) 0u t = , [ ]0,1∀ ∈t thì
( ) 0u t = , 0 1.≤ ≤t
Chứng minh.
Do ”'( ) 0u t = nên tồn tại các hằng số 1 2 3, ,a a a sao cho: 21 2 3( ) ,0 1u t a a t a t t= + + ≤ ≤
Vì ( )u t thỏa điều kiện biên (1.2) nên ta có:
1
2
3
1 0 0
0 1 2 0
0 2( ) 0
a
p a
a
α
β β γ
−    
    =    
    +    
(1.3)
(Do (0) ‘(0) ‘( ) ‘(1) ”(1) 0u u u u uα β β γ− = = + = )
Ma trận hệ số của hệ trên có định thức là 2M > 0 nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường
1 2 3 0a a a= = = .Vậy ( ) 0u t = trên [ ]0,1 . 
Nếu [ ], ( , )⊂ = −∞ +∞a b R là tập đóng, thì hàm chỉ χ của đoạn [ ],a b được định
nghĩa như sau:
[ ]
[ ]
[ ],
1 , ,
0 , ,a b
t a b
t a b
χ
 ∈= 
∉
Ta định nghĩa hàm [ ] [ ] [ ): 0,1 0,1 0,G × → +∞ xác định bởi:
( ) [ ]
2
2
0,1
( )( , ) 2 2 ( )
2( ) 2
s t sG t s p pt t s
p
β γ β α χ
β γ β
+ − −
= + − +
+ −
( ) [ ]2 0,2( )( ) ( )2( ) p
p s t t s
p
α β γ β χ
β γ β

− + + −
+ −
Ta sẽ chứng minh ( , )G t s là hàm Green của bài toán (1.1), (1.2).
Mệnh đề 1.2.2. Cho [ ]0,1h C∈ .
Nếu
1
0
( ) ( , ) ( ) , 0 1y t G t s h s ds t= ≤ ≤∫ , thì ( )y t thỏa điều kiện biên (1.2)
và [ ]”'( ) ( ), 0,1y t h t t= ∀ ∈ .
Chứng minh.
Theo định nghĩa hàm ( , )G t s ta có:
( ) [ ]
1 1 2
2
0,
0 0
( )( ) 2 2 ( ) ( ) ( )
2 2 t
s t sy t p pt t h s ds s h s ds
M
β γ β α χ+ − −= + − +∫ ∫
( ) [ ]
1
2
0,
0
2( )( ) ( ) ( )
2 p
p s t t s h s ds
M
α β γ β χ−− + + −∫
( )
1 2
2
0 0
( )( ) 2 2 ( ) ( )
2 2
ts t sy t p pt t h s ds h s ds
M
β γ β α+ − −= + − +∫ ∫
( )2
0
2( )( ) ( )
2
p p s t t h s ds
M
α β γ β−− + + −∫ (1.4)
Lấy đạo hàm hai vế của (1.4) ta được:
( ) ( )
1
0 0 0
‘( ) ( ) ( ) ( ) ( )
p tp s sy t t h s ds t s h s ds p t h s ds
M M
β γ ββ γ β− + −= − + − + − + −∫ ∫ ∫ (1.5)
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế của (1.5) ta được:
10 0 0
”( ) ( ) ( ) ( ) ( )
p tp s sy t h s ds t s h s ds h s ds
M M
β γ ββ − + −= + − −∫ ∫ ∫ (1.6)
Lại lấy đạo hàm hai vế của (1.6) cho ta:
[ ]”'( ) ( ), 0,1y t h t t= ∀ ∈
Trong (1.5), cho t p= ta thu được: ‘( ) 0y p =
Cho 0t = trong (1.4) và (1.5) ta được:
1
0 0
(0) ( ) ( ) ( )
p p s sy h s ds ph s ds
M M
β γ βα β γ α− + −= − + +∫ ∫ (1.7)
1
0 0
‘(0) ( ) ( ) ( )
p p s sy h s ds ph s ds
M M
β γ ββ γ− + −= − + +∫ ∫ (1.8)
Từ (1.7) và (1.8) ta có: (0) ‘(0)y yα= hay (0) ‘(0) 0y yα− =
Cho 1t = trong (1.5) và (1.6) ta được:
1
0 0
‘(1) ( ) ( )
p p s p sy h s ds h s ds
M M
γ γ− −= − +∫ ∫ (1.9)
1
0 0
”(1) ( ) ( )
p p s p sy h s ds h s ds
M M
β β− −= −∫ ∫ (1.10)
Suy ra ‘(1) ”(1) 0y yβ γ+ = 
Mệnh đề 1.2.3. Cho [ ]0,1h C∈ và [ ]3 0,1y C∈ .Nếu ( )y t thỏa điều kiện biên (1.2) và
[ ]”'( ) ( ), 0,1y t h t t= ∀ ∈ , thì
1
0
( ) ( , ) ( ) , 0 1y t G t s h s ds t= ≤ ≤∫ .
Chứng minh.
Giả sử rằng y(t) thỏa điều kiện biên (1.2) và [ ]”'( ) ( ), 0,1y t h t t= ∀ ∈
Xét
1
0
( ) ( , ) ( ) , 0 1k t G t s h s ds t= ≤ ≤∫
Theo mệnh đề (1.2.2) ta có: [ ]”'( ) ( ), 0,1k t h t t= ∀ ∈ và ( )k t thỏa điều kiện biên (1.2).
Đặt ( ) ( ) ( ), 0 1.m t y t k t t= − ≤ ≤ Khi đó
”'( ) 0m t = và ( )m t thỏa điều kiện biên (1.2).Theo mệnh đề (1.2.1), ( ) 0m t ≡ trên [ ]0,1 .
Vậy:
1
0
( ) ( , ) ( ) , 0 1y t G t s h s ds t= ≤ ≤∫ 
Từ hai mệnh đề trên ta có kết quả:
10
( ) ( , ) ( ) , 0 1y t G t s h s ds t= ≤ ≤∫ , nếu và chỉ nếu ( )y t thỏa điều kiện biên (1.2) và
[ ]”'( ) ( ), 0,1y t h t t= ∀ ∈ .
Khi đó bài toán (1.1),(1.2) tương đương với phương trình tích phân
1
0
( ) ( , ) ( ) ( ( )) , 0 1u t G t s g s f u s ds t= ≤ ≤∫ , (1.11)
và ( , )G t s gọi là hàm Green của bài toán (1.2), (1.2).
Sau đây là một số tính chất của hàm ( , )G t s .
Mệnh đề 1.2.4. Nếu điều kiện (H2) được thỏa mãn, thì
22 2 0, 0 1.p pt t tα + − ≥ ≤ ≤
Chứng minh.
Theo điều kiện (H2) ta có 0, 0 1, 2 (1 ) 1p pβ γ α+ > < ≤ + ≥ , nên
22 2 (1 ) 2 (1 ) (2 (1 ) 1) 0p pt t t t p t p tα α α+ − = − + − + + − ≥ 
Mệnh đề 1.2.5. Nếu (H2),(H3) thỏa, thì ta có:
1) ( , ) 0,≥G t s với 0 1t≤ ≤ và 0 1s≤ ≤ .
2) ( , ) 0,>G t s với 0 1< <t và 0 1< <s .
Chứng minh.
Trước hết ta chứng minh khẳng định 1).Ta xét các trường hợp sau
• Nếu s p≥ và s t≥ , thì:
( )2( , ) 2 2 02
sG t s p pt t
M
β γ β α+ −= + − ≥
• Nếu s p≥ và s t≤ , thì:
( )
2
2 ( )( , ) 2 2 0
2 2
s t sG t s p pt t
M
β γ β α+ − −= + − + ≥
• Nếu s p≤ và s t≥ , thì:
( )
( )
2 2
2 2
( )( , ) 2 2 (2( )( ) )
2 2
( )2 2 (2 2 2 2 )
2 2
s p sG t s p pt t t t
M M
p p s p sp pt t t t t
M M
β γ β α α β γ β
β γ β β β α αβ αγ β γ β
+ − −
= + − − + + −
+ − + − −
= + − − + + + −
= ( )2 21 ( ) ( )2 2 (2 2 2 2 )2 2 2
p s p sp pt t t t t
M M
β α αβ αγ β γ β− − + + − − + + + − 
 
= ( ) ( )2 2 21 ( )2 2 2 2 2 2 2 22 2
p sp pt t p t t t t
M
α αβ βαγ β αβ αγ β γ β−+ − + + − − − − − +
= ( ) ( )21 ( )2 2 2 ( ) 2 ( )2 2
p sp pt t p t p
M
α α β β γ β β γ−+ − + − − + − −
= ( ) ( )21 ( )2 2 2 22 2
p sp pt t tα α−+ − + − −
= ( ) ( )( ) ( )2 21 1 12 2 2 2 2 2 02 2 2p pt t s p t s st tα α α+ − + − + = + − ≥
• Nếu s p≤ và s t≤ , thì:
( )
2 2
21 ( )( , ) 2 2 0
2 2 2
t s sG t s s st t sα α−= + − + = + ≥
Vậy ( , ) 0G t s ≥ , 0 1t≤ ≤ , 0 1s≤ ≤ , nên 1) được chứng minh. Từ chứng minh 1) dễ
nhận ra được khẳng định 2) 
Mệnh đề 1.2.6. Nếu [ ]3 0,1u C∈ thỏa điều kiện (1.2), và
[ ]”'( ) 0, 0,1 ,≥ ∀ ∈u t t (1.12)
thì
1) ( ) 0, 0 1≥ ≤ ≤u t t .
2) ‘( ) 0u t ≥ trên [ ]0, p và ‘( ) 0u t ≤ trên [ ],1p .
3) ( )u p u= .
Chứng minh.
1) Chứng minh [ ]( ) 0, 0,1u t t≥ ∀ ∈
Theo mệnh đề 1.2.3, ta có:
1
0
( ) ( , ) ”'( )= ∫u t G t s u s ds
Do ( , ) 0G t s ≥ , 0 1,0 1,≤ ≤ ≤ ≤t s ”'( ) 0,0 1,≥ ≤ ≤u t t nên khẳng định 1) được chứng
minh.
2) Chứng minh ‘( ) 0u t ≥ trên [ ]0, p và ‘( ) 0u t ≤ trên [ ],1p .
Từ (1.5) ta có,
( ) ( )
1
0 0 0
‘( ) ”'( ) ( ) ”'( ) ”'( )
p tp s su t t u s ds t s u s ds p t u s ds
M M
β γ ββ γ β− + −= − + − + − + −∫ ∫ ∫
• Nếu 0 t p≤ ≤ ,thì
( )
( ) ( )
0 0
1
0
‘( ) ”'( ) ( ) ”'( ) ( ) ”'( )
”'( ) ”'( )
p p p
t
p
p
p su t t u s ds t s u s ds t s u s ds
M
s spt t u s ds p t u s ds
M M
β γ β
β γ β β γ β

= − + − + − − −
+ − + −
+ − + −
∫ ∫ ∫
∫ ∫
( ) ( )
0 0 0
”'( ) ( ) ”'( ) ”'( )
p p pp s st u s ds t s u s ds p t u s ds
M M
β γ ββ γ β− + −= − + − + − + −∫ ∫ ∫
( )
1
( ) ”'( ) ”'( )
p
t p
ss t u s ds p t u s ds
M
β γ β+ −
+ − + −∫ ∫
( ) ( )
0
0
( ) ”'( )
p s p st s p t t u s ds
M M
β γ β β γ β
 
+ − − = − + − − + − 
  


( )
1
( ) ”'( ) ”'( )
p
t p
ss t u s ds p t u s ds
M
β γ β+ −
+ − + −∫ ∫
( )
1
( ) ”'( ) ”'( ) 0
p
t p
ss t u s ds p t u s ds
M
β γ β+ −
= − + − ≥∫ ∫ .
• Nếu 1p t≤ ≤ , thì
( ) ( )
( ) ( )
0 0
1
0
‘( ) ”'( ) ”'( ) ( ) ”'( )
”'( ) ”'( )
t t t
p
t
t
p s p su t t u s ds t u s ds t s u s ds
M M
s sp t u s ds p t u s ds
M M
β γ β β γ β
β γ β β γ β
− −
= − + − + + − + −
+ − + −
+ − + −
∫ ∫ ∫
∫ ∫
( ) ( )
0
0
( ) ”'( )
t s p st s p t t u s ds
M M
β γ β β γ β
 
+ − − = − + − − + − 
  


( ) ( )
1
”'( ) ”'( )
t
p t
p s st u s ds p t u s ds
M M
β γ ββ γ β− + −+ + − + −∫ ∫
( ) ( )
1
(1 ) ”'( ) ”'( ) 0.
t
p t
s p st u s ds t p u s ds
M M
β γ βγ β− + −= − + − − − ≤∫ ∫
3) Chứng minh ( )u p u= .
Từ 2) ta có
[ ]0,1
max ( ) ( )u t u p= , từ đây suy ra ( )u p u= . 
Tiếp theo ta định nghĩa hàm liên tục [ ] [ ): 0,1 0,a → +∞ như sau:
2
2
2 2( ) , 0 1.
2
p pt ta t t
p p
α
α
+ −
= ≤ ≤
+
và khi đó dễ thấy: { }( ) min ,1 , 0 1.a t t t t≥ − ≤ ≤
Mệnh đề 1.2.7. Nếu [ ]3 0,1u C∈ , thỏa điều kiện (1.12) và điều kiện biên (1.2), thì
( ) ( ) ( )u t a t u p≥ trên [ ]0,1 .
Chứng minh.
Đặt ( ) ( ) ( ) ( ), 0 1,h t u t a t u p t= − ≤ ≤ thì
”'( ) ”'( ) 0, 0 1.h t u t t= ≥ ≤ ≤
Theo định nghĩa của h(t), ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0h p u p a p u p u p u p= − = − = (do ( ) 1a p = )
2
2 2′( ) ‘( ) ‘( ) ( ), ‘( )
2
p th t u t a t u p a t
p pα

= − =
+
dẫn đến ‘( ) ‘( ) ‘( ) ( ), ‘( ) 0h p u p a p u p a p= − = .
Từ đó suy ra: ‘( ) ‘( ) 0h p u p= = (do điều kiện (1.2))
Vậy ( ) ‘( ) 0h p h p= = .
Để chứng minh mệnh đề trên ta chỉ cần chứng minh ( ) 0h t ≥ trên đoạn [ ]0,1
Ta xét các trường hợp sau:
• Trường hợp 1: ‘(0) 0h ≤ .
Lưu ý rằng ‘( ) 0h p = và h’ là hàm lõm trên [ ]0,1 ( vì ”'( ) 0, 0 1≥ ≤ ≤h t t ).
Từ ‘(0) 0h ≤ ta có ‘( ) 0h t ≤ trên [ ]0, p và ‘( ) 0h t ≥ trên [ ],1p .
Từ ( ) 0h p = ta có ( ) 0h t ≥ trên [ ]0,1 .
• Trường hợp 2: ‘(0) 0h >
Ta có (0) ‘(0)u uα=
2 2
2 2(0) (0) ( ); ‘(0) ‘(0) ( )
2 2
p ph u u p h u u p
p p p p
α
α α
= − = −
+ +
(do
2
2
2 2( ) ,
2
p pt ta t
p p
α
α
+ −
=
+
2
2 2′( )
2
p ta t
p pα

=
+
)
Suy ra (0) ‘(0)h hα=
Từ 0α ≥ , ta có (0) 0h ≥ .Vì ‘(0) 0h > và (0) 0h ≥ , tồn tại (0, )pδ ∈ sao cho
( ) 0h δ > (vì
0
( ) (0)'(0) lim h hh
δ
δ
δ→

= )
Theo định lý giá trị trung bình từ ( ) ( ) 0h h pδ > = , tồn tại 1 ( , )r pδ∈ sao cho
1
( ) ( )'( ) 0h p hh r
p
δ
δ

= <

Bây giờ ta có ‘(0) 0h > và 1′( ) 0h r < , và ‘( ) 0h p = . Vì h’ lõm trên đoạn [ ]0,1 , nên tồn
tại 2 1(0, )r r∈ sao cho: ‘( ) 0h t > trên [ )20, r , ‘( ) 0h t ≤ trên [ ]2 ,r p , ( ) 0h t ≥ trên ( ],1p .
Từ (0) 0h ≥ và ( ) 0h p = trên [ ]0,1 , ta có ( ) 0h t ≥ trên [ ]0,1 .
Vậy ( ) 0h t ≥ trên đoạn [ ]0,1 trong mọi trường hợp. Mệnh đề được chứng minh. 
Định lý 1.2.8.Giả sử

[block id=”bo-sung”]

Từ khóa: Luận văn Nghiệm dương của một số lớp bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *