Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Chương 2: TÍNH CỘNG HƯỞNG VÀ KHÔNG CỘNG HƯỞNG CỦA BÀI TOÁN CÓ GIÁ TRỊ BIÊN KÌ DỊ

Chương 2: TÍNH CỘNG HƯỞNG VÀ KHÔNG CỘNG HƯỞNG CỦA BÀI TOÁN CÓ GIÁ TRỊ BIÊN KÌ DỊ

Tải bản đầy đủ - 0trang

28

1



 sup ∫ p ( t ) G t ( t,s ) n ( s ) ds < 1

 t∈[0,1] 0

G ( t,s ) là hàm Green liên quan đến phương trình



( py ' ) '+ pry = 0 hkn trên [ 0,1] ,y ∈ ( SL ) hoặc ( N ) hoặc ( P )

và 



 y1 ( s ) y 2 ( t )



,0

s

t

<











W (s)



 G ( t,s ) = 







 y1 ( t ) y 2 ( s ) ,t ≤ s < 1 









 W (s)







(2.7)



Thì (2.1) có ít nhất một nghiệm.

1



Chú ý:Nếu p’W+W’p=0 thì sup ∫ p ( t ) G t ( t,s ) ds ≤ E 0 p ( s ) , với E0 là một

t∈[ 0,1] 0



hằng số nào đó, W là đònh thức Wronski.



Chứng minh:



Lấy y là một nghiệm của:

1

 p ( py ' ) '+ ry = λ f ( t,y, py ' ) hkn treân [ 0,1]



y ∈ ( SL ) hoặc ( N ) hoặc ( P )



1



với 0 < λ < 1. Thì y ( t ) = y3 ( t ) + ∫ G ( t,s ) f ( s,y ( s ) ,p ( s ) y ' ( s ) ) ds,t ∈ [ 0,1]



(2.8)



(2.9)



0







đây



y3







nghiệm



duy



nhất



của



( py ') '+ pry = 0 hkn trên [ 0,1] ,



y ∈ ( SL ) hoaëc ( N ) hoặc ( P ) ,G ( t,s ) được miêu tả trong ( 2.7 )

1



Ta có: p ( t ) y ' ( t ) = p ( t ) y3 ' ( t ) + ∫ p ( t ) G t ( t,s ) f ( s,y ( s ) ,p ( s ) y ' ( s ) ) ds

0



Từ (2.6) và (2.9) suy ra:



(2.10)



29

1



1



t∈[ 0,1] 0



t∈[ 0,1] 0



y 0 ≡ sup y ( t ) ≤ sup y3 ( t ) + py ' 0 sup ∫ G ( t,s ) n ( s ) ds + sup ∫ G ( t,s ) φ1 ( s ) ds

[ 0,1]



[ 0,1]



1



1



+ y 0 sup ∫ G ( t,s ) φ2 ( s ) ds + py' 0 sup ∫ G ( t,s ) φ3 ( s ) ds

γ



θ



t∈[ 0,1] 0



t∈[ 0,1] 0



Do đó tồn tại các hằng soá A0, A1, A2, A3 sao cho:

(2.11)



y 0 ≤ A 0 + A1 py ' 0 + A 2 y 0 + A 3 py ' 0

γ



Cũng tồn tại hằng soá A4: A 2 xγ ≤



θ



1

x + A4 ,∀ x > 0

2



Thay điều này vào (2.11) ta được:

y 0 ≤ 2(A 0 + A 4 ) + 2A1 py ' 0 + 2A 3 py ' 0



(2.12)



θ



Từ (2.10) suy ra tồn tại các hằng số A5, A6, A7,:

1



py ' 0 ≤ A 5 + py ' 0 sup ∫ p ( t ) G t ( t,s ) n ( s ) ds + A 7 py ' 0

θ



t∈[ 0,1] 0



(



(2.13)



θ γ



+ A 6 2(A 0 + A 4 ) + 2A1 py ' 0 + 2A 3 py ' 0



)



và tồn tại các hằng số A8, A9, A10, A11:





γ

γθ

θ

 1 − sup p ( t ) G t ( t,s ) n ( s ) ds  py ' 0 ≤ A 8 + A 9 py ' 0 + A10 py ' 0 + A11 py ' 0

 t∈[0,1]





Suy ra tồn tai hằng số M*0 ,độc lập với λ : py ' 0 ≤ M*o . Điều này cùng với (2.12)

suy ra:



**

*

**

∃M**

0 : y 0 ≤ M 0 . Đặt M 0 = max {M 0 ,M 0 }



Áp dụng đònh lý 1.13 hoặc đònh lí 1.14 ta được điều phải chứng minh.



2.2.



Khảo sát bài toán giá trò biên Sturm Liouville:



với Lu = −



Lu = λ u hkn trên [ 0,1]



 u ∈ ( SL )0 hoặc ( N )0 hoặc ( P )



(2.14)



1

( pu') ', p thỏa ( 2.2 ) vaø q ∈ L1p [ 0,1] ,q > 0 trên ( 0,1)

pq



(2.15)



30



thì L có vô hạn đếm được các giá trò riêng thực và chúng ta có thể đánh giá được

các giá trò riêng này.

Đònh lý 2.1 trực tiếp suy ra sự tồn tại nghiệm cho bài toán:

1

 p ( py ' ) '+ µ q ( t ) y = f ( t,y, py ' ) hkn trên [ 0,1]



y ∈ ( SL ) hoặc ( N ) hoặc ( P )





(2.16)



với µ không phải là một giá trò riêng của (2.14)



Đònh lý 2.2:

Nếu pf : [ 0,1] × R 2 → R là hàm L1-Caratheodory và thỏa (2.2), (2.15) .

Lấy f ( t,u,v ) = nv + g ( t, u,v ) , và thỏa (2.5), (2.6), (2.7) với r ( t ) = µ q ( t ) . Thì

(2.16) có ít nhất một nghiệm.

Chứng minh:



Đặt r ( t ) = µ q ( t ) , làm tương tự như trong chứng minh đònh lý 2.1 ta có đpcm.



2.3.



Khảo sát bài toán biên:

1

 p ( py ' ) '+ r ( t ) y + κ ( t ) py ' = g ( t,y, py ' ) hkn treân [ 0,1]



y ∈ ( SL ) hoaëc ( N ) hoaëc ( P )



với κ ∈ L1p [ 0,1]



(2.17)



(2.18)



Đònh lý 2.3:

Nếu pg : [ 0,1] × R 2 → R là hàm L1-Caratheodory, thoûa (2.2), (2.3), (2.6), (2.18)

1

 ( py ' ) '+ ry + κ py ' = 0 hkn treân [ 0,1]

Và :  p

y ∈ ( SL ) hoặc ( N ) hoặc ( P )

0

0





Thì (2.17) có ít nhất một nghiệm.



chỉ có nghiệm tầm thường.



31

Chứng minh:



Lý luận tương tự như trong đònh lý 2.2 suy ra đpcm (chúng ta dùng đònh lý 1.15

trong trường hợp này).



2.4.



Khảo sát bài toán có giá trò biên kỳ dò “cộng hưởng” bậc hai

1

 p ( py ' ) '+ λm qy = f ( t,y, py ' ) hkn treâ n [ 0,1]



y ∈ ( SL ) hoaë c ( N ) hoaë c ( P )

0

0





(2.19)



với λm là giá trò riêng thứ m của:

Lu = λ u hkn trên [ 0,1]



 u ∈ ( SL )0 hoaëc ( N )0 hoaëc ( P )

và Lu = −



(2.20)



1

( pu') ' ,m=1,2…

pq



Ta có hai dạng tồn t i nghiệm. Trước hết khảo sát bài toán “bên trái” của giá trò

riêng, sau đó khảo sát bài toán “bên phải” của giá trò riêng.

Đònh lý tồn tại I:



Trong suốt phần này đặt :

θ +1

 u1 , u1 ≤ 1

Hα 0 ,θ ( u1 ) =  α +1

0

, u1 > 1

 u1



Đònh lý 2.4:

Nếu pf : [ 0,1] × R 2 → R là hàm L1-Caratheodory và thỏa (2.2), (2.15). Giả sử f

được khai triển: f ( t,u1 ,u2 ) = g ( t,u1 ,u2 ) + h ( t, u1 , u2 )

vớ i pg,ph:[ 0,1] × R 2 → R là hà m L1 -Caratheodory

và:



32



tồn tại hằng số A>0,0<α 0 < 1 và một hàm số



1

φ ∈ L p [ 0,1] ,φ > 0 hkn trên [ 0,1] với u1g ( t, u1 , u2 ) ≥ Aφ ( t ) Hα 0 ,θ ( u1 ) (2.21)



 hkn t ∈ [ 0,1] ,u1 ∈R, u2 ∈R;α 0 ≥ θ



1

∃φi ∈ L p [ 0,1] ,i = 1,2,3 và các hằng số β 0 ,σ sao cho



β0

σ

 h ( t,u1 , u2 ) ≤ φ1 ( t ) + φ2 ( t ) u1 + φ3 ( t ) u2 hkn t ∈ [ 0,1] , β 0 < α 0 ,



0 ≤ σ < α 0 ,φ3 > 0 hkn treân [ 0,1] hoặc φ3 ≡ 0 trên [ 0,1]



2



(2.22)



∃φi ∈ L1p [ 0,1] ,i = 4,5 và hằng số γ ≤ α 0 sao cho



γ

 g ( t,u1 , u2 ) ≤ φ4 ( t ) + φ5 ( t ) u1 hkn t ∈ [ 0,1]



(2.23)



1

 2 −1

2(α 0 +1) −(α 0 +1) −2γ α 0 +1− 2 γ

1

q

φ

∈ L1p [ 0,1]

φ4 q ∈ L p [ 0,1] , φ5



1

 2 −1

2(α 0 +1) −(α 0 +1) −2 β 0 α 0 +1− 2 β 0

1

φ

∈ L1p [ 0,1]

q

φ1 q ∈ L p [ 0,1] , φ2



1

 2 −(α 0 +1) 1−α 0

∈ L1p [ 0,1]

φ q





(2.24)



(

(



(



 (α 0 +1) −1

 φ1 φ



 (α 0 +1) −1

 φ3 φ



 (α 0 +1) −1

φ

 q





(

(

(



)

)



)



)

)

)



1



α0

1



α0



(

∈ L [ 0,1] , (φ (



(α 0 +1)



∈ L [ 0,1] , φ2

1

p



1

p



5



φ



1

− ( β 0 +1) α 0 − β 0



α 0 +1) − γ



φ



)



)



∈ L1p [ 0,1]



1



α 0 +1−γ



∈ L1p [ 0,1]



1



α0



∈ L1p [ 0,1]



Thì (2.19) có ít nhất một nghiệm y ∈ C [ 0,1] I C1 [ 0,1]; py ' ∈ AC [ 0,1]

Chú ý: Những ví dụ tiêu biểu mà (2.21) thỏa laø:

m

n

1



(i) g ( t, u1 , u2 ) = u ,m,n lẻ

hoặc

1

2

1



1

2

1



(ii) g ( t, u1 , u2 ) = u , u1 ≥ 0; g ( t, u1 , u2 ) = − u ,u1 < 0



(2.25)



33

Chứng minh:



Xét họ bài toán:

1

 p ( py ' ) '+ µ qy = λ  f ( t,y, py ' ) + ( µ − λm ) qy  hkn trê n [ 0,1]



y ∈ ( SL ) hoaë c ( N ) hoặ c ( P )

0

0





(2.26)



Với 0 < λ < 1 và λm-1 < µ < λm ,m = 1,2,..., λ0 = −∞, λi là nhữ ng giá trò riê ng củ a2.20

Chú ý L2pq [ 0,1] = Ω ⊕ Ω ⊥ ,vớ i Ω = span {ψ 1 ,ψ 2 ,..,ψ m −1} , ψ i là những hàm riêng

tương ứng với những giá trò riêng λi .

Lấy y là nghiệm bất kỳ của (2.26). Thì y = u + w, u ∈ Ω,w ∈ Ω ⊥ . Nhaân (2.26) với

(w-u) rồi lấy tích phân từ 0 đến 1 ta được:

1



1



0



0



∫ ( w − u )( py ') 'dt + µ ∫ pq w



2



1



− u  dt = λ ∫ [ w − u] pf ( t,y, py ' ) dt

2



0



1



+ λ ( µ − λm ) ∫ pq  w2 − u2  dt

0



Lấy tích phân từng phần với chú ý Ω I Ω ⊥ = {0} , ta được:

1



1



∫ ( w − u )( py ') 'dt = Q − ∫ p ( w')

0



0



0



2



1



2



dt + ∫ p ( u' ) dt

0



với



α 2

 a 2

2

2

− b  w (1) − u (1)  − β  w ( 0 ) − u ( 0 )  neáu y ∈ ( SL )0

Q0 = 

0 neáu y ∈ ( N ) hoặc ( P )

0



Chú ý: y ( 0 ) = 0 nghóa là u ( 0 ) + w ( 0 ) = 0 và do đó u ( 0 ) = w ( 0 ) = 0



Từ ñoù ta coù:



34

1



1



2

2

Q 0 + ∫  − p ( w' ) + µ pqw2  dt + ∫  p ( u' ) − µ pqu2  dt









0



0



1



1



1



0



0



0



(2.27)



= λ ∫ [ w − u] pf ( t,y, py ' ) dt + λ ( µ − λm ) ∫ pqw2dt − λ ( µ − λm ) ∫ pqu2dt

Với u ∈ Ω,w ∈ Ω ⊥ vaø y=u+w , ta có:

m −1







i =1



i=m



u = ∑ ciψ i và w = ∑ ciψ i với ci = y,ψ i

Chú ý:u=0 nếu m=0



Từ ( pψ i' ) '+ λi pqψ i = 0 chúng ta có:

1



1



2

2

Q 0 + ∫  − p ( w' ) + µ pqw2  dt + ∫  p ( u' ) − µ pqu2  dt









0



0







= ∑ ( µ − λi ) c

i=m



2

i



1



∫ pqψ



2

i



m −1



dt + ∑ ( λi − µ ) c

i =1



0



2

i



1



∫ pqψ



2

i



dt



0



1



1



0



0



≤ ( µ − λm ) ∫ pqw2dt + ( λm −1 − µ ) ∫ pqu2dt



Thay điều này vào (2.27) ta được:

1



1



1



λ ∫ [ w − u] pg ( t,y, py ' ) dt + (1 − λ ) ( λm − µ ) ∫ pqw dt + ( µ − λm −1 ) ∫ pqu2dt

0



2



0



1



+λ ( λm − µ ) ∫ pqw2 dt

0



0



1



≤ −λ ∫ ( w − u ) ph ( t,y, py ' ) dt

0



Suy ra :

1



∫ pyg ( t,y, py ') dt + ( λ



m



0



1



1



− µ ) ∫ pqu dt ≤ 2 ∫ pug ( t,y, py ' ) dt

0



2



0



1



1



0



0



+ ∫ p y h ( t,y, py ' ) dt + 2 ∫ p u h ( t,y, py ' ) dt

Giả thiết (2.21) suy ra:



(2.28)



35

1



1



0



0



∫ pyg ( t,y, py ') dt ≥ A ∫ pφ Hα θ ( y ) dt

0,



1



= A ∫ pφ y



α 0 +1



dt + A



0



1



≥ A ∫ pφ y







{t: y( t )≤1}

α 0 +1



0



pφ  y





θ +1



−y



α 0 +1



dt





1



dt − A ∫ pφ dt

0



Thay điều này vào (2.28), và sử dụng (2.22), (2.23) ta được:

1



A ∫ pφ y



α 0 +1



0



1



1



1



1



0



0



0



dt + ( λm − µ ) ∫ pqu dt ≤ A ∫ pφ dt + 2 ∫ pφ4 u dt + 2 ∫ pφ5 u y dt

2



0



1



1



+ ∫ pφ1 y dt + ∫ pφ2 y

0



β 0 +1



0



1



+ 2 ∫ pφ2 u y

0



β0



1



1



dt + ∫ pφ3 y py ' dt + 2 ∫ pφ1 u dt

σ



0



1



γ



(2.29)



0



dt + 2 ∫ pφ3 u py' dt

σ



0



Chuù ý: Phần còn lại của chứng minh, không mất tính tổng quát ta giả sử rằng:



σ > 0, và φ3 > 0 hkn trên [ 0,1]

Lấy e>0. Bất đẳng thức Holder cùng với (7.24) suy ra:

1



1



1

1

2

Q

2 ∫ pφ4 u dt ≤ 2Q1  ∫ pqu2 dt  ≤ e ∫ pqu2 dt + 1

e

0

0

0



1



1



0



0



2 ∫ pφ1 u dt ≤ e ∫ pqu2 dt +



Q2

e

1



1







γ



1

1

1

2  1

α 0 +1

α 0 +1

Q3 

γ

α 0 +1

α 0 +1

2

2

≤ eQ3 ∫ pqu dt +

2 ∫ pφ5 u y dt ≤ 2Q3  ∫ pqu dt   ∫ pφ y

dt 

dt 

 ∫ pφ y

e 0

0

0

0

 0







1



2 ∫ pφ2 u y

0



1



β0



2 β0



1



1

α 0 +1

Q 

α +1

dt ≤eQ 4 ∫ pqu2 dt + 4  ∫ pφ y 0 dt 

e 0

0



1



1

α 0 +1

α +1

2 ∫ pφ1 y dt ≤ Q 5  ∫ pφ y 0 dt 

0

0





36



1



∫ pφ



2



y



β 0 +1



0



1







α +1

dt ≤ Q 6  ∫ pφ y 0 dt 

0





β 0 +1

α 0 +1



1



1



1

 α 0 +1  1

σ

α 0 +1

α +1 −1

∫0 pφ3 y py' dt ≤  ∫0 pφ y dt   ∫0 p φ3 0 φ



(



1



1



1

2  1

2 ∫ pφ3 u py ' dt ≤ 2Q 7  ∫ pqu2 dt   ∫ p φ3α 0 +1φ −1

0

0

 0



(



σ



1



≤ eQ 7 ∫ pqu2 dt +

0



1



)



)



1



α0



1



α0



Q7 

α +1 −1

 ∫ p φ3 0 φ

e 0



(



)



py '



py '

1



α0



σ (α 0 +1)

α0



σ (α 0 +1)

α0



py '



α0



 α 0 +1

dt 



α0



 α 0 +1

dt 





σ (α 0 +1)

α0





dt 





2α 0

α 0 +1



Với Q1,…,Q7 là các hằng số. Thay điều này vào (2.29) ta được

1



A ∫ pφ y



α 0 +1



0



1



dt + ( λm − µ − 2e − eQ3 − eQ 4 − eQ 7 ) ∫ pqu2dt ≤ Q8 +

0



2 β0



1





Q3 

α 0 +1

dt 

 ∫ pφ y

e 0



β 0 +1



1



1

 α 0 +1

1

 α 0 +1

1

α 0 +1

Q4 

α 0 +1

α 0 +1

α +1

dt 

dt 

+

+ Q 5  ∫ pφ y

+ Q 6  ∫ pφ y 0 dt 

 ∫ pφ y

e 0



0



0



1



1

 α 0 +1  1

α +1

α +1 −1

+  ∫ pφ y 0 dt 

 ∫ p φ3 0 φ

0

0





(



1



Q7 

α +1 −1

 ∫ p φ3 0 φ

e 0



1



)



1



α0



py '



2α 0

α 0 +1



σ (α 0 +1)

α0





dt 



Với Q8 là hằng số. Chúng ta có thể chọn e sao cho:

+



(



)



α0



py '



σ (α 0 +1)

α0



λm − µ − 2e − eQ3 − eQ 4 − eQ 7 > 0

và ta có :



α0



 α 0 +1

dt 







α 0 +1



37





1



1

 α 0 +1

Q3 

α 0 +1

α 0 +1

A ∫ pφ y

dt ≤ Q8 +

dt 

 ∫ pφ y

e 0

0



2 β0



β 0 +1



1



1

 α 0 +1

1

 α 0 +1

1

α 0 +1

Q 

α +1

α +1

α +1

+ 4  ∫ pφ y 0 dt 

+ Q 5  ∫ pφ y 0 dt 

+ Q 6  ∫ pφ y 0 dt 

e 0



0



0





1



α +1

+  ∫ pφ y 0 dt 

0





1

α 0 +1



1

Q 

+ 7  ∫ p φ3α 0 +1φ −1

e 0



(



)



1

α +1 −1

 ∫ p φ3 0 φ

0



1



α0



(



py'



σ (α 0 +1)

α0



)



1



α0



py '



σ (α 0 +1)

α0





dt 





α0

α 0 +1



(2.30)



2α 0



 α 0 +1

dt 





Bây giờ chúng ta xét hai trường hợp:

1



∫ pφ y



Trường hợp 1:



α 0 +1



dt > 1



0



1







α +1

Chia (2.30) cho  ∫ pφ y 0 dt 

0





1



α 0 +1



và sử dụng



1



∫ pφ y



α 0 +1



dt > 1 ta được:



0



2 β 0 −1



2γ −1



α0



1

1

 α 0 +1

 α 0 +1 Q 4  1

 α 0 +1

Q 

α +1

α +1

α 0 +1

≤ Q8 + 3  ∫ pφ y 0 dt 

+

A  ∫ pφ y 0 dt 

p

y

dt

φ





e 0

e  ∫0

0







1







α +1

+ Q 5 + Q 6  ∫ pφ y 0 dt 

0



1

Q7 

α +1 −1

+

 ∫ p φ3 0 φ

e 0



(



)



1



α0



py '



β0

α 0 +1



1





+  ∫ p φ3α 0 +1φ −1

0



σ (α 0 +1)

α0



(



)



1



α0



py '



σ (α 0 +1)

α0





dt 





α0

α 0 +1



2α 0



 α 0 +1

dt 





Vì max {2γ − 1,2 β 0 − 1, β 0 } < α 0 nên tồn tại các hằng số Q9, Q10, Q11 sao cho:

α0



1

 α 0 +1

1

α 0 +1

α 0 +1 −1

φ



+

φ

p

y

dt

Q

Q

∫



9

10  ∫ p φ3

0



0



(



1





+Q11  ∫ p φ3α 0 +1φ −1

0



(



)



1



α0



py '



σ (α 0 +1)

α0





dt 





2α 0

α 0 +1



)



1



α0



py '



σ (α 0 +1)

α0



α0



 α 0 +1

dt 





38

c



Sử dụng bất đẳng thức ( a + b ) ≤ 2 c ( ac + b c ) với a,b,c ≥ 0 . Suy ra tồn tại các hằng

số Q12, Q13 sao cho:

1



∫ pφ y



α 0 +1



0



1

dt ≤ Q12 + Q13  ∫ p φ3α 0 +1φ −1

0



(



1



∫ pφ y



Trường hợp 2:



α 0 +1



)



1



α0



py '



σ (α 0 +1)

α0





dt 





2



(2.31)



dt ≤ 1



0



Trường hợp này (2.31) hoàn toàn đúng với Q12 =1.

Trở lại (2.26) chúng ta có:

1



y ( t ) = λ ∫ G ( s,t )  f ( s,y ( s ) ,p ( s ) y ' ( s ) ) + ( µ − λm ) q ( s ) y ( s ) ds



(2.32)



0



và:

1



p ( t ) y ' ( t ) = λ ∫ p ( t ) G t ( s,t )  f ( s,y ( s ) , p ( s ) y ' ( s ) ) + ( µ − λm ) q ( s ) y ( s ) ds (2.33)

0



Với G(s,t) là hàm Green của:

1

 p ( pv' ) '+ µ qv = 0 hkn trên [ 0,1]



v ∈ ( SL ) hoaëc ( N ) hoaëc ( P )

0

0



1



Chú ý: sup ∫ G t ( t,s ) p ( t ) ds ≤ Q14 p ( s ) , Q14 là hằng số.

t∈[ 0,1] 0



Từ (2.33) ,(2.23) ,(2.23), v i t ∈ ( 0,1) :

1



1



p ( t ) y ' ( t ) ≤ Q15 ∫ pφ1ds + Q15 ∫ pφ2 y

0



1



β0



0



1



+Q15 ∫ pφ5 y ds + Q16 ∫ pq y ds

γ



0



0



(Q15 , Q16 là hằng số)

Do bất đẳng thức Holder và (2.24) suy ra:



1



1



ds + Q15 ∫ pφ3 py ' ds + Q15 ∫ pφ4ds

0



σ



0



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Chương 2: TÍNH CỘNG HƯỞNG VÀ KHÔNG CỘNG HƯỞNG CỦA BÀI TOÁN CÓ GIÁ TRỊ BIÊN KÌ DỊ

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×