Phương pháp hàm green

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*********

NGUYỄN THỊ YÊN

PHƯƠNG PHÁP HÀM GREEN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Giải tích

Người hướng dẫn khoa học
TS. TRẦN VĂN BẰNG

Hà Nội-2011


LỜI CẢM ƠN

Em xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo tổ Giải
tích trong khoa Toán và các bạn sinh viên. Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết
ơn sâu sắc của mình tới TS. Trần Văn Bằng đã tận tình giúp đỡ em trong
quá trình hoàn thành khóa luận tốt nghiệp.
Lần đầu được thực hiện công tác nghiên cứu khoa học nên khoá luận
không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Em xin chân thành cảm ơn
những ý kiến đóng góp của các thầy giáo, cô giáo và các bạn sinh viên.
Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2011
Sinh viên

Nguyễn Thị Yên


LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của TS. Trần Văn Bằng , khóa
luận tốt nghiệp "Phương pháp hàm Green” được hoàn thành, không
trùng với bất kỳ khóa luận nào khác.
Trong quá trình làm khóa luận, em đã kế thừa những thành tựu của các
nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, tháng 5 năm 2011
Sinh viên

Nguyễn Thị Yên


Mục lục

Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị

3

1.1. Một số khái niệm và kiến thức cơ bản trong Rn . . . . . . . .

3

1.2. Ma trận liên hợp A∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.3. Định lý luân phiên Fredholm. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.4. Cách giải các phương trình

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.4.1. Trường hợp loại trừ thứ nhất . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4.2. Trường hợp loại trừ thứ hai . . . . . . . . . . . . . . .

9

Chương 2. Phương trình tích phân

11

2.1. Không gian L2 [0, 1] và toán tử tuyến tính . . . . . . . . . . . 11
2.1.1.

Không gian L2 [0, 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.1.2.

Phương trình tích phân và toán tử vi phân . . . . . . 13

2.2.

Định lý luân phiên Fredholm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.3.

Giải y = Ky + f khi K có hạch tách biến. . . . . . . . . . . . 18

2.4.

Giải phương trình y = Ky + f với K nhỏ. . . . . . . . . . . . 21

2.5.

Giải phương trình y = Ky + f khi K không có hạch tách biến và không nhỏ

Chương 3. Bài toán giá trị biên cho phương trình vi phân thường 32
3.1. Một số kiến thức bổ xung về không gian L2 [0, 1] . . . . . . . . 32
3.2. Toán tử vi phân và liên hợp của chúng . . . . . . . . . . . . . 36
3.3. Định lý luân phiên Fredholm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.4.

Phương pháp xây dựng hàm Green trong trường hợp loại trừ thứ nhất. 41
3.4.1.

Trường hợp điều kiện ban đầu . . . . . . . . . . . . . 42

3.4.2.

Trường hợp điều kiện biên hai điểm không hỗn tạp . . 45

3.4.3.

Trường hợp điều kiện biên hai điểm hỗn tạp . . . . . . 47


3.5.

Cách hiểu của phương trình L(y) = δ(x, t)

. . . . . . . . . . 48

3.6.

Trường hợp loại trừ thứ hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

Chương 4. Phương pháp hàm Green cho phương trình đạo hàm riêng 55
4.1. Sự phân loại phương trình tuyến tính cấp hai . . . . . . . . . 55
4.2. Một số kiến thức giải tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.3. Các công thức Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
4.4. Liên hợp toán tử vi phân trong mặt phẳng

. . . . . . . . . . 63

4.5. Xây dưng hàm Green cho toán tử hai chiều với điều kiện biên Dirichlet. 67
4.6. Nguyên lý cực đại

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4.7. Ví dụ xác định hình dạng của mặt trống. . . . . . . . . . . . . 78
Kết luận

82

Tài liệu tham khảo

83

5


LỜI MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Trong giải tích, lý thuyết về phương trình vi phân và phương trình đạo
hàm riêng chiếm một vị trí rất quan trọng. Với lý thuyết đó làm cho chuyên
ngành giải tích ngày càng cuốn hút nhiều người đi sâu vào tìm hiểu và đam
mê nghiên cứu.
Một trong các bài toán được xét đến là giải các bài toán biên. Chúng ta
đã có nhiều phương pháp để giải bài toán đó như: sử dụng phương pháp
tách biến, phương pháp chuỗi Fourier ...Trong đó phương pháp đặc biệt là
phương pháp hàm Green.
Với những lý do trên cùng với lòng say mê nghiên cứu và được sự giúp đỡ
tận tình của của TS.Trần Văn Bằng, em đã chọn đề tài ”Phương pháp
hàm Green”.
Nội dung của đề tài gồm bốn chương.
Chương 1. Trình bày một số kiến thức căn bản về trong Rn , định lý luân
phiên Fredholm, cách giải phương trình.

Chương 2. Chương này dành cho việc trình bày một số kiến thức quan
trọng phương trình tích phân và toán tử vi phân. Giải phương trình tích
phân y = Ky + f trong các trường hợp: K có hạch tách biến, K nhỏ, K
không có hạch tách biến và cũng không nhỏ.
Chương 3. Xây dựng hàm Green trong trường hợp loại trừ thứ nhất và loại
trừ thứ hai. Nghiên cứu về bài toán giá trị biên cho phương trình vi phân
thường và sử dụng định lý luân phiên Fredholm vào tìm nghiệm cho bài toán.
Chương 4. Trong chương này nghiên cứu ứng dụng phương pháp hàm Green
cho phương trình đạo hàm riêng.


2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Xây dựng hàm Green để tìm nghiệm cho bài toán.
- Nghiên cứu ứng dụng của hàm Green: phương trình vi phân và phương
trình đạo hàm riêng.

3. Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu hàm Green.

4. Phương pháp nghiên cứu
Đọc tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp.

2


Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị

1.1.

Một số khái niệm và kiến thức cơ bản trong Rn

Cho E là không gian tuyến tính trên trường (K = R hoặc C). Khi đó ta
có:
(a)

< x, y > = < y, x >

∀x, y ∈ E × E,

(b)

< αx + y, z >= α < x, z > + < y, z >,

Hơn nữa ta có bất đẳng thức Cauchy- Schwartz
|< x, y >|2 ≤< x, x >< y, y >,

∀α ∈ K, ∀x, y ∈ E.

∀x, y ∈ E.

Ta cũng có E là không gian định chuẩn với chuẩn
x

2

=< x, y > .

Ví dụ 1.1. Cho một dãy số dương {ap }np=1. Khi đó tích vô hướng với trọng
số {ap }np=1 trên Rn được định nghĩa bởi

n

< x, y >=

ap xp yp .
p=1

Dễ dàng kiểm tra được công thức trên là một không gian trên Rn . Khi
ap = 1, ∀p = 1, n thì ta có không gian thông thường trên Rn .
Khoảng cách giữa x và y là |x − y| và góc giữa x và y là θ ∈ [0, π] sao cho
cosθ =

< x, y >
x y

khi x, y = 0.

Hơn nữa x và y gọi là trực giao với nhau nếu < x, y >= 0. Một cách tự
nhiên, ta định nghĩa dãy điểm {vp }np=1 ∈ Rn là hội tụ đến y ∈ Rn nếu
lim vp − y = 0.

n→∞

3


Tuy nhiên khi viết lim vp = y ta có thể nghĩ tới ba cách hiểu giới thiệu
n→∞

khác nhau

(1) Sự hội tụ theo tọa độ tức là lim vp = y nếu ∀i = 1, n ta có
n→∞

lim (vp)i = yi.

n→∞

(2) Sự hội tụ đều lim vp = y nếu
n→∞

lim ( max (vp)i − yi ) = 0.

n→∞ 1≤i≤n

(3) Sự hội tụ theo chuẩn: lim vp = y nếu
n→∞

lim vp − y = 0.

n→∞

Mặc dù trong R cả ba sự hội tụ trên là tương đương nhưng như ta sẽ
n

thấy, ba sự hội tụ đó trong các không gian vô hạn chiều nói chung là không
tương đương. Về cơ bản, việc xây dựng hàm Green được dựa vào trên định
lý biểu diễn Riezs.Vì vậy, ta phát biểu định lý đó trong bối cảnh phương
trình ma trận.

Định lý 1.1. Nếu L một phiếm hàm tuyến tính từ Rn vào R thì tồn tại
véctơ v trong Rn để L(u) =< u, v > ∀u ∈ Rn . Tổng quát hơn mỗi ánh xạ
tuyến tính từ Rn vào Rn đều được biểu diễn bằng ma trận.

1.2.

Ma trận liên hợp A∗

Cho một ma trận A cấp n. Xét tất cả các điểm x và y ∈ Rn liên hệ bởi :
< Au, x >=< u, y >, ∀u ∈ Rn .

(∗)

Dễ thấy, với mỗi x đã cho có một điểm y để (∗) thỏa mãn. Thật vậy : Đặt
L(u) =< Au, x > thì L(u) là một phiếm hàm tuyến tính của u từ Rn vào
R. Theo định lý Riezs, có điểm y ∈ Rn để
L(u) =< u, y > ∀ u ∈ Rn .
Đặt y = B(x) ta có B là một ánh xạ tuyến tính từ Rn vào Rn . Ma trận
biểu diễn của B gọi là ma trận liên hợp của A và kí hiệu là A∗ . Vậy ta có:
< Au, x >=< u, A∗x >,
4

∀x, u ∈ Rn .


Mối quan tâm chính trong khóa luận này, khi xét trong Rn là bài toán.
Cho ma trận A và một véc tơ f = {f1, f2, ........, fn} . Tìm véc tơ u để Au = f.

Vấn đề là với A, f như thế nào thì phương trình Au = f được một nghiệm,
không có nghiệm hoặc có vô số nghiệm.

Ví dụ 1.2. Với ma trận A và véc tơ f sau đây, hãy cho biết phương trình
Au = f có đúng một nghiệm, không có nghiệm hoặc vô số nghiệm ?
1 2
4
(a)
A=
và f =
2 1
10
Giải
Gọi u = (u1, u2) là nghiệm của phương trình Au = f
⇔
Ta có:
detA =

u1 + 2u2 = 4
2u1 + u2 = 10
1 2
= −3 = 0
2 1

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất
detA1 =

4 2
= −16
10 1

detA2 =

1 4
=2
2 10

Nghiệm của phương trình là


 x = det A1 = 16
det A
3
det A2
2

y=
=−
det A
3

Vậy nghiệm (

16 2
, − ).
3
3

(b)

1 3
và f =
2 6

B=

0
0
5


Giải
Gọi u = (u1, u2) là nghiệm của phương trình Au = f
⇔

u1 + 3u2 = 0
2u1 + 6u2 = 0

Ta có:
detA =

1 3
=0
2 6

detA1 =

0 3
=0
0 6

detA2 =

1 0
=0
2 0

vì detA = detA1 = detA2 = 0
Vậy phương trình có vô số nghiệm.
2 3
3
(c)
B=
và f =
2 3
2
Giải
Gọi u = (u1, u2) là nghiệm của phương trình Au = f
⇔

2u1 + 3u2 = 3
2u1 + 3u2 = 2

Ta có:
detA =

2 3
=0
2 3

detA1 =

3 3

=3
2 3

detA2 =

2 3
= −2
2 2

vì detA = 0, detA1 = 0, detA2 = 0
Vậy phương trình vô nghiệm.

6


1.3.

Định lý luân phiên Fredholm.

Trong Đại số tuyến tính, chúng ta đã biết cách giải và biện luận hệ phương
trình tuyến tính. Ở đây thường gọi là phương trình ma trận.Về cơ bản, các
trường hợp biện luận dựa trên det A = 0 hay det A = 0. Đó chính là một thể
hiện rõ ràng nhất của các định lí luân phiên Fredholm. Để hiểu và ứng dụng
định lý đó trong các tình huống khác.Trước hết ứng dụng định lý đó đối với
phương trình ma trận.
I. Có một và chỉ một trong hai trường hợp loại trừ sau đây xẩy ra
a.(Trường hợp loại trừ thứ nhất )
Nếu f ∈ Rn thì Au = f luôn có duy nhất một nghiệm.
b.(Trường hợp loại trừ thứ hai)

Phương trình Au = 0 có nghiệm không tầm thường.
II. (a). Nếu trường hợp loại thứ I xẩy ra đối với A thì nó cũng xẩy ra đối
với A∗ .
(b) Trong cả hai trường hợp loại trừ phương trình Au = 0 và A∗u = 0
có cùng số nghiệm độc lập tuyến tính.
III. Giả sử trường hợp loại trừ thứ hai xẩy ra
Khi đó phương trình Au = f có nghiệm khi và chỉ khi < f, z >= 0 với mọi
nghiệm của phương trình z của phương trình A∗z = 0.
Định nghĩa 1.1. Một phương trình ma trận được gọi là đặt chỉnh nếu :
(a) Với mỗi phương trình Au = f có nghiệm
(b) Nghiệm là duy nhất
(c) Nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện theo nghĩa nếu f gần với g
và u, v thỏa mãn Au = f, Av = g thì u cũng gần với v.

1.4.

Cách giải các phương trình

Có nhiều cách để giải phương trình Au = f khi A là ma trận. Do đó, tương
ứng có nhiều cách giải nghiệm các bài toán L(u) = f khi A là ma trận. Do
đó, tương ứng cũng có nhiều cách giải nghiệm các bài toán L(u) = f trong đó
7


L là toán tử tuyến tính. Ở đây,chúng ta tập trung vào phương pháp nghịch
đảo A−1.
1.4.1.

Trường hợp loại trừ thứ nhất

Chúng ta thảo luận việc tìm nghiệm của phương trình tuyến tính Au = f.
Đừng vội vã trả lời u = A−1f vì chúng ta quan tâm tới việc định hướng giải
hơn là kết quả. Điều này có ích trong việc xây dựng hàm Green ở các chương
sau.
Gọi δi là véc tơ có tính chất
< δi , u >= u(i), ∀u ∈ Rn
u(i) là tọa độ thứ i của u. Có thể thấy
δi = (0, 0, ...., 0, 1, , 0) với 1 ở vị trí thứ i.
Hơn nữa ta có: u =

δi u(i), với ma trận A và véc tơ f đã cho, để giải
i

phương trình Au = f ta tìm hàm G(i, j) sao cho véc tơ u xác định bởi
< G(j, .), f (i) > = u(j), j ∈ {1, 2, ......, n} (∗)
là nghiệm của phương trình Au = f.
Viết lại (*) ta có
n

i=1

G(j, i)f (i) = u(j), j ∈ {1, 2, ......, n} (∗∗)

hoặc dưới dạng ma trận là Gf = u.
Sau đây, là cách tìm G, có thể mở rộng trong các chương sau. Cụ thể, ta
tìm G sao cho
A(G( , i)) = δi,

i ∈ {1, 2, ..., m}

tức là
A(G(, i))(m) = δi (m), i ∈ {1, 2, ...., m} .
Với hàm G như vậy đặt :
u(j) =
i

G(j, i)f (i), j ∈ {1, 2, ....., n}
8


khi đó ta có:
[A(u)] (m) =

A(m, j)u(j) =

A(m, j)

j

j

=

G(i, j)f (i)
i

A(m, j)G(i, j)f (i)
i

=

j

δi (m)f (i) = f (m).
i

Vậy u là nghiệm của phương trình Au = f.
Định lý 1.2. Giả sử A và G là các ma trận. Khi đó các mệnh đề sau :
a)
b)

A(G( , i) = δi
A∗ (G( , i) = δi

Chứng minh.
Gọi G là hàm Green xác định bởi A(Gi( , i) = δi. Khi đó :
G1 (j, i) =< δj , G1( , i) >=< A∗(G2 (j, ).G1 ( , i)) >
=< G2 (j, ).A(G1( , i)) >=< G2 (j, ).δi >= G2 (j, i).
1.4.2.

Trường hợp loại trừ thứ hai

Trong trường hợp định thức của A bằng 0, ta có trường hợp loại trừ thứ
hai. Trong trường hợp này, chúng ta vẫn có cách xây dựng G sao cho nếu
f trực giao với Ker(A∗) thì u(j) =< G(j), f > là nghiệm của phương trình
Au = f. Phương pháp xây dựng ở trên thực hiện được trong tình huống này.
Vì với i đã cho ta không tìm được véctơ G(., p) để A(G(i, )) = δi.
Thật vậy, theo phần 1.3 của định lý luân phiên Fredholm
< δi , v >,

∀v ∈ Ker (A∗) .

Vì vậy, ta phải điều chỉnh phương pháp một chút. Giả sử {vp }np=1 (m < n)

là một cơ sở của ker (A∗) . Khi đó tồn tại n để G(., p) ⊂ Rn sao cho
n

A(G(., p)) = δp −
9

vi(.)vi(p)
p=1


vì

n

< δp −

n=1

vi(.)vi(p), w >= 0∀w ∈ Ker (A∗)
n

< δp −

vivi(p), w >= 0.
n=1

Chúng ta sẽ chứng minh rằng u (i) định nghĩa bởi u (i) =< G (i, ) , f > thỏa
mãn phương trình Au = f. Thật vậy :
n

(Au)p =

n

Apiui =
i=1
n

=

i=1
n

Api
i=1
n

=

G(i, j)f j
j=1

n

(
j=1

n

=
j=1
n

=
j=1

Api < G(i, ), f >

n

ApiGij )f i =
i=1

(AG( , j))pf j
j=1

n

(δj (p) −

vi(p)vi(j))fj
i=1
n

δj (p)f j −

i=1

vi(p) < vi, f >= fp − 0.

Bài tập
1.3. Với các ma trận A sau đây. Chứng minh rằng detA = 0. Tìm cơ sở
trực chuẩn cho Ker(A∗). Tìm ma trận G. Chứng minh rằng f đã cho trực
giao với Ker(A∗). Chứng tỏ rằng u xác định bởi (∗) trong trường hợp loại
trừ thứ nhất là nghiệm của phương trình Au = f.
(a)

(b)

A=

1 2
và f =
3 6

1
3

.



 
1 2 1
1
A = 2 4 2 và f =  2  .
0 0 0

0
10


Chương 2
Phương trình tích phân

2.1.
2.1.1.

Không gian L2 [0, 1] và toán tử tuyến tính
Không gian L2 [0, 1]

Gọi L2 [0, 1] là không gian tất cả những hàm thực đo được Lebesgue trên
L2 [0, 1] và thỏa mãn :
1

|f (x)|2dx < ∞.

0

Ta biết rằng L2 [0, 1] là một không gian Hilbert với tích vô hướng
1

< f, g >=

f (x)g(x)dx
0

và chuẩn tương ứng

1

f

2

=
0

|f (x)|2dx.

Chỉ chú ý rằng: L2 [0, 1] đủ lớn, có chứa tất cả các hàm liên tục trên [0, 1] ,
thậm chí là tất cả các hàm liên tục trừ ra tại một số hữu hạn điểm trên [0, 1] .
Tương tự như trong không gian hữu hạn chiều Rn , với fi g ∈ L2 [0, 1] ta định
nghĩa f trực giao với g khi và chỉ khi < f, g >= 0.

Khoảng cách giữa f và g là |f − g| và góc α giữa f và g xác định bởi
cos α =

< f, g >
nếu f, g = 0.
f g

11


Ví dụ 2.1. Tìm góc giữa sin(πx) và cos(πx) trong L2 [0, 1]
Giải
Gọi α là góc sin(πx) và cos(πx)
cos α =

< f, g >
f g
1

< f, g >=
0

1

|f (x)|dx =

0
1

g =
0

sin(2πx)dx = 0
0

1

f =

1

1
sin(πx)cos(πx)dx =
2

|g(x)|dx =

1

|sin(πx)|dx =

0
1

0

sin(πx)dx =

2
π

0
1

|cos(πx)|dx =

cos(πx)dx = 0
0

⇒ cosα = 0
π
⇒ α= .
2
Vậy góc giữa sin(πx) và cos(πx) là

π
.
2

2
Giả sử {fp }∞
p=1 là dãy trong L [0, 1] . Giới hạn lim fp (x) = g(x) có thể
p→∞

hiểu theo ba cách sau đây:
ta có

i. Dãy {fp}∞
p=1 hội tụ từng điểm g trên [0, 1] nếu với mỗi x thuộc [0, 1]
lim fp (x) = g(x).

p→∞

ii. Dãy hàm {fp }∞
p=1 hội tụ tới g đều trên [0, 1] nếu
lim sup |fp x − g(x)| = 0.

n→∞ x∈[0,1]

iii. Dãy hàm {fp}∞
p=1 hội tụ tới g theo chuẩn nếu
lim ||fp−g || = 0.

p→∞

Phân tích mối quan hệ giữa ba loại hội tụ này. Đưa vào ví dụ dãy hàm
hội tụ theo kiểu này nhưng không hội tụ theo kiểu khác.

12


2.1.2.

Phương trình tích phân và toán tử vi phân

Giả sử K : [0, 1] × [0, 1] → R là một hàm đã cho và được gọi là hạch (hay

hạt nhân). Với f : [0, 1] → R ta cần tìm hàm y sao cho ∀x ∈ [0, 1]
1

y(x) =

K (x, t)y(t)dt + f (x).
0

Phương trình này được gọi là phương trình Fredholm loại hai.Ta cũng xét
phương trình Fredholm loại một có dạng :
1

0=

K (x, t)y(t)dt + f (x).
0

Các điều kiện cần đối với K và f là :
1

0

1
0

1

|K(x, t)|2 dx dt < ∞ và

|f (x)|2 dx < ∞

0

Rõ ràng các điều kiện này được thỏa mãn nếu K và f là liên tục. Để đơn
giản, ta gọi K toán tử tuyến tính xác định bởi:
1

K(y)(x) =

K(x, t)y(t)dt
0

Chú ý rằng tập xác định của K đủ rộng để chứa tất cả những hàm y liên
tục trên [0, 1] . Do đó, nếu y là liên tục thì K (y) là một hàm và giá trị của
nó tại x được kí hiệu là K (y) (x) . Tương tự như toán tử ma trận, toán tử
liên hợp K∗ của K là toán tử được định nghĩa bởi
< K(f ), g >=< f, K∗g >, ∀f, g ∈ L2[0, 1]

.
Do
1

< K(f ), g >=

1

1

K(f )(x)g(x)dx =
0

K(x, t)f (t)g(x)dtdx.
0

13

0


nên K (g) (t) =
∗

1

K(x, t)g(x)dx hoặc lấy t là biến lấy tích phân thì

0
1

K∗(g) (x) =

K(t, x)g(t)dt.
0

Tóm lại, nếu K là hạch của toán tử tuyến tính thì hạch của toán tử K∗ cho
bởi K ∗(x, y) = K(y, x). Với các kí hiệu đã nêu thì phương trình tích phân
1

K(x, t)y(t)dt + f (x) trở thành

y(x) =
0

y = K(y) + f hoặc (1 − K)y = f.
Ví dụ 2.2.
K(x, t) =

nếu 0 < x < t < 1
nếu 0 < t < x < 1

(x − t)2
0

Hình 2.1

Để tránh nhầm lẫn, ta lấy biến của K∗ là (u, v) khi đó nếu 0 < v < u < 1
thì
K ∗(u, v) = K(v, u) = 0.

Tương tự K ∗(u, v) = (u − v)2 nếu 0 < v < u < 1.

Vậy

K ∗(x, t) =

nếu 0 < x < t < 1
nếu 0 < t < x < 1.

0
(x − t)2
14


Toán tử K được gọi là tự liên hợp nếu K = K∗ hay K(x, t) = K ∗(t, x). Về
mặt hình học thì K là tự liên hợp khi và chỉ khi hạng K (x, t) có đồ thị đối
xứng qua đường thẳng x = t.
Ví dụ 2.3. Giả sử
xt
xt2

K(x, t) =

nếu 0 < x < t < 1
nếu 0 < t < x < 1

và y(x) = 3 − x. Tính K(y) và K∗ (y).
Giải
1

(∗)

K(y)(x) =

K(x, t)y(t)dt
0
1

x

=

K(x, t)y(t)dt

K(x, t)y(t)dt +
0

x
1

x

xt2(3 − t)dt +

=
0

xt(3 − t)dt
x

5

=−

4
3
7
x
+ x4 − x3 + x.
4
3
2
6

1

(∗)

K ∗(y)(x) =

K(t, x)y(t)dt
0
1

x

=

K(t, x)y(t)dt

K(t, x)y(t)dt +
0

x
5

=−

2.2.

11
3
7
x
+ x4 − x3 = x.
3
6
2
6

Định lý luân phiên Fredholm

Xét phương trình tích phân y = Ky + f, trong đó K là toán tử. Tương tự
như phương trình ma trận, ta có định lý luân phiên Fredholm sau đây
I. Có một và chỉ một trong các khẳng định sau đây là đúng
15


a. ( Trường hợp loại trừ thứ nhất )
Nếu f ∈ L2 [0, 1] thì phương trình

1

K(x, t)y(t)dt + f (x) có nghiệm duy nhất

y(x) =
0

b. (Trường hợp loại trừ thứ hai)
Phương trình
1

K(x, t)y(t)dt có nghiệm không tầm thường.

y(x) =
0

II.
a. Nếu trường hợp loại trừ thứ nhất xẩy ra đối với phương trình
1

y(x) =

K(x, t)y(t)dt + f (x)
0

thì nó cũng xẩy ra đối với phương trình
1

z(x) =

K(x, t)z(t)dt + g(x)
0

b. Trong mọi trường hợp phương trình
1

y(x) =

K(x, t)y(t)dt
0

và phương trình liên hợp của nó
1

z(x) =

K(t, x)z(t)dt
0

có cùng số nghiệm độc lập.
III. Giả sử trường hợp thứ hai xẩy ra khi đó
1

y(x) =

K(x, t)y(t)dt + f (x)
0

16

có nghiệm nếu và chỉ nếu
1

f (t)z(t)dt = 0
0

với mọi nghiệm z của phương trình liên hợp
1

z(x) =

K(t, x)z(t)dt.
0

Ví dụ 2.4. Giả sử E là không gian tuyến tính của hàm liên tục trên [0, 1] với
1

tích vô hướng < f, g >=

f (x)g(x)dx và K(x, t) = 1 + sin(πx) cos(πt).

0

Khi đó K ∗(x, t) = 1 + sin(πx) cos(πt) vì :
1

< K(f ), g > =

K(f )(t)g(t)dt

0
1

=
0
1

1




0

1

=



[1 + sin(πs) cos(πt)] f (s)dsg(t)dt

[1 + sin(πs) cos(πt)] f (s)g(t)dsdt
0

0

1

1

=

[1 + sin(πt) cos(πt)]f (t)g(s)dtds
0

0
1

=

1

f (t)
0

[1 + sin(πt)cos(πs)] g(s)ds
0

1

=

f (t)K∗g(t)dt.

0

Phương trình y = Ky có nghiệm không tầm thường là hàm hằng y = 1
vì

1

K[1](x) =

[1 + sin πx cos πt].1.dt = 1 + 0.x = 1
0

và y = K y có nghiệm không tầm thường là y = π + 2 cos πx.
∗

17


Theo định lý luân phiên Fredholm điều kiện cần để phương trình y =
Ky + f có nghiệm là
1

[π + 2 cos(πt)]f (t)dt = 0.
0

2.3.

Giải y = Ky + f khi K có hạch tách biến.

Tiếp theo chúng ta sẽ đi nghiên cứu cách giải phương trình
y = Ky + f trong ba trường hợp
1. K có hạch tách biến
2. K có chuẩn nhỏ hơn 1
3. K được xấp xỉ bởi dãy toán tử có hạch tách biến .

Định nghĩa 2.1. Toán tử tích phân
1

K [y] (x) =

K(x, t)y(t)dt.
0

Gọi là hạch tách biến nếu K (x, t) có dạng
n

ap (x)bp(t)

K(x, t) =
p=1

trong đó các hàm {ap (x)}n p=1 và {bp (x)}n p=1 ∈ L2 [0, 1] .
Giả sử K là toán tử có hạch tách biến. Khi đó phương trình y = Ky + f
có thể viết lại như sau:
1

n

y(x) =

ap x
p=1

bp(t)y(t)dt + f (x)
0

hoặc sử dụng kí hiệu tích trong
n

ap (x) < bp , y > +f (x).

y(x) =
p=1

18


Điều này cho thấy nếu dãy hàm {ap (x)}n p=1 độc lập tuyến tính thì nghiệm

y có dạng đặc biệt

n

cp ap (x) + f (x)

y(x) =

(∗)

p=1

trong đó cp là các số.
Vấn đề đặt ra là nếu y có dạng như vậy thì tìm như thế nào? Thế y vào
phương trình (∗) ta có
n

n

n

p=1

p−1

p=1

cp ap + f > +f (x).

ap (x) < bp ,

cp ap (x) + f (x) =

Từ đây ta có do các {ap (x)}n p=1 độc lập tuyến tính
n

cp =

< bp , aq > cq + < bp, f >.
q=1

Vậy chúng ta có bài toán ma trận








c1
c2
...
...
cn





 
 
=
 
 

< b1,a1 > ... < b1, an >
< b2, a1 > ... < b2 , an >
...
...
< bn , a1 > ... < bn, an >









c1
c2
...
...
cn





 
 
+
 
 

< b1,f >
< b2., f >
...
...
< bn , f >

Bài toán ma trận này có thể viết dưới dạng c = Ac + g.









Lưu ý rằng, phương trình này có nghiệm duy nhất nếu det(1 − A) = 0.

Còn nói chung thì ta sử dụng định lý luân phiên Fredholm trong chương I.

Giả sử dãy số {cp (x)}n p=1 tìm được khi chúng ta có công thức xác định

nghiệm y(x).

Ví dụ 2.5. Trong ví dụ 2.6 ta đã chỉ ra với
K(x, t) = 1 + sin(πx) cos(πt) thì K ∗(x, t) = 1 + sin(πt) cos(πx).
Phương trình y = Ky có nghiệm y(x) = 1 và phương trình y = Ky có
nghiệm là

1

[π + 2 cos(πx)]f (t)dt = 0.
0

19


Bây giờ chúng ta đi giải phương trình y = Ky + f và tìm hiểu xem điều
kiện f trực giao với hàm π + 2 cos(πx) xuất hiện như thế nào ?
Ta có phương trình y = Ky + f được viết cụ thể là
1

y(x) =

1

y(t)dt + sin(πx) +
0

cos(πx)y(t)dt + f (x)
0

ta tìm nghiệm có dạng y(x) = a + b sin(πx) + f (x).
Để tìm a,b ta thế y vào phương trình trên
1

[a + b sin(πx) + f (t)]dt

a + b sin(πx) + f (x) =
0
1



+ sin(πx) a

1

cos(πx)dt + b
0

1

cos(πx) sin(πx)dt +
0

0

Từ đó ta nhận được hệ phương trình đại số

1
2


 a = a + + f (t)dt
π 0
1


 b = 0.a + 0.b + co s(πt)f (t)dt

cos(πx)f (t)dt+f (x).

0

Vậy b phải bằng

π
−
2

1

1

f (t)dt và
0

co s(πt)f (t)dt.
0

Ví dụ 2.6. Giải phương trình y = Ky + f với
K(x, t) = x + 2xt , f (x) = x trên [0, 1] .
Ta có :
1

y(x) =

(x + 2xt)y(t)dt + f (x)
0
1

=x

1

y(t)dt + 2x
0

tf (t)dt + f (x).
0

20

