bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một

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

Lê Thị Thúy Hằng

BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
TUYẾN TÍNH CẤP MỘT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012


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

Lê Thị Thúy Hằng

BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
TUYẾN TÍNH CẤP MỘT

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


1

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 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 xin trân trọng cảm ơn quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn
thạc sĩ đã dành thời gian, công sức để đọc luận văn của tôi và cho tôi những nhận
xét quý báu, giúp tôi hoàn thành tốt luận văn.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết 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, trường Đại học Quốc Tế - Đại học Quốc Gia
Thành Phố Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và truyền đạt kiến thức cho tôi trong
suốt thời gian 4 năm Đại học và 3 năm Sau Đại học tại trường. Tôi cũng xin cảm ơn
các Thầy Cô Phòng Sau Đại học trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh
đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp tôi hoàn thành khóa học.
Sau cùng, tôi xin gửi lòng biết ơn sâu sắc đến bạn bè, đồng nghiệp đã giúp đỡ
tôi, tôi cũng xin gửi tất cả lòng yêu thương và lời cảm ơn chân thành đến gia đình
tôi, là chỗ dựa cho tôi về mọi mặt và dành mọi điều kiện tốt nhất để 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 nên
luận văn này không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ
dẫn của quý Thầy Cô và sự đóng góp chân thành của các bạn khi đọc luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn.
Tp. HCM, tháng 3 năm 2012
Tác giả

Lê Thị Thúy Hằng


2

MỤC LỤC
Trang
MỤC LỤC ...................................................................................................................2
MỞ ĐẦU .....................................................................................................................3
MỘT SỐ KÍ HIỆU ......................................................................................................5
CHƯƠNG 1: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP MỘT ......................7
1.1

Sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán biên không địa phương cho

phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một ........................................................7
1.2

Xấp xỉ nghiệm của bài toán biên không địa phương cho phương trình vi

phân hàm tuyến tính cấp một ................................................................................22
1.3

Số chiều của tập hợp nghiệm của phương trình thuần nhất ........................30

1.4

Ví dụ ............................................................................................................40

Chương 2: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP MỘT ..................................................................46
2.1. Tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán biên hai điểm cho phương
trình vi phân hàm tuyến tính cấp một ...................................................................46
2.2. Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi phân hàm
tuyến tính cấp một .................................................................................................62
2.3. Tính giải được của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch ......66
KẾT LUẬN VÀ HƯỚNG PHÁT TRIỂN CỦA LUẬN VĂN .................................74
TÀI LIỆU THAM KHẢO .........................................................................................76


3

MỞ ĐẦU
Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ XVIII.
Đến nay, bộ môn này vẫn phát triển mạnh mẽ nhờ các ứng dụng của nó trong khoa
học, cuộc sống và trong các ngành khoa học kĩ thuật khác nhau như cơ học, cơ khí,
vật lý, nông nghiệp, sinh học, kinh tế…
Trong những năm từ 1995 đến 2003, bài toán biên cho phương trình vi phân
hàm tuyến tính đã được nghiên cứu bởi nhiều tác giả như E. Bravyi, R.Hakl, I.
Kiguradze và B. Puza, A.Lomtatidze, Z. Oplustil, J. Sremr…trong các công trình
[1], [2], [4], [5], [7], [8], [10]. I. Kiguradze và B. Puza đã nghiên cứu bài toán biên
tổng quát cho hệ 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  ; 







là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh và





h : C a, b  ;    phiếm hàm tuyến tính bị chặn, q  L a, b  ;  , c   .
Song nếu chỉ giả thiết  là toán tử tuyến tính bị chặn thì kết quả vẫn chưa
được giải quyết. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài này làm nội dung nghiên cứu của luận
văn nhằm học tập và phát triển đề tài của mình theo hướng của các tác giả trên.
Luận văn tập trung nghiên cứu vấn đề tồn tại và tính duy nhất nghiệm, xấp xỉ
nghiệm của bài toán được đặt ra ở trên trong trường hợp  là toán tử tuyến tính bị
chặn và áp dụng xét một số lớp bài toán biên với điều kiện biên dạng hai điểm.
Nội dung luận văn gồm hai chương:
Chương 1: Trong chương này, chúng tôi trình bày lại các định lí tồn tại và
duy nhất nghiệm, xấp xỉ nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi phân hàm
tuyến tính cấp một trong trường hợp  là toán tử tuyến tính bị chặn.


4

Chương 2: Trong chương này, chúng tôi sử dụng các kết quả đã trình bày ở
chương 1 để xét sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán biên hai điểm cho
phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một. Từ các kết quả này, chúng tôi trình
bày một số điều kiện đủ để bài toán:

u '(t )  (u )(t )  q(t )
h u   c
có nghiệm duy nhất trong trường hợp toán tử  và phiếm hàm h có biểu diễn dưới
dạng:

h  h   h  , với h  , h   PFab ,
   0   1 , với  0 ,  1  Pab .
Cuối cùng, chúng tôi áp dụng những kết quả trên cho phương trình vi phân đối số
lệch cấp một có dạng:

u '(t )  p(t )u t(t )  q(t )
h(u )  c
Luận văn là tài liệu tham khảo cho sinh viên năm cuối hoặc học viên cao học
ngành Toán khi nghiên cứu về tính giải được của bài toán biên cho phương trình vi
phân hàm tuyến tính cấp một.


5

MỘT SỐ KÍ HIỆU
Trong luận văn này, chúng tôi trình bày tập hợp  là tập hợp các số tự nhiên khác
0.

 : tập hợp các số thực.

   0; .
Với mọi x  , ta có:
Phần nguyên của x , kí hiệu là x  .
 

xx

x  
  



2

, x  

xx



2

.



C a, b  ,  : không gian Banach 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 hợp các hàm liên tục tuyệt đối u : a, b   .
C
 
 

L

a,b  ,  : không gian Banach các hàm khả tích Lebesgue p : a, b    với
b

chuẩn p

L

L





p(s )ds .

a

a,b  ,    p  L a,b  ,  : p(t )  0, t  a, b  .


mesA : độ đo Lebesgue của tập hợp A.

M ab : tập hợp các hàm đo được t : a, b   a, b  .









L ab : tập hợp các toán tử tuyến tính bị chặn  : C a, b  ,   L a, b  ,  .



  Lab ta có chuẩn   sup (n ) : n
L

C



1 .


6

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





tính , tồn tại h  L a, b  ,   sao cho:

(n )(t )  h(t ). n , với mọi t  a, b  , n  C
C

a,b  ,  .

Pab : tập hợp các toán tử tuyến tính không âm gồm các toán tử  là ánh xạ từ tập









hợp C a, b  ,   vào tập hợp L a, b  ,   .





PFab : tập hợp các phiếm hàm tuyến tính bị chặn h : C a, b  ,      .


7

CHƯƠNG 1: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN
KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM TUYẾN TÍNH CẤP MỘT
1.1 Sự tồn tại và tính duy nhất nghiệm của bài toán biên không địa
phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp một
Trên đoạn a, b  , xét bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp

một:

u '(t )  (u )(t )  q(t )

(1.1)

h(u )  c

(1.2)

trong đó   L ab , h : C

a, b  ,    là hàm tuyến tính bị chặn, q  L a, b  , 

và c  .





 a, b  ,  được gọi là nghiệm của (1.1) nếu u thỏa (1.1) hầu khắp nơi
Hàm u  C
 
trên a, b  .
 
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là nghiệm của (1.1) và thỏa mãn điều kiện (1.2).
Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng như sau:

u '(t )  (u )(t )
h(u )  0

(1.1 0 )
(1.2 0 )

Từ định lí tổng quát của bài toán biên cho phương trình vi phân hàm trong [1], [7],

 là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh thì bài toán (1.1), (1.2) có tính
[8], với   L
ab
chất Fredholm. Cụ thể, ta có định lí sau:
Định lí 1.1

 . Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có
Giả sử  là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh,   L
ab
nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có
nghiệm tầm thường.


8

Trong [11], Shaefer đã chứng minh rằng tồn tại toán tử tuyến tính bị chặn

 . Như vậy, một câu
nhưng không bị chặn mạnh, tức là tồn tại   Lab nhưng   L
ab
hỏi tự nhiên được đặt ra là các kết quả trên nếu phát biểu cho một lớp rộng hơn các
toán tử tuyến tính bị chặn   Lab thì các kết quả trên có còn đúng hay không? Định
lí 1.7 dưới đây cho câu trả lời là kết quả vẫn đúng trong trường hợp  là toán tử
tuyến tính bị chặn.

Trước hết ta nhắc lại một số định nghĩa và bổ đề sau đây:
Giả sử X là không gian tuyến tính, X* là không gian đối ngẫu. Một dãy (x n )n
trong X được gọi là hội tụ yếu nếu tồn tại x  X sao cho lim j(x n )  j(x ) , với
n 

mọi j  X * . Khi đó, x được gọi là giới hạn yếu của dãy (x n )n .
Tập hợp M  X được gọi là compăc tương đối yếu nếu mọi dãy của M đều
có dãy con hội tụ yếu trong X.
Dãy (x n )n được gọi là dãy cơ bản yếu nếu với mọi j  X * , dãy j(x n ) là
n

dãy cơ bản.
Không gian X được gọi là hoàn toàn yếu nếu mọi dãy cơ bản yếu trong X đều
có giới hạn yếu trong X.
Cho X, Y là các không gian Banach, T : X  Y là tử tuyến tính bị chặn.
Toán tử T được gọi là liên tục hoàn toàn yếu nếu ảnh của quả cầu đơn vị trong X là
tập con compăc tương đối yếu của Y.
Định nghĩa 1.2:
Tập hợp M  L

a, b  ,  có tính chất liên tục tuyệt đối theo tích phân nếu

với mỗi e  0 , tồn tại d  0 sao cho với mỗi tập con đo được E  a, b  thỏa mãn
 
mesA  d thì ta có:

 p(s )ds

 e, p  M .

E

Sau đây là một vài kết quả từ [3]:


9

Bổ đề 1.3 (định lý IV.8.6)





Không gian L a, b  ,  là hoàn toàn yếu.
Bổ đề 1.4 (định lý VI.7.6)



Toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian C a, b  , 



vào không gian

Banach hoàn toàn yếu là toán tử liên tục hoàn toàn yếu.
Bổ đề 1.5 (định lý IV.8.11)
Nếu tập hợp M  L

a, b  ,  là tập compăc tương đối yếu thì nó có tính

chất liên tục tuyệt đối theo tích phân.
Ta có mệnh đề sau đây:
Mệnh đề 1.6
Giả sử   Lab . Khi đó toán tử T : C
t

T (n )(t ) 

 (n)(s )ds,
a

a,b  ,   C a,b  ,  được xác định bởi:
t  a, b 

là toán tử compăc.
Chứng minh
Giả sử M  C

a,b  ,  là tập bị chặn. Để chứng minh T là toán tử compăc, ta sẽ



chứng minh T (M )  T (n ) : n  M

 là tập compăc tương đối. Theo định lí Ascoli

– Arzela, ta sẽ chứng minh tập hợp T (M ) là tập bị chặn và đẳng liên tục.
 Chứng minh T(M) là tập bị chặn
Ta có:

T (n )

Hay T (n )

C

C

 t






 max T (n )(t ) : t  a, b   max   (n )(s )ds : t  a, b  
 a



b
 t

 max  (n )(s ) ds : t  a, b     (n )(s ) ds.
 a

a







 (n )   . n , n  M .
L

C


10

Do   Lab và M là tập bị chặn nên T(M) là tập bị chặn.
 Chứng minh T(M) là đẳng liên tục





Theo bổ đề 1.3 thì L a, b  ,  là không gian Banach hoàn toàn yếu và theo bổ đề









1.4 thì toán tử  : C a, b  ,   L a, b  ,  là liên tục hoàn toàn yếu.





Do đó, vì M là tập bị chặn nên tập (M )  (n ) : n  M là tập compăc tương đối
yếu.
Theo bổ đề 1.5 thì tập (M ) có tính chất liên tục tuyệt đối theo tích phân, nghĩa là:
Với mỗi e  0 , tồn tại d  0 sao cho:
t

 (n)(z )d z
s

 e, s, t  a, b  , s  t  d, n  M .

Mặt khác, ta có:
t

T (n )(t )  T (n )(s ) 

s

 (n)(z)d z   (n)(z)d z
a

t



a

 (n)(z)d z .
s

Từ đó suy ra:

T (n )(t )  T (n )(s )  e, s, t  a, b  , s  t  d, n  M .
Và do đó T(M) là đẳng liên tục.
Vậy theo định lí Ascoli – Arzela thì T là toán tử compăc.
Mệnh đề được chứng minh xong.



Định lí 1.7
Giả sử   Lab . Khi 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.
Chứng minh





Giả sử X  C a, b  ,    là không gian Banach gồm các phần tử có dạng

x  (u, a) , trong đó u  C

a,b  ,  và a   , với chuẩn:

11

x

X

 u

C

 a.

t


Đặt qˆ    q(s )ds, c  và định nghĩa toán tử T : X  X như sau:

 a
t



T (x )  a  u(a )   (u )(s )ds , a  h(u ).


a

Ta có bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử

x  T (x )  qˆ

(1.3)

trong không gian X theo nghĩa:





 a, b  ,  và u là nghiệm
Nếu x  (u, a)  X là nghiệm của (1.3) thì a  0, u  C
 
của (1.1), (1.2).





 a, b  ,  là nghiệm của (1.1), (1.2) thì x  (u, 0) là nghiệm
Ngược lại, nếu u  C
 
của (1.3).
Theo mệnh đề 1.6 ta có toán tử T xác định như trên là toán tử compăc.
Mặt khác, theo định lí Riesz – Schauder, ta suy ra phương trình (1.3) có nghiệm duy
nhất khi và chỉ khi phương trình thuần nhất tương ứng:

x  T (x )

(1.4)

chỉ có nghiệm tầm thường.
Ta cũng có 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 định lí 1.7 ta suy ra rằng nếu bài toán (1.10 ) , (1.20 ) có nghiệm không tầm









thường thì với mỗi c   , tồn tại q  L a, b  ,  hoặc với mỗi q  L a, b  ,  ,
tồn tại c   sao cho bài toán (1.1), (1.2) vô nghiệm.


12

Định nghĩa 1.9
Toán tử tuyến tính bị chặn   Lab được gọi là toán tử t0 - Volterra nếu với





a1  a, t0  , b1  t0 , b  và u  C a, b  ,  sao cho u(t )  0 , với mọi t  a1 , b1  thì
(u )(t )  0 , với mọi t  a1 , b1  .
 Ta có một số kí hiệu sau:









Giả sử t0  a, b  , ta định nghĩa toán tử  k : C a, b  ,   C a, b  ,  và số lk
 
như sau:

 0 (n )(t )  n(t ),
t

 k (n )(t ) 

  
t0

k 1

(n )(s )ds, t  a, b  , k   ,

(1.5)

lk  h   0 (1)   1 (1)  ...   k 1 (1), k   .

(1.6)

Nếu lk  0 với một số k   nào đó, đặt:

 k ,0 (n )(t )  n(t ), t  a, b  ,
 k ,m (n )(t )   m (n )(t ) 

h   k (n ) m 1

  (1)(t ), t  a, b  ,

lk

i 0

i

m  .

(1.7)

Ta có định lí:
Định lí 1.10
Giả sử   Lab và tồn tại k , m  , m0    0 và a  0,1 sao cho lk  0 và

với mọi nghiệm u của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) thỏa mãn:

 k ,m (u )

C

 a  k ,m (u ) .
0

C

Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Để chứng minh định lí này, trước hết ta chứng minh bổ đề sau:


13

Bổ đề 1.11
Giả sử   Lab là toán tử t0 - Volterra và  k , với mọi k   là toán tử được định
nghĩa bởi (1.5), (1.6), (1.7).
Khi đó:

lim  k  0.

k 

Chứng minh
Với k  1 , ta có toán tử  1 :
t

 1 (n )(t ) 

  

0

(n )(s )ds 

t0

t

 (n)(s )ds
t0

Theo mệnh đề 1.6 thì  1 là toán tử compăc.
Do đó, theo định lí Ascoli – Arzela, với e  0;1 cho trước, tồn tại d  0 sao cho

t  s  d thì:
t

 (n)(z )d z

  1 (n )(t )   1 (n )(s )  e n .
C

s

(1.8)

b  t 

t  a 
0
 0

Đặt: n  

,
m

 d ,
d




tm 1  a, tn 1  b, ti  t0  id, với i  m, m  1,..., 1,1, 2,..., n ,

  (n )
, i  1, 2,..., n  1,
 k
C  t0 ,ti , 
và  k (n )  

i
  k (n )
, i  m  1, m,..., 1.
C  ti ,t0 , 

 Trước hết ta chứng minh rằng:

 k (n )  ai (k )e k n
i

trong đó ai (k )  gik

i 1



C a ,b , 



, i  1, 2,..., n  1, k   .

(1.9)

g  1,
, i  1, 2,..., n với  1
 gi 1  i gi  i  1, i  1, 2,..., n.


Ta chứng minh (1.9) bằng quy nạp theo i .


14

 Với i  1 , ta cần chứng minh

 k (n )  e k n

1



C a ,b , 



, k  .

Từ (1.8) ta suy ra:

 t



 1 (n )  max   (n )(z )d z : t  t0 , ti  
i
 t

 0

 t




  max   (n )(z )d z : t  t j , t j 1  



 t
j 0

 j

i 1

 ie n
hay  1 (n )  i e n
i



C a ,b , 



C a ,b , 





, i  1, 2,..., n  1,

, i  1, 2,..., n  1.

(1.10)

Hơn nữa, do  là toán tử t0 - Volterra nên:

t

 k 1 (n )(t ) 

  

k

t0

(n )(z )d z  e  k (n ) , t  t0 , t1  , k  .
1

Với i  1 , (1.10) trở thành:

 1 (n )  e n
1



C a ,b , 



.

Do đó ta có:

 k (n )  e k n
1



C a ,b , 



, k  .

Vậy (1.9) đúng với i  1.
 Bây giờ giả sử (1.9) đúng với i . Ta chứng minh (1.9) đúng với i  1.
Thật vậy, theo (1.9) và do  là toán tử t0 - Volterra nên:

 k 1 (n )

i 1

 t




 max      k (n )(z )d z : t  t0 , ti 1  
 t

 0



15

 t

 t















  max      k (n )(z )d z : t  t j , t j 1    max      k (n )(z )d z : t  ti , ti 1  





j 0
 tj

 ti










Từ đây suy ra:
i 1

 k 1 (n )

i 1

 i e  k (n )  e  k (n )
i

 i ai (k )e k 1 n



C a ,b , 



i 1

 e  k (n )

i 1

, k  .

Do đó:

 k 1 (n )

i 1



 e i ai (k  1)e k n    e  k 1 (n ) 
C  a ,b , 
i 1 




k 1
k 1
2
 i ai (k )e
n    i ai (k  1)e
n    e  k 1 (n )
C  a ,b , 
C  a ,b , 
i 1
 i ai (k )  ai (k  1) e k 1 n    e 2  k 1 (n )
, k  .

C  a ,b , 
i 1



 i ai (k )e k 1 n

C a ,b , 

Tiếp tục quá trình trên và kết hợp với (1.10), ta có:

 k 1 (n )

i 1

 i ai (k )  ai (k  1)  ...  ai (2) e k 1 n    e k  1 (n )
C  a ,b , 
i 1


k
k


1
1
 i ai (k )  ai (k  1)  ...  ai (2) e
n    e (i  1) n  
C  a ,b , 
C  a ,b , 



k

1
 (i  1)  i ai (k )  ai (k  1)  ...  ai (1) e
n   , k  .
C  a ,b , 







Theo cách đặt của ai (k ), gi , ta có:

(i  1)  i ai (k )  ai (k  1)  ...  ai (1)  1  i  i gi (k i 1  (k  1)i 1  ...  2i 1  1i 1 )


(i  1)  i ai (k )  ai (k  1)  ...  ai (1)  (i  1)  i gikk i 1


 (i  1)  i gik i

 (i  1)  i gi k i

 gi 1k i
hay (i  1)  i ai (k )  ai (k  1)  ...  ai (1)  ai 1(k  1).



Do đó:


16

 k 1 (n )

i 1





 (i  1)  i ai (k )  ai (k  1)  ...  ai (1) e k 1 n  
C  a ,b , 


k 1
 ai 1 (k  1)e
n   , k  .
C  a ,b , 

Vậy (1.9) đúng với i  1 . Theo nguyên lý quy nạp thì (1.9) đúng với mọi i .
 Một cách hoàn toàn tương tự ta có thể chứng minh được rằng:

 k (n )  ai (k )e k n
i

i 1

trong đó ai (k )  gik



C a ,b , 



, i  m  1, m,..., 1, k  .

, i  m  1, m,..., 1

g  1,
1
với 

gi 1  i gi  i  1, i  m,..., 1.

Như vậy ta đã chứng minh được rằng tồn tại g   (không phụ thuộc k ) sao cho:

0   k (n )



C a ,b , 



  k (n )

m 1

  k (n )

n 1

 gk n m e k n



C a ,b , 



, k  1, 2,...

Vì e  0;1 tùy ý nên khi cho e  0 ta được lim  k  0.
k 

Bổ đề được chứng minh.



Bây giờ ta sẽ chứng minh định lí 1.10.
Theo định lý 1.7 để chứng minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất ta chỉ cần
chứng minh bài toán thuần nhất tương ứng (1.1 0 ), (1.2 0 ) 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 sẽ chứng minh u là nghiệm tầm thường.
Trước hết ta có vì u là nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) nên u thỏa (1.1 0 ), lấy tích
phân hai vế của (1.1 0 ) từ t0 đến t ta được:

u t   u(t0 ) 

t

 (n)(s )ds.
t0

Chú ý rằng trong chứng minh bổ đề 1.11 ta có:


17

t

 1 (n )(t ) 

  

0

(n )(s )ds 

t0

t

 (n)(s )ds .
t0

Đặt c  u(t0 ) . Do đó,

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 làm như trên ta được

u(t )    0 (1)(t )     k 1 (1)(t )c   k (u )(t ) , với mọi k   .

(1.12)

Kết hợp với (1.2 0 ) và (1.6), ta có:

0  lkc  h   k (u ) , với mọi k   .
Vì lk  0 nên ta suy ra:

c 

h   k (u )
lk

.

(1.13)

Từ (1.7), (1.11), (1.12), (1.13) ta có:

u(t )   k ,0 (u )(t ),
u(t )   m (u )(t ) 

h   k (u ) m 1
lk

  (1)(t )  
i 0

i

k ,m

(u )(t ).

Suy ra:

 k ,0 (u )(t )   k ,m (u )(t ).

(1.14)

Từ giả thiết của định lí và (1.14) suy ra

 k ,m (u )
0

C

  k ,m (u )

C

 a  k ,m (u ) .
0

C


18

Hay  k ,m (u ) (1  a)  0.

C

0

Vì a  0,1 nên 1  a  0 . Do đó:


 k ,m (u )
0

C

 0.

Suy ra

u(t )  0 .
Vậy định lí được chứng minh.



Hệ quả 1.12
Giả sử   Lab là toán tử t0 - Volterra. Khi đó bài toán:

với q  L

u '(t )  (u )(t )  q(t )

(1.1)

u(t0 )  c

(1.15)

a, b  , , c   có nghiệm duy nhất.

Chứng minh
Để chứng minh hệ quả này, ta sử dụng kết quả của định lí 1.10.
Giả sử n là nghiệm tùy ý của bài toán thuần nhất tương ứng:

u '(t )  (u )(t )

(1.1 0 )

u(t0 )  0

(1.15 0 )

Đặt h(n )  n(t0 ) . Hiển nhiên, với mỗi k , m   , ta có:

lk  h   0 (1)   1 (1)  ...   k 1 (1)  1
Thật vậy, từ (1.5) ta có:

 0 (1) ≡ 1 ,

=
1 (1) (t )

t

t

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

t0

Tương tự ta có  2 (1)
= 
=  k −1 (1) ≡ 0 .

t0

0 hay 1 (1) ≡ 0


19

Vậy lk  1  0 .
Mặt khác, do cách đặt h và (1.5) ta có:

h   k (n )   k (n )(t0 ) 

t0

  

k 1

(n )(s )ds  0.

t0

Do đó:

 k ,m (n )(t )   m (n )(t )

h   k (n ) m 1
lk

Từ đây ta suy ra:

 k ,m (n )

C

 m . n

  (1)(t )  
i

i 0

m



C

Do   Lab là toán tử t0 - Volterra nên theo bổ đề 1.11 ta có thể chọn m sao cho

m  1.
Vậy các giả thiết của định lí 1.10 được thỏa mãn với m0  0, a   m .
Do đó, theo định lí 1.10 thì bài toán (1.1), (1.15) có nghiệm duy nhất.



Định lí 1.13
Giả sử   Lab là toán tử t0 - Volterra. Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy
nhất khi và chỉ khi tồn tại k , m   sao cho lk  0 và:

 k ,m  1

(1.16)

Chứng minh
 Trước hết ta giả sử tồn tại k , m   sao cho lk  0 và (1.16) thỏa mãn. Ta
sẽ chứng minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất





Do nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) cũng thuộc C a, b  ,  nên hiển nhiên, với
mỗi u  C

a,b  ,  , ta có:
 k ,m (u )

C

  k ,m . u

C



(n )(t ), t  a, b  , n  C a, b  ,  .

.

Như vậy, giả thiết của định lí 1.10 được thỏa mãn với m0  0 và a   k ,m  1 .


20

Do đó, theo định lí 1.10 thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
 Bây giờ giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất. Theo định lí 1.7 ta
có bài toán (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Ta sẽ chứng minh tồn tại

k , m   sao cho lk  0 và thỏa mãn (1.16).
Xét bài toán:

u '(t )  (u )(t )

(1.1 0 )

u(t0 )  1

(1.17)

Theo giả thiết của định lí 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 u 0 .
Ta có h(u 0 )  0 . Vì nếu giả sử h(u 0 )  0 thì hàm u 0 là nghiệm không tầm thường
của bài toán (1.10 ) , (1.20 ) . Điều này mâu thuẫn.
Ta có:
t

t

t0

t0

u 0 (t )  u 0 (t0 )   (u 0 )(s )ds  1      0 (u 0 )(s )ds  1   1 (u 0 )(t ), t 
Do đó:

u 0 (t )  1   1 1   1 (u 0 )(t )  1   1 (1)(t )   1   1 (u 0 )(t )
t

 1   1 (1)(t )      1 (u 0 )(s )ds
t0

  0 (1)(t )   1 (1)(t )   2 (u 0 )(t ), t 

a, b  .
 

Tiếp tục quá trình này ta được:

u 0 (t ) 
Đặt un (t ) 

n 1

n 1

  (1)(t )  
i 0

  (1)(t ),
i 0

i

i

n

(u 0 )(t ), t  a, b  , n  .

t  a, b  , n  .

Do đó:

u 0 (t )  un (t )   n (u 0 )(t ), t  a, b  , n  .

a, b  .

 


21

Mặt khác, cũng vì   Lab là toán tử t0 - Volterra nên theo bổ đề 1.11 thì:

lim u 0  un

n 

C

 lim  n  0.
n 

Vì ln  h un , với mọi n   , h liên tục và h(u 0 )  0 nên ta có:

lim ln  h(u 0 )  0.

n 

Do đó, tồn tại k 0  , d  0 sao cho:

li  d, i  k 0 .
Vì lim u 0  un
n 

uj

C

C

 0 nên tồn tại r  0 sao cho:


1
uj
li

C

li r
h

, i  k 0 , j  .

. h  r , i  k 0 , j  .

(1.18)

Theo bổ đề 1.11 thì tồn tại k  k 0 , m   sao cho

1
,
2r
1
 .
2

k 
m

(1.19)

Ta có:

h   k (n ) m 1

 i (1)(t )

lk
i 0
h   k (n )
  m (n )(t ) 
um (t ), t  a, b  , m  .
lk

 k ,m (n )(t )   m (n )(t ) 

Suy ra:

 k ,m   m 

h . k
lk

Kết hợp với (1.18) và (1.19) ta có:

. um

C

.


22

 k ,m 

1
1

. um
2 lk

C

h .

1
1
1
  r.
 1.
2r
2
2r

Định lí được chứng minh xong.



1.2 Xấp xỉ nghiệm của bài toán biên không địa phương cho phương
trình vi phân hàm tuyến tính cấp một
Cùng với bài toán (1.1), (1.2), với mỗi k   , ta xét bài toán sau:

u '(t )   k (u )(t )  qk (t )

(1.20)

hk (u )  ck



(1.21)



trong đó  k  L ab , hk : C a, b  ,    là hàm tuyến tính bị chặn,

qk  L

a,b  ,  và c

k

 .

Vấn đề xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho phương trình vi phân hàm vi
phân hàm với giả thiết ,  k là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh đã được trình bày
trong [7], [8]. Trong phần này ta cũng sẽ chứng minh tính xấp xỉ nghiệm vẫn đúng
trong trường hợp  là toán tử tuyến tính bị chặn.
Trước hết, ta có một số ký hiệu:





 a, b  ,  được biểu diễn
Giả sử   L ab . Ký hiệu M  là tập hợp các hàm y  C
 
dưới dạng:
t

y(t )  z (a )   (z )(s )ds, t  a, b  ,
a

trong đó z  C

a,b  , , z

C

 1.

Định lí được phát biểu sau đây cho ta biết các điều kiện đủ để xấp xỉ nghiệm của bài
toán (1.1), (1.2).
Định lí 1.14

Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất u và và dãy toán tử  k  L ab , các





hàm tuyến tính bị chặn hk : C a, b  ,    thỏa mãn điều kiện:


23

 t






sup     k (y )(s )  (y )(s ) ds : t  a, b  , y  M    0 khi k  
k 
 a







 a, b  ,  , ta có:
và giả sử với mỗi y  C

 
t



   (y )(s )  (y )(s ) ds  0 đều trên a,b  .

lim 1   k

k 

k

(1.22)

a

Hơn nữa,
t



  q (s )  q(s ) ds  0 đều trên a,b  .

lim 1   k

k 

k

(1.23)

a

lim hk (y )  h(y ), y  C

k 

lim c  c.

a,b  , .

k  k

Khi đó, tồn tại k 0   sao cho với mỗi k  k 0 thì bài toán (1.20), (1.21) có nghiệm
duy nhất uk và lim uk  u

 0.

C

k 

Để chứng minh định lí này ta cần hai bổ đề sau:
Bổ đề 1.15
Giả sử   L ab

và (y )(t ) 

t

 (y )(s )ds , t  a, b 
a





bị chặn. Khi đó, dãy (x n )

n





và (x n )n  C a, b  ,  là dãy

có dãy con hội tụ đều.

Chứng minh
Theo mệnh đề 1.6 thì toán tử  được định nghĩa như trên là toán tử compăc.









Do đó, với (x n )n là dãy bị chặn trong C a, b  ,  thì dãy (x n )



n

có dãy con hội



tụ trong C a, b  ,  và hội tụ là hội tụ đều.
Bổ đề được chứng minh.

