nghiệm không thay dấu của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất

1

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

Lê Đức Thịnh

NGHIỆM KHÔNG THAY DẤU CỦA
BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN
HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM BẬC NHẤT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012


2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ÐÀO TẠO
TRƯỜNG ÐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH

Lê Đức Thịnh

NGHIỆM KHÔNG THAY DẤU CỦA BÀI
TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM BẬC NHẤT
Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012


3

LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi xin trân trọng gửi đến PGS.TS – Thầy Nguyễn Anh Tuấn,
trưởng khoa Toán – Tin trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh lời
cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất vì Thầy đã tận tình hướng dẫn và giúp đỡ tôi
trong suốt quá trình hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng thành thật biết ơn quý Thầy Cô trong hội đồng chấm luận văn
thạc sĩ đã dành thời gian để đọc luận văn của tôi , cho tôi những nhận xét quý
báu và giúp tôi hoàn thành tốt luận văn.
Tôi cũng xin trân trọng cảm ơn đến quý Thầy Cô trong và ngoài Bộ môn
Toán của khoa Toán – Tin trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh,
trường Đại học Khoa học tự nhiên đã tận tình giảng dạy và truyền đạt những
kiến thức quý giá cho tôi trong suốt thời gian tôi theo học tại trường. Tôi cũng
xin cảm ơn đến các Thầy Cô Phòng Sau Đại học trường Đại học Sư phạm Thành
Phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành khóa học.
Sau cùng, tôi xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến bạn bè, đồng nghiệp đã
nhiệt tình giúp đỡ tôi. Đặc biệt, tôi xin gửi tất cả lòng yêu thương và lòng biết
ơn chân thành đến gia đình tôi, là chỗ dựa cho tôi về tinh thần cũng như vật
chất và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi học tập và hoàn thành luận văn này.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều nhưng do kiến thức bản thân còn hạn chế và
thời gian nghiên cứu còn ít nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, tác
giả rất mong nhận được sự chỉ dẫn cũng như sự đóng góp quý báu, chân thành

của quý Thầy Cô và các bạn khi đọc luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn.
Tp. HCM, tháng 11 năm 2012
Tác giả

Lê Đức Thịnh


4

MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU ............................................................................................................... 5
MỘT SỐ KÝ HIỆU............................................................................................... 7
CHƯƠNG 1:BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC NHẤT. ......................................................... 8
1.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương
trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất ............................................................... 8
1.2 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương trình vi phân
hàm tuyến tính bậc nhất. ................................................................................. 22
CHƯƠNG 2:NGHIỆM CÓ DẤU KHÔNG ĐỔI CỦA BÀI TOÁN BIÊN
DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT.
............................................................................................................................. 30
2.1 Giới thiệu bài toán ..................................................................................... 30
2.2 Nghiệm không dương của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình
vi phân hàm tuyến tính bậc nhất ...................................................................... 32
2.3 Nghiệm không dương của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình
vi phân với đối số lệch ..................................................................................... 46
2.4 Nghiệm không âm của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi
phân hàm bậc nhất ........................................................................................... 51

2.5 Nghiệm không âm của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi
phân đối số lệch: .............................................................................................. 54
2.6 VÍ DỤ....................................................................................................... 55
KẾT LUẬN ......................................................................................................... 63
TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................... 64


5

MỞ ĐẦU
Lý thuyết phương trình vi phân hàm ra đời từ thế kỷ XIX, song đến nay
vẫn phát triển mạnh mẽ nhờ các ứng dụng sâu sắc của nó trong các lĩnh vực
như: cơ học, sinh học, nông học và các ngành kỹ thuật khác. Song phát triển và
xây dựng theo hướng này mới được phát triển mạnh mẽ từ năm 1995 bởi các
nhà toán học như: I. Kiguradze, B. Puza, R. Hakl, A. Lomtatidze, J. Sremr, I. P.
Stavroulakis, …
Vấn đề tồn tại nghiệm dương hay nghiệm không thay dấu trong những
năm gần đây cũng được nhiều nhà toán học trên thế giới quan tâm và nghiên cứu
, ví dụ như trong các tài liệu:[2], [3], [9], [10], [11]. Chính vì lý do đó chúng tôi
chọn đề tài: “ Nghiệm không thay dấu của bài toán biên dạng tuần hoàn cho
phương trình vi phân hàm bậc nhất” để nghiên cứu và tìm hiểu.
Trong luận văn này chúng tôi chủ yếu nghiên cứu việc tồn tại và duy nhất
nghiệm có dấu không thay đổi của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương
trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất và các ứng dụng của nó cho phương trình
vi phân đối số lệch . Cụ thể chúng ta nghiên cứu việc tồn tại nghiệm có dấu
không đổi của phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính:
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t )

với điều kiện biên dạng tuần hoàn:

u ( a ) − λu ( b ) =
c

trong đó  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) là toán tử tuyến tính bị chặn, λ , c ∈  +
và q ∈ L ([ a, b ] ;  + )
Nội dung luận văn này gồm hai chương:
Chương 1: Trong chương này, chúng tôi trình bày lại các định lý về sự
tồn tại và duy nhất nghiệm , tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho
phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một sau:
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t )


6
với điều kiện biên:

h (u ) = c ,

trong đó  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) và h : C ([ a, b ] ;  ) →  là các hàm tuyến tính
bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) và c ∈  .
Chương 2: Trong chương này, chúng tôi sử dụng các kết quả đã trình
bày ở chương 1 để xét việc tồn tại và duy nhất nghiệm có dấu không đổi của bài
toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất:
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t )
u ( a ) − λu ( b ) =
c

Sau đó chúng tôi áp dụng các kết quả trên để nghiên cứu việc tồn tại nghiệm cho
phương trình vi phân đối số chậm và đối số lệch bậc nhất dạng:

u ′ ( t ) = p ( t ) u (τ ( t ) ) − g ( t ) u ( µ ( t ) ) + q ( t )
u ( a ) − λu ( b ) =
c

Luận văn là tài liệu tham khảo cho những người quan tâm khi nghiên cứu
về nghiệm không thay dấu của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi
phân hàm bậc nhất.


7

MỘT SỐ KÝ HIỆU
 : tập các số tự nhiên

 : tập các số thực .

=
+

[0; +∞ )

Với mọi x ∈  , ta ký hiệu:

[ x ] : là phần nguyên của
[ x ]+ =

x

x+ x
x− x

, [ x ]− =
2
2

C ([ a, b ] ;  ) : không gian Banach của các hàm liên tục u : [ a, b ] →  với chuẩn

{

}

=
u c max u ( t ) : t ∈ [ a, b ]

{

}

C ([ a, b ] ;  + ) = u ∈ C ([ a, b ] ;  ) : u ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ]

 ([ a, b ] ;  ) : tập các hàm liên tục tuyệt đối u : [ a, b ] → 
C
L ([ a, b ] ;  ) : không gian Banach của các hàm khả tích Lebesgue p : [ a, b ] →  với
b

chuẩn P L = ∫ p ( s ) ds
a

{

}

L ([ a, b ] ;  + ) = p ∈ L ([ a, b ] ;  ) : p ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ]

mesA : độ đo Lebesgue của tập A
Μ ab : tập các hàm đo được τ : [ a, b ] → [ a, b ]
Lab : tập các toán tử tuyến tính bị chặn  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  )

 ab : tập các toán tử tuyến tính bị chặn mạnh, nghĩa là, với mỗi toán tử  ∈ L ,
L
ab

tồn tại η ∈ L ([ a, b ] ;  + ) thỏa :
 ( v )( t ) ≤ η ( t ) v

c

,với t ∈ [ a, b ] , v ∈ C ([ a, b ] ;  ) ;


8
Pab : tập các toán tử tuyến tính không âm, nghĩa là, hàm  ∈ Lab là ánh xạ đi từ tập

{

}

,với chuẩn  sup  ( v ) L : v c ≤ 1 .
C ([ a, b ] ;  + ) đến tập L ([ a, b ] ;  + ) =

CHƯƠNG 1:BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC
NHẤT.
Trong chương 1, chúng tôi chủ yếu nghiên cứu về sự tồn tại ,duy nhất nghiệm và
tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm
tuyến tính sau:
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t )
h (u ) = c ,

trong đó  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) và h : C ([ a, b ] ;  ) →  là các hàm tuyến tính
bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) , và c ∈  .
Nội dung chính của chương này được tham khảo từ tài liệu [7].

1.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương
trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất
Trên đoạn [ a, b ] , xét bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính:
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) ,

(1.1)
với điều kiện biên:

h (u ) = c ,

(1.2)

trong đó  ∈ Lab , h : C ([ a, b ] ;  ) →  là hàm tuyến tính bị chặn , q ∈ L ([ a, b ] ;  ) và
c∈ .

Nghiệm của (1.1) là một hàm u ∈ C ([ a, b ] ;  ) thỏa đẳng thức (1.1) hầu khắp nơi

trên đoạn [ a, b ] . Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là nghiệm u của (1.1) và thỏa
điều kiện (1.2). Cùng với bài toán (1.1), (1.2), ta xét bài toán thuần nhất tương
ứng sau:


9
u ′ ( t ) =  ( u )( t )

(1.10 )

h (u ) = 0

( 1.20 )

Nếu  ∈ Lab là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh, trong tài liệu [11],[14]I. Kiguradze
và B. Puza đã chứng minh được kết quả sau:
Định lý 1.1
Giả sử  là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh,  ∈ L ab . Khi đó bài toán (1.1), (1.2)
có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần nhất tương ứng (1.10 ) , (1.20 )
chỉ có nghiệm tầm thường.
Ta thấy định lý 1.1 đòi hỏi  ∈ L ab . Điều kiện này bao trùm cả lớp hàm tuyến tính
bị chặn, chẳng hạn như phương trình vi phân hàm bậc nhất với đối số lệch sau:
=
u ′ ( t ) p ( t ) u (τ ( t ) ) + q ( t ) ,

trong đó p, q ∈ L ([ a, b ] ;  ) ,τ ∈ M ab ,  ( v )( t ) = p ( t ) v (τ ( t ) ) , ∀ t ∈ [ a, b ] là một trường
hợp đặc biệt của (1.1)
Mặt khác, Schaefer đã chứng minh rằng tồn tại toán tử  ∈ Lab sao cho
 ab , tức là tồn tại toán tử tuyến tính bị chặn nhưng không bị chặn mạnh (xem
∉L

định lý 4 trong tài liệu [6]). Do đó vấn đề nảy sinh một cách tự nhiên ở đây là
kết quả của định lý 1.1 có đúng hay không khi  chỉ là toán tử liên tục mà không
bị chặn mạnh. Vấn đề này được các nhà toán học Sech quan tâm và giải quyết
trong tài liệu [7].
Định lý 1.2
Cho  ∈ Lab . Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài
toán thuần nhất tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Để chứng minh định lý 1.2, trước hết ta nhắc lại một số định nghĩa và bổ đề sau:
- Cho X là không gian topo, X * là không gian đối ngẫu với nó.
ϕ ( xn ) với
- Một dãy { xn }n =1 ⊆ X gọi là hội tụ yếu tới x ∈ X nếu thỏa: ϕ ( x ) = nlim
→+∞
+∞

mọi ϕ ∈ X * . Khi đó, điểm x được gọi là một giới hạn yếu của dãy { xn }n =1 .
+∞


10
- Tập M ⊆ X gọi là compact tương đối yếu nếu mọi lưới nằm trong M đều
chứa một lưới con hội tụ yếu thuộc X .
- Dãy { xn }n =1 ⊆ X gọi là cơ bản yếu nếu với mọi ϕ ∈ X * , dãy {ϕ ( xn )}n =1 là cơ
+∞

+∞

bản.
- Không gian X gọi là hoàn toàn yếu nếu mọi dãy cơ bản yếu nằm trong X đều
có một giới hạn yếu thuộc X .

- Cho X và Y là các không gian Banach và T : X → Y là toán tử tuyến tính bị
chặn. Toán tử T được gọi là liên tục hoàn toàn yếu nếu ảnh của quả cầu đơn vị
nằm trong X là tập con compact tương đối yếu nằm trong Y .
Định nghĩa 1.3
. Tập M ⊆ L ([ a, b ] ;  ) có tính chất liên tục tuyệt đối theo tích phân nếu với mọi
ε > 0 , tồn tại δ > 0 sao cho với bất kỳ tập đo được E ⊆ [ a, b ] thỏa điều kiện
mesE ≤ δ , bất đẳng thức sau là đúng:

∫ p ( s ) ds ≤ ε

với mọi p ∈ M

E

Từ bài báo [3] ta có các kết quả sau:
Bổ đề 1.4 [3, định lý IV.8.6]
Không gian L ([ a, b ] ;  ) là hoàn toàn yếu .
Bổ đề 1.5[3, định lý VI.7.6].
Toán tử tuyến tính bị chặn đi từ không gian C ([ a, b ] ;  ) sang không gian
Banach hoàn toàn yếu là toán tử liên tục hoàn toàn yếu.
Bổ đề 1.6 [3, định lý IV.8.11]
Nếu tập M ⊆ L ([ a, b ] ;  ) là compact tương đối yếu, thì nó có tính chất liên tục
tuyệt đối theo tích phân.
Mệnh đề 1.7


11
Cho  ∈ Lab . Khi đó toán tử T : C ([ a, b ] ;  ) → C ([ a, b ] ;  ) được xác định bởi:
t

T ( v )( t ) = ∫  ( v )( s ) ds với mọi t ∈ [ a, b ]
a

là toán tử compact.
Chứng minh
Giả sử M ⊆ C ([ a, b ] ;  ) là tập bị chặn . Để chứng minh T là toán tử compact, ta
T (M )
cần chứng minh=

{T (ν ) :ν ∈ M } là tập compact tương đối.

T (M )
Theo bổ đề Arzela-Ascoli, ta sẽ chứng minh tập=

{T (ν ) :ν ∈ M } bị chặn

và liên tục đồng bậc.
* T(M) là tập bị chặn do:
Ta có:

 t

=
∈ [ a, b ] max  ∫  (ν )( s ) ds : t ∈ [ a, b ]
T (ν ) c max T (ν )( t ) : t=
 a


{

}

t
 b
≤ max  ∫  (ν )( s ) ds : t ∈ [ a, b ] ≤ ∫  (ν )( s ) ds.
a
 a
Do đó:

T (ν ) c ≤  (ν )

L

≤  . ν c , ∀ν ∈ M .

Vì  ∈ Lab và M bị chặn, nên tập T ( M ) bị chặn.
* T(M) là liên tục đồng bậc do:
Theo bổ đề 1.4 ta có L ([ a, b ] ;  ) là không gian Banach hoàn toàn yếu .
Theo bổ đề 1.5 thì toán tử  : C ([ a, b ] ;  ) → L ([ a, b ] ;  ) là liên tục hoàn toàn yếu.
(M )
Do M là tập bị chặn nên tập=

{ (ν ) :ν ∈ M } là tập compact tương đối

yếu.
Hơn nữa, theo bổ đề 1.6 thì tập  ( M ) có tính chất liên tục tuyệt đối theo tích
phân, nghĩa là: với mỗi ε > 0 , tồn tại δ > 0 sao cho:


12

t

∫  (ν )(ξ ) dξ

≤ ε với mọi s, t ∈ [ a, b ] , t − s ≤ δ , ∀ν ∈ M

s

Mặt khác:
t

s

t

a

a

s

ξ ∫  (ν )(ξ ) dξ
∫  (ν )(ξ ) dξ − ∫  (ν )(ξ ) d=

T (ν )( t ) − T (ν )( =
s)

Suy ra:
T (ν )( t ) − T (ν )( s ) ≤ ε , ∀s, t ∈ [ a, b ] , s − t ≤ δ , ∀ν ∈ M .

Vì vậy, tập T ( M ) liên tục đồng bậc.
Vậy theo hệ quả Arzela – Ascoli thì T là toán tử compact.
.Chứng minh định lý 1.2.
=
Đặt X C ([ a, b ] ;  ) ×  . Khi đó X là không gian Banach với chuẩn được định

nghĩa như sau:
Nếu x =
( u, α ) ∈ C ([ a, b] ;  ) ×  thì :
x=
X

u c+α



Đặt q =  ∫ q ( s ) ds, c  và định nghĩa toán tử tuyến tính T : X → X như sau:
t

a



t


T ( x) =
 α + u ( a ) + ∫  ( u )( s ) ds, α − h ( u ) 
a




Rõ ràng, bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử :
=
x T ( x ) + q

(1.3)

thuộc không gian X theo nghĩa sau:
=
x
Nếu

α
( u, α ) ∈ X là nghiệm của (1.3), thì =

 ([ a, b ] ;  ) và u là
0, u ∈ C

nghiệm của (1.1), (1.2)
 ([ a, b ] ;  ) là nghiệm của (1.1), (1.2), thì x = ( u , 0 ) là
Ngược lại , nếu u ∈ C

nghiệm của (1.3).
Theo mệnh đề 1.7, ta có toán tử T xác định như trên là toán tử compact.


13
Từ định lý Riesz- Schauder suy ra (1.3) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu
phương trình thuần nhất tương ứng: x = T ( x )

(1.4)

chỉ có nghiệm tầm thường (xem [11, định lý 2, trang 221]).
Mặt khác, bài toán (1.4) tương đương với bài toán (1.10 ) , (1.20 ) theo nghĩa như
trên.
Do đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần
nhất tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường.

Chú ý 1.8
Từ cách chứng minh định lý 1.2 và định lý Riesz-Schauder, ta suy ra nếu bài
toán (1.10 ) , (1.20 ) có nghiệm không tầm thường , thì với mỗi c ∈  tồn tại
q ∈ L ([ a, b ] ;  ) , tương ứng , với mỗi q ∈ L ([ a, b ] ;  ) tồn tại c ∈  , sao cho bài

toán (1.1), (1.2) vô nghiệm.
Định nghĩa 1.9
Cho t0 ∈ [ a, b ] . Toán tử  ∈ Lab là một toán tử t0 − volterra nếu với bất kỳ
a1 ∈ [ a, t0 ] , b1 ∈ [t0 , b ] , và u ∈ C ([ a, b ] ;  ) thỏa : u ( t ) = 0 với t ∈ [ a1 , b1 ] , khi đó ta

có:

 ( u )( t ) = 0 với t ∈ [ a1 , b1 ]

 Trước khi đến với một số kết quả chính ta cần một số ký hiệu sau:
Cho t0 ∈ [ a, b ] . Ta định nghĩa toán tử  k : C ([ a, b ] ;  ) → C ([ a, b ] ;  ) và số λk như
sau:
 0 (ν )( t ) = ν ( t ) ,
t

 k (ν )( t ) = ∫  (  k −1 (ν ) ) ( s ) ds với mọi

t ∈ [ a, b ] ; ∀k ∈ 

(1.5)

t0

=
λk h (  0 (1) + 1 (1) + ... +  k −1 (1) ) với mọi k ∈ 

Nếu λk ≠ 0 với k ∈  , thì

(1.6)


14
 k ,0 (ν )( t ) = ν ( t ) với mọi t ∈ [ a, b ] ,
 k ,=
 m (ν )( t ) −
m (ν )( t )

h (  k (ν ) ) m −1

với ∀t ∈ [ a, b ] , ∀m ∈ 

∑  (1)( t )

λk

i =0

i

(1.7)

Bổ đề 1.10.
Cho  ∈ Lab là toán tử t0 − volterra và  k ( k ∈  ∪ {0} ) là toán tử được định nghĩa

k = 0
bởi (1.5), (1.6), (1.7). Khi đó: klim
→+∞
Chứng minh:
Với k = 1 , ta có toán tử 1 :
=
1 (ν )( t )

t

t

 (  (ν ) ) ( s ) ds ∫  (ν )( s ) ds
∫=
0

t0

t0

Theo mệnh đề 1.7, toán tử 1 là compact. Do đó, theo bổ đề Arzela-Ascoli, với
ε ∈ ( 0;1) cho trước, tồn tại δ > 0 sao cho t − s ≤ δ :

t

∫  ( v )(ξ ) dξ

= 1 (ν )( t ) − 1 ( v )( s ) ≤ ε ν

c

(1.8)

s

Đặt:
 b − t0 
n=
 ,
 δ 

t − a 
m= 0

 δ 

ti= t0 + iδ với i =− m, − m + 1,..., −1,1, 2,..., n,

t− m −1 = a,

tn +1 = b ,

và dùng ký hiệu sau

 k (ν )

i

  k (ν )
=
, i 1, n + 1
C ([t0 ,ti ];  )

=
  k (ν ) C ([ti ,t0 ]; ) , i =−m − 1, −1


 Ta sẽ chứng minh:

 k (ν ) i ≤ α i ( k ) ε k ν C ([a ,b]; ) ,
trong đó

∀i= 1, n + 1, ∀k ∈  ,

(1.9)


15

α i ( k ) = γ i k i −1 ,=
i 1, n + 1,
với

γ 1 = 1,

γ i +1 = iγ i + i + 1 , i = 1, n

Ta chứng minh (1.9) bằng quy nạp theo i .
 Với i = 1 , ta cần chứng minh:

 k (ν ) 1 ≤ ε k ν C ([a ,b]; ) , ∀k ∈ 
Thật vậy, do (1.8) nên ta có:
 t

1 (ν ) i max  ∫  (ν )(ξ ) d ξ : t ∈ [t0 , ti ]
=
 t0

 t

≤ ∑ max  ∫  (ν )(ξ ) d ξ : t ∈ t j , t j +1  
j =0
 t j

i −1

≤ iε v C ([a ,b]; ) với ∀i= 1, n + 1
, ∀i 1, 2,..., n + 1
Suy ra: 1 (ν ) i ≤ iε ν C ([a ,b];=
)

(1.10)

Hơn nữa, vì  là toán tử t0 − Volterra nên ta có:
 k +1 (ν )( t )
=

t

∫  (  (ν ) ) (ξ ) dξ
k

≤ ε  k (ν ) 1 với ∀t ∈ [t0 , t1 ] , ∀k ∈ 

t0

Với i = 1 , (1.10) trở thành:

1 (ν ) 1 ≤ ε ν C ([a ,b]; )
Vì vậy ta có :

 k (ν ) 1 ≤ ε k ν C ([a ,b]; ) với ∀k ∈  ,
nghĩa là (1.9) đúng ứng với i = 1
Giờ ta giả sử (1.9) đúng với i . Ta chứng minh (1.9) đúng với i + 1 .
Do (1.8) và  là toán tử t0 − Volterra nên ta có:
 t

 k +1 (ν ) i +1 max  ∫  (  k (ν ) ) (ξ ) d ξ : t ∈ [t0 , ti +1 ]
=
 t0


16
 t

≤ ∑ max  ∫  (  k ( v ) ) (ξ ) d ξ : t ∈ t j , t j +1  
j =0
 t j

i −1

 t

+ max  ∫  (  k ( v ) ) (ξ ) d ξ : t ∈ [ti , ti +1 ]
 ti


Từ đây suy ra:
 k +1 (ν )

i +1

≤ iε  k (ν ) i + ε  k (ν )

i +1

≤ iα i ( k ) ε k +1 v C ([a ,b]; ) + ε  k ( v ) i +1 , ∀k ∈ 

Do đó ta được:
 k +1 ( v )

i +1

≤ iα i ( k ) ε k +1 v C ([a ,b]; ) + ε iα i ( k − 1) ε k v C ([a ,b]; ) + ε  k −1 ( v )

≤ iα i ( k ) ε k +1 ν C ([a ,b]; ) + iα i ( k − 1) ε k +1 ν C ([a ,b]; ) + ε 2  k −1 (ν )

≤ i α i ( k ) + α i ( k − 1)  ε k +1 ν C ([a ,b]; ) + ε 2  k −1 (ν )

i +1

i +1




i +1

, ∀k ∈ 

Tiếp tục quá trình này và kết hợp với (1.10), ta được:
 k +1 (ν )

i +1

≤ i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i ( 2 )  ε k +1 ν C ([a ,b]; ) + ε k 1 (ν )

i +1

≤ i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i ( 2 )  ε k +1 ν C ([a ,b]; ) + ε k +1 ( i + 1) ν C ([a ,b]; )

(

)

≤ ( i + 1) + i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i (1)  ε k +1 ν C ([a ,b]; ) , ∀k ∈ .

Theo cách đặt của α i ( k ) , γ i , ta có:

( i + 1) + i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i (1) =1 + i + iγ i ( k i −1 + ( k − 1)

( i + 1) + i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i (1) ≤ ( i + 1) + iγ i kk i −1
≤ ( i + 1) + iγ i k i
≤ ( ( i + 1) + iγ i ) k i
≤ γ i +1k i

nghĩa là ( i + 1) + i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i (1)  ≤ α i +1 ( k + 1)
Do đó:

i −1

+ ... + 2i −1 + 1i −1

)


17

 k +1 (ν )

i +1

(

)

≤ ( i + 1) + i α i ( k ) + α i ( k − 1) + ... + α i (1)  ε k +1 ν C ([a ,b]; )

≤ α i +1 ( k + 1) ε k +1 ν C ([a ,b]; ) , ∀k ∈  .
Vậy (1.9) đúng với i + 1 . Theo nguyên lý quy nạp thì (1.9) đúng với mọi i .
 Hoàn toàn tương tự ta có thể chứng minh được rằng :

 k ( v ) i ≤ α i ( k ) ε k v C ([a ,b]; ) , ∀i =−m − 1, −1, ∀k ∈  .
i −1
−m, −1
trong đó α i ( k ) = γ i k , ∀i =−m − 1, −1, với γ −1 = 1 , γ i −1= i γ i + i + 1 , i =

Như vậy ta đã chứng minh được rằng tồn tại γ ∈  (không phụ thuộc vào k ) sao
cho:
0 ≤  k (ν )

C ([ a ,b ];  )

≤  k (ν )

− m −1

+  k (ν )

n +1

≤ γ k n + mε k ν C ([a ,b]; ) , với k ∈ 

k = 0 .
Vì ε ∈ ( 0,1) tùy ý nên khi cho ε → 0 ta được klim
→+∞

Định lý 1.11
Giả sử  ∈ Lab và tồn tại k , m ∈ , m0 ∈  ∪ {0} và α ∈ [ 0,1) sao cho λk ≠ 0 và với
mỗi nghiệm u của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) thỏa:

 k ,m ( u ) c ≤ α  k ,m0 ( u ) .
c
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Theo định lý 1.2 để chứng minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất ta chỉ
cần chứng minh bài toán thuần nhất tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm
thường.
 ([ a, b ] ;  ) là một nghiệm tùy ý của bài toán thuần nhất (1.1 ) , (1.2 ) .
Giả sử u ∈ C
0
0

Ta cần chứng minh u là nghiệm tầm thường.
Vì u là nghiệm của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) nên u thỏa (1.10 ) , lấy tích phân hai vế
của (1.10 ) với cận từ t0 đến t ta được:


18
t

u ( t ) − u ( t0 ) =

∫  (ν )( s ) ds .
t0

Trong định nghĩa  k ta có:
=
1 (ν )( t )

t

t

 (  (ν ) ) ( s ) ds ∫  (ν )( s ) ds .
∫=
0

t0

t0

Đặt c = u ( t0 ) thì :
u ( t )= c + 1 ( u )( t ) .

(1.11)

Từ đó suy ra:
t

u (t ) =
c + 1 ( c + 1 ( u ) ) ( t ) =
c + 1 (1)( t ) c + ∫  ( 1 ( u ) ) ( s ) ds ,

t0

hay

u (t ) =
c + 1 (1)( t ) c +  2 ( u )( t ) .
u ( t ) =(  0 (1)( t ) + 1 (1)( t ) ) c +  2 ( u )( t ) .

Tiếp tục quá trình trên ta được:
u (t )
=

(  (1)( t ) + ... +  (1)( t ) ) c +  ( u )( t ) , ∀k ∈ 
k −1

0

k

(1.12)

Kết hợp với (1.20 ) và (1.6 ) , ta có:

0= λk c + h (  k ( u ) ) , ∀k ∈  .
Vì λk ≠ 0 nên suy ra:

c= −

h ( k (u ))

(1.13)

λk

Từ (1.7), (1.11), (1.12), (1.13) ta có:
u ( t ) =  k ,0 ( u )( t ) ,
 m ( u )( t ) −
u (t ) =

h (  k ) m −1

λk

 ( u )( t ) .
∑  (1)( t ) =
i =0

i

k ,m

Suy ra:

 k ,0 ( u )( t ) =  k ,m ( u )( t ) .
Từ giả thiết của định lý và (1.14) suy ra

(1.14)


19

=
k , m0 ( u )
c

⇒  k ,m0 ( u )

c

 k ,m ( u ) c ≤ α  k ,m0 ( u )

c

(1 − α ) ≤ 0.

Vì α ∈ [ 0,1) nên 1 − α > 0 . Do đó:
 k ,m0 ( u ) ≡ 0
c

Suy ra u ( t ) ≡ 0.
Hệ quả 1.12.
Giả sử  ∈ Lab là toán tử t0 − volterra . Khi đó bài toán
=
u ′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t ) ,

(1.1)

u ( t0 ) = c ,

(1.15)

(với q ∈ L ([ a, b ] ;  ) và c ∈  ), có duy nhất nghiệm.
Chứng minh
Để chứng minh hệ quả này, ta sử dụng kết quả của định lý 1.11.
Giả sử ν là nghiệm tùy ý của bài toán thuần nhất tương ứng :

(1.10 )

u ′ ( t ) =  ( u )( t )

(1.150 )

u ( t0 ) = 0

Đặt h (ν ) = ν ( t0 ) . Rõ ràng, với mỗi k , m ∈  , ta có:

=
λk h (  0 (1) + 1 (1) + ... +  k −1=
(1) ) 1 . Thật vậy, từ (1.5) ta có:
 0 (1) ≡ 1
1 (1)( t0 )
=

t0

 (  (1) ) ( s ) ds
∫=
0

0 hay 1 (1) ≡ 0

t0

Tương tự ta có  2 (1)= ...=  k −1 (1) ≡ 0 .
Vậy λk = 1 ≠ 0 .
Do cách đặt h và (1.5) ta có:
h=
(  k (ν ) ) =
k (ν )( t0 )

t0

) ) ( s ) ds
∫  (  (ν=
k −1

t0

0,


20
Do đó:

 k ,m (ν )( t ) =
 m (ν )( t ) −

h (  k (ν ) ) m −1

λk

 (ν ) ( t ) ,
∑  (1)( t ) =
i =0

i

m

Từ đây suy ra:

 k ,m (ν ) c ≤  m . ν

c

Do  ∈ Lab là toán tử t0 − Volterra nên theo bổ đề 1.11 ta có thể chọn m ∈  sao
cho:

m < 1

Do đó các giả thiết của định lý 1.11 đều thỏa ứng với m0 = 0 và α =  m
Vì thế theo định lý 1.11 thì bài toán (1.1), (1.15) có nghiệm duy nhất.
Định lý 1.13
Cho  ∈ Lab là toán tử t0 − Volterra . Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy
nhất nếu và chỉ nếu tồn tại k , m ∈  sao cho λk ≠ 0 và  k ,m < 1

(1.16)

Chứng minh
 Giả sử tồn tại k , m ∈  sao cho λk ≠ 0 và (1.16) thỏa mãn. Ta cần chứng

minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Do nghiệm của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) thuộc C ([ a, b ] ;  ) nên hiển nhiên, với mỗi
u ∈ C ([ a, b ] ;  ) ta có:

 k ,m ( u ) c ≤  k ,m . u

c

=
α
Do đó, các giả thiết của định lý 1.11 đều thỏa với m0 = 0 và

 k ,m < 1

Bởi thế, theo định lý 1.11 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
 Ta giả sử rằng bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm. Khi đó theo định lý
1.2, bài toán (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Ta cần chứng minh tồn tại

k , m ∈  sao cho λk ≠ 0 và (1.16) thỏa mãn.
Xét bài toán:
u ′ ( t ) =  ( u )( t )
u ( t0 ) = 1

(1.10 )
(1.17)


21
Theo giả thiết của định lý ta có  ∈ Lab là toán tử t0 − Volterra nên theo hệ quả 1.12
thì bài toán (1.10 ) , (1.17) có nghiệm duy nhất u0 .

Rõ ràng , h ( u0 ) ≠ 0 . Vì nếu giả sử h ( u0 ) = 0 thì hàm u0 là nghiệm không tầm
thường của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) . Điều này mâu thuẫn.
Ta có:
t

t

t0

t0

u0 (t ) =
u0 ( t0 ) + ∫  ( u0 )( s ) ds =
1 + ∫  (  0 ( u0 ) ) ( s ) ds =
1 + 1 ( u0 )( t ) , ∀t ∈ [ a, b ] .

Do đó, ta có:
u0 ( t ) =
1 + 1 (1 + 1 ( u0 ) ) ( t ) =
1 + 1 (1)( t ) + 1 ( 1 ( u0 ) ) ( t )
t

=
1 + 1 (1)( t ) + ∫  ( 1 ( u0 ) ) ( s ) ds
t0

=  0 (1)( t ) + 1 (1)( t ) +  2 ( u0 )( t ) , ∀t ∈ [ a, b ] .
Tiếp tục quá trình này, ta được:
=
u0 ( t )

=
un ( t )
Đặt

n −1

∑  (1)( t ) +  ( u )( t ) , ∀t ∈ [ a, b] , ∀n ∈ 
i =0

i

n

0

n −1

∑  (1)( t ) , ∀t ∈ [ a, b] , ∀n ∈ 
i =0

i

Do đó:
u0 ( t =
) − un ( t )  n ( u0 )( t ) , ∀t ∈ [ a, b] , ∀n ∈  .

Mặt khác, do  ∈ Lab là toán tử t0 − Volterra và theo bổ đề 1.10, ta có:

lim u0 − un=
lim =

0
n
c

n →+∞

n →+∞

Do λn = h ( un ) với mọi n ∈  và h là hàm liên tục, và h ( u0 ) ≠ 0 nên ta có:
=
λn h ( u0 ) ≠ 0 .
lim

n →+∞

Vì thế, tồn tại k0 ∈  và δ > 0 sao cho:
Vì

lim u0 − un

n →+∞

c

λi ≥ δ , ∀i ≥ k0

=
0 nên tồn tại ρ > 0 sao cho:

22

uj
1

λi

c

≤

λi ρ
h

, ∀i ≥ k0 , ∀j ∈ 

u j . h ≤ ρ , ∀i ≥ k0 , ∀j ∈ 
c

(1.18)

Theo bổ đề 1.10, tồn tại k > k0 và m ∈  sao cho :

k ≤

1
,
2ρ

m <

1
2

(1.19)

Ta có:

 k ,=
 m (ν )( t ) −
m (ν )( t )
=  m (ν )( t ) −

h (  k (ν ) ) m −1

λk
h (  k (ν ) )

λk

∑  (1)( t )
i =0

i

um ( t ) , ∀t ∈ [ a, b ] , m ∈ 

Suy ra:

 k ,m ≤  m +

um

λk

c

. h . k ,

Kết hợp với (1.18) và (1.19) ta có:

 k ,m ≤

1 1
1 1
1
. um c . h .
1
+
≤ + ρ.
=
2 λk
2ρ 2
2ρ

Định lý được chứng minh xong.

1.2 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương trình vi phân
hàm tuyến tính bậc nhất.
Cùng với bài toán (1.1), (1.2), với mỗi k ∈  , ta xét bài toán biên sau:

=
u ′ ( t )  k ( u )( t ) + qk ( t )
hk ( u ) = ck
trong đó  k ∈ Lab , hk : C ([ a, b ] ;  ) →  là hàm tuyến tính bị chặn,

(1.20)
(1.21)


23
qk ∈ L ([ a, b ] ;  ) , và ck ∈  .

Vấn đề về sự xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương trình
vi phân hàm tuyến tính bị chặn bậc nhất với giả thiết ,  k là toán tử tuyến tính
bị chặn mạnh đã được trình bày ở [2],[3] .
Trong phần này ta sẽ chứng minh tính xấp xỉ nghiệm đã được thiết lập ở [2],[3]
vẫn còn đúng trong trường hợp ,  k là toán tử tuyến tính bị chặn .
Trước khi đưa ra các kết quả chính ta thừa nhận một số ký hiệu sau:
Cho  ∈ Lab . Ký hiệu M  là tập các hàm γ ∈ C ([ a, b ] ;  ) xác định bởi:
t

γ=
( t ) z ( a ) + ∫  ( z )( s ) ds , ∀t ∈ [ a, b ]
a

với

z ∈ C ([ a, b ] ;  ) và z

c

= 1.

Bổ đề 1.14
t

Cho  ∈ Lab và  ( y )( t ) = ∫  ( y )( s ) ds , ∀t ∈ [ a, b ]
a

+∞
+∞
Hơn nữa, { xn }n =1 ⊂ C ([ a, b ] ;  ) là dãy bị chặn. Khi đó dãy { ( xn )} chứa một dãy
n =1

con hội tụ đều.
Chứng minh
Theo mệnh đề 1.7 thì toán tử  được định nghĩa như trên là toán tử compact.
+∞
Do đó, với { xn }n =1 là dãy bị chặn trong C ([ a, b ] ;  ) thì dãy { ( xn )} có dãy con hội
n

tụ trong C ([ a, b ] ;  ) và hội tụ là hội tụ đều.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.15.
Giả sử bài toán (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường và dãy toán tử  k ∈ Lab ,
các hàm tuyến tính bị chặn hk : C ([ a, b ] ;  ) →  thỏa các điều kiện:
 t

sup  ∫  k ( y )( s ) −  ( y )( s )  ds : t ∈ [ a, b ] , y ∈ M  k  → 0 khi k → +∞

 a



24
và

lim hk (=
y ) h ( y ) , ∀y ∈ C ([ a, b ] ;  ) .

k →+∞

Khi đó: tồn tại k0 ∈  và r > 0 sao cho bất kỳ z ∈ C ([ a, b ] ;  ) thỏa:

z c ≤ r ρ k ( z ) , ∀k > k0
với


ρ k ( z ) =hk ( z ) + max (1 +  k




) ∫  z′ ( s ) −  ( z )( s ) ds : t ∈ [ a, b]
t

k

a



Chứng minh
 Trước hết, ta có:
lim hk (=
y ) h ( y ) , ∀y ∈ C ([ a, b ] ;  ) .

k →+∞

Theo định lý Banach-Steinhaus ta có dãy { hk

}

+∞

bị chặn, nghĩa là tồn tại r0 > 0

k =1

sao cho:

hk ( y ) ≤ r0 y

c

, ∀y ∈ C ([ a, b ] ;  )

(1.22)

Với mỗi y ∈ C ([ a, b ] ;  ) , ta có:

t

 ( y )( t ) = ∫  ( y )( s ) ds ,
a

t

k ( y )( t ) = ∫  k ( y )( s ) ds , ∀k ∈ 
a

trong đó  : C ([ a, b ] ;  ) → C ([ a, b ] ;  ) và k : C ([ a, b ] ;  ) → C ([ a, b ] ;  ) , ∀k ∈  là các
toán tử tuyến tính bị chặn và k ≤  k , ∀k ∈ 

(1.23)

 t

Giả thiết: sup  ∫  k ( y )( s ) −  ( y )( s )  ds : t ∈ [ a, b ] , y ∈ M  k  → 0 khi k → +∞ có
 a


thể được viết lại như sau:

{

}

sup k ( y ) −  ( y ) : y ∈ M  k → 0 khi k → +∞
c

(1.24)

 Ta sẽ chứng minh bổ đề 1.15 bằng phản chứng:
Giả sử trái lại rằng bổ đề là không đúng, nghĩa là: tồn tại một dãy tăng các số tự
+∞
 ([ a, b ] ;  ) , m ∈  , sao cho:
nhiên {km }m =1 và một dãy hàm zm ∈ C

zm

c

> mρ km ( zm ) , ∀m ∈ 

(1.25)


25
Ta chứng minh bài toán (1.10 ) , (1.20 ) có nghiệm không tầm thường. Ta chỉ ra
nghiệm này bằng cách xây dựng dãy hội tụ như sau:

zm ( t )
,
zm c

ym ( t ) =

Đặt

=

ν m (t )

t

∫  y′ ( s ) −  ( y )( s ) ds , ∀t ∈ [ a, b] ,
m

km

m

a

=
y0m
( t ) ym ( t ) −ν m ( t ) , ∀t ∈ [ a, b] ,



wm ( t )= 
km ( y0 m )( t ) −  ( y0 m )( t ) +  km ( vm )( t ) , ∀t ∈ [ a, b ]

 Ta chứng minh { y0m }m là dãy hội tụ :
Rõ ràng, theo cách đặt ở trên ta có:

ym

c

= 1 , ∀m ∈ 

t

ν m ( t ) = ∫  ym′ ( s ) −  k

a

t

m

( ym )( s ) ds = ym ( t ) − ym ( a ) − ∫  k ( ym )( s ) ds
m

a

t

y0 m ( t ) = ym ( t ) −ν m ( t ) = ym ( a ) + ∫  km ( ym )( s ) ds
a

= ym ( a ) +  km ( ym )( t ) , ∀t ∈ [ a, b ] , ∀m ∈ 
Ta lại có:
t

t

t

( y )( s ) ds ∫  ( y )( s ) ds − ∫  (ν )( s ) ds
∫ =

km

0m

a

hay

km

a

m

km

m

a

 k=
 km ( ym )( t ) −  km (ν m )( t )
m ( y0 m )( t )

Do đó

 km ( ym )( t ) =
 km ( y0 m )( t ) +  km (ν m )( t ) =
wm ( t ) +  ( y0 m )( t )
( do wm ( t )=  km ( y0 m )( t ) −  ( y0 m )( t ) +  km (ν m )( t ) )

Vậy

yom ( t ) =
ym ( a ) +  ( y0 m )( t ) + wm ( t ) , ∀t ∈ [ a, b ] , ∀m ∈  .

Mặt khác, ta có: