Luận văn thạc sỹ toán học:nghiên cứu tính chất nghiệm của hệ phương trình hàm tích phân phi tuyến

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC CẦN THƠ

HUỲNH BỬU TÍNH

NGHIÊN CỨU MỘT SỐ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA
HỆ PHƯƠNG TRÌNH HÀM − TÍCH PHÂN PHI TUYẾN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC
Chun ngành: Tốn Giải Tích
Mã số: 60. 46. 01

THÀNH PHỐ CẦN THƠ
2005


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC CẦN THƠ

NGHIÊN CỨU MỘT SỐ TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA
HỆ PHƯƠNG TRÌNH HÀM − TÍCH PHÂN PHI TUYẾN

Luận văn Thạc sỹ Tốn học
Chun ngành: Tốn Giải Tích
Mã số: 60. 46. 01

Người hướng dẫn: Ts. Nguyễn Thành Long
Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh
Học viên cao học: Huỳnh Bửu Tính

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

2005


Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Cần Thơ.

Người hướng dẫn khoa học: Ts. Nguyễn Thành Long
Khoa Toán − Tin học,
Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh.

Người nhận xét 1:

Ts. Nguyễn Văn Nhân
Đại học Kinh tế Tp. Hồ Chí Minh.

Người nhận xét 2:

Ts. Nguyễn Cơng Tâm
Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh.

Học viên cao học:

Huỳnh Bửu Tính
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng Tp. Cần Thơ.

Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận văn tại Trường Đại học Cần Thơ,
vào lúc 7 giờ, ngày 26 tháng 11 năm 2005.
Có thể tìm hiểu luận văn tại Phịng Sau Đại học, thư viện Trường Đại học Cần Thơ.

THÀNH PHỐ CẦN THƠ
2005

LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy Nguyễn Thành Long, đã tận tâm
hướng dẫn, động viên tơi trong suốt q trình làm luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn Q Thầy, Cơ của Khoa Tốn – Tin học trường Đại học
Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh đã tận tâm truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm
cho chúng tôi trong suốt thời gian học tập.
Xin chân thành cảm ơn Ts. Nguyễn Văn Nhân, Ts. Nguyễn Công Tâm,
PGS. Ts. Đặng Đức Trọng, Ts. Tô Anh Dũng, PGS. Ts. Đinh Ngọc Thanh đã giành thời
gian đọc luận văn và đóng góp nhiều ý kiến bổ ích.
Xin chân thành cảm ơn Phòng Quản lý Khoa học – Hợp tác Quốc tế – Sau Đại học
Trường Đại học Cần Thơ đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tơi hồn tất chương trình học
tập.
Xin chân thành cảm ơn Sở Giáo Dục – Đào tạo Tp. Cần Thơ, Ban Giám Hiệu
trường THPT chuyên Lý Tự Trọng đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tơi có thời gian học
tập và làm luận văn.
Cho tôi gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến các Anh, Chị của khóa trước, các bạn
học viên lớp Cao học Tốn khóa 10, đã động viên và giúp đỡ tôi rất nhiều trong suốt thời
gian học tập và làm luận văn.

Huỳnh Bửu Tính


M Ụ C LỤ C
Trang
Chương 1. Phần tổng quan

1

Chương 2. Các ký hiệu và không gian hàm

4

2.1. Các ký hiệu
2.2. Định lý điểm bất động Banach
Định lý 2.1

4
4
5

Chương 3. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm

6

Bổ đề 3.1.
Bổ đề 3.2.
Định lý 3.1.
Chú thích 3.1.
Chương 4. Thuật giải lặp cấp hai
Định lý 4.1.
Định lý 4.2.
Định lý 4.3.
Chú thích 4.1.
Chương 5. Khai triển tiệm cận của nghiệm
Bổ đề 5.1.
Bổ đề 5.2.
Định lý 5.1.
Chú thích 5.1.

Định lý 5.2.
Chương 6. Sự phụ thuộc khả vi của nghiệm
Bổ đề 6.1.
Chú thích 6.1

6
8
9
9
11
12
14
16
19
20
22
24
25
26
26
27
28
28

Kết luận

33

Tài liệu tham khảo

34


1

CHƯƠNG 1

PHẦN TỔNG QUAN
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu hệ phương trình hàm tích phân
sau:
X ijk ( x )
⎡
⎤
f i ( x) = ε ∑ ∑ ⎢aijk Φ x, f j ( Rijk ( x) + bijk f j ( S ijk ( x)) + cijk ∫ f j (t )dt ⎥ + g i ( x), (1.1)
⎥
k =1 j =1 ⎢
0
⎣
⎦
m

n

(

)

với mọi x ∈ Ω = [a,b], i = 1,…,n, trong đó aijk, bijk, cijk là các hằng số thực cho trước;
gi : Ω → IR, Rijk, Sijk, Xijk : Ω → Ω, và Φ : Ω×IR → IR là các hàm số liên tục cho
trước thỏa một số điều kiện nào đó mà ta sẽ đặt sau. Các hàm f i : Ω → IR là các ẩn

hàm, ε là một tham số bé.
Trong [9], các tác giả Wu, Xuan, Zhu nghiên cứu hệ (1.1) sau đây ứng với
Ω = [−b,b], m = n = 2, aijk = 0 và Sijk là các nhị thức bậc nhất.
⎧ f1 ( x) = a11 f1 (b11 x + c11 ) + a12 f 2 (b12 x + c12 ) + a13 f 2 (b13 x + c13 ) + g1 ( x),
⎨
⎩ f 2 ( x) = a 21 f1 (b21 x + c21 ) + a22 f1 (b22 x + c22 ) + a 23 f 2 (b23 x + c23 ) + g 2 ( x),

(1.2)

với mọi x ∈ Ω = [−b,b], trong đó, các hằng số aij, bij, cij, b cho trước thỏa các điều
kiện
⎡ cij
bij < 1, b ≥ max ⎢
i , j ⎢1 − b
ij
⎣

⎤
⎛ 3
⎞
⎥, max⎜ ∑ aij ⎟ < 1.
⎟
⎥ i ⎜ j =1
⎝
⎠
⎦

(1.3)

Trong (1.2), các hàm số g1, g2 liên tục cho trước và f1, f2 là các ẩn hàm.

Nghiệm của hệ (1.2) lúc này cũng được xấp xỉ bởi một dãy quy nạp hội tụ đều và ổn
định đối với các gi.
Trong [4], Long, Danh, Khôi đã nghiên cứu hệ phương trình tích phân tuyến
tính
2

2

X ij ( x )

j =1

j =1

0

f i ( x) = ∑ aij f j ( S ij ( x)) + ∑ α ij

∫ f j (t )dt + g i ( x),

(1.4)

với mọi i = 1,2, và x ∈ Ω ⊂ IR, trong đó Ω là một khoảng đóng bị chận của IR. Các
hàm gi : Ω → IR, Sij, Xij : Ω → Ω là các hàm số liên tục cho trước, aij, αij ∈ IR là các
hằng số và f1, f2 là các ẩn hàm.
Trong [2], Danh, Dung, Long đã khảo sát hệ (1.1) tương ứng với Φ ≡ 0,
Sijk(x), Xijk(x) là các nhị thức bậc nhất, cụ thể có dạng như sau
βijk x + γ ijk
⎞
m n ⎛

f i ( x) = ∑ ∑ ⎜ aijk f j (bijk x + cijk ) + α ijk
f j (t )dt ⎟ + g i ( x),
∫
⎜
⎟
k =1 j =1 ⎝
0
⎠

(1.5)


2
với mọi i = 1,2,…,n, và x ∈ Ω = [−b,b]. Với gi : Ω → IR là các hàm liên tục, nghiệm
của hệ (1.5) được xấp xỉ bằng một dãy các đa thức hội tụ đều [2, 7], trong đó aijk,
bijk, cijk, αijk, βijk, γijk ∈ IR là các hằng số thực cho trước thỏa các điều kiện
bijk < 1, β ijk < 1,

∑∑ 1max ( aijk
≤ j ≤n

1≤i , j ≤ n , 1≤ k ≤ m 1 −

+ b α ijk < 1,

k =1 i =1

cijk

max

)

m n

bijk

≤ b;

γ ijk

max

1≤i , j ≤ n , 1≤ k ≤ m 1 −

β ijk

≤ b.

Trong [8], Long đã nghiên cứu hệ phương trình hàm phi tuyến
m

n

(

)

m

n

f i ( x) = ε ∑ ∑ aijk Φ x, f j ( Rijk ( x) + ∑ ∑ bijk f j ( S ijk ( x)) + g i ( x),
k =1 j =1

(1.6)

k =1 j =1

với mọi i = 1,2, và x ∈ Ω, trong đó Ω là một khoảng đóng bị chận hoặc khoảng
không bị chận của IR. Các hàm gi : Ω → IR, Rijk, Sijk : Ω → Ω và Φ : IR → IR là các
hàm số liên tục cho trước; aijk, bijk ∈ IR là các hằng số. Một số kết quả liên quan đến
khai triển tiệm cận của nghiệm cho hệ (1.6) theo một tham số bé ε cũng được xem
xét trong [8].
Trong [3], các tác giả Nghĩa, Khơi đã xét hệ phương trình hàm cụ thể để
kiểm tra một thuật toán số.
Các tác giả Long, Nghĩa, Khôi, Ruy [5] đã nghiên cứu một trường hợp riêng của
(1.1) với cijk = 0 và Ω = [−b, b] hay Ω là khoảng không bị chận của IR.
Bằng cách sử dụng định lý điểm bất động Banach, trong [5] đã thu được kết quả về
sự tồn tại, duy nhất và tính ổn định nghiệm của hệ (1.1) đối với các hàm gi. Trong
trường hợp aijk = 0 và Sijk là các nhị thức bậc nhất, g ∈ Cr(Ω;IRn) và Ω = [−b,b] các
tác giả trong [5] đã thu được một khai triển Maclaurin của nghiệm của hệ (1.1) cho
đến cấp r. Kế đó, nếu gi là các hàm liên tục, nghiệm f của (1.1) được xấp xỉ bởi
một dãy các đa thức hội tụ đều. Sau đó, các kết quả trên đây đã được nới rộng bởi
Long, Nghĩa [6] cho miền nhiều chiều Ω ⊂ IRp và Sijk là các hàm affine. Hơn nữa,
điều kiện đủ về hội tụ cấp hai của hệ phương trình hàm cũng được đề cập [6].
Luận văn này được trình bày trong 6 chương, phần kết luận và cuối cùng là
phần tài liệu tham khảo.
Trong chương 1, là phần tổng quan về hệ phương trình hàm, một số kết quả
đã có trước đó và một số nội dung trình bày trong các chương của luận văn.

Trong chương 2, là phần giới thiệu về các ký hiệu, các không gian hàm và
một số công cụ cơ bản được sử dụng trong luận văn.
Trong chương 3, chúng tôi khảo sát sự tồn tại, duy nhất nghiệm của hệ (1.1)
dựa vào định lý điểm bất động Banach.
Trong chương 4, chúng tôi nghiên cứu điều kiện để thu được thuật giải hội tụ
cấp hai cho hệ (1.1).
Trong chương 5, chúng tơi nghiên cứu hệ phương trình hàm tích phân (1.1)
bị nhiễu bởi một tham số bé ε và chứng tỏ rằng nghiệm của hệ (1.1) có một khai
triển tiệm cận đến cấp N + 1 theo ε, với ε đủ nhỏ.


3
Trong chương 6, chúng tơi nghiên cứu tính khả vi của nghiệm phụ thuộc vào
tính khả vi của các hàm Φ, gi, Rijk, Sijk, Xijk.
Chương kết luận, nêu lên một số kết quả trình bày trong luận văn.
Cuối cùng là phần tài liệu tham khảo.


4

CHƯƠNG 2

CÁC KÝ HIỆU VÀ KHÔNG GIAN HÀM
Trong chương 2, là phần giới thiệu về các ký hiệu các không gian hàm và
một số công cụ cơ bản được sử dụng trong luận văn.
2.1. Các ký hiệu.
Ta ký hiệu Ω = [a,b] và X = C(Ω;IRn) là không gian Banach của các hàm số
f = ( f1,…, fn) : Ω → IRn liên tục trên Ω đối với chuẩn
f

n

= sup ∑ f i ( x) .

X

(2.1)

x∈Ω i =1

Với số nguyên không âm r, ta đặt

{

}

C r (Ω; IR n ) = f ∈ C (Ω; IR n ) : f i( k ) ∈ C (Ω; IR), 0 ≤ k ≤ r , 1 ≤ i ≤ n .

Khi đó C r (Ω; IR n ) cũng là không gian Banach đối với chuẩn
f

n

r

= max sup ∑ f i( k ) ( x) .

(2.2)

i ≤k ≤r x∈Ω i =1

Ta viết hệ (1.1) theo dạng của một phương trình tốn tử trong X = C(Ω;IRn)
f = εAf + Bf + g,

(2.3)

trong đó
với

f = ( f1,…, fn ), Af = ((Af )1,…, (Af )n), Bf = ((Bf )1,…, (Bf )n),
m n

(

)

( Af ) i ( x) = ∑∑ aijk Φ x, f j ( Rijk ( x) ,
k =1 j =1
m n

m n

X ijk ( x )

k =1 j =1

k =1 j =1

0

( Bf ) i ( x) = ∑∑ bijk f j ( S ijk ( x)) + ∑∑ cijk

∫ f j (t )dt , (1 ≤ i ≤ n), ∀x ∈ Ω .

2.2. Định lý điểm bất động Banach.
Định lý sau đây là một công cụ được sử dụng nhiều lần trong luận văn nầy,
mang tên định lý điểm bất động Banach và được phát biểu dưới dạng


5
Định lý 2.1. Cho X là không gian Banach với chuẩn . , K ⊂ X là tập đóng và
T : K → K. Giả sử tồn tại số thực σ ∈ [0,1) sao cho
Tf − Tg ≤ σ f − g , với mọi f, g ∈ K.

Khi đó ta có
(i)

Tồn tại duy nhất f ∈ K sao cho f = Tf.

(ii)
Với mỗi f (0) ∈ K, xét dãy { f (v ) } cho bởi f (v ) = T f (v −1) , v = 1,2,…
ta có
lim f (v ) − f = 0,
(j)
v→ ∞

(jj)

f (v ) − f ≤ f (0) − T f (0)

(jjj)

f (v) − f ≤

σv
, v = 1,2,…
1− σ

σv
f (v ) − T f (v −1) , v = 1,2,…
1− σ

Chứng minh định lý 2.1 có thể tìm thấy trong các quyển sách về giải tích cơ sở.■


6

CHƯƠNG 3

ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong chương này, dựa vào định lý điểm bất động Banach, chúng tôi chứng
minh sự tồn tại, duy nhất nghiệm của hệ (2.3).
n

m

Đặt [bijk ] = ∑∑ max bijk .
i =1 k =1 1≤ j ≤ n

Đầu tiên, ta cần bổ đề sau

Bổ đề 3.1. Giả sử [bijk ] + b [cijk ] < 1 và Sijk, Xijk : Ω → Ω liên tục. Khi đó
(i)

Bf

≤

X

( [b

+ b [cijk ]

ijk ]

)f

X

, ∀f ∈ X .

(3.1)

Tốn tử tuyến tính I − B : X → X là khả đảo và

(ii)

( I − B) −1 ≤

1

1 − [bijk ] − b [cijk ]

.

Chứng minh.
(i) Ta có
Bf

n

X

= sup ∑ ( Bf ) i ( x)
x∈Ω i =1
n

m

m n

X ijk ( x )

k =1 j =1

n

0

≤ sup ∑ ∑∑ bijk f j ( S ijk ( x)) + ∑∑ cijk
x∈Ω i =1 k =1 j =1

∫ f j (t )dt

X ijk ( x )
⎞
⎛
⎟
⎜ b f ( S ( x) + c
≤ sup ∑∑∑ ⎜ ijk j ijk
ijk
∫ f j (t )dt ⎟
⎟
x∈Ω i =1 k =1 j =1 ⎜
0
⎠
⎝
n m ⎛
n
n
⎞
≤ ∑ ∑ ⎜ max bijk sup ∑ f j ( S ijk ( x) + b max cijk sup ∑ f j ( X ijk ( x) ⎟
⎜
⎟
1≤ j ≤ n
x∈Ω j =1
x∈Ω j =1
i =1 k =1 ⎝ 1≤ j ≤ n
⎠
≤ [bijk ] + b [cijk ] f X .
n m

n

(

)

(ii) Trước hết, ta kiểm nghiệm lại rằng B < 1.
Thật vậy, do (i) và [bijk ] + b [cijk ] < 1 , ta chú ý rằng
B = sup

0 ≠ f ∈X

Bf
f

X
X

≤ [bijk ] + b [cijk ] < 1.


7
Do đó,
B ≤ [bijk ] + b [cijk ] < 1 .

Tiếp theo, ta chứng minh rằng I − B khả đảo, tức là, với mỗi g ∈ X, phương trình
f = Bf + g có nghiệm duy nhất f ∈ X. Thật vậy, xét ánh xạ
q: X → X
f a q ( f ) = Bf + g

Khi đó, q là ánh xạ co. Do đó tồn tại duy nhất f ∈ X sao cho f = Bf + g.
Do đó
f

X

= Bf + g

X

≤ B f

X

+ g

X

hay
f

X

≤

g

X

1− B

.

Vì f = ( I − B) −1 g nên ( I − B) −1 g

X

≤

g

X

1− B

.

Vậy
( I − B)

−1

= sup

( I − B) −1 g

0 ≠ g∈ X

g

X

≤

1
1
.
≤
1 − B 1 − [bijk ] − b [cijk ]

và bổ đề 3.1 được chứng minh.■
Do bổ đề 3.1, ta viết lại hệ (2.3) như sau
f = (I − B)−1(εAf + g) ≡ Tf.

(3.2)

Ta thành lập các giả thiết sau
(H1)

Rijk, Sijk, Xijk : Ω → Ω liên tục;

(H2)

g = ( g1,…, gn) ∈ X;

(H3)

[bijk ] + b [cijk ] < 1 ;

(H4) Φ : Ω×IR → IR thỏa điều kiện Lipschitz địa phương theo biến thứ hai, tức là,
với mọi M > 0, tồn tại hằng số C1(M) > 0 sao cho
|Φ(x, y1) − Φ(x, y2)| ≤ C1(M)|y1 − y2|, ∀y1, y2 ∈ [−M, M], ∀x ∈ Ω.


8

(H5)

2 g

X

1 − [bijk ] − b [cijk ]

(

M 1 − [bijk ] − b [cijk ]

< M , 0 < ε0 <

Với mỗi M > 0, ta đặt K M = { f ∈ X : f

)

⎡
⎤
2 ⎢ MC1 ( M ) + n sup Φ ( x, 0) ⎥ [aijk ]
x∈Ω
⎣

⎦

.

≤ M }.

X

Khi đó, ta có bổ đề sau đây.
Bổ đề 3.2. Giả sử (H1) − (H4) đúng. Khi đó, ta có
⎡
≤ [aijk ] ⎢C1 ( M ) f
⎣

(i)

Af

(ii)

~
Af − Af

X

X

X

≤ C1 ( M ) [aijk ]

⎤
+ n sup Φ ( x,0) ⎥, ∀f ∈ K M ,
x∈Ω
⎦
~
f −f

X

~
, ∀f , f ∈ K M .

Chứng minh.
(i) ∀f ∈ KM, ta có
n

n

m

n

∑ ( Af ) i ( x) ≤ ∑ ∑∑ aijk Φ(x, f j ( Rijk ( x) )
i =1

i =1 k =1 j =1
n

m

n

(

≤ ∑ ∑ max aijk sup ∑ Φ x, f j ( Rijk ( x)
i =1 k =11≤ j ≤ n
n

x∈Ω j =1

m

n

(

≤ ∑ ∑ max aijk sup ∑ Φ f j ( x)
i =1 k =11≤ j ≤ n
n

x∈Ω j =1

m

)

)

n

≤ ∑ ∑ max aijk sup ∑ C1 ( M ) f j ( x) + Φ (0)
i =1 k =11≤ j ≤ n

x∈Ω j =1

≤ [aijk ] C1 ( M ) f

X

+ n sup Φ (0) .
x∈Ω

Vậy
Af

X

⎡
≤ [aijk ] ⎢C1 ( M ) f
⎣

X

⎤
+ n sup Φ( x,0) ⎥.
x∈Ω
⎦

~

(ii) ∀f , f ∈ K M , ta có
n

~

n

m

n

∑ ( Af ) i ( x) − ( Af ) i ( x) ≤ ∑ ∑ ∑ aijk
i =1

i =1 k =1 j =1

) (

(

~
Φ f j ( Rijk ( x)) − Φ f j ( Rijk ( x))

(

) (

)

n m
n
~
≤ ∑ ∑ max aijk sup ∑ Φ f j ( Rijk ( x)) − Φ f j ( Rijk ( x))
i =1 k =11≤ j ≤ n

x∈Ω j =1

(

) (

n m
n
~
≤ ∑ ∑ max aijk sup ∑ Φ f j ( x) − Φ f j ( x)
i =1 k =11≤ j ≤ n

x∈Ω j =1

)

)


9
n m
n
~
≤ C1 ( M )∑ ∑ max aijk sup ∑ f j ( x) − f j ( x)

i =1 k =11≤ j ≤ n

~
fj − fj .

≤ C1 ( M ) [aijk ]

Vậy

~
Af − Af

X

x∈Ω j =1

~
≤ C1 ( M ) [aijk ] f − f

X

.■

Định lý 3.1. Giả sử (H1) − (H5) đúng. Khi đó, với mỗi ε, với |ε| ≤ ε0, hệ (3.2) có
nghiệm duy nhất f ∈ KM.
~

Chứng minh. Ta có T f ∈ X, ∀f ∈ X. Xét f , f ∈ KM, áp dụng bổ đề (3.1) và (3.2),
ta suy ra
T f X = ( I − B) −1 (ε Af + g )

X

≤ ( I − B)
≤

%
T f −T f

−1

(ε Af

+ g

X

1
1 − [bijk ] − b [cijk ]

X

X

⎡
⎢ε 0 [aijk ] ( MC1 ( M ) + n sup Φ ( x, 0) + g
x∈Ω
⎣

%
= ( I − B ) −1 ε ( A f − A f )

≤ ε 0 ( I − B)
≤

−1

(3.3)

)

1 − [bijk ] − b [cijk ]

⎤
⎥,
⎦

X

%
Af − Af

ε 0C1 ( M ) [aijk ]

X

(3.4)

X

%
f−f

X

.

Chú ý, từ (H5), ta có
1
1 − [bijk ] − b [cijk ]

⎡
⎢ε 0 [aijk ] ( MC1 ( M ) + n sup Φ ( x, 0) + g
x∈Ω
⎣

X

⎤
⎥ < M , (3.5)
⎦

và
σ=

ε 0C1 ( M ) [aijk ]
1 − [bijk ] − b [cijk ]

< 1.

Từ (3.3) − (3.5) ta suy ra T : KM → KM là ánh xạ co. Áp dụng định lý điểm bất động
Banach, ta có duy nhất f ∈ KM thỏa f = T f.■

Chú thích 3.1. Nhờ định lý điểm bất động Banach, nghiệm f của hệ (3.2) được xấp
xỉ bởi thuật giải sau
f (v ) = Tf (v−1) ≡ ( I − B) −1 (εAf (v−1) + g ),
f

(0)

∈ K M cho trước.

(3.6)


10
Khi đó
f (v ) − f

X

→ 0 khi v → +∞,

và
f

(v )

−f

X

≤ f

( 0)

− Tf

( 0)
X

σv
, ∀v = 1,2,...
1− σ

với
σ=

ε0C1 ( M ) [aijk ]

1 − [bijk ] − b [cijk ]

< 1. ■

(3.7)


11

CHƯƠNG 4

THUẬT GIẢI LẶP CẤP HAI
Trong định lý 3.1 cho ta một thuật giải xấp xỉ liên tiếp (3.6), theo nguyên tắc

ánh xạ co (xem chú thích 3.1), mà sự hội tụ của dãy lặp { f (v ) } về nghiệm f của hệ
(3.2) là hội tụ cấp một. Sự hội tụ này thể hiện qua đánh giá sai số
f (v) − f

X

≤ Cσ v , ∀v = 1,2...

(4.1)

trong đó 0 ≤ σ < 1, C > 0 là các hằng số độc lập với v.
Trong phần này chúng ta nghiên cứu một thuật giải cấp hai cho hệ (1.1), tức
là thiết lập một dãy lặp { f (v ) } thỏa bất đẳng thức
f (v) − f

X

≤ β f (v −1) − f

2
X

, ∀v = 1,2...

(4.2)

trong đó β > 0 là hằng số độc lập với v. Một dãy lặp { f (v ) } như vậy còn gọi là dãy
lặp cấp hai. Nếu bước lặp ban đầu f (0) được chọn đủ gần f sao cho
σ ≡ β f (0) − f

X

≤ 1,

(4.3)

thì dãy { f (v ) } hội tụ về f và thỏa một đánh giá sai số cấp hai theo nghĩa
f (v) − f

X

≤

1 2v
σ , ∀v = 1,2...
β

(4.4)

Rõ ràng bất đẳng thức (4.4) cho sự hội tụ của dãy { f (v ) } về f nhanh hơn so với dãy
{ f (v ) } thỏa bất đẳng thức (4.1).
Xét hệ phương tình hàm
X ijk ( x )
⎤
m n ⎡
f i ( x) = ε ∑∑ ⎢aijk Φ x, f j ( Rijk ( x) + bijk f j ( S ijk ( x)) + cijk ∫ f j (t )dt ⎥ + g i ( x),
⎥
k =1 j =1 ⎢
0
⎣

⎦

(

)

∀x ∈ Ω; i = 1,…,n.
Ta giả sử rằng Φ ∈ C1(Ω×IR;IR). Sử dụng xấp xỉ sau đây
Φ( x, f j(v ) ) ≅ Φ ( x, f j(v −1) ) +

trong đó f j(v ) = f j(v ) ( Rijk ( x)),

∂Φ
( x, f j(v −1) )( f j(v ) − f j(v −1) ),
∂y

(4.5)


12
Ta thu được giải thuật sau đây cho hệ (1.1)
(i) Cho trước f (0) = ( f1(0) ,..., f n(0) ) ∈ X .
(ii) Giả sử biết f (v −1) = ( f1(v−1) ,..., f n(v−1) ) ∈ X , ta xác định f (v ) = ( f1(v ) ,..., f n(v ) ) ∈ X như
sau
m

n

(v
f i (v ) ( x ) = ε ∑∑ aijk Φ (Wijk ) ( x ))

k =1 j =1

m

n

+ ε ∑ ∑ aijk
k =1 j =1

m

[

∂Φ
(W (v ) ( x)) f j(v ) ( Rijk ( x)) − f j(v −1) ( Rijk ( x))
∂y ijk

]

n

+ ∑∑ bijk f j( v ) ( S ijk ( x))
k =1 j =1

m

n

+ ∑ ∑ cijk

X ijk ( x )

∫ fj

k =1 j =1

trong đó

(v
Wijk ) ( x)

= ( x, f

(v )

(t )dt + g i ( x), x ∈ Ω, 1 ≤ i ≤ n, v = 1,2,...,

(4.6)

0
( v −1)
( Rijk ( x))).
j

Ta viết lại (4.6) dưới dạng
fi

(v)

n

m

( x) = ∑ ∑

j =1 k =1
n

(v
α ijk) (ε, x) f j( v ) ( Rijk ( x)) +

m

+ ∑ ∑ bijk f
j =1 k =1

(v)
j ( S ijk ( x )) +

m

X ijk ( x )

n

∑∑ cijk ∫ f j(v) (t )dt

k =1 j =1

g i(v ) ( x),

0

(4.7)

x ∈ Ω, 1 ≤ i ≤ n, v = 1,2,...,

(v
trong đó α ijk) (ε, x), g i(v ) ( x) phụ thuộc vào f (v −1) như sau

(v
α ijk) (ε, x) = ε aijk

∂Φ
(v
(Wijk ) ( x)),
∂y
n

m

(4.8)
n

m

(v
g i( v ) ( x) = g i ( x) + ε ∑ ∑ aijk Φ (Wijk ) ( x)) − ∑ ∑ α ijk (ε, x) f j( v −1) ( Rijk ( x)),
j =1 k =1

(4.9)

j =1 k =1

x ∈ Ω, 1 ≤ i ≤ n, v = 1,2,...

Khi đó, ta có định lý sau
Định lý 4.1. Giả sử (H1) − (H3) là đúng. Nếu f (v−1) ∈ X thỏa
n

m

(v
γ v ≡ ∑∑ max sup α ijk) (ε, x) + [bijk ] + b [cijk ] < 1.
j =1 k =11≤ j ≤ n x∈Ω

Khi đó tồn tại duy nhất f (v ) ∈ X là nghiệm của (4.7) − (4.9).

(4.10)


13
Chứng minh. Ta viết hệ (4.7) − (4.9) dưới dạng hàm trong X = C(Ω; Rn)
f (v) = Tv f (v),

trong đó

(4.11)
m n

(Tv f ) i ( x) = ∑∑

k =1 j =1

(v
α ijk) ( x)

m n

X ijk ( x )

k =1 j =1

0

f j ( Rijk ( x)) + ∑∑ cijk

m n

+ ∑∑ bijk f j ( S ijk ( x)) +
k =1 j =1

∫ fj

(v )

(t )dt

(4.12)

g i( v ) ,

∀x ∈ Ω, i = 1,2,…,n và f = ( f1,…,fn ) ∈ X.
Hiển nhiên rằng Tv : X → X. Ta chỉ cần kiểm nghiệm lại rằng
~
Tv f − Tv f

X

~
≤ αv f − f

~

~

X

, ∀f , f ∈ X .

(4.13)

~

Thật vậy, với f , f ∈ X , đặt h = f − f , ta có
n

~

∑ (Tv f ) i ( x) − (Tv f ) i ( x)

i =1

n

n

m

= ∑ ∑∑

i =1 j =1 k =1

n

n

m

≤ ∑∑∑

i =1 j =1 k =1

~
(v
α ijk) ( x)h j

X ijk ( x )

~
~

(Rijk ( x)) + ∑ ∑ cijk ∫ h (t )dt + ∑ ∑ bijk ( x)h j (S ijk ( x))
j =1 k =1
j =1 k =1
n

m

n

m

0

(v
α ijk) ( x)

n n m
~
h j Rijk ( x) + ∑ ∑ ∑ cijk ( x)

(

)

X ijk ( x )

i =1 j =1 k =1

~

∫ h (t )dt
0

n n m
~
+ ∑ ∑ ∑ bijk ( x) h j S ijk ( x)
i =1 j =1 k =1

(

n m
n
n m
n
~
(v
≤ ∑ ∑ max α ijk) ( x) ∑ h j Rijk ( x) + ∑ ∑ max cijk ( x) ∑
i =1 k =11≤ j ≤ n

j =1

(

)

i =1 k =11≤ j ≤ n

j =1

)

X ijk ( x )

~

∫ h (t )dt
0

n m
n
~
+ ∑ ∑ max bijk ( x) ∑ h j S ijk ( x)
i =1 k =11≤ j ≤ n

n m
~
(v
≤ ∑ ∑ max sup α ijk) ( x) h
i =1 k =1 i ≤ j ≤ n Ω
⎡n m

X

n m
~
+ b∑ ∑ max cijk h
i =1 k =11≤ j ≤ n
m

j =1

X

(

n m
~
+ ∑ ∑ max bijk h
i =1 k =11≤ j ≤ n

n
n m
⎤ ~
(v
= ⎢∑ ∑ max sup α ijk) ( x) + b∑ ∑ max cijk + ∑ ∑ max bijk ⎥ h
i =1 k =11≤ j ≤ n
i =1 k =11≤ j ≤ n
⎣ i =1 k =1 i ≤ j ≤ n Ω
⎦
n m
⎡
⎤ ~
(v
= ⎢∑ ∑ max sup α ijk) ( x) + b [cijk ] + [bijk ] ⎥ h
⎣ i =1 k =1 i ≤ j ≤ n Ω
⎦ X
~
= γv f − f .
X

Vậy

~
Tv f − Tv f

X

~
≤ γv f − f

X

.

)

X

X


14
Khi đó, áp dụng định lý điểm bất động của Banach, tồn tại duy nhất hàm f (v) ∈ X là
nghiệm của hệ (4.7) − (4.9).■
Định lý 4.2. Giả sử Φ ∈ C2(Ω×IR;IR), và (H1) − (H3) đúng. Cho aijk ∈ IR. Khi đó,
tồn tại hai hằng số M, ε sao cho, nếu f (0) ∈ K M cho trước, hệ (4.7) − (4.9) tồn tại
duy nhất nghiệm f (v ) thỏa điều kiện f ( v ) ∈ K M , ∀v = 0,1,2,…
Chứng minh. Giả sử f (0) ∈ K M , với hai hằng số M, ε, mà ta sẽ chọn sau.
Ta cũng giả sử bằng quy nạp rằng f (v−1) ∈ K M .
Ta sẽ chứng minh rằng

f (v ) ∈ K M .

(4.14)

Với mọi x ∈ Ω, ta có từ (4.7) rằng
n

∑
i =1

fi

(v)

n

n

m

( x) ≤ ∑∑ ∑

i =1 j =1 k =1

(v
α ijk) (ε, x)
n

n

f

(v)
j ( Rijk ( x ))

n

n

m

+ ∑ ∑ ∑ cijk

X ijk ( x )

∫ fj

i =1 j =1 k =1

m

(v )

(t )dt

0

n

+ ∑∑ ∑ bijk f j(v ) ( S ijk ( x)) + ∑ g i(v ) ( x)

i =1 j =1 k =1
n
(v
max α ijk) ( x)
i =1 k =11≤ j ≤ n
j =1
n

m

≤ ∑∑

∑

n

(

n

)

i =1 k =11≤ j ≤ n

n X ijk ( x )

m

i =1 k =11≤ j ≤ n

∫ fj

j =1

m

(v
≤ ∑∑ max sup α ijk) ( x) f (v )
i =1 k =1 i ≤ j ≤ n Ω

n

n

(

f j(v ) Rijk ( x) + ∑ ∑ max bijk ( x) ∑ f j(v ) S ijk ( x)

+ ∑ ∑ max cijk ( x) ∑
n

i =1
m

n

X

(v )

j =1

(t )dt + g (v )

0

i =1 k =11≤ j ≤ n

m

i =1 k =11≤ j ≤ n

X

m

+ ∑∑ max bijk f (v )

+ b∑∑ max cijk f (v )

)

X

+ g (v)

⎛ n m
(v
= ⎜ ∑∑ max sup α ijk) ( x) + [bijk ] + b [cijk ]

⎜
i≤ j ≤n Ω
⎝ i =1 k =1

X

X

⎞ (v )
⎟ f
⎟
⎠

X

+ g (v)

X

(4.15)

.

Do đó
f (v)

X

⎛ n m
(v

≤ ⎜ ∑∑ max sup α ijk) ( x) + [bijk ] + b [cijk ]
⎜
i≤ j ≤n Ω
⎝ i =1 k =1

⎞ (v )
⎟ f
⎟
⎠

X

+ g (v )

X

.

(4.16)

Mặt khác, với mọi x ∈ Ω, ta có từ (4.8), (4.14), rằng
(v
α ijk) ( x) ≤ ε aijk

trong đó M 1 = sup

y ≤M

n

(

)

∂Φ (v )
W ( x) ≤ ε aijk
∂y ijk

x∈Ω, y ≤ M

∂Φ
( x, y ) = ε M 1 aijk ,
∂y

(4.17)

∂Φ
( x, y ) . Ta suy ra từ (4.17) rằng
∂y

m

(v
∑∑ imax sup α ijk) ( x) ≤ ε M 1 [aijk ] .
≤ j ≤n
i =1 k =1

sup

Ω

(4.18)


15
Mặt khác, ta cũng có từ (4.9) rằng

(

)

(

)

n m
⎡
⎤
∂Φ ( v )
(v
g i( v ) ( x) = g i ( x) + ε ∑∑ aijk ⎢Φ Wijk ) ( x) −
Wijk ( x) f j( v −1) Rijk ( x) ⎥.
∂y
⎣
⎦
j =1 k =1

(

)

(4.19)

Chú ý rằng số hạng trong dấu móc […] của (4.19) được đánh giá như sau:
Dùng công thức khai triển Taylor
Φ ( x , y ) = Φ ( x ,0) +

1 ∂ 2Φ
∂Φ
( x, y ) y −
( x,−θ y ) y 2 , 0 < θ < 1,
2
2 ∂y
∂y

(v
trong đó ta thay (x, y) bởi wijk) ( x) = ( x, f j(v −1) ( Rijk ( x))), ta có

(v
Φ( wijk) ( x)) = Φ ( x,0) +

∂Φ (v )
( wijk ( x)) f j(v −1) ( Rijk ( x))
∂y

(

(4.20)

)

2
1 ∂ 2 Φ (v )
ˆ
−
( wijk ( x)) f j(v −1) ( Rijk ( x)) ,
2
2 ∂y

ˆ (v
với wijk) ( x) = ( x,−θ ijk f j(v−1) ( Rijk ( x))), 0 < θ ijk < 1.

Từ đây ta suy ra
(v
Φ (Wijk ) ( x)) −

∂Φ (v )
( w ( x)) f j(v −1) ( Rijk ( x))
∂y ijk

(

(4.21)

)

2
1
≤ sup Φ( x,0) + M 2 f j(v −1) ( Rijk ( x)) ,
2

x∈Ω

trong đó M 2 =

sup

x∈Ω, y ≤ M

n

∂y 2

( x, y ) . Ta suy ra từ (4.19), (4.21) rằng

n

i =1

∂ 2Φ

n

i =1

m

n

∑ g i(v) ( x) ≤ ∑ g i ( x) + ε ∑ ∑ ∑ aijk
i =1 k =1 j =1

+
≤ g

X

≤ g

X

X

x∈Ω

n m n
2
1
ε M 2 ∑ ∑ ∑ aijk f j(v −1) ( Rijk ( x))
2
i =1 k =1 j =1

+ n ε [aijk ] sup Φ ( x,0)
x∈Ω

+

≤ g

sup Φ ( x,0)

n
2
1
ε M 2 [aijk ] sup ∑ f j(v −1) ( Rijk ( x))
2
x∈Ω j =1

+ n ε [aijk ] sup Φ ( x,0) +
x∈Ω

1
ε M 2 [aijk ] f (v −1)
2

1
⎡
⎤
+ ε [aijk ] ⎢n sup Φ( x,0) + M 2 M 2 ⎥.
2
⎣ x∈Ω
⎦

2
X

(4.22)


16
Vậy

g (v)

X

≤ g

X

1
⎡
⎤
+ ε [aijk ] ⎢n sup Φ ( x,0) + M 2 M 2 ⎥.
2
⎣ x∈Ω
⎦

(4.23)

Từ (4.16), (4.18) và (4.23), ta được
f (v)

X

(

+ g

hay

(1 − ε M

)

≤ ε M 1 [aijk ] + [bijk ] + b [cijk ]

1

X

f (v )

X

(4.24)

1
⎛
⎞
+ ε [aijk ] ⎜ n sup Φ ( x,0) + M 2 M 2 ⎟.
2
⎝ x∈Ω
⎠

[aijk ] − [bijk ] − b [cijk ]
≤ g

)f
X

(v )

X

1
⎛
⎞
+ ε [aijk ] ⎜ n sup Φ ( x,0) + M 2 M 2 ⎟.
2
⎝ x∈Ω
⎠

Với M > 0 đã chọn như trong (H5), tiếp theo ta chọn ε sao cho hai điều kiện sau
được thỏa
ε M 1 [aijk ] + [bijk ] + b [cijk ] < 1,

g

X

(4.25)

1
⎛
⎞
+ ε [aijk ] ⎜ n sup Φ ( x,0) + M 2 M 2 ⎟
2
⎝ x∈Ω
⎠

(

(4.26)

)

≤ 1 − ε M 1 [aijk ] − [bijk ] − b [cijk ] M .

Khi đó, ta suy ra từ (4.24) − (4.26) rằng

f (v)

X

1
⎡
⎤
ε [aijk ] ⎢n sup Φ( x,0) + M 2 M 2 ⎥ + g
2
⎣ x∈Ω
⎦
≤
1 − ε M 1 [aijk ] − b [cijk ] − [bijk ]

X

≤ M.

(4.27)

Định lý 4.2 được chứng minh xong.■
Định lý 4.3. Giả sử Φ ∈ C2(Ω×IR;IR) và (H1) − (H3) đúng. Cho aijk ∈ IR. Khi đó,

tồn tại hai hằng số M, ε sao cho

(i) Với f (0) ∈ K M cho trước, dãy { f (v ) } xác định bởi hệ (4.7) − (4.9) là dãy lặp cấp
hai. Chính xác hơn, ta có
f (v) − f

X

≤ β M f ( v −1) − f

2
X

, ∀v = 1,2...,

trong đó
βM

1
ε M 2 [aijk ]
2
=
>0
1 − [bijk ] − b [cijk ] − ε M 1 [aijk ]

và f là nghiệm của hệ (1.1).


17
(ii) Nếu f (0) được chọn đủ gần f sao cho

β M f (0) − f < 1,

(4.28)

thì dãy { f (v ) } hội tụ cấp hai đến f và thỏa một đánh giá sai số
f (v ) − f

X

≤

(

Chứng minh. Trước hết ta sẽ đánh giá f (v ) − f

X

)

2v

1
β M f ( 0) − f
βM

X

, ∀v = 1,2...

(4.29)

.

(i) Ta có
ei(v ) ( x) = f i ( x) − f i(v ) ( x)
n

m

= ε ∑∑ aijk [Φ( x, f j ( Rijk ( x))) −
j =1 k =1

∂Φ
( x, f j(v −1) ( Rijk ( x))) f i(v ) ( Rijk ( x))]
∂y

+ ( Be (v ) ) i ( x) + g i ( x) − g i(v ) ( x),

(

))

n m
⎡
⎤
∂Φ
= ε ∑∑ aijk ⎢Φ x, f j Rijk ( x) −
x, f j(v −1) Rijk ( x) f i(v ) ( Rijk ( x))⎥
∂y
⎣

⎦
j =1 k =1

(

(

))

(

+ ( Be (v ) ) i ( x)

(

))

(

))

(

(

))]

n m
⎡
⎤

∂Φ
− ε∑∑ aijk ⎢Φ x, f j(v −1) Rijk ( x) −
x, f j(v −1) Rijk ( x) f j( v−1) Rijk ( x) ⎥
∂y
⎦
⎣
j =1 k =1

n

(

m

[( (

(

)) (

= ( Be (v ) ) i ( x) + ε ∑ ∑ aijk Φ x, f j Rijk ( x) − Φ x, f j(v −1) Rijk ( x)
j =1 k =1

n

m

+ ε ∑ ∑ aijk
j =1 k =1

(

))[ (

(

)

(

)

(4.30)

)]

∂Φ
x, f j(v −1) Rijk ( x) e (jv ) Rijk ( x) − e (jv −1) Rijk ( x) .
∂y

Mặt khác, ta có

(

) (

)

Φ x, f j ( y ) − Φ x, f j(v −1) ( y ) =

(

)(

∂Φ
x, f j(v −1) ( y ) e (jv −1) ( y )
∂y
+

(

)

)

2
1 ∂ 2Φ
x, h (jv ) ( y ) e (jv −1) ( y ) ,
2
2 ∂y

với y = Rijk ( x), h (jv ) ( y ) = f j(v−1) + θ j e (jv−1) ( y ), 0 < θ j < 1.
Vậy
n

m

ei(v ) ( x) = ( Be (v ) ) i ( x) + ε ∑ ∑ aijk
j =1 k =1

(

(

)(

∂Φ
x, f j(v −1) ( Rijk ( x)) e (jv ) ( Rijk ( x))
∂y

)

2
ε n m
∂ 2Φ
x, h (jv −1) ( Rijk ( x)) e (jv −1) ( Rijk ( x)) .
+ ∑ ∑ aijk
2
2 j =1 k =1
∂y

)
(4.31)


18
Đặt M 2 =

∂ 2Φ

sup

∂y 2

x∈Ω, y ≤ M

( x, y ) . Với mọi x ∈ Ω, ta có từ (4.31) rằng

n

n

∑ ei(v) ( x) ≤ Be (v)
ε

+

2

n

+

2

x∈Ω j =1

m

n

M 2 ∑∑ max aijk sup ∑ e (jv −1) ( Rijk ( x))
i =1 k =11≤ j ≤ n

≤ Be (v )
ε

n

i =1 k =11≤ j ≤ n

X

i =1

m

+ ε M 1 ∑∑ max aijk sup ∑ e (jv ) ( Rijk ( x))
2

x∈Ω j =1

n

m

n

+ ε M 1 ∑ ∑ max aijk sup ∑ e (jv ) ( Rijk ( x))
i =1 k =11≤ j ≤ n

X

n

m

M 2 ∑ ∑ max aijk
i =1 k =11≤ j ≤ n

(

≤ [bijk ] + b [cijk ]

)e

x∈Ω j =1

n
⎛
⎞
⎜ sup ∑ e (jv −1) ( Rijk ( x)) ⎟
⎜ x∈Ω j =1
⎟
⎝
⎠

(v )

X

+ ε M 1 [aijk ] e (v )

2

X

+

ε
2

M 2 [aijk ] e (v −1)

2

X

.

Điều này dẫn đến

(1 − [b

)

− b [cijk ] − ε M 1 [aijk ] e (v )

ijk ]

X

≤

ε
2

2

M 2 [aijk ] e (v −1)

X

.

Suy ra
e (v)

X

1
ε M 2 [aijk ]
2
≤
e (v −1)
1 − [bijk ] − b [cijk ] − ε M 1 [aijk ]

2

X

= β M e (v −1)

2

X

,

hay
f (v) − f

X

2

≤ β M f ( v −1) − f

X

, ∀v = 1,2...,

với
βM

1
ε M 2 [aijk ]
2
=
> 0.

1 − [bijk ] − b [cijk ] − ε M 1 [aijk ]

(ii) Từ (4.32), ta suy ra
e(v)

X

≤ β M e ( v −1)
1+ 2

= (β M )

e

2
X

≤ β M ⎛ β M e (v −2)
⎜
⎝

2
(v −2) 2

≤ (β M )

= (β M )1+ 2+ 2 e (v −3)

≤ ... ≤ (β M )1+ 2+ 2
= (β M

1− 2v
) 1−2

e

2

( 0) 2

X

2

2

⎜ βM e
⎝

( v − 3) 2
X

3

X

+...+ 2v −1
v

X

⎞
⎟
⎠

1+ 2 ⎛

X
2

2

e ( 0)

(

2v
X

1
=
β M e ( 0)
βM

).
2v

X

⎞

⎟
⎠

22

(4.32)


19
Tức là (4.29) đúng. Bất đẳng thức đánh giá nầy cho phép ta kết luận dãy { f (v ) } hội
tụ cấp hai đến nghiệm f của hệ (1.1) nếu f ( 0) được chọn thỏa (4.28).■
Chú thích 4.1. Việc chọn bước lặp ban đầu f ( 0) ∈ K M sao cho β M f ( 0 ) − f

X

< 1,

định lý 3.1 cho ta một thuật toán xấp xỉ liên tiếp (3.6). Khi đó, dãy f ( v ) → f trong X
và chúng ta có đánh giá sai số (3.7). Chọn vo đủ lớn sao cho
β M f ( v0 ) − f

X

Khi đó, ta có f ( 0) = f ( v0 ) . ■

≤ β M f ( 0) − Tf

(0)
X

σ v0
, ∀v = 1,2,....
1− σ


20

CHƯƠNG 5

KHAI TRIỂN TIỆM CẬN CỦA NGHIỆM
Trong chương này, chúng tơi nghiên cứu hệ phương trình hàm sau đây bị
nhiễu bởi một tham số bé ε
f = ε Af + Bf + g trong X = C(Ω;IRn)
trong đó

(5.1)

f = ( f1 ,..., f n ),
Af = (( Af )1 ,..., ( Af ) n ),

Bf = (( Bf )1 ,..., ( Bf ) n ),
với
m n

(

)

( Af ) i ( x) = ∑∑ aijk Φ x, f j ( Rijk ( x)) ,
k =1 j =1

m n

m n

X ijk ( x )

k =1 j =1

k =1 j =1

0

( Bf ) i ( x) = ∑∑ bijk f j ( S ijk ( x)) + ∑∑ cijk

∫ f j (t )dt ,

∀x ∈ [−b,b], (i = 1,2,…,n), trong đó aijk, bijk, cijk là các hằng số thực cho trước;
g i : Ω → IR , Rijk , S ijk , X ijk : Ω → Ω , và Φ : Ω × IR → R là các hàm số liên tục cho
trước thỏa một số điều kiện nào đó mà ta sẽ đặt sau. Các hàm f i : Ω → IR là các ẩn
hàm, ε là một tham số bé.
Trong phần này, với các giả thiết trên các hàm Φ, g, Rijk, Sijk, Xijk và các số
thực ε0, M với Φ ∈ CN(Ω×IR;IR). Khi đó, chúng tơi sẽ chứng minh rằng nghiệm của
hệ (5.1) có một khai triển tiệm cận đến cấp N + 1 theo ε, với ε đủ nhỏ theo nghĩa
N

f ε = ∑ ε r f [ r ] + O(ε N +1 ).
r =0

Chính xác hơn ta có
N

f ε − ∑ ε r f [r ]
r =0

≤Cε

N +1

,

X

trong đó C là một hằng số chỉ phụ thuộc vào N, Φ, [aijk ] , [bijk ] , [cijk ] , f [ r ]

X

,

r = 0,1,…,N.
Trong phần này, ta vẫn giả sử rằng các hàm Φ, g, Rijk, Sijk, Xijk và các số thực
aijk, bijk, cijk, ε0, M thỏa các giả thiết (H1) − (H5), lần lượt. Ta bổ sung thêm giả thiết
sau
(H6)

Φ ∈ CN(Ω×IR;IR).