Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Điều kiện tuần hoàn

Điều kiện tuần hoàn

Tải bản đầy đủ - 0trang

(F 4) Tồn tại một hằng số dương R và một hàm liên tục, không giảm

β : [0, +∞) → [0, +∞) thỏa mãn (1.3) sao cho

f (t, x, y) ≤ β( y ) với hầu khắp t ∈ I, và x, y ∈ H với x ≤ R.

(2.8)

Nghiệm của bài toán (2.7) là hàm số x ∈ W 2,1 (I, H) sao cho

x(0) = x(T ), x (0) = x (T )

và x (t) = f (t, x(t), x (t)) với hầu khắp t ∈ I.

Định lý 2.3.1. Giả sử các điều kiện (F 1) − (F 4) thỏa mãn. Ngoài ra,

giả sử rằng với hầu khắp t ∈ I, với mọi x, y ∈ H sao cho x = R và

x, y = 0 ta ln có bất đẳng thức

x, f (t, x, y) + y



2



≥ 0.



(2.9)



R.

Khi đó bài tốn (2.7) có nghiệm với giá trị trong BH



Chứng minh Định lý 2.3.1 dựa trên các kết quả sau đây.



Bổ đề 2.3.1. Cho hàm g ∈ L1 ([0, T ], Rn ×Rn ) và ma trận A = 



0 I

I 0



trong đó I kí hiệu ma trận đơn vị trong khơng gian Rn , bài tốn





z (t) + Az(t) = g(t) với hầu khắp t ∈ [0, T ]





,



(2.10)





z(0) = z(T ),

có một nghiệm duy nhất được cho bởi

T

At



AT −1



z(t) = e (Id − e



t

A(T −s)



)



e



eA(t−s) g(s)ds,



g(s)ds +



0



(2.11)



0



trong đó eAt kí hiệu nửa nhóm sinh bởi ma trận A và Id kí hiệu tốn tử

đồng nhất trong khơng gian Rn × Rn .

17



Chứng minh. Theo định nghĩa của ma trận A, bài tốn đồng nhất chỉ

có nghiệm tầm thường (nghiệm 0). Do tốn tử tuyến tính Id − eAT khả

nghịch nên ta dễ dàng thu được kết quả.

Bổ đề 2.3.2. Cho hàm f ∈ L1 ([0, T ], Rn ), hàm số x ∈ W 2,1 ([0, T ]; Rn )

là nghiệm của bài toán









x (t) − x(t) = f (t) với hầu khắp t ∈ [0, T ]







x(0) = x(T ),











x (0) = x (T ).

khi và chỉ khi hàm vector z : [0, T ] → Rn × Rn , z(t) = (x(t), x (t)) là một

nghiệm của bài tốn tuần hồn (2.10) với g(t) = (0, f (t)).

Chứng minh Định lý 2.3.1. Trước tiên, chúng ta xét hàm số ψ : [0, +∞) →

[0, +∞) được xác định bởi ψ(s) = 2β(s) + R + 1, trong đó β và R là

hàm số và hằng số dương xác định trong điều kiện (F 4). Do β là hàm

liên tục và không giảm, hàm ψ cũng là liên tục và không giảm và tồn tại

giới hạn lim β(s) = l ∈ (0, ∞). Từ đó, kết hợp với điều kiện (F 4) ta có

s→∞



s2

s2

= lim

s→∞ ψ(s)

s→∞ β(s)(2 +

lim



R+1

β(s) )



= +∞,



cho cả khi l là hữu hạn hoặc vơ hạn. Do đó theo định lý 1.3.4 tồn tại

một hằng số B > 0 sao cho mỗi hàm số x ∈ W 2,1 (I, H) với ||x (t)|| ≤

ψ(||x (t)||) hầu khắp t ∈ I và ||x(t)|| ≤ R cho mọi t ∈ I, thì ||x (t)|| ≤ B

với mọi t ∈ I.



18



Bước 1. Với mỗi n ∈ N, xét bài toán









x (t) = Pn f (t, x(t), x (t)), với hầu khắp t ∈ I,







x(0) = x(T ),











x (0) = x (T ).



(2.12)



Chúng ta sẽ chứng minh rằng bài tốn (2.12) có nghiệm trong tập

Qn = {q ∈ C 1 (I, Hn ) : q(t) ≤ R, q (t) ≤ 2B với mọi t ∈ I}, (2.13)

trong đó R > 0 và B > 0 được định nghĩa như trên.

Cố định ∈ (0, R). Khi đó, tồn tại hàm liên tục µ : H → [0, 1] sao

cho µ ≡ 0 trên {w ∈ H : w ≤ R − hoặc w ≥ R + } và µ ≡ 1 trên

{w ∈ H : R −



2



≤ w ≤ R + 2 }. Từ đó suy ra, hàm φ : H → H được



định nghĩa bởi



 µ(w)

φ(w) =

0



w

w



R− ≤ w ≤R+



(2.14)



các trường hợp còn lại



là hồn tồn xác định, liên tục, bị chặn trên H và φ(w) ≤ 1 với mọi

w ∈ H.

Từ định lý 1.3.2, Pn : H ω → Hn là liên tục và f thỏa mãn (F 1) −

(F 4), nên hạn chế Pn f /Hn ×Hn : I × Hn × Hn → Hn thỏa mãn (i), (ii) của

Định lý 1.3.5. Từ đó suy ra tồn tại một dãy giảm của tập con mở {θm }

của I sao cho µ(θm ) <



1

m



và Pn f liên tục tục trên (I\θm ) × Hn × Hn với



mọi m ∈ N.



19



Bước 2. Với mỗi m ∈ N, xét bài toán









x (t) − x(t) = −x(t) + Pn f (t, x(t), x (t))+















+φ(x(t))(β( x (t) )χθm (t) + m1 ), với hầu khắp t ∈ I,







x(0) = x(T ),













x (0) = x (T ).

(2.15)

Trong đó χ là hàm đặc trưng.

Cố định q ∈ Qn và λ ∈ [0, 1], theo bổ đề 2.3.2 bài tốn tuyến tính









x (t) − x(t) = −λq(t) + λPn f (t, q(t), q (t))+















+φ(q(t))(β( q (t) )χθm (t) + m1 ), với hầu khắp t ∈ I,

(2.16)







x(0) = x(T ),













x (0) = x (T ).

có một nghiệm duy nhất sao cho hàm z(t) = (x(t), x (t)), t ∈ I thỏa

mãn (2.11) với g : I → Rn × Rn được xác định bởi

g(t) = (0 , −λq(t) + λPn f (t, q(t), q (t))+

+ φ(q(t)) β(q (t))χθm (t) +



1

m



(2.17)



Tiếp theo, chúng ta định nghĩa ánh xạ Tnm : Qn × [0, 1] → C 1 (I, Hn ) sao

cho với (q, λ) ∈ Qn × [0, 1], Tnm (q, λ) là nghiệm của bài toán (2.16). Rõ

ràng là hàm x là một nghiệm của (2.15) nếu và chỉ nếu x = Tnm (x, 1).

Từ đó chúng ta có thể áp dụng định lý 1.3.3 để chứng minh sự tồn tại

của các điểm bất động của ánh xạ Tnm (·, 1).

(a) Chúng ta sẽ chỉ ra rằng ánh xạ Tnm có đồ thị đóng trong khơng

gian Qn × [0, 1] × C 1 (I, Hn ).

20



Giả sử (qj , λj , xj ) → (q0 , λ0 , x0 ) ∈ Qn × [0, 1] × C 1 (I, Hn ), trong đó

xj = Tnm (qj , λj ), trường hợp riêng khi lấy giới hạn j → ∞, chúng ta

nhận được x0 (0) = x0 (T ) và x (0) = x (T ). Từ (F2) và tính liên tục của

φ, β và Pn suy ra với hầu khắp t ∈ I, dãy

xj (t) − λj qj (t) + λj Pn f (t, qj (t), qj (t)) + φ(qj (t)) β( qj (t) )χθm (t) +



1

m



hội tụ tới

x0 (t)−λ0 q0 (t)+λ0 Pn f (t, q0 (t), q0 (t))+φ(q0 (t)) β( q0 (t) )χθm (t) +



1

.

m



Ngoài ra, do các dãy hội tụ bị giới hạn nên tồn tại một hằng số dương

D sao cho xj (t) ≤ D với mọi t ∈ [0, T ]. Như vậy, theo định nghĩa của

Qn và điều kiện (F 4) chúng ta có được

||xj (t) − λj qj (t) + λPn f (t, qj (t), qj (t)) + φ(qj (t))(β( qj (t) )χθm (t) + m1 )||

≤ D + R + 2β(2B) + 1.

(2.18)

Do đó, dãy

t



[xj (s) − λj qj (s)]ds+



xj (t) = xj (0) +

0

t



+λj



Pn f (s, qj (s), q j (s)) + φ(qj (s)) β(q j (s))χθm (s) +

0



1

m



ds



hội tụ tới

t



[x0 (s) − λ0 q0 (s) + λ0 Pn f (s, q0 (s), q 0 (s))+



x0 (0) +

0



+φ(q0 (s)) β(q 0 (s))χθm (s) +



1

m



ds



với mọi t ∈ I. Kết hợp với tính duy nhất của giới hạn, đối với mỗi t ∈ I,

ta có

t



[x0 (s) − λq0 (s) + λ0 Pn f (s, q0 (s), q 0 (s))+



x0 (t) = x0 (0) +

0



21



+φ(q0 (s)) βq 0 (s))χθm (s) +



1

m



ds,



nghĩa là x0 = Tnm (λ0 , q0 ).

(b) Bây giờ chúng ta chứng minh rằng Tnm là một ánh xạ compact,

nghĩa là Tnm (Qn × [0, 1]) là tập tương đối compact trong không gian

C 1 (I, Hn ).

Thật vậy, với mỗi q ∈ Qn và λ ∈ [0, 1] gọi x = Tnm (q, λ) là nghiệm

duy nhất của (2.16). Khi đó, như đã nói ở trên, hàm z(t) = (x(t), x (t))

thỏa mãn (2.11) với g được định nghĩa trong (2.17). Theo (F4) và ||A|| =

1 suy ra với hầu khắp t ∈ I,

max{||x(t)||, ||x (t)||}

≤ ||z(t)|| ≤ [eT [||(Id − eAT )−1 ||) + 1]eT (RT + β(2B)T + β(2B) + T ) .

(2.19)

Vì thế {x : x ∈ Tnm Qn × [0, 1] } và Tnm Qn × [0, 1] là tập bị chặn

trong C(I, Hn ). Từ (2.16) suy ra tập {x : x ∈ Tnm Qn × [0, 1] } bị chặn

trong L1 (I, Hn ), và do đó {x : x ∈ Tnm Qn × [0, 1] } là tập liên tục đồng

bậc. Mặt khác Tnm Qn × [0, 1] cũng là tập liên tục đồng bậc. Từ định

lý Ascoli-Arzela chúng ta có được kết luận.

(c) Tiếp theo, chúng ra chỉ ra rằng Tnm (Qn , 0) ⊂ int Qn .

Xét q ∈ Qn và cho x = Tnm (q, 0). Khi đó x là một nghiệm của bài

tốn tuần hoàn









x (t) − x(t) = φ(q(t))(β( q (t) )χθm (t) + m1 ), với hầu khắp t ∈ I,







x(0) = x(T )











x (0) = x (T ).

22



Tương tự như trong phần chứng minh (b), chúng ta có thể chứng minh

rằng, với hầu khắp t ∈ I,

max{||x(t)||, ||x (t)||} ≤ ||z(t)|| ≤

[eT [||(Id − eAT )−1 ||) + 1]eT



β(2B)



1

T

+

.

m m



Như vậy, chúng ta thu được Tnm (Qn × {0}) ⊂ int Qn với mọi m ≥ m,

và m đủ lớn.

(d) Để kết thúc Bước 2, chúng ta chứng minh rằng ánh xạ Tnm (·, λ)

khơng có điểm bất động trên biên của Qn với mọi λ ∈ [0, 1).

Vì Tnm (·, 0) khơng có điểm bất động trên ∂Qn , nên chúng ta chỉ cần

chứng minh điều này cho Tnm (·, λ) với λ ∈ (0, 1).

Giả sử tồn tại (q, λ) ∈ ∂Qn × (0, 1) sao cho q = Tnm (q, λ). Khi đó

tồn tại t0 ∈ [0, T ] sao cho q(t0 ) = R hoặc q (t0 ) = 2B. Với hầu khắp

t ∈ I và với mọi λ ∈ [0, 1] ta có

q (t) =

(1 − λ)q(t) + λPn f (t, q(t), q (t)) + φ(q(t)) β( q (t) )χθm (t) +



1

m



≤ R + 2β( q (t) ) + 1 = ψ( q (t) )

với q(t) ≤ R, t ∈ I và ψ thỏa mãn (1.3). Áp dụng định lý 1.3.4 suy ra

q (t) ≤ B với mọi t ∈ I. Do đó q(t0 ) = R. Bây giờ xét hàm số v :

[0, T ] → R định nghĩa bởi v(t) = 21 ( q(t)



2



− R2 ). Rõ ràng v ∈ C 1 (I, R)



và nó có một điểm cực đại tại t0 . Nếu t0 ∈ (0, T ), thì v (t0 ) = 0. Nếu

t0 ∈

/ (0, T ), thì do q thỏa mãn các điều kiện biên, nên cả 0 và T là điểm

cực đại của v. Do v (0) ≤ 0 và v (T ) ≥ 0, và v (t) = q(t), q (t) với mọi



23



t, nên

0 ≥ v (0) = q(0), q (0) = q(T ), q (T ) = v (T ) ≥ 0

tức là v (0) = v (T ) = 0. Vì vậy, khơng mất tính tổng quát, chúng ta có

thể giả sử rằng t0 ∈ (0, T ] và q(t0 ), q (t0 ) = 0. mặt khác, tồn tại h > 0

sao cho v (t0 − h) ≥ 0 và q(s) ≥ R −



2



với mọi s ∈ [t0 − h, t0 ]. Do đó,



với hầu khắp t ∈ [t0 − h, t0 ], tồn tại

v (t) = (1 − λ) q(t)



2



2



+ q (t)



+ λ q(t), Pn f (t, q(t), q (t)) +



χθm (t)β( q (t) ) +



1

m



q(t) .



Suy ra,

0 ≥ v (t0 ) − v (t0 − h)

t0



[(1 − λ) q(s)



=



2



+ q (s)



2



+ λ q(s), Pn f (s, q(s), q (s)) +



t0 −h



(χθm (s)β( q (s) ) + m1 ) q(s) ]ds

[(1 − λ) q(s)



=



2



+ q (s)



2



+ λ q(s), Pn f (s, q(s), q (s)) +



[t0 −h,t0 ]∩θm



(β( q (s) ) + m1 ) q(s) ]ds+

[(1 − λ) q(s)



2



+ q (s) 2 +



[t0 −h,t0 ]\θm



λ q(s), Pn f (s, q(s), q (s)) +





1

m



q(s) ]ds



[ q(s) (− f (s, q(s), q (s)) + β( q (s) )) +

[t0 −h,t0 ]∩θm



+



[ q (s)



2



+ λ q(s), Pn f (s, q(s), q (s)) +



[t0 −h,t0 ]\θm



1

m



1

m



q(s) ]ds



q(s) ]ds.



Từ điều kiện (F4) nhận được

0 ≥



[ q(s) (− f (s, q(s), q (s)) + β( q (s) )) +

[t0 −h,t0 ]∩θm



24



1

m



q(s) ]ds



+



[ q (s)



2



+ λ q(s), Pn f (s, q(s), q (s)) +



[t0 −h,t0 ]\θm







1

m



[t0 −h,t0 ]∩θm



+



q(s) ]ds



1

m



q(s) ]ds



q(s) ds



[ q (s)



2



+ λ q(s), Pn f (s, q(s), q (s)) +



[t0 −h,t0 ]\θm



>



1

m



[ q (s)



2



+ λ q(s), Pn f (s, q(s), q (s)) +



[t0 −h,t0 ]\θm



1

m



q(s) ]ds.



Rõ ràng, t0 ∈ θm dẫn tới với h đủ nhỏ thì [t0 − h, t0 ] \ θm = ∅, điều này là

mâu thuẫn. Mặt khác, nếu t0 ∈ θm , chúng ta xét hàm số g : [0, T ] → R

xác định bởi:

g(s) = q (s)

Lưu ý rằng hàm số



2



+ λ q(s), Pn f (s, q(s), q (s)) +



1

q(s) .

m



: [0, 1] → R



(λ) = λ q(t0 ), f (t0 , q(t0 ), q (t0 )) + q (t0 )



2



là đơn điệu trên [0, 1], do đó (2.9), q ∈ Qn , q(t0 ) = R và q(t0 ), q (t0 ) =

0 suy ra g(t0 ) ≥



R

m.



Vì, theo Định lý 1.3.5, g là liên tục trên [0, T ] \ θm ,



với h đủ nhỏ chúng ta có g(t) > 0 với mọi t ∈ [t0 − h, t0 ] \ θm và đây lại

là một mâu thuẫn. Do vậy, áp dụng định lý 1.3.3 với bất kỳ m ∈ N tồn

tại xm ∈ W 2,1 (I, Hn ) ∩ Qn là nghiệm của bài toán (2.15).

Bước 3. Với m ∈ N gọi xm là nghiệm của bài toán (2.15) thu được

trong Bước 2. Lập luận tương tự như trong (b), bất đẳng thức (2.19)

suy ra rằng {xm } có một dãy con (để thuận tiện ta vẫn kí hiệu là dãy

{xm }) hội tụ đến x ∈ Qn trong C 1 (I, Hn ) và xm



x trong L1 (I, Hn ).



Lưu ý rằng, từ tính bị chặn của hàm φ và tính liên tục của hàm β,



lim χθm (t) = 0 với mọi t ∈

/ ∩∞

m=1 θm , và µ (∩m=1 θm ) = 0, suy ra



m→∞



φ(xm (t))(β(xm (t))χθm (t) + 1/m) → 0, với hầu khắp t ∈ [0, T ].

25



Do đó, đối với mỗi n ∈ N, tồn tại xn ∈ Qn là nghiệm của (2.12).

Bước 4. Với n ∈ N gọi xn là nghiệm của bài toán (2.12) thu

được trong Bước 3. Theo (F 4), với hầu khắp t ∈ I và với mỗi n ∈

N, f (t, xn (t), xn (t)) ≤ β(2B). Do vậy, dãy fn (t) = f (t, xn (t), xn (t)) là

bị chặn và khả tích đều trong L1 (I, H). Ngồi ra, tập {fn (t)} cũng bị

chặn với hầu khắp t ∈ I. Từ tính đối ngẫu của khơng gian H, dãy {fn }

là compact yếu tương đối trong L1 (I, H). Khơng mất tính tổng qt,

giả sử fn



f0 ∈ L1 (I, H). Bổ đề 1.3.2 suy ra

x n = P n fn



f0 ∈ L1 (I, H).



Từ xn (t) ≤ 2B với mọi t ∈ I, chúng ta có thể giả sử rằng

γ0 ∈ H.



xn (0)

Định nghĩa hàm y0 (t) := γ0 +



t

0 f0 (s) ds,

t



xn (t) = xn (0) +



t ∈ I. Dễ dàng nhận thấy



xn (s) ds



y0 (t)



0



với mọi t ∈ I. Vì vậy, từ định lý 1.3.1, xn

dẫn tới, xn (0) = xn (T )



y0 trong C(I, H). Điều này



y0 (T ), tức là y0 (0) = y0 (T ). Mặt khác hàm y0



là khả tích và y0 (t) = f0 (t) với hầu khắp t ∈ I. Lưu ý rằng sự hội tụ yếu

của xn tới y0 trong C(I, H) suy ra sự hội tụ yếu của xn trong L1 (I, H),

và xn (t) ≤ R với mọi t ∈ I và n ∈ N. Do đó, đặt

t



x0 (t) = x0 (0) +



y0 (s)ds,

0



với x0 (0) ∈ H.

Lập luận tương tự như trên, chúng ta có thể chứng minh rằng xn

x0 trong C(I, H) với x0 (0) = x0 (T ). Vì thế x0 ∈ W 2,1 (I, H), x0 (t) = y0 (t)

với mọi t ∈ I và x0 (t) = f0 (t) với hầu khắp t ∈ I.

26



¯n =

Theo định lý Mazur, tồn tại một chuỗi các tổ hợp lồi h

hội tụ tới x0 trong L1 (I, H) , với θnk ≥ 0,







θnk fk

k=n







θnk = 1 và với mỗi n tồn

k=n



tại k0 (n) sao cho θnk = 0 với k > k0 (n). Sự hội tụ của hn đến x0 trong

L1 (I, H) suy ra f n (t) → x0 (t) trong H với hầu khắp t ∈ I, do đó từ

tính chất nhúng compact (1.2) chúng ta thu được f n (t) → x0 (t) trong E

với hầu khắp t ∈ I. Mặt khác, theo định lý 1.3.1 ta có xn (t) → x0 (t) và

xn (t) → x0 (t) trong E với mọi t ∈ I và từ (F 3) ta có f (t, xn (t), xn (t)) →

f (t, x0 (t), x0 (t)) trong E. Vì vậy, f n (t) → f (t, x0 (t), x0 (t)) với hầu khắp

t ∈ I. Tính duy nhất của giới hạn suy ra x0 (t) = f (t, x0 (t), x0 (t)) với

hầu khắp t ∈ I và định lý được chứng minh.

2.3.2. Điều kiện biên không địa phương

Trước tiên, chúng ta xem xét bài toán tổng quát sau:









x (t) = f (t, x(t), x (t)), hầu khắp t ∈ [0, T ],







x(0) = M x,











x(T ) = Lx



(2.20)



với các điều kiện (F 1) − (F 4) của mục 2.3.1 và các điều kiện bổ sung

sau:

(M ) M : C(I, H) → H là một tốn tử tuyến tính bị chặn với M ≤ 1;

(L) L : C(I, H) → H là một toán tử tuyến tính bị chặn với L ≤ 1.

Nghiệm của bài toán (2.20) là hàm số x ∈ W 2,1 (I, H) sao cho

x(0) = M x, x(T ) = Lx và

x (t) = f (t, x(t), x (t)) với hầu khắp t ∈ I.

27



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Điều kiện tuần hoàn

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×