(Luận văn thạc sĩ) Tính giải được của bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

NGUYỄN TỒN TRÍ

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊN CHO
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN
TÍNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN GIẢI TÍCH

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

NGUYỄN TỒN TRÍ

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊN CHO
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN
TÍNH

Chun ngành:
Mã số:

Tốn giải tích
60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN GIẢI TÍCH

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011


LỜI CẢM ƠN

Sau khoảng thời gian học tập tại Trường ĐHSP Tp.HCM, tơi đã hồn thành
luận văn cao học của mình. Tơi xin được bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc nhất PGS.TS
Nguyễn Anh Tuấn, người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ, tạo mọi điều kiện để tơi
hồn thành luận văn này.
Tôi xin gởi lời cảm ơn chân thành đến q thầy cơ trong Hội đồng chấm luận
văn cao học đã dành thời gian đọc và cho tôi những y kiến q báu để cuốn luận văn
này được hồn thiện.
Tôi cũng xin tri ân các thầy cô trong khoa Toán – Tin ĐHSP Tp.HCM đã
truyền thụ kiến thức cho tôi trong suốt thời gian tôi theo học cao học tại trường. Xin
cảm ơn Ban Giám Hiệu Trường ĐHSP Tp.HCM, phịng SĐH đã hỗ trợ tơi trong suốt
khố học.
Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên tơi giúp tơi có thêm niềm
tin để hồn thành luận văn.
Chắc hẳn luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, rất mong đón nhận mọi y kiến
đóng góp của q thầy cơ và bạn đọc.
Tp.HCM, tháng 11 năm 2011
Nguyễn Tồn Trí


MỞ ĐẦU

Lý thuyết bài tốn biên cho hệ phương trình vi phân ra đời từ thế kỉ thứ 18

nhưng đến nay vẫn phát triển mạnh mẽ nhờ các ứng dụng sâu sắc của nó trong các
lĩnh vực khác nhau của khoa học và đời sống như vật lý, cơ học, cơ khí, kinh tế, sinh
học...Trong khoảng thời gian từ 1995 đến 2000,I. Kiguradze và B. Puza nghiên cứu
sự tồn tại và tính xấp xỉ nghiệm của bài tốn biên cho hệ phương trình vi phân hàm
tuyến tính sau:
=
 x '(t ) p( x )(t ) + q(t )

l ( x ) = c

trong đó p là tốn tử tuyến tính bị chặn mạnh, l là tốn tử tuyến tính liên tục, q là
hàm khả tích Lebesgue trong các cơng trình [15], [16]. Trong trường hợp p chỉ là
toán tử tuyến tính bị chặn thì vấn đề vẫn chưa được xem xét. Mục đích chính của
luận văn là tiếp tục xem xét, nghiên cứu các vấn đề trong trường hợp p chỉ là tốn tử
tuyến tính bị chặn .
Luận văn gồm hai chương:
Chương I: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính.
Chương II: Tính giải được của bài tốn biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến
tính với p là tốn tử tuyến tính bị chặn.
Luận văn là tài liệu tham khảo cho các sinh viên năm cuối bậc đại học và học viên
cao học khi nghiên cứu bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm
tuyến tính.


MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN .............................................................................................................. 3
MỞ ĐẦU....................................................................................................................... 4
MỤC LỤC .................................................................................................................... 5
Những kí hiệu được dùng trong luận văn: ................................................................ 6
Chương I: BÀI TỐN BIÊN TỔNG QT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI

PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH....................................................................................... 8
1.1. Giới thiệu bài tốn: .........................................................................................................8
1.2. Bài tốn biên tổng qt cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính:.....................9
1.2.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm: ................................................................................9
1.2.2. Hệ phương trình vi phân hàm với tốn tử Volterra:.............................................18
1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài tốn biên tổng quát: ..................................................21
1.3. Các trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát: ...................................................27
1.3.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm: ..............................................................................27
1.3.2. Tính xấp xỉ nghiệm của bài tốn (1.5), (1.6): ........................................................31

CHƯƠNG II: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TỐN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH VỚI P LÀ TỐN TỬ TUYẾN TÍNH BỊ
CHẶN ......................................................................................................................... 38
KẾT LUẬN ................................................................................................................ 46
TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................ 47


Những kí hiệu được dùng trong luận văn:
•  = ( −∞, +∞) , =
[0, +∞) ,  − = ( −∞,0]
+
• I = [a , b ]
• MesA là độ đo Lơ – be của tập A
• M ab là tập các hàm đo được τ : I → I
1 khi t ∈ I
là hàm đặc trưng trên I .
0 khi t ∉ I

• χ I (t ) = 

• Ent ( x ) là phần nguyên của x ∈ 
n

•  n ={x =( xi )in=1 : xi ∈ , i =1,..., n} với chuẩn x = ∑ xi
i =1

ã nìn l khụng gian cỏc ma trn cấp n × n X = ( xik )in,k =1 trong đó xik ∈  (i, k =
1,..., n ) với
chuẩn X =

n

∑x

i ,k =1

ik

n
•  n+ ={x =( xi )in=
1 ∈  : xi ≥ 0, i =1,..., n}

n ×n
: xik ≥ 0, i =1,..., n}
•  n+×n ={x =( xik )in,k =
1 ∈

• Nếu x, y ∈  n và X , Y ∈  n×n thì x ≤ y ⇔ y − x ∈  n+ , X ≤ Y ⇔ Y − X ∈  n+×n
Nếu
và X ( xik )in,k =1 ∈  n×n thì x = ( xi )in=1 , X = ( xik )in,k =1

=
x ( xi )in=1 ∈  n =
• DetX là định thức của ma trận vng X
• X −1 là ma trận nghịch đảo của ma trận vng X
• r ( X ) là bán kính phổ của ma trận vng X
• I n là ma trận đơn vị
• θ là ma trận khơng
• C ( I ;  n ) là không gian Banach các hàm vectơ liên tục x : I →  n với chuẩn
=
x C max{ x (t ) : t ∈ I }


• C ( I ;  n ) là không gian các hàm vectơ liên tục tuyệt đối x : I →  n
• L( I ;  n ) là khơng gian Banach các hàm vectơ khả tích Lơbe p : I →  n với chuẩn
b

p

L

= ∫ p( s ) ds
a

• C ( I ;  + ) ={x ∈ C ( I ; ) : x (t ) ≥ 0, t ∈ I }


• L( I ;  + ) ={p ∈ L( I ; ) : p(t ) ≥ 0, t ∈ I }
• Lnab là tập các tốn tử tuyến tính bị chặn p : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) . Nếu p ∈ Lab thì
=
p sup{ p( x ) L : x

C

≤ 1} .

• Tốn tử tuyến tính p : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) được gọi là bị chặn mạnh nếu p ∈ Lnab và tồn
tại hàm khả tích η : I →  thỏa:
p( x )(t ) ≤ η (t ) x C , t ∈ I , x ∈ C ( I ,  n )
~

Kí hiệu Lnab là tập các tốn tử tuyến tính bị chặn mạnh.
• Pab =
{p ∈ Lab , p : C ( I ;  + ) → L( I ;  + )}
• Ta

t

~

kí

hiệu

Mp =
{y ∈ C ( I ;  n ) : y (t ) =
z (a ) + ∫ p ( z )( s )ds, z ∈ C(I, n )} ,

trong

đó

a

p : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) là toán tử tuyến tớnh b chn.

ã Là ( I ; n ) , 1 ≤ µ < +∞ , là khơng gian các hàm vectơ x : I →  n khả tích bậc µ với
b

chuẩn x

µ

L

= ( ∫ x (t ) µ dt )

1

µ

a

Nếu
=
x ( xi )in=1 ∈ Lµ ( I ;  n ) thì x Lµ = ( xi

n
Lµ i =1

)

ã L( I ; nìn ) l khụng gian các ma trận hàm khả tích X : I →  n×n
Nếu =
X ( xik )in,k =1 : I →  n×n

thì

max{X (t )} = ( max{xik (t ))in,k =1
t∈[a ,b ]

t∈[a ,b ]

,

ess sup{X (t )} = (ess sup{x ik (t)})in,k =1
t∈[a ,b ]

t∈[a ,b ]

• Nếu Z ∈ C ( I ,  n×n ) là ma trận hàm với các cột z1 , z2 ,..., zn và g : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) là
toán tử tuyến tính thì g ( Z ) là ma trận hàm với các cột g ( z1 ), g ( z2 ),..., g ( zn )


Chương I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
1.1. Giới thiệu bài tốn:
Trên đoạn I = [a, b] , xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính:
dx (t )
= p( x )(t ) + q(t )
dt

(1.1)

với điều kiện biên tuyến tính:
l ( x ) = c0

(1.2)

trong đó p : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) là tốn tử tuyến tính bị chặn mạnh và
l : C ( I ,  n ) →  n là tốn tử tuyến tính bị chặn, q ∈ L( I ,  n ) , c0 ∈  n .

Trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện đầu:
x (t0 ) = c0

(1.3)

trong đó t0 ∈ I hay điều kiện biên tuần hoàn:
x ( b) − x ( a ) =
c0

(1.4)

Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là hàm vectơ x : I →  n liên tục tuyệt đối, thỏa (1.1)
hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2) .
Các trường hợp riêng của bài toán (1.1), (1.2) là các bài toán về sự tồn tại nghiệm của
hệ phương trình vi phân đối số lệch:
dx (t )
= P (t ) x (τ (t )) + q0 (t )
dt

(1.5)

thoả một trong các điều kiện sau:
c0
x (t ) = u (t ) với t ∉ I , l ( x ) =

(1.6)

c0
x (t ) = u (t ) với t ∉ I , x (t0 ) =

(1.7)

c0
x (t ) = u (t ) với t ∉ I , x (b) − x ( a ) =

(1.8)

trong đó P ∈ L( I ,  n×n ) , q0 ∈ L( I ,  n ) , τ : I →  là hàm đo được và
u :  →  n là một hàm vectơ liên tục và bị chặn khi ta đặt:

khi τ (t ) < a
a

=
τ 0 (t ) τ (t ) khi a ≤ τ (t ) ≤ b
b
khi τ (t ) > b

p( x )(t ) = χ I (τ (t )) P(t ) x (τ 0 (t ))

(1.9)

(1.10)


q( t ) =
(1 − χ I (τ (t ))) P (t )u(τ (t )) + q0 (t )

(1.11)

trong đó χ I là hàm đặc trưng của I .
1.2. Bài tốn biên tổng qt cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính:
Cùng với bài tốn (1.1), (1.2), ta xét bài toán thuần nhất tương ứng:
dx (t )
= p( x )(t )
dt

(1.1 0 )

l ( x) = 0

(1.2 0 )

1.2.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm:
Định lí 1.1:
Bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng
(1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Chứng minh
Đặt B C ( I ,  n ) ×  n là khơng gian Banach gồm các phần tử :

=
u=
( x; c ), x ∈ C ( I ,  n ), c ∈  n với chuẩn u=
B

x

C

+ c

Lấy tuỳ ý u = ( x; c) ∈ B và điểm cố định t0 ∈ I .
Ta đặt:
t

( c + x (t0 ) + ∫ p( x )( s )ds, c − l ( x )), t ∈ I
f (u )(t ) =

(1.12)

t0
t

=
h(t ) ( ∫ q( s )ds, c0 ), t ∈ I
t0

Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) tương đương với phương trình tốn tử sau trong B :
=
u f (u ) + h

(1.13)

bởi vì u = ( x; c) là một nghiệm của (1.13) nếu c = 0 và x là một nghiệm của bài toán
(1.1), (1.2).
~

Tuy nhiên, do p ∈ Lnab , l ∈ Lnab , q ∈ L( I ,  n ), c0 ∈  n và (1.12), nên ta có f : B → B là
một tốn tử tuyến tính compact.
Thật vậy:
~

Do p ∈ Lnab , l ∈ Lnab , q ∈ L( I ,  n ), c0 ∈  n và (1.12), ta có f là tốn tử tuyến tính liên
tục.


Đặt

t

f1 : B → C ( I ,  n )

f1 (u )(t ) =
c + x (t0 ) + ∫ p( x )( s )ds

với

và

f2 : B → n

với

t0

f 2 (u )= c − l ( x )

Khi u B ≤ 1 , ta có:
f 2 (u ) ≤ 1 + l , f1 (u )(t ) ≤ 1 + η

L

t

f1 (u )(t ) − f1 (u )(=
s)

∫ p( x)(ξ )dξ

t

≤

∫

s

t

p( x )(ξ ) d ξ ≤ ∫ η (ξ )d ξ

s

s

Do đó, ta có f 2 ( B(0,1)) là tập compact tương đối trong  n , f1 ( B(0,1)) là tập bị chặn
đều và đẳng liên tục trong C ( I ,  n ) với B(0,1) =
{u ∈ B : u B ≤ 1} . Theo định lí Ascoli
– Arzela, ta có f1 ( B(0,1)) là tập compact tương đối trong C ( I ,  n ) . Suy ra f là tốn
tử tuyến tính compact. Do đó, theo định lí Fredholm cho các phương trình tốn tử,
điều kiện cần và đủ cho tính giải được duy nhất của (1.13) là phương trình tốn tử :
u = f (u )

(1.14)

chỉ có nghiệm tầm thường. Điều này tương đương với bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có
nghiệm tầm thường.



Lấy một điểm cố định tuỳ ý t0 ∈ I . Ta định nghĩa dãy toán tử :
p k : C ( I ,  n ) → C ( I ,  n ) và các ma trận Λ k ∈  n×n như sau:
t

=
p 0 ( x )(t ) x=
(t ), p k ( x )(t )

∫ p( p

k −1

=
( x ))( s )ds , (k 1, 2...)

(1.15)

t0

=
Λ k l ( p 0 ( E ) + p1 ( E ) + ... + p k −1 ( E )),
=
( k 1, 2...)

(1.16)

Nếu ma trận Λ k không suy biến với mọi k , ta đặt:
p k ,0 ( x )(t ) = x (t )
p k ,m (=
x )(t ) p m ( x )(t ) − [p 0 ( E )(t ) + ... + p m −1 ( E )(t )]Λ k−1l ( p k ( x ))

(1.17)

Định lí 1.2:
Giả sử tồn tại các số nguyên dương k , m , số nguyên không âm m0 và ma trận A ∈  n+×n
sao cho: r ( A) < 1 , trong đó ma trận Λ k khơng suy biến và bất đẳng thức:
p k ,m ( x ) ≤ A p k ,m0 ( x )
C

C

thỏa mãn với mọi x là nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 )
Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.

(1.18)


Chứng minh
Theo định lý 1.1, ta cần chứng minh bài toán thuần nhất (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm
tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm bất kì của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ). Khi đó ta có:
x (t )= c + p1 ( x )(t )

với c = x (t0 ) . Do đó:
x (t ) =
c + p1 ( c + p1 ( x ))(t )
=
c + p1 ( c )(t ) + p 2 ( x )(t )
=[p 0 ( E )(t ) + p1 ( E )(t )]c + p 2 ( x )(t )

Tiếp tục q trình này vơ hạn lần, ta có:
=
x (t ) [p 0 ( E )(t ) + ... + p i −1 ( E )(t )]c + p i ( x )(t )

(1.19)

với mọi i nguyên dương.
Từ (1.2 0 ), (1.16) và (1.19) ta có :
Λ k c + l ( p k ( x )) =
0

Vì ma trận Λ k khơng suy biến nên:
c = −Λ k−1l ( p k ( x ))

Thay vào (1.19) và theo (1.17) ta có:
k ,m0
=
x (t ) p=
( x )(t ), x (t ) p k ,m ( x )(t )

Do đó:
p k ,m0 ( x )(t ) = p k ,m ( x )(t )

Từ đẳng thức trên, theo (1.18) suy ra:
p k ,m0 ( x ) ≤ A p k ,m0 ( x ) hay ( E − A) p k ,m0 ( x ) ≤ 0
C

C

C

Tuy nhiên, vì A khơng âm và r ( A) < 1 nên ( E − A) −1 khơng âm.
Vì thế, nhân cả hai vế của bất đẳng thức cuối với ( E − A) −1 , ta được :
p k ,m0 ( x ) ≤ 0
C

Do đó:
p k ,m0 ( x )(t ) ≡ 0

Vậy x (t ) = 0 .

Định lí đã được chứng minh.
Hệ quả 1.3:


Giả sử tồn tại các số nguyên dương m , số nguyên không âm m0 và ma trận A ∈  n+×n
thỏa r ( A) < 1 sao cho bất đẳng thức:
p m ( x ) ≤ A p m0 ( x )
C

(1.20)

C

thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.1 0 ) với điều kiện đầu x (t0 ) = 0 . Khi đó bài tốn
(1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Bằng cách thay l ( x ) = x (t0 ) thì do (1.15) – (1.17) nên tồn tại các số nguyên dương
k và m sao cho Λ k =E , l ( p k ( x )) = 0 , p k ,m ( x )(t ) = p m ( x )(t )

Do đó, theo định lí 1.2 hệ quả được chứng minh.
Chú ý:
Điều kiện đặt ra cho ma trận A trong hệ quả 1.3 là tối ưu và không thể thay thế bởi
điều kiện:
r ( A) ≤ 1

Thật vậy,xét hệ phương trình vi phân :
1

dx (t )
= 2 ∫ x ( s )ds

dt
0

(1.21)

trên I = [0,1] với điều kiện đầu x (0) = 1

(1.22)

Mỗi nghiệm của hệ phương trình (1.21) có dạng x (t ) = c(t ) trong đó c ∈  n là một
vectơ hằng tùy ý. Do đó, bài tốn giá trị ban đầu (1.21), (1.22) khơng có nghiệm. Mặt
khác, ta có:
=
p1 ( x )(t )

t

1

0

0

p( x )( s )ds 2t ∫ x (τ )dτ
∫=
t

=
p ( x )(t )
2

t

1

p( p ( x ))( s )ds ∫ (2 ∫ p ( x )(ξ )d ξ )ds
∫=
1

1

0

0

t

1

1

0

0

0

= ∫ (2 ∫ (2ξ ∫ x (τ )dτ )d ξ )ds
0
1

= 2t ∫ x (τ )dτ
0

Suy ra p 2 ( x )(t ) = p1 ( x )(t )
Do đó điều kiện (1.20) với=
m 2,=
m0 1 và A = E được thỏa mãn cho hệ (1.21),
trong khi ma trận A thoả r ( A) = 1


Hệ quả 1.4:
Giả sử tồn tại các số nguyên không âm m, m0 và ma trận A ∈  n+×n thoả mãn :
π

r ( A) <

(1.23)

2(b − a )

Và bất đẳng thức:
p( p m ( x ))

≤ A p m0 ( x )

L2

(1.24)

L2

thoả với mọi x là nghiệm của hệ (1.1 0 ) với điều kiện đầu x (t0 ) = 0 . Khi đó bài tốn
(1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Ta cần chứng minh hệ (1.1 0 ) với điều kiện đầu:
x (t0 ) = 0

(1.25)

chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài tốn (1.1 0 ), (1.25). Theo (1.15), ta có:
m0
=
x (t ) p=
( x )(t ) p m +1 ( x )(t )

p m0 ( x )

và

L2

= p m +1 ( x )

(1.26)

L2

Mặt khác:

p m +1 ( x )(
=
t0 ) x=
(t0 ) 0 ,
d m +1
[p ( x )(t )] = p ( p m ( x ))(t )
dt

Do đó theo bất đẳng thức Wirtinger , ta có:
p m +1 ( x )

L2

≤

2(b − a )

p( p m ( x ))

π

L2

Kết hợp bất đẳng thức này với (1.24) và (1.26) ta có:
p m0 ( x )

L2

≤
≤

2(b − a )

p( p m ( x ))

π
2(b − a )

π

A p m0 ( x )

≤ B p m0 ( x )

L2

Và:
( E − B ) p m0 ( x )

với B =

2(b − a )

π

A.

L2

≤0

L2

L2


Khi đó theo (1.23) ta có r ( B ) < 1 . Từ đó nhân hai vế của bất đẳng thức cuối với
( E − B ) −1 ta được p m0 ( x ) ≤ 0 .

Vậy
=
x (t ) p m ( x )(t ) ≡ 0 .
0

Hệ quả đã được chứng minh
Chú ý:
Trong điều kiện (1.23) dấu bằng cũng không thể xảy ra. Thật vậy, ta hãy xét bài toán
thuần nhất:
dx (t )
π
= x( − t )
dt
2

(1.27)

x (0) = 0

π
trên I = [0, ] .

2

Hệ này có một nghiệm không tầm thường là x (t ) = Esin(t) .
Khi đó ta có:
p 0 ( x )(
=
t ) x=
(t ) E sin t
p( p 0 ( x ))(t )= p( x )(t )= x (

π
2

− t )= E cos t

Do đó điều kiện (1.24) với m=
m= 0 và A = E thỏa mãn cho hệ (1.27) nhưng ma
0
trận A thỏa mãn đẳng thức r ( A) =

π

thay vì (1.23)

2(b − a )

Hệ quả 1.5:
Giả sử tồn tại số tự nhiên i sao cho ma trận:
i

b

Bi = ∑ ∫ p( p j ( E ))( s )ds

(1.28)

j =1 a

không suy biến và tồn tại ma trận B ∈  n+×n sao cho bất đẳng thức
b

∫ p( x )(t ) dt ≤ B x

C

(1.29)

a

thỏa mãn với mọi x là nghiệm của hệ (1.1 0 ) với điều kiện x (b) = x (a ) và :
r ( B + Bi−1 B i + 2 ) < 1

Khi đó bài tốn (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất.


Chứng minh
Để chứng minh hệ quả 1.5, ta cần kiểm tra các điều kiện của định lí 1.2 được thỏa
mãn với l ( x ) =
x (b) − x ( a ), k =
i + 2, m =

1 và m0 = 0 .
Thật vậy, ta có:
l=
( p k ( x )) p k ( x )(b) − p k ( x )( a )
= p i + 2 ( x )(b) − p i + 2 ( x )( a )
b

a

t0

t0

i +1
i +1
∫ p( p ( x ))( s)ds − ∫ p( p ( x ))( s)ds

=

b

= ∫ p( p i +1 ( x ))( s )ds
a

Từ (1.28), (1.29), (1.15) và (1.16) suy ra Bi = Λ k và:
b

p ( x ) ≤ ∫ p( x )( s ) ds ≤ B x C ,
1

C

a
b

p 2 ( x ) ≤ ∫ p( p1 ( x )( s ) ds ≤ B p1 ( x ) ≤ B 2 x C
C

C

a

Tương tự, ta có:
b

p j ( x ) ≤ ∫ p( p j −1 ( x )( s ) ds ≤ B p j −1 ( x ) ≤ B j x C ( j =
1, 2...)
C

C

a

=
l ( p k ( x ))

b

b

a

a

i +1
i +1
∫ p( p ( x )( s) ds ≤ ∫ p( p ( x )( s) ds

≤ B p i +1 ( x ) ≤ B i + 2 x C ( j =
1, 2...)
C

Khi đó theo (1.17), ta có:
p k ,1 ( x ) ≤ p1 ( x ) − Bi−1l ( p k ( x )) ≤ A x C
C

C

với A= B + Bi−1 B i +2 thỏa mãn r ( A) =
r ( B + Bi−1 B i + 2 ) < 1
Hệ quả đã được chứng minh.
Định lý 1.6:
Giả sử tồn tại ma trận hàm P0 ∈ L( I ,  n×n ) sao cho hệ phương trình vi phân:
dx (t )
= P0 (t ) x (t )
dt

(1.30)

với điều kiện biên (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường và:

b

∫ G (t, s)[p( x)( s) + P ( s) x( s)]ds ≤ A x
0

a

0

C

(1.31)


thoả với mọi nghiệm x của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) trong đó G0 là ma trận Green của
bài toán (1.30), (1.2 0 ) và A ∈  n+×n là ma trận thỏa r ( A) < 1 . Khi đó bài tốn (1.1), (1.2)
có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Theo định lý 1.1, ta cần chứng minh bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) với giả thiết của định lý
1.6 chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ). Khi đó vì (1.30), (1.2 0 ) chỉ
có nghiệm tầm thường nên bài tốn:
dx(t)
= p( x )(t ) = P0 (t ) x (t ) + [p( x )(t ) − P0 (t ) x (t )]
dt

với điều kiện biên (1.2 0 ) có nghiệm duy nhất và do G0 là ma trận Green của bài tốn
(1.30), (1.2 0 ) nên ta có:
b

=
x (t )

∫ G (t, s)[p( x )( s) − P ( s) x( s)]ds
0

0

a

Do đó theo bất đẳng thức (1.31), ta có x C ≤ A x C
Vì A khơng âm và r ( A) < 1 nên suy ra x C = 0 .
Hệ quả 1.7:
Giả sử tồn tại ma trận hàm P0 ∈ L( I ,  n×n ) sao cho:
t

t

s

s

( ∫ P0 (ξ )d ξ ) P0 (t ) = P0 (t )( ∫ P0 (ξ )d ξ )

(1.32)

với hầu hết t , s ∈ I và bất đẳng thức :
t

t

t0

s

∫ exp( ∫ P (ξ )dξ )[p( x )( s) − P ( s) x( s)] ds ≤ A x
0

0

C

,t ∈ I

(1.33)

thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.1 0 ) với điều kiện đầu x (t0 ) = 0 , trong đó
A ∈  n+×n là ma trận thỏa điều kiện r ( A) < 1 . Khi đó bài tốn (1.1), (1.3) có nghiệm

duy nhất.
Chứng minh
Do (1.32) nên ma trận Cauchy của hệ (1.30) có dạng:
t

C0 (t , s ) = exp( ∫ P0 (ξ )d ξ ) .
s

Với mọi x là nghiệm của hệ (1.1 0 ) thoả điều kiện đầu x (t0 ) = 0 thì

x cũng là nghiệm của hệ:
dx(t)
= p( x )(t ) = P0 (t ) x (t ) + [p( x )(t ) − P0 (t ) x (t )]
dt

với điều kiện đầu x (t0 ) = 0 .
Theo định lí Lagrange, ta có:
t

x (t ) =
C0 (t , t0 ) x (t0 ) + ∫ C0 (t , s )[p ( x )( s ) − p0 ( s ) x ( s )]ds
t0
t

=

∫ C (t, s)[p( x )( s) − p ( s) x( s)]ds
0

0

t0

=

t

t

t0

s

∫ exp( ∫ P0 (ξ )dξ )[p( x )( s) − P0 ( s) x( s)]ds

Do đó theo (1.33) ta có: x C ≤ A x C
Vì A khơng âm và r ( A) < 1 nên suy ra x C = 0 .
Vậy hệ (1.1 0 ) với điều kiện đầu x (t0 ) = 0 chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó bài tốn
(1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Hệ quả 1.8:
Giả sử tồn tại ma trận hàm P0 ∈ L( I ,  n×n ) thỏa (1.32) và ma trận
b

A0= E − exp( ∫ P0 ( s )ds ) không suy biến.
a

Giả sử:
t

∫

t −b + a

t

A0−1 exp( ∫ P0 (ξ )d ξ )[p( x )( s ) − P0 ( s ) x ( s )] ds ≤ A x C , t ∈ I

(1.34)

s

p( x )(t − b + a ) ≡ p( x )(t ) , P0 (t − b + a ) ≡ P0 (t )

(1.35)

trong đó A ∈  n+×n là ma trận thỏa điều kiện r ( A) < 1 . Khi đó bài tốn
(1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Do (1.32) và A0 không suy biến nên bài toán (1.30), (1.2 0 ) với l ( x ) ≡ x (b) − x (a ) chỉ
có nghiệm tầm thường.
Gọi G0 là ma trận Green của bài toán (1.30), (1.2 0 ) với l ( x ) ≡ x (b) − x (a ) .
~

Khi đó, theo (1.32), với mọi q thuộc L( I ,  n ) ,ta có:


b

t

~

=
∫ G0 (t, s) q ds

∫

t −b + a

a

~

t

~

A0−1 exp( ∫ P0 (ξ )d ξ ) q( s )ds , t ∈ I
s

~

trong đó q(t − b + a ) ≡ q(t ) .
Do đó, kết hợp với bất đẳng thức (1.35), bất đẳng thức (1.34) bao hàm bất đẳng thức
(1.31). Vì vậy, tất cả giả thiết của định lý 1.6 được thỏa mãn. Hệ quả đã được chứng
minh xong.
1.2.2. Hệ phương trình vi phân hàm với tốn tử Volterra:
Trong mục này ta sẽ xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) khi
p là toán tử Volterra

Lấy tuỳ ý t0 , t ∈ I , và x ∈ C ( I ,  n ) , đặt:
α* (t0 , t ) = min{t0 , t} ,
α * (t0 , t ) = max{t0 , t} ,
I t0 ,t = [α* (t0 , t ), α * (t0 , t )] ,
=
x t ,t m ax{ x ( s ) :s ∈ I t0 ,t }
0

Định nghĩa 1.9:
Toán tử p được gọi là toán tử Volterra tương ứng với t0 ∈ I nếu với mọi t thuộc I
và x ∈ C ( I ,  n ) thỏa mãn điều kiện x (=

s ) 0, s ∈ I t ,t , thì p( x )( s ) = 0 với hầu hết
0

s ∈ I t0 ,t .

Bổ đề 1.10:
Nếu p : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) là tốn tử Volterra tương ứng với t0 ∈ I thì các bất đẳng
thức sau đây đúng với mọi x thuộc C ( I ,  n ) :
p( x )(t ) ≤ η (t ) x
t

t0 ,t

1
p ( x )(t ) ≤
η ( s )ds
k ! t∫0
k

với hầu hết t ∈ I

(1.36)

k

x

t0 ,t

, t ∈ I (k =

1, 2,...)

trong đó η là hàm thoả điều kiện

(1.37)

p( x )(t ) ≤ η (t ) x C , t ∈ I , x ∈ C ( I ,  n )

p k : C ( I ,  n ) → C ( I ,  n ) (k =
1, 2...) là các toán tử được cho bởi đẳng thức (1.15).

,


Chứng minh
Giả sử với mọi t thuộc I và x ∈ C ( I ,  n ) , đặt:
 x (α* (t0 , t )) khi s < α* (t0 , t )

=
xt0 ,t ( s )  x ( s )
khi α* (t0 , t ) ≤ s ≤ α * (t0 , t )

*
*
 x (α (t0 , t )) khi s > α (t0 , t )

Khi đó với s ∈ I t ,t ta có:
0

p( x )( s ) − ( p( xt0 ,t ))( s ) =

p( x − xt0 ,t )( s )
( x − xt0 ,t )( s ) =
0

Vì p là toán tử Volterra tương ứng với t0 ∈ I nên ta có p( x − xt ,t )( s ) =
0 với hầu hết
0

s ∈ I t0 ,t hay p( x )( s ) = ( p( xt0 ,t ))( s ) với hầu hết s ∈ I t0 ,t .

Kết hợp với điều kiện (i), ta có:
p( x )( s ) ≤ η ( s ) xt0 ,t

C

=
η ( s ) xt0 ,t với hầu hết s ∈ I t0 ,t

Vì t ∈ I tùy ý nên ta được:
p( x )(t ) ≤ η (t ) x

t0 ,t

với hầu hết t ∈ I

Bây giờ ta sẽ chứng minh (1.37) bằng quy nạp:
Theo (1.15) và (1.36), ta có:
t

p ( x )(t ) ≤

1

∫

t

p( x )(τ ) dτ ≤ ∫ η (τ ) x

t0
t

p 2 ( x )(t ) ≤

∫

t

t0 ,τ

dτ ≤ ∫ η (τ )dτ x

t0
t

p( p1 ( x ))(τ ) dτ ≤ ∫ η (τ ) p1 ( x )

t0

t0

τ

≤ ∫ η (τ ) ∫ η ( s )ds x
t0

t

Giả sử :

1
p k ( x )(t ) ≤
η ( s )ds
k ! t∫0

Khi đó, ta có:

t0

t0 ,τ

dτ ≤

t0 ,t

dτ

với t ∈ I

∫ η ( s)ds
t0

2!

k

x

t0 ,τ
2

t

t

t0 ,t

t0

, t ∈ I (k =
1, 2,...)

x

t0 ,t


p

k +1

t

( x )(t ) ≤

∫

p( p k ( x ))(τ ) dτ

t0
t

≤ ∫ η (τ ) p k ( x )
t0

t0 ,τ

τ

t

dτ
k

1
≤
η (τ ) ∫ η ( s )ds
k ! ∫t0
t0
t

x

t0 ,τ

dτ

k +1

1
≤
η ( s ) ds
( k + 1)! ∫t0

x

t0 ,t

, t ∈ I (k =
1, 2,...)

Ta được (1.37). Bổ đề được chứng minh.
Từ bổ đề trên ta có ngay kết quả sau:
Bổ đề 1.11:
Nếu p là tốn tử Volterra tương ứng với t0 ∈ I thì tốn tử E − p1 khả nghịch và
+∞

( E − p1 ) −1 =
∑ p k ,trong đó p k (k = 0,1...) là các toán tử được định nghĩa bởi đẳng thức
k =0

(1.15)
Định lý 1.12:
Giả sử p là toán tử Volterra tương ứng với t0 ∈ I . Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) có
nghiệm duy nhất khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương k , m và ma trận A ∈  n+×n
sao cho Λ k không suy biến, r ( A) < 1 và:
p k ,m ( x ) ≤ A x C , x ∈ C ( I ,  n )
C

Chứng minh
Điều kiện đủ của định lí này được suy ra từ định lý 1.2 .Do vậy, ta chỉ cần chứng
minh điều kiện cần như sau:
Giả sử bài tốn (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất, khi đó bài tốn (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ
có nghiệm tầm thường.
Gọi x là một nghiệm tùy ý của hệ (1.1 0 ). Ta có:
x (t )= c + p1 ( x )(t ) , với c = x (t0 ) hay ( E − p1 )( x )(t ) =
c

Theo bổ đề 1.11 ta có:
∞

x (t ) = X (t )c , với X (t ) = ∑ p i ( E )(t )
i =0