tính giải được của bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

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

NGUYỄN TOÀN TRÍ

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

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011


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

NGUYỄN TOÀN TRÍ

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

Chuyên ngành:
Mã số:

Toán giải tích
60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH

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

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011


LỜI CẢM ƠN

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


MỞ ĐẦU

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

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

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


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

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

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


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

• χ I (t ) = 

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

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

•  n×n là không gian các ma trận cấp n × n X = ( xik )in,k =1 trong đó xik ∈  (i, k =
1,..., n ) với
chuẩn X =

n

∑x

i ,k =1

ik

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

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

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

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

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

p

L

= ∫ p( s ) ds
a

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


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

C

≤ 1} .

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

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

t

~

kí

hiệu

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

trong

đó

a

p : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) là toán tử tuyến tính bị chặn.

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

chuẩn x

µ

L

= ( ∫ x (t ) µ dt )

1

µ

a

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

n
Lµ i =1

)

• L( I ;  n×n ) là không gian các ma trận hàm khả tích X : I →  n×n
Nếu =
X ( xik )in,k =1 : I →  n×n

thì

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

t∈[a ,b ]

,

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

t∈[a ,b ]

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


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

(1.1)

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

(1.2)

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

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

(1.3)

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

(1.4)

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

(1.5)

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

(1.6)

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

(1.7)

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

(1.8)

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

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

(1.9)

(1.10)


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

(1.11)

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

(1.1 0 )

l ( x) = 0

(1.2 0 )

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

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

x

C

+ c

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

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

(1.12)

t0
t

=
h(t ) ( ∫ q( s )ds, c0 ), t ∈ I
t0

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

(1.13)

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

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

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


Đặt

t

f1 : B → C ( I ,  n )

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

với

và

f2 : B → n

với

t0

f 2 (u )= c − l ( x )

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

L

t

f1 (u )(t ) − f1 (u )(=
s)

∫ p( x)(ξ )dξ

t

≤

∫

s

t

p( x )(ξ ) d ξ ≤ ∫ η (ξ )d ξ

s

s

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

(1.14)

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



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

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

∫ p( p

k −1

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

(1.15)

t0

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

(1.16)

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

(1.17)

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

C

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

(1.18)


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

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

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

(1.19)

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

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

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

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

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

C

C

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

Do đó:
p k ,m0 ( x )(t ) ≡ 0

Vậy x (t ) = 0 .

Định lí đã được chứng minh.
Hệ quả 1.3:


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

(1.20)

C

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

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

Thật vậy,xét hệ phương trình vi phân :
1

dx (t )
= 2 ∫ x ( s )ds

dt
0

(1.21)

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

(1.22)

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

t

1

0

0

p( x )( s )ds 2t ∫ x (τ )dτ
∫=
t

=
p ( x )(t )
2

t

1

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

1

0

0

t

1

1

0

0

0

= ∫ (2 ∫ (2ξ ∫ x (τ )dτ )d ξ )ds
0
1

= 2t ∫ x (τ )dτ
0

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


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

r ( A) <

(1.23)

2(b − a )

Và bất đẳng thức:
p( p m ( x ))

≤ A p m0 ( x )

L2

(1.24)

L2

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

(1.25)

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

p m0 ( x )

và

L2

= p m +1 ( x )

(1.26)

L2

Mặt khác:

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

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

L2

≤

2(b − a )

p( p m ( x ))

π

L2

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

L2

≤
≤

2(b − a )

p( p m ( x ))

π
2(b − a )

π

A p m0 ( x )

≤ B p m0 ( x )

L2

Và:
( E − B ) p m0 ( x )

với B =

2(b − a )

π

A.

L2

≤0

L2

L2


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

Vậy
=
x (t ) p m ( x )(t ) ≡ 0 .
0

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

(1.27)

x (0) = 0

π
trên I = [0, ] .

2

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

π
2

− t )= E cos t

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

π

thay vì (1.23)

2(b − a )

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

b

Bi = ∑ ∫ p( p j ( E ))( s )ds

(1.28)

j =1 a

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

∫ p( x )(t ) dt ≤ B x

C

(1.29)

a

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

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


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

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

a

t0

t0

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

=

b

= ∫ p( p i +1 ( x ))( s )ds
a

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

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

C

a
b

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

C

a

Tương tự, ta có:
b

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

C

a

=
l ( p k ( x ))

b

b

a

a

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

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

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

C

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

(1.30)

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

b

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

a

0

C

(1.31)


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

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

=
x (t )

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

0

a

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

t

s

s

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

(1.32)

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

t

t0

s

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

0

C

,t ∈ I

(1.33)

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

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

C0 (t , s ) = exp( ∫ P0 (ξ )d ξ ) .
s

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

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

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

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

=

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

0

t0

=

t

t

t0

s

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

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

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

Giả sử:
t

∫

t −b + a

t

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

(1.34)

s

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

(1.35)

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

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


b

t

~

=
∫ G0 (t, s) q ds

∫

t −b + a

a

~

t

~

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

~

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

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

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

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

s ∈ I t0 ,t .

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

t0 ,t

1
p ( x )(t ) ≤
η ( s )ds
k ! t∫0
k

với hầu hết t ∈ I

(1.36)

k

x

t0 ,t

, t ∈ I (k =

1, 2,...)

trong đó η là hàm thoả điều kiện

(1.37)

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

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

,


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

Khi đó với s ∈ I t ,t ta có:
0

p( x )( s ) − ( p( xt0 ,t ))( s ) =

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

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

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

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

C

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

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

t0 ,t

với hầu hết t ∈ I

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

p ( x )(t ) ≤

1

∫

t

p( x )(τ ) dτ ≤ ∫ η (τ ) x

t0
t

p 2 ( x )(t ) ≤

∫

t

t0 ,τ

dτ ≤ ∫ η (τ )dτ x

t0
t

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

t0

t0

τ

≤ ∫ η (τ ) ∫ η ( s )ds x
t0

t

Giả sử :

1
p k ( x )(t ) ≤
η ( s )ds
k ! t∫0

Khi đó, ta có:

t0

t0 ,τ

dτ ≤

t0 ,t

dτ

với t ∈ I

∫ η ( s)ds
t0

2!

k

x

t0 ,τ
2

t

t

t0 ,t

t0

, t ∈ I (k =
1, 2,...)

x

t0 ,t


p

k +1

t

( x )(t ) ≤

∫

p( p k ( x ))(τ ) dτ

t0
t

≤ ∫ η (τ ) p k ( x )
t0

t0 ,τ

τ

t

dτ
k

1
≤
η (τ ) ∫ η ( s )ds
k ! ∫t0
t0
t

x

t0 ,τ

dτ

k +1

1
≤
η ( s ) ds
( k + 1)! ∫t0

x

t0 ,t

, t ∈ I (k =
1, 2,...)

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

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

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

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

Theo bổ đề 1.11 ta có:
∞

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


Vì bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ phương trình đại số
l ( X )c = 0 chỉ có nghiệm tầm thường.Vì thế:
det(l ( X )) ≠ 0

(1.38)

k −1

Đặt X k (t ) = ∑ p i ( E )(t )
i =0

Khi đó ta có Λ k =l ( X k ) , lim X − X k
k →+∞

C

=
0 . Do l liên tục nên ta có:

lim Λ k =l ( X )

(1.39)

k →+∞

Từ (1.38) và (1.39) suy ra tồn tại số nguyên dương k0 và một số thực dương ς thoả
mãn:
det( Λ k ) ≠ 0 , X m

l Λ k−1 < ς ( k= k0 , k0 + 1,....; m= 1, 2....)

C

(1.40)

l là chuẩn của toán tử l . Mặt khác, theo bổ đề 1.10, ta có:

trong đó

pk ( x)

≤

C

ς 0k
k!

x

C

(k =
1, 2...)

(1.41)

b

trong đó ς 0 = ∫ η (t )dt
a

Từ (1.40) và (1.41), kết hợp với (1.17), ta có:
p

k ,m

( x)

C

≤(

ς 0m
m!

+ς

ς 0k
k!

) x

C

( k =k0 , k0 + 1,....; m =
1, 2....)

(1.42)

Chọn số nguyên dương m0 ≥ k0 sao cho:
ς 0m
m!

+ς

ς 0k
k!

<

1
( k =m0 , m0 + 1,....; m =m0 , m0 + 1....)
2n

Khi đó với mỗi k ≥ m0 và m ≥ m0 , từ (1.42) ta có:
p k ,m ( x ) ≤ A x C , x ∈ C ( I ,  n )
C

trong đó A ∈  n+×n là ma trận với các phần tử

1
thoả r ( A) < 1 .
2n

Định lí đã được chứng minh.
1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát:
Cho k là số nguyên dương tùy ý.
Cùng với bài toán (1.1), (1.2), ta xét bài toán sau:
dx (t )
= pk ( x )(t ) + qk (t )
dt

(1.1 k )

lk ( x ) = cok

(1.2 k )

trong đó:
i. pk : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) là một toán tử tuyến tính bị chặn mạnh.
ii. lk : C ( I ,  n ) →  n là toán tử tuyến tính bị chặn.
iii. qk ∈ L( I ,  n ), c0 k ∈  n
Với mọi toán tử bị chặn g : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) , kí hiệu g là chuẩn của g ; M g là
tập các hàm vectơ liên tục tuyệt đối

y : I → n

được biểu diễn bởi

t

y=
(t ) z ( a ) + ∫ g ( z )( s )ds , trong đó z : I →  n là một hàm vectơ liên tục bất kì sao cho
a

z

C

= 1.

Bổ đề 1.13:
Giả sử bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường và dãy các toán tử pk và
lk ( k = 1, 2,... ) thoả mãn các điều kiện:

t

sup{ ∫ [pk ( y )( s ) − p( y )( s )]ds :t ∈ I , y ∈ M pk } → 0 khi k → +∞

(1.43)

a

lim lk ( y ) = l ( y ) với y ∈ C ( I ,  n )

(1.44)

k →+∞

Khi đó tồn tại số nguyên dương k0 và hằng số dương α sao cho với mọi hàm vectơ
liên tục tuyệt đối z : I →  n ta có:
z

C

≤ α∆ k ( z ) (=
k k0 , k0 + 1,...)

(1.45)

t

trong đó:
=
∆ k ( z ) max{ lk ( z ) +(1 + pk ) ∫ [z '( s ) − pk ( z )( s )]ds :t ∈ I}

t∈I

(1.46)

a

Chứng minh
Từ điều kiện (1.44) và theo định lí Banach – Steinhauss , ta có dãy { lk }k+∞=1 bị chặn
nghĩa là tồn tại hằng số dương β sao cho:
lk ( y ) ≤ β y
t

C

với y ∈ C ( I ,  n ) (k =
1, 2...)

)ds , pk1 ( y )(t )
Đặt : p1 ( y )(t ) = ∫ p( y )( s=
a

(1.47)

t

p ( y )( s )ds ( k
∫=
k

1, 2,...)

a

Khi đó p1 , pk1 : C ( I ,  n ) → C ( I ,  n ) là các toán tử tuyến tính bị chặn và


pk1 ≤ p k

(k =
1, 2,...)

(1.48)

Mặt khác, theo (1.43), ta có:
sup{ pk1 ( y ) − p1 ( y ) : y ∈ M pk } → 0 khi k → ∞
C

(1.49)

Giả sử trái lại bổ đề không đúng. Khi đó tồn tại một dãy tăng các số nguyên dương
{km }m+∞=1 và dãy các hàm vectơ zm : I →  n ( m =
1, 2,...) liên tục tuyệt đối sao cho:

zm

> m∆ k m ( z m ) ( m =
1, 2,...)

C

Với mỗi m = 1, 2,... ta đặt: ym (t ) =

(1.50)

zm ( t )
zm C

t

'
vm ( t ) =
1, 2,...)
∫ [ym ( s) − pkm ( ym )( s)]ds (m =
a

y0=
y m ( t ) − vm ( t )
m (t )

(1.51)

w m (t ) = pk1m ( y0 m )(t ) − p1 ( y0 m )(t ) + pk1m ( vm )(t )

Khi đó:
y=
1=
( m 1, 2,...)
m C

(1.52)

y=
ym ( a ) + pk1m ( ym )(t )
0 m (t )

(1.53)

y0 m ( t ) =
ym ( a ) + p1 ( y0 m )(t ) + w m (t )

(1.54)

Từ (1.52) và (1.53), ta có:
y0 m ∈ M pk ( m =
1, 2,...)
m

Kết hợp với (1.49) ta suy ra:
lim pk1m ( y0 m ) − p1 ( y0 m )

m→+∞

C

=
0

(1.55)

Mặt khác, theo (1.46) và (1.50), với mỗi m = 1, 2,... , ta có:

vm ( t ) =

t

1
zm

∫ [z
C

'
m

( s ) − pkm ( zm )( s )]ds ≤

a

≤

1
zm

(1 + pkm ) −1 ∆ km ( zm ), ∀t ∈ I
C

Suy ra:
vm

C

≤ (1 + pkm ) −1 zm

−1
C

∆ km ( zm ) <

1
1, 2,...)
< (1 + pkm ) −1 ( m =
m

và do (1.48) nên ta có:

(1.56)


pk1m ( vm )

C

≤ pkm

vm

C

<

1

(m =
1, 2,...)
m

Kết hợp với (1.55) ta được:
lim w m

m→+∞

C

=0

(1.57)

Mặt khác, theo (1.51), (1.52) và (1.56) ta có:
y0 m

C

≤ ym

C

+ vm

C

≤ 2 (m =
1, 2,...)

Do đó tồn tại hàm khả tích γ : I →  + sao cho bất đẳng thức:
p( y0 m )(t ) ≤ γ (t ) ( m =
1, 2,...) thỏa hầu khắp nơi trên I.

Khi đó ta có:
t

p1 ( y0 m )(t ) − p1 ( y0 m )( s ) ≤ ∫ γ (ξ )d ξ , a ≤ s ≤ t ≤ b ( m =
1, 2,...)

(1.58)

s

Từ (1.54) và theo (1.57), (1.58) ta có dãy {y0 m }∞m =1 đồng liên tục. Do đó, theo bổ đề
Arzelà – Ascoli ,không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng dãy {y0 m }∞m =1 hội tụ
đều.
Đặt lim y0 m (t ) = y0 (t )
m→+∞

Khi đó theo (1.51), (1.52), (1.54) và (1.57), ta có:
lim ym − y0

m →+∞

C

=
0

(1.59)

y0 = 1 , y=
y0 ( a ) + p1 ( y0 )(t )
0 (t )

Vì vậy, y0 là một nghiệm không tầm thường của hệ (1.1 0 )
Mặt khác từ (1.47) và (1.50), ta có:
lk m ( y 0 ) ≤ lk m ( y m − y 0 ) + lk m ( y m )
≤ β y0 − y m
≤ β y0 − y m
≤ β y0 − y m

C

C

C

+ zm
+ zm
+

−1
C
−1
C

lk m ( z m )

∆ km ( zm )

1
(m =
1, 2,...)
m

Theo (1.44) và (1.59), ta có l ( y0 ) = 0 , nghĩa là, y0 là một nghiệm của bài toán (1.1 0 ),
(1.2 0 ). Điều này trái với giả thiết hệ phương trình (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm
thường. Bổ đề được chứng minh.
Định lí 1.14:


Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất x , dãy các toán tử pk và
lk ( k = 1, 2,...) thoả các điều kiện (1.43), (1.44).

Giả sử với mọi hàm liên tục tuyệt đối y : I →  n ta có:
t

lim ((1 + pk ) ∫ [pk ( y )( s ) − p( y )( s )]ds ) =
0 đều trên I

k →+∞

(1.60)

a

Hơn nữa:

t

lim ((1 + pk ) ∫ [q k ( s ) − q( s )]ds ) =
0 đều trên I

k →+∞

(1.61)

a

lim c0 k = c0

và

k →+∞

(1.62)

Khi đó tồn tại số nguyên dương k0 sao cho bài toán (1.1 k ), (1.2 k ) cũng có nghiệm
duy nhất xk với mỗi k ≥ k0 và:
lim x − xk

k →+∞

C

0
=

(1.63)

Chứng minh
Giả sử k0 là số nguyên dương trong bổ đề 1.13. Khi đó theo bổ đề này, với mỗi
k ≥ k0 , bài toán thuần nhất:
dx (t )
= pk ( x )(t )
dt
lk ( x ) = 0

chỉ có nghiệm tầm thường . Theo định lí 1.1, bài toán (1.1 k ), (1.2 k ) có nghiệm duy
nhất xk .
Đặt z=
xk ( t ) − x ( t )
k (t )
Khi đó với mỗi k ≥ k0 , ta có:

dzk (t )
pk ( zk )(t ) + q k (t )
=
dt
lk ( z k ) = ς k

trong đó:


q k (t=
) pk ( x )(t ) − p ( x )(t ) + qk (t ) − q(t )

ς k = c0 k − c0 + l ( x ) − lk ( x )

Từ (1.60), (1.61), (1.62) và (1.44), ta có: