Luận văn Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao

Luận văn đã trình bày các vấn đề cơ bản của lý thuyết bài toán biên tuần hoàn cho

phương trình vi phân hàm bậc cao. Cụ thể, trong chương 1, chúng tôi đã nghiên cứu sự tồn

tại nghiệm đối với bài toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm phi tuyến, các kết

quả chính của chương là định lý 1.3 và hệ quả 1.8. Trong chương 2, khi áp dụng các kết quả

của chương 1 chúng tôi đã thiết lập các điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm tuần hoàn cho

phương trình vi phân hàm bậc cao (2.1), kết quả cụ thể là các định lý (2.8), (2.9). Tiếp theo

chúng tôi đã thiết lập các điều kiện đủ cho bài toán (2.1) có duy nhất nghiệm tuần hoàn, kết

quả chính là các định lý (2.10), (2.11). Khi áp dụng các kết quả trên cho phương trình vi

phân đối số lệch (2.3), chúng tôi cũng thiết lập các điều kiện đủ cho sự tồn tại và duy nhất

nghiệm tuần hoàn cho phương trình (2.3) với kết quả là định lý (2.12), (2.13), (2.14).

pdf44 trang | Chia sẻ: lavie11 | Lượt xem: 446 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc cao, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
R   thỏa điều kiện  Caratheodory, các toán tử     : ; 1,2nit C I R I i   và   : ; n n nA C I R R   là tiên tục.   Đặt       0 1 : ; nI t x x C I R        0 max : , 1nA x A x y y R y     Định lý 1.9 Giả sử tồn tại các hàm khả tích  1 2: , :g I R g I R   và một số   0,1  sao cho:           0 0 1 2, .sgnf t x t t x g t x g t     với  0 0, , nt I t I x R     (1.19)  và                2 1 1 2 1 0 exp .sgn t x t x g t dt t x t x A x              với   ; nx C I R   (1.20)   Khi đó bài toán (1.3), (1.4) có nghiệm.   Chứng minh Với mỗi   , , nx y C I R , đặt       0 ,f x t f t x t ,          1 2 0h x x t x A x x t x c   ,                 1 1 1, sgn , ,p x y t g t t t x y t x y y t x        Ta chứng minh toán tử       : ; ; ;n n np C I R C I R L I R   và     : ; ;n n nC I R C I R R    là các toán tử liên tục và cặp toán tử   ,p   là nhất quán. Thật vậy,  (i) Rõ ràng do cách xác định hàm  it  mà       : ; ; ;n n np C I R C I R L I R  ,     : ; ;n n nC I R C I R R   và với cách đặt như trên thì  ,p   tuyến tính theo đối  số thư hai.   (ii) Ta có      , , ,p x y t x y  thỏa (ii) của định nghĩa 1. 5 với  1 0, 1Lg     (iii) Với mọi   ; nx C I R ,   ; nq C I R  và  0 nc R .   Đặt          1 1 1sgn t t x R t g s s t x ds  . Khi đó nghiệm của bài toán (1.5) trong định  nghĩa 1.3 là             1 0 t R t R s R t t x y t c e q s e ds        Chọn   1 1Lge b a     không phụ thuộc vào  0, ,x q c  thì   0C Ly c q    Với bất kì   0,1 , ta xét bài toán               1 1 01 sgn , dx t g t t t x x t f t x t dt        ,         1 2 0x t x A x x t x c       Gọi x là nghiệm bất kỳ của bài toán trên ứng với   0,1 . Đặt     u t x t ,   Ta chứng minh        sgnu t x t x t   hầu khắp nơi trên I. Thật vậy,   giả sử          1 2, ,..., nx t x t x t x t  khi đó ta có        sgni i ix t x t x t   hầu khắp nơi trên  I. Do đó                   1 1 sgn sgn n n i i i i i u t x t x t x t x t x t x t                  hầu khắp nơi  trên I.   Từ (1.19) và   x t  là nghiệm của bài toán trên nên:                                             1 1 1 0 1 1 0 1 sgn sgn sgn 1 sgn , sgn sgn 1 , sgn u t t t x x t x t t t x g t x t x t f t x t t t x x t g t x t f t x t t t x x t                               1 2 1 2 g t x t g t g t u t g t                               (Do   2 0g t  )  với  t I                     (1.21)  Mặt khác, từ         1 2 0x t x A x x t x c      ta suy ra              1 2 00u t x A x u t x c          (1.22)  Từ bất đẳng thức (1.21) ta có                  1 1 1 1 1exp sgn t t x u t g s s t x ds u t x                (1.23)  trong đó   1 1 2exp L Lg g   .   Thay   2t t x vào (1.23),  và từ (1.20) và (1.22) thì :                                2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 0 10 exp sgn exp sgn t x t x t x t x u t x g s s t x ds u t x g s s t x ds A x u t x c                                                        2 1 2 1 1 1 20 1 1 0 1 2 1 1 exp sgn exp sgn exp t x t x t x t x oL g s s t x ds A x u t x g s s t x ds c u t x g c                                Suy ra       2 2u t x              (1.24)  với      2 0 1 1 1 exp 1 L c g         .   Từ (1.20), ta cũng có                  2 1 1 2 1 10 exp .sgn exp t x L t x A x g t dt t x t x g                  Từ bất đẳng thức trên và từ (1.22) – (1.24) ta suy ra  x  thỏa bất đẳng thức (1.9), với   0 1 2 0 1exp 2 Lg c       là hằng số dương không phụ thuộc   và x      Chương 2. NGHIỆM TUẦN HOÀN CHO  PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC CAO 2.1 Giới thiệu bài toán   Cho số tự nhiên  2n   và  0  ,  1: nf C L     là toán tử liên tục.Ta xét phương trình  vi phân hàm:                  nu t f u t (2.1)  với  f  thỏa       * . sup . :rf f u u r L    với  0r     (2.2)    Định nghĩa 2.1 Một hàm   1n u C   được gọi là nghiệm  -tuần hoàn của bài toán (2.1)  nếu thỏa  phương trình (2.1) hầu hết trên  R .   Trường hợp đặc biệt của phương trình (2.1) là:                 11 2, , ,...,n n nu t g t u t u t u t   (2.3) trong đó  : ng R R R   là hàm thuộc lớp Caratheodory, tuần hoàn theo biến thứ nhất, tức là  thỏa đẳng thức           1 1, ,..., , ,...,n ng t x x g t x x        (2.4)   hầu hết  t R , mọi   1 2, ,..., n nx x x R . Các hàm   : 1,2,...,k R R k n    đo được trên mọi  khoảng hữu hạn và       k kt t        là một số nguyên    1,...,k n     (2.5)  Trong chương này ta sử dụng một số kí hiệu như sau:     2 10,..., 2 , 1 2 2 n k k nv k n v                    (2.6)      0 0 _ 02 x x khi x x x khi x               (2.7)      min : 0u u t t    với  u C     (2.8)  Trước khi đi vào các định lý chính, ta có các bổ đề sau.  2.2 Một số bổ đề quan trọng  2.2.1 Bổ đề đánh giá tiên nghiệm  Bổ đề 2.2 Nếu  1nu C  , thì              10 n C C u u v u            (2.9)       1 1,..., 1k nk C C u v u k n         (2.10)  Chứng minh Ta lấy   0 0;t   sao cho     0u u t            (2.11)  Đặt            0t u t u t              (2.12)  Thì             0 0 0 0 0 00, 0t u t u t t u t u t           .   Do đó                 0 0 0 0 , t t t t t t t t t s ds s ds t s ds s ds                               (2.13)  với  0 t                        Cộng hai bất đẳng thức trong (2.13) ta có             0 0 2 t t t s ds          với  0 t       (2.14)  Do đó         0 0 1 2 t C t s ds                (2.15)  Hơn nữa     C Cu u       (Vì       0u t t u t  )   và         0 0 0 t t s ds u s ds         (do (2.12) và  1nu C  )    (2.16) Từ (2.15),  (2.16)            1 1 2 22 0 0 1 1 2 2C u u u s ds u u s ds                       (2.17)  Mặt khác, theo bất đẳng thức Wirtinger,           2 4 2 42 22 1 1 0 0 2 2 n n n n C u s ds u s ds u                              (2.18)  Từ (2.17), (2.18),                1 1 2 3 22 12 2 4 2 1 1 0 1 2 2 2 2 n n C n C n n C n C u u u u u u v u                                       Chứng minh tương tự với    1 k n ku C    và      0 1,...,ku k n    thì ta có (2.10) ■  Bổ đề 2.3 Cho  1nu C   và       1 1 0 0 n n k k C Ck u c u                (2.19)   với  0c và   0,..., 1k k n   là các hằng số không âm. Hơn nữa  1 0 1 n k k k v                  (2.20)  Khi đó        11 0 01 n C u c u                 (2.21)            1 1 1 0 0 0 1n n kC k u u c u v                 (2.22)  Chứng minh Theo bổ đề 2.2, hàm  u  thỏa các bất đẳng thức (2.9), (2.10). Từ  (2.19), ta có      1 1 0 0 n n k k C Ck u c u            1 0 0 1 n k kC Ck c u u               1 1 1 0 0 0 0 1 n n n k k C Ck c u v u v u                  1 1 0 0 0 n n k k Ck c u v u                      10 0 n C c u u          Suy ra        1 0 01 n C u c u        và do 1 0   nên (2.21) thỏa.  Hơn nữa,                       1 1 1 1 0 2 2 1 1 0 1 1 0 0 0 1 do2.21 n n n k n n kC C C C Ck k n n k C k n k k u u u u v u v u u u v u c u v                                       Vậy (2.22) thỏa, bổ đề được chứng minh.   ■  Bổ đề 2.4 Cho  1nu C    thỏa      1 ,n C u u                        (2.23)      1 1 0 1 n n k k C Ck u c u                (2.24)  với     : 0; 0;     là hàm không giảm,   0 0, 0 1,..., 1kc k n     và   1 1 1 n k k k v                 (2.25)  Khi đó     1 0nCu r                 (2.26)  với           1 1 1 0 0 0 0 1 1 n k k r c c v                (2.27)  Chứng minh Với  0 0 , từ các bất đẳng thức (2.23), (2.24), (2.25)  suy ra các bất đẳng thức               1 1 0 0 n n k k C Ck u c u          và  1 0 1 n k k k v      .   Áp dụng bổ đề 2.3 ta có các bất đẳng thức sau             11 0 0 1 0 0 1 1 do 0 n C u c u c                    (2.28)    Và          1 1 1 0 0 0 1n n kC k u u c u v                        1 1 0 0 1 n k k u c v                 (2.29)   Mặt khác, do   không giảm nên từ (2.28) ta có:         11 01n C u u c                    (2.30)   Từ (2.29), (2.30)  ta có       1 1 1 1 0 0 0 0 1 1n n kC k u c c v r                  với  0r  được xác định bởi (2.27) ■  Bổ đề 2.5 Cho  1nu C   và             1 1 0 0 0 , n n k k C Ck u c u c u                (2.31)  với   0 0, 0 0,..., 1kc k n    . Hơn nữa nếu (2.20) thỏa, khi đó bất đẳng thức (2.26) thỏa,  với      1 1 0 0 0 0 1 1 1 n k k r v c                     (2.32)  Chứng minh Từ (2.29) và (2.20), áp dụng bổ đề 2.3 ta có                1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 do n n kC k n k k u u c u v c c c v u c                                  1 1 0 0 0 0 1 1 1 n k k v c r                  với  0r  được xác định bởi (2.32). ■  2.2.2 Bổ đề về sự tồn tại nghiệm  Trong phần này ta xây dựng một số bổ đề về tính giải được của bài toán biên tuần  hoàn bậc cao trong trường hợp tổng quát.    Xét phương trình vi phân hàm bậc n                nu t f u t           (2.33)  Với điều kiện biên tuần hoàn            1 10 1,2,...,i iu u i n     (2.34)  trong đó      1: 0; 0;nf C L    là toán tử liên tục và thỏa điều kiện Caratheodory             1 0;. .sup : 0;nr Cf f u u r L      (2.35)   với mỗi  0r  .   Khi đó từ hệ quả 1.8 ta nhận được kết quả sau:   Bổ đề 2.6 Giả sử tồn tại toán tử tuyến tính bị chặn       1: 0; 0;np C L    và một hằng số  dương  0r sao cho phương trình vi phân tuyến tính          nu t p u t           (2.36)  với điều kiện tuần hoàn (2.34) chỉ có nghiệm tầm thường và với bất kỳ   0;1  mỗi nghiệm  của phương trình vi phân              1nu t p u t f u t        (2.37)  thỏa điều kiện(2.34) và thỏa                 1 00;nCu r            (2.38)  Khi đó bài toán (2.33), (2.34) có nghiệm.    Áp dụng kết quả trên cho toán tử     0p u au  ta có kết quả sau:  Bổ đề 2.7 Cho  1: nf C L     là toán tử liên tục thỏa điều kiện (2.2). Hơn nữa, tồn tại hằng số  0a   và  0 0r   sao cho với bất kỳ   0;1 , mỗi  nghiệm  - tuần hoàn  của phương trình vi  phân hàm                   0 1nu t au f u t          (2.39)  thỏa (2.25). Khi đó bài toán (2.1) có nghiệm  -tuần hoàn .   Chứng minh Với các hằng số  1,..., nc c  bất kỳ, bài toán                    2 1 10, 0 0, 1,...,n i i iy t y y c i n         (2.40)  có nghiệm duy nhất. Khi đó ta đặt   1, ,..., ny t c c  là nghiệm của bài toán trên.   Với    1 0;nu C  , đặt                   1 1; 0 ,..., 0n nz u t u t y t u u u u       với  0 t        (2.41)   Và mở rộng tuần hoàn    .z u  lên  R  với chu kỳ  .   Ta thấy   1 1: 0,n nz C C    là toán tử tuyến tính bị chặn.   Giả sử             f u t f z u t         (2.42)  Xét phương trình (2.33), (2.34).   - Nếu hàm  u  là một nghiệm -tuần hoàn  của bài toán (2.1) thì ta xét  u là hạn chế của u lên  0;  , khi đó  u  thỏa (2.34) tức là          1 10 1,2,...,i iu u i n   , từ (2.40) ta có 0y  ,từ (2.41) suy ra      z u t u t  và u  thỏa (2.1) nên thỏa (2.33). Vậy  u  là nghiệm  của (2.33), (2.34).   - Ngược  lại, nếu  u là nghiệm của bài  toán  (2.33),  (2.34)  thì mở rộng của  u   lên  R   thành  một hàm ω-tuần hoàn thì đó là nghiệm -tuần hoàn của bài toán (2.1).  Do đó để chứng minh bổ đề này, ta cần chứng minh bài toán (2.33), (2.34) có nghiệm.    Theo đẳng thức (2.41), (2.42) và điều kiện (2.2),       1: 0; 0;nf C L    là toán tử liên  tục, thỏa điều kiện (2.35)  với mọi  0r  .   Mặt khác, nếu      0p u t au , thì bài toán (2.33), (2.34) chỉ có nghiệm tầm thường. Theo  các điều kiện của bổ đề (2.6), bài toán (2.33), (2.34) có nghiệm với mọi   0;1 .  Giả sử  u  là nghiệm của bài toán (2.34), (2.37)  với   0;1 . Khi đó mở rộng tuần hoàn lên  R  với chu kỳ   là nghiệm của bài toán (2.39) và thỏa (2.26) nên thỏa (2.38) ■   2.3 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1) 2.3.1 Định lý tồn tại nghiệm của bài toán (2.1)  Trong phương trình (2.1) ta giả sử toán tử  f  thỏa một trong các điều kiện sau trong  không gian  1nC  :             1 1 10 sgn 0 n k k Ck f u s ds u h u u c                     với    0u    (2.43)             1 2 1 . 0 x n n k Ckt f u s ds h u u c t x                (2.44)  Hay điều kiện        0 sgn 0 0f u s ds u              với    0u c          (2.45)       1 0 0 x n k k Ckt f u s ds c u        với  0 t x          (2.46)  Định lý 2.8 Giả sử tồn tại hàm số tăng     : 0; 0;h     và hằng số  0c  ,    0 1,2; 1,.., 1 , 1ik i k n       và   1;1    sao cho   h x   khi  x  ,    1 1 2 1 . 1 n k k k k v                    (2.47)  và các bất đẳng thức (2.43), (2.44) thỏa.   Khi đó bài toán (2.1) có nghiệm  -tuần hoàn.    Chứng minh Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử   0 0h  , theo điều kiện (2.47), ta có thể  chọn hằng số a (đủ nhỏ) sao cho  0a  và các số    1 2 1,..., 2k k k k n       và  1 1 1 2 1 0n n n v a         (2.48)  thỏa  (2.20)  tức  là       1 2 1 2 1 1 2 1 0 1 0 0 1 n n k k k k k n n n k k v v v a v                      Đặt      0 min ,h x a x h x               (2.49)  Ta thấy với mọi  ,x y  và x y  thì  a x a y   và     h x h y  nên    0 0h x h y .   Do đó     0 : 0; 0;h     tăng nghiệm ngặt nên tồn tại hàm ngược, đặt  1 0h   là hàm ngược  của  0h  và    1 1 0 1 0 1 , 2 n k k k x h v x c c c                       (2.50)  Vì  0h  tăng, suy ra  1 0h   tăng và  1 1 1 0 n k k k v     nên     : 0, 0,    cũng là hàm tăng.   Gọi  0r là hằng số được cho bởi đẳng thức (2.27). Theo bổ đề 2.7 để chứng minh định lý, ta  chỉ cần chứng minh với bất kỳ   0;1 thì mọi nghiệm -tuần hoàn của (2.39) thỏa bất đẳng  thức (2.26)   Theo điều kiện (2.44), từ (2.39), ta có                             1 2 1 0 1 0 1 0 1 x x n t t x t n k k C k u s ds au f u s ds a u x t f u s ds a u h u u c                             Ta thấy  u  là hàm tuần hoàn trên  0,  nên   2nu  cũng là hàm tuần hoàn, tức là         2 20n nu u   , khi đó tồn tại   0,s   sao cho     1 0nu s  ,   suy ra              1 1max : 0, max : 0 x n n n C t u u t t u s ds t x                      Kết hợp bất đẳng thức trên ta có             1 1 2 1 0 1 n n k k C Ck u a u h u u c                 (2.51)  Mặt khác, nếu    0u  , thì theo điều kiện (2.43) ta có                                  0 0 0 0 sgn 0 0 1 sgn 0 sgn . 0 sgn 0 1 sgn 0 n u s ds u au f u s ds u a a u u f u s ds u                                                     1 1 1 0 1 n k k Ck a u h u u c               (2.52)  Do đó            1 1 1 0 1 n k k Ck a u h u u c                (2.53)  Từ (2.51) và (2.53) ta có:                    1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 0 1 0 1 2 n n k k C Ck n n k k k k C Ck k n k k Ck u a u h u u c u u c u c                                     Từ bổ đề (2.1) và (2.53) thì                      0 1 1 1 1 1 1 1 min , 0 1 n k k Ck n n k k Ck h u a u h u a u h u u c v u c                                  1 0 n C h u               Suy ra     1n C u u           Vậy khi    0u  , bất đẳng thức  (2.23) được thỏa mãn.   Khi    0u  , rõ ràng (2.23) đúng, hơn nữa theo bổ đề 2.2,            100 n C C u u v u              (2.54)  Mặt khác,      0 0h u h   , từ (2.51) ta có                  1 1 1 0 2 1 2 1 0 2 1 2 1 1 0 1 n n n k k C C k C n n k n k C k C n k k k C u v a u u c v a u u c u c                                     (2.55)  Từ (2.55) ta có (2.23), (2.24) vẫn đúng khi    0u    Do đó, các điều kiện của bổ đề 2.4 thỏa mãn nên ta có (2.26).   Định lý được chứng minh.  Định lý 2.9  Giả sử tồn tại các hằng số   0 0, 0 0,1,..., 1kc k n    ,  1;1    sao cho    1 0 1 n k k k v               (2.56)  và các bất đẳng thức (2.45), (2.46) thỏa.   Khi đó bài toán (2.1) có nghiệm  -tuần hoàn .   Chứng minh Từ điều kiện (2.56) ta có (2.20) thỏa. Giả sử  0r là hằng số được cho bởi đẳng thức (2.27)  Đặt           0a               (2.57)  Theo bổ đề 2.7, để chứng minh định lý ta cần chứng minh rằng với mọi   0;1 , mọi  nghiệm  -tuần hoàn của (2.39) thỏa (2.26)  Giả sử           0u c            (2.58)  Từ  (2.45),(2.56) và (2.39)  ta có                                        0 0 0 0 0 0 sgn 0 0 1 sgn 0 . 0 sgn 0 1 sgn 0 0 sgn 0 0 n u s ds u au f u s ds u au u f u s ds u u u u                                                    0   (mâu thuẫn)    Do đó    0u c                    (2.59)  Mặt khác từ (2.46), (2.39), (2.56) ta có                 1 1 0 0 0 1 0 0 max : 0 0 1 x n n C t n k k Ck n k k Ck u u s ds t x u u c u c                                          (2.60)   (vì     0 0 00 1u u u      )  Từ (2.59), (2.60) bất đẳng thức (2.23), (2.34) thỏa mãn. Theo bổ đề 2.7, ta được (2.26). Định  lý được chứng minh.    2.3.2 Định lý duy nhất nghiệm của bài toán (2.1)  Tính duy nhất nghiệm của bài toán 2.1 được chứng minh trong trường hợp toán tử  f   thỏa một trong các điều kiện sau với bất kỳ  1, nu v C   :                  1 10 1 10 sgn 0 n k k Ck f u v s f v s ds u u u                        với    0u                     (2.61)            1 20 2 1 x n k k Ckt f u v f v s ds u u            với  0 t x      (2.62)    Hay            0 sgn 0 0f u v s f v s ds u               với    0u      (2.63)        0 x C t f u v f v s ds u       với  0 t x          (2.64)  Định lý 2.10 Giả sử tồn tại các hằng số   20 10 0, 0 1,2; 1,..., 1ik i k n        và   1;1   , sao  cho với bất kỳ 1, nu v C  , toán tử  f thỏa điều kiện (2.61), (2.62). Hơn nữa, bất đẳng thức  (2.47) thỏa, với  20 10     . Khi đó bài toán (2.1) có duy nhất nghiệm  -tuần hoàn .   Chứng minh Thay    0v t  vào (2.61) ta có                1 10 1 10 0 sgn 0 n k k Ck f u s f s ds u u u                    Suy ra                         1 10 1 10 0 1 10 1 1 0 sgn 0 0 sgn 0 0 n k k Ck n k k Ck f u s ds u f s ds u u u u u f s ds                                                    Tương tự   0v t  vào (2.62) ta có                  1 20 2 1 0 0 x x x t t t n k k Ck f u s ds f s ds f u f s ds u u               Suy ra                    1 10 2 1 1 10 2 1 0 . 0 . 0 x xn k k Ckt t n k k Ck f u ds u u f s ds u u f s ds                          Do đó với       10 0 , 0h x x c f s ds                (2.65)   thì (2.43), (2.44) thỏa.   Do đó tất cả các điều kiện của định lý 2.8 được thỏa mãn nên (2.1) có nghiệm -tuần hoàn.   Ta cần chứng minh (2.1) có không quá một nghiệm -tuần hoàn. Thật vậy, giả sử  1 2,u u là hai  nghiệm -tuần hoàn của (2.1), đặt               1 2u t u t u t          (2.66)  Nếu   0u  , thì từ (2.61)                             1 2 0 2 2 0 1 10 1 1 0 sgn 0 sgn 0 n n n k k Ck u s u s ds u f u u s f u s ds u u u                                      Do đó       1 10 1 1 n k k Ck u u                  (2.67)  Rõ ràng (2.67) cũng đúng với trường hợp    0u  , theo (2.67) và (2.62) thì                1 1 1 max : 0 max : 0 x n n C t x t u u s ds t x f u u s f u s ds t x                                           1 20 2 1 1 10 2 1 n k k Ck n k k Ck u u u u                                 1 1 1 2 1 1 1 1 n n k k k k C Ck k n k k Ck u u u                               (2.68) Với  1 2. 1,..., 1k k k k n       . Hơn nữa, theo (2.47) các số   1,..., 1k k n   thỏa  (2.20) . Mặt khác, theo bổ đề 2.2 từ (2.67) ta có:             1 1 10 1 1 n n k k Ck u v u                         hay            1 11 10 1 1 n n k k Ck u v u                       (2.69)  Do đó bất đẳng thức (2.23), (2.24) thỏa mãn, với          1 1 10 1 0 1 , 0 n k k k x v x c                     (2.70)  Áp dụng bổ đề 2.4, thì ta có    0u t  . Do đó     1 2u t u t        Định lý 2.11 Giả sử tồn tại hằng số  0 0  và   1;1   , toán tử  f thỏa  điều  kiện (2.63), (2.64)  và          0 0 0 0 0, 1f s ds v             (2.71)  Khi đó (2.1) có duy nhất nghiệm -tuần hoàn.   Chứng minh Thay    0v t   vào (2.63), (2.64) ta có         0 sgn 0f u s ds u                      0 0 0 sgn 0 0 f u s f s ds u               và           1 0 0 0 0 x x n k kC Ckt t f u s ds f s ds u c u               với       0 0 0 , 0 1,..., 1kc f s ds k n              (2.72)  Các bất đẳng thức (2.45), (2.46) thỏa, hơn nữa vì  1 0 0 0 1 n k k k v v          nên tất cả các điều kiện của định lý 2.9 đều thỏ

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftvefile_2011_11_07_1176252066_0736_1872676.pdf
Tài liệu liên quan