CHƯƠNG III : PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN ĐỐI SỐ LỆCH NỬA TUYẾN TÍNH: SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM. TÍNH COMPẮC VÀ LIÊN THÔNG CỦA TẬP NGHIỆM .

38



3.2 SỰ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA (I) :



Ta ký hiệu |.| là chuẩn của không gian Banach E, ||.|| là chuẩn thông thường của

không gian Banach các hàm liên tục trên tập bò chặn I ⊂ R vào E. Ta ký hiệu



X = C ([−r , ∞), E ) là không gian Frechet các hàm liên tục từ [−r , ∞) vào E với họ nửa

chuẩn ( pn )n , n ∈

∞



d ( x, y) = ∑ 2− n

n =1



∗



xác đònh như sau : pn ( x ) = sup{| x (t ) | / t ∈ [−r , n]} và mêtric



pn ( x − y )

.

1 + pn ( x − y )



Trong phần này ta có đònh lý sau :

ĐỊNH LÝ 3.1 :



Giả sử đối với phương trình (I) ta có :

i) {V (t, s)}t ,s≥0 là họ nửa nhóm liên tục đều (nghóa là : với mọi t ≥ 0 , ánh xạ



V (t, s) là liên tục theo tôpô của hội tụ đều) và ánh xạ t



A(t ) liên tục.



ii) h : [s, ∞) x Cr → E là hoàn toàn liên tục (compắc) và lim



h( t , x )

= 0 đều

x



s



x →∞



theo t trên mỗi đoạn bò chặn của [s, ∞) .

Khi đó với ϕ ∈ Cr cho trước, (I) có nghiệm bò chặn x : [−r , ∞) → E .

Ngoài ra, nếu h là lipschitz đòa phương thì (I) có nghiệm duy nhất.

CHỨNG MINH :

• Viết lại (I) dưới dạng :

⎧ x '(t + s) = A(t + s) x (t + s) + L (t + s) xt + s + h(t + s, xt + s ), t ≥ 0

⎨

=ϕ .

⎩ xs



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



39



Ta đặt :



y(t ) = x (t + s), (t ≥ −r )

A1 (t ) = A(t + s),

L1 (t ) = L (t + s) .



Khi đó ta có :

h(t + s, xt + s ) = h(t + s, yt )

(do ∀θ ∈ [−r ,0], ∀t ≥ 0, xt + s (θ ) = x (t + s + θ ) = y(t + θ ) = yt (θ ) neân xt + s = yt )



Ta đặt :

g(t, x ) = h(t + s, x )

f : [0, ∞) × Cr → E ,

f (t, x ) = A1 (t ) x (0) + L1 (t ) x .



Khi đó (I) tương đương với



⎧ y '(t ) = A1 (t ) y(t ) + L1 (t ) yt + g(t, yt ), t ≥ 0

( I1 ) ⎨

=ϕ .

⎩ y0

hay tương đương dạng tích phân sau đây :

t

t

⎧

y

(

t

)

ϕ

(0)

g

(

σ

,

y

)

d

σ

=

+

+

⎪

σ

∫0

∫0 f (σ , yσ )dσ , t ≥ 0

( I2 ) ⎨

⎪y = ϕ

⎩ 0



trong đó f , g thỏa mãn các tính chất sau đây :

* f (t,0) = 0 ∀t ≥ 0 .

* ∀n ∈ , ∀t ∈ [0, n] , ta coù :

f (t, x ) − f (t , y ) = A1 (t )( x (0) − y(0)) + L1 (t )( x − y )

≤ sup A1 (t ) . x − y + sup L1 (t ) . x − y

t∈[0,n ]



t∈[0,n ]



≤ kn x − y (kn chỉ phụ thuộc n).

Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



40



∗ lim



x →∞



g(t, x )

h(t + s, x )

= lim

= 0 đều theo t trên mỗi đoạn bò chặn của [0, ∞) .

x →∞

x

x



Với mỗi x ∈ X = C ([−r , ∞), E ) , ta đặt x : [−r , ∞) → E được xác đònh bởi :



⎧ x (s) + ϕ (0) − x (0), s ≥ 0,

x ( s) = ⎨

s ∈ [−r ,0] .

⎩ϕ (s),

Khi đó x liên tục trên [−r , ∞) và ánh xạ x



x là liên tục.



Đặt các toán tử U , G : X → X xác đònh như sau :

t



U ( x )(t ) = ∫ f (σ , xσ )dσ

0

t



,t ≥ 0.



G( x )(t ) = ∫ g(σ , x σ )dσ + ϕ (0)

0



Khi đó nếu x là điểm bất động của U+G thì x là nghiệm của (I2)

(và do đó là nghiệm của (I)) trên [−r , ∞) .

Ta kiểm tra được U và G thỏa mãn các điều kiện của đònh lý (B) (xem tài liệu

tham khảo [2]).

Vì vậy bài toán (I2) có một nghiệm x : [−r , ∞) → E và nghiệm đó là bò chặn

trên [−r , ∞) .

• Bây giờ, giả sử thêm h (do đó là g) là lipschitz đòa phương, ta sẽ chỉ ra tính



duy nhất của nghiệm.

Thật vậy, nếu x , y là các nghiệm của (I2) thì hiển nhiên là ta coù :

x (t ) = y(t ) = ϕ (t ) ∀t ∈ [−r ,0](∗) .



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



41



{



}



Đặt b = sup α ∈ R / x (t ) = y(t ), ∀t ∈ [−r ,α ] .

Theo ( ∗ ) ta coù ngay b ≥ 0 . Ta sẽ chứng minh b = ∞ .

Giả sử ngược lại b < ∞ , khi đó tồn tại n ∈



sao cho b < n . Do giả thiết g là



lipschitz đòa phương nên tồn tại ρ > 0 sao cho g là lipschitz với hằng số

lipschitz m trong [0, n] × Bρ , trong đó : Bρ ={z ∈ C r / z − xb < ρ} .

Với mỗi u cố đònh thuộc X, do ánh xạ s



us với s ∈ [0, n] là liên tục nên tồn



tại hằng số σ 1 > 0 ( σ 1 đủ nhỏ) sao cho :



σ1 <



1

, b + σ 1 < n vaø xs , ys ∈ Bρ , ∀s ∈ [b, b + σ 1 ].

4(kn + m)



Đặt X b = C ([b, b + σ 1 ], E ) .

Với mỗi u ∈ X b , ta đònh nghóa toán tử u : [b − r , b + σ 1 ] → E nhö sau :

⎧⎪u(s) + x (b) − u(b), s ∈ [b, b + σ 1 ]

u(s) = ⎨

s ∈ [b − r , b ]

⎪⎩ x (s),



Ta xét phương trình sau :

t



t



b



b



(II) u(t ) = ∫ f (σ , uσ )dσ + ∫ g(σ , uσ )dσ + x (b), t ∈ [b, b + σ 1 ] .

Đặt Ω b = {u ∈ X b sao cho us ∈ Bρ , s ∈ [b, b + σ 1 ]}.

Ta dễ dàng thấy Ω b ≠ ∅ (do x ∈ Ω b ) .



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



42



Xét aùnh xaï H : Ω b → X b xaùc đònh bởi :

t



t



b



b



H (u)(t ) = ∫ f (σ , uσ )dσ + ∫ g(σ , uσ )dσ + x (b), t ∈ [b, b + σ 1 ] .

Khi đó : u là nghiệm của (II) khi và chỉ khi u là điểm bất động của H.

Với mỗi u, v ∈ Ω b , ta coù :

t



t



H (u)(t ) − H (v)(t ) ≤ ∫ f (σ , uσ ) − f (σ , vσ ) dσ + ∫ g(σ , uσ ) − g(σ , vσ ) dσ

b



b



t



≤ (kn + m)∫ us − vs dσ ≤ 2(kn + m)σ 1. u − v .

b



(do us − vs ≤ 2 u − v )



Vaäy H (u) − H (v) ≤



1

u − v ( ∗∗ ) .

2



Bởi vì x , y là các nghiệm của (I2) nên x [ b ,b +σ1 ] , y[ b ,b +σ1 ] laø các nghiệm của (II).

Từ đó theo ( ∗∗ ) ta suy ra x (t ) = y(t ), ∀t ∈ [b, b + σ 1 ] .

Do đó x (t ) = y(t ), ∀t ∈ [−r , b + σ 1 ] , điều này mâu thuẫn với đònh nghóa của b.

Đònh lý được chứng minh .



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



43



3.3 TÍNH COMPẮC VÀ LIÊN THÔNG CỦA TẬP NGHIỆM :



Trong phần này ta sẽ áp dụng đònh lý (C) để chứng minh tập nghiệm của (I2)

(do đó là của (I)) là tập compắc và liên thông. Do đònh lý(C) chỉ áp dụng được

trong không gian Banach nên ta sẽ thực hiện theo hai bước :

Bước 1 : Chứng minh tập nghiệm của (I2) trên [0, n] với n > 0 là tập compắc



liên thông trong X n = C ([0, n], E ) .

Bước 2 : Chứng minh tập nghiệm của (I2) trên [0, ∞) là tập compắc liên thông



trong X 0 = C ([0, ∞), E ) .

Ta baét đầu bằng đònh lý sau đây :

ĐỊNH LÝ 3.2 :



Giả sử các giả thiết (i) và (ii) trong đònh lý (3.1) được thỏa mãn.

Khi đó, với n > 0 cố đònh, tập nghiệm trên [0, n] của (I2) là compắc và liên

thông trong X n = C ([0, n], E ) .

CHỨNG MINH :



Với n > 0 cố đònh , ta xét phương trình sau :

t

t

⎧

=

+

+

y

(

t

)

ϕ

(0)

f

(

σ

,

y

)

d

σ

⎪

σ

∫0

∫0 g(σ , yσ )dσ , t ∈ [0, n]

( I2n ) ⎨

⎪y = ϕ .

⎩ 0



Với mỗi x ∈ X n = C ([0, n], E ) , ta đặt x : [−r , n] → E được xác đònh bởi :

⎧ x (σ ) + ϕ (0) − x (0), σ ∈ [0, n],

x (σ ) = ⎨

σ ∈ [−r ,0] .

⎩ϕ (σ ),



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



44



Khi đó x liên tục trên [−r , n] và ánh xạ x



x là liên tục.



Đặt các toán tử U n , Gn : X n → X n xác đònh như sau :

t



U n ( x )(t ) = ∫ f (σ , xσ )dσ , t ∈ [0, n] ,

0

t



Gn ( x )(t ) = ∫ g(σ , xσ )dσ + ϕ (0), t ∈ [0, n] .

0



Theo bài báo [2], ta có Un liên tục đều và thỏa mãn điều kiện (A) trên Xn . Áp

dụng đònh lý (A), ta suy ra toán tử ( I − U n )−1 được hoàn toàn xác đònh và liên

tục đều trên Xn . Các toán tử U n và Gn cũng thỏa mãn đònh lý (B) (phần chứng

minh tương tự như trong bài báo [2]). Vì vậy, tồn tại D là một tập con mở lồi bò

chặn của Xn sao cho ( I − U n )−1 Gn ( D ) ⊂ D vaø U n + Gn có điểm bất động trong

D (nhưng điểm bất động này không thuộc ∂D ). Đặt S = ( I − U n )−1 Gn . Khi đó



ta có :

x = S ( x ) ⇔ (I − U n )−1 Gn ( x ) = x ⇔ Gn ( x ) = x − U n ( x ) ⇔ x = U n ( x ) + Gn ( x ).



Như vậy, tập các điểm bất động của S chính là tập nghiệm trên [0, n] của ( I 2n ).

Ta chứng minh tập các điểm bất động của S là compắc và liên thông.

Thật vậy, do ( I − U n )−1 liên tục trên Xn và Gn là toán tử compắc trên Xn

(xem [2]) nên S là toán tử compắc trên Xn .

Do S (D ) ⊂ D và D là tập mở lồi bò chặn nên theo đònh lý (F) (đònh lý

Schauder) trong chương I, ta coù deg(I − S , D,0) ≠ 0 .



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



45



Vì S không có điểm bất động trong ∂D neân 0 ∉ (I − S )(∂D ) . Ta kiểm tra điều

kiện còn lại của đònh lý (C).

Với mọi ε > 0 , do (I − U n )−1 liên tục đều trên Xn nên tồn tại δ > 0 sao cho :

∀x , y ∈ X n , x − y < δ ⇒ ( I − U n )−1 ( x ) − ( I − U n )−1 ( y ) < ε .



{



}



Đặt K = xσ ∈ Cr / σ ∈ [0, n], x ∈ D . Khi đó K bò chặn trong Cr = C ([−r ,0], E ) .

Gọi g∗ là mở rộng liên tục của g [0,n ]×K trên [0, n] × Cr sao cho

g∗ ([0, n] × Cr ) ⊂ cog([0, n] × K ) .



Khi đó theo đònh lý (E), tồn tại gε là toán tử lipschitz đòa phương xác đònh

trên [0, n] × Cr sao cho :

gε (t, x ) − g∗ (t, x ) <



δ



, với mọi t ∈ [0, n], với mọi x ∈ C r và

2n

gε ([0, n] × Cr ) ⊂ cog∗ ([0, n] × Cr ) ⊂ cog([0, n] × K ).



Do g là ánh xạ compắc nên g([0, n] × K ) là tập compắc tương đối. Như vậy

gε ([0, n] × Cr ) là tập compắc tương đối. Do đó gε là ánh xạ compắc.

Đặt Gε : X n → X n xác đònh bởi:

t



Gε ( x )(t ) = ∫ gε (σ , xσ )dσ + ϕ (0), t ∈ [0, n]

0



vaø Sε = ( I − U n )−1 Gε . Khi đó ta có Sε là toán tử compắc cần tìm trong điều

kiện còn lại của đònh lý (C). Thật vậy :

∗ Với mọi t ∈ [0, n] và mọi x ∈ D , ta có :



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



46



t



Gε ( x )(t ) − Gn ( x )(t ) ≤ ∫



δ



2n

o



dσ ≤



δ

2



< δ.



Suy ra : (I − U n )−1 Gε ( x ) − (I − Un )−1 Gn ( x ) < ε , nghóa là Sε ( x ) − S ( x ) < ε .

∗ Với h ∈ X n và h < ε và giả sử x,y là hai nghiệm của phương trình

u = Sε (u) + h , khi ñoù ta coù :

t



t



x (t ) = ∫ f (σ , xσ )dσ + ∫ gε (σ , xσ )dσ + ϕ (0) + h(t ) − U (h)(t ) , t ∈ [0, n] vaø

0



0



t



t



0



0



y(t ) = ∫ f (σ , yσ )dσ + ∫ gε (σ , yσ )dσ + ϕ (0) + h(t ) − U (h)(t ) , t ∈ [0, n] .



Lập luận tương tự như đònh lý (3.1) (chú ý là gε lipschitz đòa phương), ta suy ra



x(t) = y(t) với mọi t ∈ [0, n] .

Như vậy, phương trình u = Sε (u) + h có nhiều nhất một nghiệm trên D .

Đến đây ta thấy rằng tất cả các điều kiện của đònh lý (C) đều thỏa mãn, do đó

tập nghiệm trên [0, n] của (I2n ) là khác rỗng, compắc và liên thông.

Đònh lý được chứng minh.

ĐỊNH LÝ 3.3 :



Giả sử các giả thiết (i) và (ii) trong đònh lý (3.1) được thỏa mãn.

Khi đó tập nghiệm của (I2) là compắc và liên thông trong X 0 = C ([0, ∞), E ) .

CHỨNG MINH :



Theo đònh lý (3.1) ta thấy phương trình (I2) có nghiệm trên [0, ∞) .



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



47



Giả sử xn là nghiệm của phương trình (I2) trên [0, n]. Ta sẽ chứng minh mỗi

nghiệm xn đều là thu hẹp trên [0, n] của nghiệm x nào đó, nghóa là ta có

xn = x [0,n ] .



Thật vậy, xét bài toán sau :



⎧u '(t ) = f (t, ut ) + g(t, ut ), t ≥ n

( I ') ⎨

=λ

⎩un

với λ ∈ Cr , λ (σ ) = xn (n + σ ), σ ∈ [−r ,0].

Sử dụng đònh lý (3.1) bằng cách thay điều kiện đầu t ≥ 0 bởi t ≥ n thì phương

trình (I’) có nghiệm trên [n, ∞) . Vậy nghiệm xn được mở rộng trên [0, ∞) .

Đặt Z là tập nghiệm của (I2) trên [0, ∞) thì Z khác rỗng.

Ta chứng minh Z compắc và liên thông trong X 0 = C ([0, ∞), E ) .

Với mỗi n ∈



{



}



, đặt Zn = x [0,n ] , x ∈ Z vaø gọi Z n là tập nghiệm của (I2)



trên [0, n]. Theo phần lập luận trên, ta suy ra Z n = Z n .

Theo đònh lý (2), ta có Zn là tập compắc liên thông trong Xn . Theo đònh lý (D),

ta suy ra Z là tập compắc tương đối trong X 0 = C ([0, ∞), E ) . Hơn nữa, do Z

đóng nên Z compắc trong X 0 .

Bằng phản chứng, giả sử Z không liên thông trong X 0 .

Với họ nửa chuẩn pn ( x ) = sup{| x (t ) | / t ∈ [0, n]}(n ∈ ) , ta đặt mêtric

∞



d ( x, y) = ∑ 2− n

n =1



pn ( x − y )

.

1 + pn ( x − y )



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa



48



Khi đó tồn tại Z1 , Z 2 là hai tập compắc, khác rỗng, không giao nhau sao cho

Z = Z1 ∪ Z 2 .



, ta đặt :



Với mỗi n ∈



{

= {x



}

, x ∈ Z }.



Z1n = x [0,n ] , x ∈ Z1

Z 2n



[0,n ]



2



Khi đó Z1n , Z 2n là những tập con của Z n và Z1n ∪ Z 2n = Z n .

Đặt ρ = min {d ( x1 , x2 )/ x1 ∈ Z1 , x2 ∈ Z2 } thì ρ > 0 .

Với ε =



ρ

2



> 0 và với mỗi n ∈



x n ∈ Z1 , xn = x n



[0,n ]



, do Z n liên thông nên ta có :



∈ Z1n và y n ∈ Z 2 , yn = y n



[0,n ]



∈ Z 2n sao cho : pn ( xn − yn ) < ε .



Do Z1 , Z2 là các tập compắc nên tồn tại dãy con ( x nk )k hội tụ về x ∈ Z1 và dãy

con ( y nk )k hội tụ về y ∈ Z 2 . Do đó ta suy ra d ( x , y ) ≤ ε =



ρ

2



.



Điều này mâu thuẫn với đònh nghóa của ρ .

Như vậy Z liên thông. Đònh lý được chứng minh.



****************************************************************



Người thực hiện : Trần Trí Dũng

Thầy hướng dẫn : PGS.TS Lê Hoàn Hóa