BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Lê Thị Hiền TOÁN TỬ TRUNG HÒA VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA 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 Lê Thị Hiền TOÁN TỬ TRUNG HÒA VÀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS LÊ HOÀN HÓA Thành phố Hồ Chí Minh - 2013 LỜI CẢM ƠN Trong trình học tập hoàn thành luận văn mình, nhận quan tâm, giúp đỡ, động viên quý thầy cô trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, gia đình bạn bè Đầu tiên gửi lời cám ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Lê Hoàn Hóa, người hướng dẫn tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tôi xin chân thành cám ơn quý thầy cô giảng dạy giúp đỡ suốt khóa học Tôi xin gởi lời cảm ơn đến quí thầy cô anh chị làm công tác quản lý phòng sau đại học, người tạo điều kiện tốt để hoàn thành khóa học Tôi xin cảm ơn bạn bè đồng nghiệp, bạn học viên cao học Toán K22 động viên, khuyến khích, giúp đỡ trình học tập Sau xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến gia đình tôi, chỗ dựa vững giúp học tập hoàn thành tốt luận văn LỜI CAM ĐOAN Trong trình làm luận văn này, nghiên cứu, tìm hiểu tham khảo sách vở, báo toán học nhà khoa học luận văn khóa trước, có sử dụng số kết chứng minh để hoàn thành tốt luận văn Nhưng xin cam đoan không chép luận văn có xin hoàn toàn chịu trách nhiệm với lời cam đoan MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN LỜI CAM ĐOAN MỤC LỤC MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích đề tài Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu 5 Nội dung luận văn CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ CHƯƠNG 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT CHƯƠNG 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA 14 CHƯƠNG 4: NGHIỆM TUẦN HOÀN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA 25 4.1 Trường hợp 1: 26 4.2 Trường hợp 2: 41 CHƯƠNG 5: CÁC VÍ DỤ 53 KẾT LUẬN 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO 56 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong [5], Zhang đưa tính chất toán tử trung hòa ( A1 x )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ) Toán tử trở thành công cụ hữu hiệu cho việc nghiên cứu phương trình vi phân n trung hòa Lu Ge nghiên cứu mở rộng A1 , ( A2 x )( t ) = x ( t ) − ∑ ci x ( t − δ i ) i =1 có tồn nghiệm tuần hoàn cho phương trình vi phân trung hòa tương ứng, xem [7] Ta xét toán tử trung hòa ( Ax )( t ) = x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) , với δ ∈ C1 ( ,  ) δ hàm tuần hoàn có chu kỳ ω c số c ≠ 1, (ω > ) Mặc dù A xem toán tử tổng quát toán tử A1 lớp phương trình vi phân tướng ứng với toán tử A lại phức tạp lớp phương trình vi phân tương ứng với A1 A2 Cụ thể toán tử A1 A2 theo nghĩa sau ( Ai x ) ' ( t ) = ( Ai x ')( t ) , ( i = 1, ) , toán tử trung hòa A nói chung Hệ nhiều kết cho phương trình vi phân tương ứng với toán tử trung hòa A không mở rộng trực tiếp từ định lý cho phương trình vi phân trung hòa biết Vậy toán tử trung hòa A có tính chất đặc biệt nào, có điều kiện đủ cho tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân tương ứng với toán tử trung hòa A? Đó lí chọn đề tài Mục đích đề tài Mục đích luận văn nghiên cứu tính chất toán tử trung hòa A, tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân trung hòa cấp hai loại Rayleigh, điều kiện đủ cho tồn tại, số bội không tồn nghiệm tuần hoàn dương phương trình vi phân cấp hai tương ứng với toán tử trung hòa A Đối tượng phạm vi nghiên cứu Trong phạm vi nghiên cứu luận văn tập trung nghiên cứu tính chất toán tử A, tồn nghiệm tuần hoàn phương trình vi phân trung hòa cấp hai loại Rayleigh có dạng ) ) ) '' f ( t , x ' ( t ) ) + g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) + e ( t ) , ( x ( t ) − cx ( t − δ ( t= τ , e ∈ Cω ={ x ∈ C ( ,  ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ } ω ∫ e ( t ) dt = 0; f g hàm liên f ( t ,.) , g ( t + ω ,.) = g ( t ,.) ; f ( t ,0 ) = 0, tục  tuần hoàn theo biến t , nghĩa f ( t + ω ,.) = f ( t , u ) ≥ f ( t , u ) ≤ 0, ∀ ( t , u ) ∈  Ngoài luận văn nghiên cứu điều kiện đủ cho tồn tại, số bội không tồn nghiệm tuần hoàn dương phương trình vi phân cấp hai có dạng − a ( t ) x ( t ) + λb ( t ) f ( x ( t − τ ( t ) ) ) , ( x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) ) '' = λ tham số dương; f ∈ C ( , [ 0, +∞ ) ) , f ( x ) > với x > 0; a ∈ C ( , ( 0; +∞ ) ) với π  max {a ( t ) : t ∈ [ 0, ω ]} <   ; b ∈ C ( , ( 0; +∞ ) ) , τ ∈ C ( ,  ) ; a ( t ) , b ( t ) τ ( t ) hàm tuần ω  hoàn có chu kỳ ω Phương pháp nghiên cứu Áp dụng định lý mở rộng Mawhin để đưa tồn nghiệm tuần hoàn định lý điểm bất động để có điều kiện tồn tại, số bội nghiệm tuần hoàn dương phương trình vi phân trung hòa Nội dung luận văn Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chương 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT Chương 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Chương 4: NGHIỆM TUẦN HOÀN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Chương 5: CÁC VÍ DỤ CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Định lý 1.1 Cho X không gian Banach Nếu A ∈ L ( X ) , A < ( I − A ) ∈ Isom ( X ) Hơn ∞ ( I − A ) = ∑ An −1 n =0 Chứng minh ∞ Ta có ∞ An ≤ ∑ A < ∞ (do A < ) ∑ n = n 0= n ∞ ∑A Suy chuỗi n hội tụ L ( X ) n =0 Đặt B = ∞ k A ,S ∑ A ∑= n n k = n 0= n B  ( I − A) − Sk  ( I − A) = ta có ( B − Sk )  ( I − A) ≤ B − Sk I − A Suy B  ( I − A= ) lim Sk  ( I − A=) lim ( Sk − Sk  A=) lim ( I − Ak +1=) I k →∞ k →∞ k →∞ Tương tự ta có ( I − A )  B = I Do B= ( I − A) −1 Định nghĩa 1.2 Cho X, Y không gian Banach Một toán tử tuyến tính bị chặn T : X → Y gọi toán tử Fredholm điều kiện sau thỏa mãn i) dim ker T < +∞; ii) imT đóng; iii) dim co ker T < +∞ ( co ker T ≡ Y / Im T ) Nếu T toán tử Fredholm số T số nguyên, kí hiệu indT indT dim ker T − dim co ker T = Ví dụ 1.3 Cho ánh xạ f :  n →  n định f ( x ) = Ax, x ∈  n , A ∈ Mat ( n ) det A ≠ Khi ta có i) ker f = {0 } , n dim ker f= < +∞; ii) imf =  n đóng; iii) co ker f ≡  n /  n= {0 n +  n } , dim co ker f = < +∞ Vậy f toán tử Fredholm có số Định nghĩa 1.4 Cho X, Y không gian Banach thực L : D ( L ) ⊂ X → Y toán tử Fredholm có số 0, với D ( L ) miền xác định L Khi ta có Im L tập đóng Y = dim ker L dim (Y / Im L ) < +∞ Xét không gian bổ sung X , Y1 X, Y tương ứng cho= X ker L ⊕ X , = Y Im L ⊕ Y1 lấy P1 : X → ker L Q1 : Y → Y1 phép chiếu tự nhiên Rõ ràng ker L ∩ ( D ( L ) ∩ X ) = {0} , ánh xạ thu hẹp LP := L D( L)∩ X khả nghịch Kí hiệu 1 LP1 −1 ánh xạ ngược LP1 Cho Ω tập mở, bị chặn X thỏa mãn D ( L ) ∩ Ω ≠ ∅ Ánh xạ N : Ω → Y gọi L-compắc Ω Q1 N ( Ω ) bị chặn toán tử LP1 −1 ( I − Q1 ) N : Ω → X compắc λ t +ω ∫ G ( t , s ) b ( s ) f ( ( A y ) ( s − τ ( s ) ) ) ds −1 t ≥ λlη t +ω ∫ b ( s ) ( A y ) ( s − τ ( s ) ) ds −1 t ≥ λlη t +ω α 1− c Do Qy ≥ λlη ∫ b ( s ) ds y t α ω − c ∫0 b ( s ) ds y , y ∈ K Bổ đề 4.14 Nếu tồn ε > cho f (( A y ) (t −τ (t ))) ≤ ( A y ) (t −τ (t )) ε −1 −1 với t ∈ [ 0, ω ] , y ∈ K ( 4.64 ) ω Qy ≤ λε LM ∫ b ( s ) ds m − ( M + m) c ( 4.65) y ∈ K y , Chứng minh Từ bổ đề 2.3 ta có ≤ ( A−1 y ) ( t − τ ( t ) ) ≤ y 1− c Chứng minh tương tự bổ đề 4.6 Định nghĩa hàm F trường hợp hàm f :  →  sau α r   = f ( r )  f ( t ) : r ≤t ≤  1− c 1− c   ( 4.66 ) Bổ đề 4.15 Nếu y ∈ ∂K r ω ( 4.67 ) Qy ≥ λlf ( r ) ∫ b ( s ) ds Chứng minh Từ bổ đề 2.3, ta có Suy f α 1− c r ≤ ( A−1 y ) ( t − τ ( t ) ) ≤ (( A y ) (t −τ (t ))) ≥ f −1 r với y ∈ ∂K r 1− c ( r ) Từ bổ đề 4.2 4.3, với y ∈ ∂K r ta có 42 Qy ( t ) (( A y ) (t −τ (t )))) ( ≥ T ( λb ( t ) f ( ( A y ) ( t − τ ( t ) ) ) ) P λb ( t ) f −1 −1 λ t +ω ∫ G ( t , s ) b ( s ) f ( ( A y ) ( s − τ ( s ) ) ) ds −1 t ≥ λlf ( r ) t +ω ∫ b ( s ) ds t ω Do Qy ≥ λlf ( r ) ∫ b ( s ) ds, y ∈ ∂K r Bổ đề 4.16 Nếu y ∈ ∂K r Qy ≤ λ LM (1 − c ) F ( r ) ω b ( s ) ds m − ( M + m ) c ∫0 ( 4.68) Chứng minh Từ bổ đề 2.3, ta có ≤ ( A−1 y ) ( t − τ ( t ) ) ≤ r với y ∈ ∂K r 1− c Chứng minh tương tự bổ đề 4.8 Bây đưa kết nghiệm tuần hoàn dương (4.1) Định lý 4.17 (a) Nếu i0 = ( 4.1) có i0 nghiệm dương tuần hoàn với chu kỳ ω λ> ω f (1) l ∫ b ( s ) ds > 0 ( 4.1) có (b) Nếu i∞ = 0 đủ nhỏ đủ lớn tương ứng Chứng minh 43 (a) Chọn = r1 = Lấy λ0 ω f (1) l ∫ b ( s ) ds > 0, từ bổ đề 4.12, ∀λ > λ0 ta có ( 4.69 ) Qy > y với y ∈ ∂K r1 Trường hợp 1: Nếu f = tồn r2 (0 < r < r ) cho f ( u ) ≤ ε u với ≤ u ≤ r2 , với số ε > thỏa mãn ω λε LM ∫ b ( s ) ds m − ( M + m) c ( 4.70 ) < Chọn r2= (1 − c ) r2 Từ bổ đề 2.3 ta có ≤ ( A−1 y ) ( t − τ ( t ) ) ≤ y r = = r2 với y ∈ ∂K r2 1− c 1− c Suy f (( A y ) (t − τ ( t ) )) ≤ ε ( A y ) (t − τ ( t ) ) với −1 −1 y ∈ ∂K r2 Từ bổ đề 4.14 ( 4.70 ) với y ∈ ∂K r ta có ω Qy ≤ λε LM ∫ b ( s ) ds m − ( M + m) c ( 4.71) y < y Từ bổ đề 4.9 ( 4.69 ) ta có ( ) ( ) ( 4.72 ) = i Q, K r2 , K 1,= i Q, K r1 , K Như i ( Q, K r \ K r , K ) = −1 Q có điểm bất động y ∈ K r \ K r , tức ( A−1 y ) ( t ) 1 2 nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω ( 4.1) λ > λ0 Trường hợp 2: Nếu f ∞ = tồn số H > cho f ( u ) ≤ ε u với u ≥ H , với số ε > thỏa mãn 44 ω λε LM ∫ b ( s ) ds m − ( M + m) c ( 4.73) <  Chọn r3 = max 2r1 ,  H (1 − c )   α  Từ bổ đề 2.3 ta có ( A y ) ( t − τ ( t ) ) ≥ 1α− c −1 α y = 1− c r3 ≥ H với y ∈ ∂K r3 Suy (( A y ) (t − τ ( t ) )) ≤ ε ( A y ) (t − τ ( t ) ) với −1 f −1 y ∈ ∂K r3 Từ bổ đề 4.14 ( 4.73) với y ∈ ∂K r ta có ω Qy ≤ λε LM ∫ b ( s ) ds m − ( M + m) c ( 4.74 ) y < y Từ bổ đề 4.9 ( 4.69 ) ta có ( ) ( ) ( 4.75) = i Q, K r3 , K 1,= i Q, K r1 , K Như i ( Q, K r \ K r , K ) = Q có điểm bất động y ∈ K r \ K r , tức ( A−1 y ) ( t ) 3 nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω ( 4.1) λ > λ0 Trường hợp 3: Nếu = f f= từ lập luận tồn < r2 < r1 < r3 cho Q có ∞ điểm bất động y1 ( t ) K r \ K r điểm bất động y2 ( t ) K r \ K r Do ( A y ) ( t ) ( A −1 −1 y2 ) ( t ) hai nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω ( 4.1) λ > λ0 (b) Chọn r1 = Lấy λ0 = m − ( M + m) c ω LM (1 − c ) F ( r1 ) ∫ b ( s ) ds > 0, từ bổ đề 4.16, ∀λ < λ0 ta có ( 4.76 ) Qy < y với y ∈ ∂K r1 Trường hợp 1: Nếu f = ∞ tồn r2 ( < r < r ) cho số η > thỏa mãn 45 f ( u ) ≥ η u với ≤ u ≤ r2 , với λlη α ω − c ∫0 ( 4.77 ) b ( s ) ds > Chọn r2= (1 − c ) r2 Từ bổ đề 2.3 ta có ≤ ( A−1 y ) ( t − τ ( t ) ) ≤ y 1− c = r2 = r2 với y ∈ ∂K r2 1− c Suy f (( A y ) (t − τ ( t ) )) ≥ η ( A y ) (t − τ ( t ) ) với −1 −1 y ∈ ∂K r2 Từ bổ đề 4.13 ( 4.77 ) với y ∈ ∂K r ta có Qy ≥ λlη α ω − c ∫0 ( 4.78) b ( s ) ds y > y Từ bổ đề 4.9 ( 4.76 ) ta có ( ) ( ) ( 4.79 ) = i Q, K r2 , K 0,= i Q, K r1 , K Điều dẫn đến i ( Q, K r \ K r , K ) = Q có điểm bất động y ∈ K r \ K r , tức 1 ( A y ) ( t ) nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω −1 ( 4.1) < λ < λ0 Trường hợp 2: Nếu f ∞ = ∞ tồn số H > cho f ( u ) ≥ η u với u ≥ H , với số η > thỏa mãn λlη α ω − c ∫0 ( 4.80 ) b ( s ) ds >  Chọn r3 = max 2r1 ,  H (1 − c )   α  Từ bổ đề 2.3 ta có ( A y ) ( t − τ ( t ) ) ≥ 1α− c −1 α y = 1− c r3 ≥ H với y ∈ ∂K r3 Suy f (( A y ) (t − τ ( t ) )) ≥ η ( A y ) (t − τ ( t ) ) với −1 −1 y ∈ ∂K r3 Từ bổ đề 4.13 ( 4.80 ) với y ∈ ∂K r ta có 46 Qy ≥ λlη α ω − c ∫0 ( 4.81) b ( s ) ds y > y Từ bổ đề 4.9 ( 4.76 ) ta có ) ( ( ) ( 4.82 ) = i Q, K r3 , K 0,= i Q, K r1 , K Như i ( Q, K r \ K r , K ) = −1 Q có điểm bất động y ∈ K r \ K r , tức ( A−1 y ) ( t ) 3 1 nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω ( 4.1) < λ < λ0 Trường hợp 3: Nếu f = f ∞ = ∞ từ lập luận tồn < r2 < r1 < r3 cho Q có điểm bất động y1 ( t ) K r \ K r điểm bất động y2 ( t ) K r \ K r Do ( A y ) ( t ) ( A −1 −1 y2 ) ( t ) hai nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω ( 4.1) < λ < λ0 (c) Từ bổ đề 2.3, y ∈ K ( A−1 y ) ( t − τ ( t ) ) ≥ α 1− c y ≥ với t ∈ [ 0, ω ] Trường hợp 1: Nếu i0 = ta có f > f ∞ >  f (u )  = : u >  > , ta có Lấy b1 inf   u  f ( u ) ≥ b1u , u ∈ [ 0, +∞ ) ( 4.83) Giả sử y ( t ) nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω = λ0 1− c ω lb1α ∫ b ( s ) ds ( 4.1) λ > λ0 , với > 0 Do Qy ( t ) = y ( t ) với t ∈ [ 0, ω ] nên từ bổ đề 4.13 với λ > λ0 , ta có α ω ( 4.84 ) y = Qy ≥ λlb1 b ( s ) ds y > y − c ∫0 Điều dẫn đến mâu thuẫn Trường hợp 2: Nếu i∞ = ta có f < ∞ f ∞ < ∞  f (u )  = : u >  > , ta có Lấy b2 sup   u  47 f ( u ) ≤ b2u , u ∈ [ 0, +∞ ) ( 4.85) Giả sử y ( t ) nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω ( 4.1) < λ < λ0 , với λ0 = m − ( M + m) c ω b2 LM ∫ b ( s ) ds Do Qy ( t ) = y ( t ) với t ∈ [ 0, ω ] nên từ bổ đề 4.14 với < λ < λ0 , ta có ω LM ∫ b ( s ) ds y = Qy ≤ λb2 y < y m − ( M + m) c ( 4.86 ) Điều dẫn đến mâu thuẫn Định lý 4.18 (a) Nếu tồn số b1 > cho f ( u ) ≥ b1u với u ∈ [ 0, +∞ ) ( 4.1) nghiệm dương tuần hoàn với chu kỳ ω λ > 1− c ω lb1α ∫ b ( s ) ds (b) Nếu tồn số b2 > cho f ( u ) ≤ b2u với u ∈ [ 0, +∞ ) ( 4.1) nghiệm dương tuần hoàn với chu kỳ ω < λ < m − ( M + m) c ω b2 LM ∫ b ( s ) ds Chứng minh Từ chứng minh (c) định lý 4.17 ta có định lý Định lý 4.19 Giả sử i= i= i∞= i∞= điều kiện sau thỏa mãn 0 (1) f0 ≤ f∞ ; ( 2) f0 > f∞ ; ( 3) f0 ≤ f∞ ≤ f0 ≤ f∞ ; ( 4) f∞ ≤ f0 ≤ f∞ ≤ f0 48 Nếu 1− c ω { lα ∫ b ( s ) ds max f , f , f ∞ , f ∞ } y Từ bổ đề 4.9 ta có ( ) ( ) ( 4.92 ) = i Q, K r1 , K 1,= i Q, K r2 , K Như i ( Q, K r \ K r , K ) = −1 Q có điểm bất động y ∈ K r \ K r Vì ( A−1 y ) ( t ) 2 1 nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω ( 4.1) Trường hợp 2: Nếu f > f ∞ ta có 1− c ω f 0lα ∫ b ( s ) ds y Mặt khác, tồn số H > cho f ( u ) ≤ ( f ∞ + ε ) u với u ≥ H  Chọn r2 = max 2r1 ,  H (1 − c )   α  Từ bổ đề 2.3 ta có ( A y ) ( t − τ ( t ) ) ≥ 1α− c −1 α y = 1− c r2 ≥ H với y ∈ ∂K r2 Suy f (( A y ) (t −τ (t ))) ≤ ( f −1 ∞ +ε ) ( A y ) (t − τ ( t ) ) với −1 y ∈ ∂K r2 Từ bổ đề 4.14, với y ∈ ∂K r ta có ω ( Qy ≤ λ f ∞ + ε LM ∫ b ( s ) ds ) m − ( M + m) c ( 4.96 ) y < y Từ bổ đề 4.9 ta có ( ) ( ) ( 4.97 ) i Q, K r1 , K 0,= i Q, K r2 , K = Như i ( Q, K r \ K r , K ) = Q có điểm bất động y ∈ K r \ K r Vì ( A−1 y ) ( t ) 2 nghiệm tuần hoàn dương với chu kỳ ω ( 4.1) Trường hợp 3: Nếu f ≤ f ∞ ≤ f ≤ f ∞ 1− c ω f ∞ lα ∫ b ( s ) ds với x > 0; a ∈ C ( , ( 0; +∞ ) ) với π  max {a ( t ) : t ∈ [ 0, ω ]} <   ; b ∈ C ( , ( 0; +∞ ) ) , τ ∈ C ( ,  ) ; a ( t ) , b ( t ) τ ( t ) hàm ω  tuần hoàn có chu kỳ ω Các định lý 4.10, 4.11, 4.12, 4.17, 4.18, 4.19 thể điều Ngoài luận văn chứng minh thêm phần mà tác giả báo không chứng minh định lý 4.17, 4.18 4.19; lấy thêm ví dụ 1.3 minh họa cho định nghĩa 1.2, ví dụ ghi 2.4 Vì lần thực làm quen với việc nghiên cứu khoa học cách có hệ thống nên khó tránh khỏi sai sót Kính mong quý Thầy Cô bạn đóng góp ý kiến, xin chân thành cảm ơn 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Lê Hoàn Hoá (2010), Giáo trình môn Giải tích phi tuyến dành cho học viên cao học Nguyễn Bích Huy (2010), Giáo trình môn Giải tích phi tuyến dành cho học viên cao học Tiếng Anh Jingli Ren, Zhibo Cheng, and Stefan Siegmund, “Neutral Operator and Neutral Differential Equation”, Abstract and Applied Analysis, Hindawi Publishing Corporation, pp 1-29, 2011 M Krasnoselskii, Positive Solutions of Operator Equations, P Noordhoff Ltd, Groningen, The Netherlands, 1964 M R Zhang, “Periodic solutions of linear and quasilinear neutral functional differential equations”, Jour of Mathematical Analysic and Applications, vol 189, no 2, pp 378-392, 1995 R E Gaines and J.L.Mawhin, Coincidence Degree, and Nonlinear Differential Equations, Springer, Berlin, Germany, 1977 S Lu and W Ge, “Exitstence of periodic solution for a kind of second-order neutral functional differential equation,” Applied Mathematics and Computation, vol 157, no 2, pp 433-448, 2004 W S Cheung, J Ren, and W Han, “Positive periodic solution of second-order neutral functional differential equations,” Nonlinear Analysis Theory, Methods & Applications, vol 71, no 9, pp 3948–3955, 2009 56 [...]... dt = 0 0 1 ( 3.45) 1 và f1 ( t , 0 ) = 0 và có thể áp dụng định lý 3.2 (hoặc định lý 3.3) cho phương trình (3.45) 24 CHƯƠNG 4: NGHIỆM TUẦN HOÀN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Xét phương trình vi phân trung hòa cấp hai sau đây − a ( t ) x ( t ) + λb ( t ) f ( x ( t − τ ( t ) ) ) , ( x ( t ) − cx ( t − δ ( t ) ) ) '' = ( 4.1) Với λ là tham số dương; f ∈ C ( , [ 0; ∞ ) ) và f ( x ) > 0 với x... 2 Vậy A không có ánh xạ ngược 13 CHƯƠNG 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Trong phần này, chúng ta xét phương trình trung hòa cấp hai sau ) ) ) '' f ( t , x ' ( t ) ) + g ( t , x ( t − τ ( t ) ) ) + e ( t ) , ( x ( t ) − cx ( t − δ ( t= ( 3.1) ω với τ , e ∈ Cω và ∫ e ( t ) dt = 0; f và g là các hàm liên tục trên  2 và tuần hoàn theo biến t với 0 ,.) g ( t + ω ,.) , f ( t , 0 )... (Gaines và Mawhin [6]) Giả sử rằng X và Y là hai không gian Banach và L : D ( L ) ⊂ X → Y là toán tử Fredholm với chỉ số 0 Hơn nữa Ω ⊂ X là tập mở bị chặn và N : Ω → Y là L - compắc trên Ω Giả sử rằng các điều kiện sau được thỏa mãn (1) Lx ≠ λ Nx, ∀x ∈ ∂Ω ∩ D ( L ) , λ ∈ ( 0,1) ; (2) Nx ∉ Im L, ∀x ∈ ∂Ω ∩ KerL; (3) deg { JQ1 N , Ω ∩ KerL, 0} ≠ 0 với J : Im Q1 → KerL là một đẳng cấu Khi đó phương trình. ..CHƯƠNG 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT chuẩn x max { x ( t ) : t ∈ [ 0; ω ]} Khi đó Cho Cω ={ x ∈ C ( ,  ) : x ( t + ω ) = x ( t ) , t ∈ } với = ( Cω , ) là không gian Banach Một nón K trong Cω được định nghĩa bởi K = { x ∈ Cω : x ( t ) ≥ α x , ∀t ∈ } , với α là một số dương cho trước, α < 1 Các toán tử A, B : Cω → Cω định bởi ( Bx )( t ) = cx ( t... 0 và f (t , 0) ≠ 0 thì bài toán tồn tại nghiệm tuần hoàn chu kỳ ω của 0 (3.1) có thể đưa về bài toán tồn tại nghiệm tuần hoàn chu kỳ ω của phương trình ) ) )′′ ( x ( t ) − cx ( t − δ ( t= ( ) ( ) f1 t , x′ ( t ) + g1 t , x ( t − τ ( t ) ) + e1 ( t ) , trong đó f1 ( t , x ) = f ( t , x ) − f ( t , 0 ) , g1 ( t , x ) = g (t, x ) + e1= (t ) e (t ) − Rõ ràng 1 ω ω ∫0 ω e ( t ) dt + f ( t , 0 ) ω∫ 0 và. .. =  và N : X → Y định bởi  x2 ( t )    Nx t = ( )( )  f ( t , x1 ' ( t ) ) + g t , x1 ( t − τ ( t ) ) + e ( t )    ( ( 3.5) ) Khi đó ( 3.2 ) được chuyển về phương trình vắn tắt Lx = Nx Từ định nghĩa của L dễ dàng thấy rằng  ker L ≅  , Im L =  y ∈Y :  2  y1 ( s )   0   = ds   ∫0  y2 ( s )   0     ω ( 3.6 ) Vậy L là toán tử Fredholm với chỉ số 0 Cho P1 : X → KerL và Q1... , s ) ≤ L, ∀t ∈ [ 0, ω ] và s ∈ [t , t + ω ] Bây giờ ta xét phương trình y '' ( t ) + a ( t ) y ( t ) − a ( t ) H ( y ( t ) ) =h ( t ) , h ∈ Cω + ( 4.10 )  : X → X định bởi Cho toán tử T , H t +ω ( H y ) (t ) =My (t ) − a (t ) y (t ) + a (t ) H ( y (t )) (Th )( t ) =∫ G ( t , s ) h ( s ) ds, ( 4.11) t  ≤ M −m+ M c  là hoàn toàn liên tục, (Th )( t ) > 0 khi h ( t ) > 0 và H Ta có T , H 1− c Từ... tại một hằng số M 1 > 0 1/2 (phụ thuộc vào λ ) sao cho ω ( 3.36 ) ∫ x ′ ( t ) dt ≤ M 1 1 0 Từ (3.19) ta có ω ( 3.37 ) x1 ≤ D + ∫ x1′ ( t ) dt ≤ D + M 1 := M 2 0 ω ω 1 Từ phương trình đầu tiên của (3.11), ta= có ∫ x2 ( t ) dt = ∫ ( Ax1 )′ ( t ) dt 0, điều này dẫn đến tồn λ 0 0 ω tại hằng số t1 ∈ [0,ω ] sao cho x2 ( t1 ) = 0 , do đó x2 ≤ ∫ x2′ ( t ) dt Từ phương trình thứ hai của 0 (3.11) ta có ) ( x2′... KerL, KerQ1 = Im L Đặt LP = L|D( L )∩ KerP và LP −1 : Im L → D ( L ) được hiểu là ánh xạ ngược của LP , khi đó 1  LP1 −1 1 1 1  ( A−1 Fy1 ) ( t )  , y  ( t ) =   ( Fy )( t )  2   t t 0 0 ( 3.8) y1 ( s ) ds, [ Fy2 ] ( t ) ∫ y2 ( s ) ds [ Fy1 ] ( t ) ∫= 15 Từ ( 3.5 ) và ( 3.8 ) rõ ràng rằng Q1 N và LP −1 ( I − Q1 ) N là liên tục và Q1 N ( Ω ) bị chặn và khi đó 1 ( ) LP1 −1 ( I − Q1 ) N Ω là... khi h ( t ) > 0 và H Ta có T , H 1− c Từ = y (t ) bổ đề 4.1, nghiệm của ( 4.10 ) có thể vi t  y (t ) (Th )( t ) + (T H ) Vì m   c > − min k1 ,   M + m và nên  ≤ T H  ≤ M − m + m c < 1, TH M (1 − c ) ( I − T H ) dưới dạng ( 4.12 ) c ... , toán tử trung hòa A nói chung Hệ nhiều kết cho phương trình vi phân tương ứng với toán tử trung hòa A không mở rộng trực tiếp từ định lý cho phương trình vi phân trung hòa biết Vậy toán tử trung. .. BỊ Chương 2: PHÂN TÍCH TOÁN TỬ TRUNG HÒA TỔNG QUÁT Chương 3: NGHIỆM TUẦN HOÀN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Chương 4: NGHIỆM TUẦN HOÀN DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRUNG HÒA Chương 5:... (ω > ) Mặc dù A xem toán tử tổng quát toán tử A1 lớp phương trình vi phân tướng ứng với toán tử A lại phức tạp lớp phương trình vi phân tương ứng với A1 A2 Cụ thể toán tử A1 A2 theo nghĩa sau