một lớp bài toán biên không địa phương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Thị Ngọc Bích

MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM TUYẾN TÍNH CẤP 1

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Nguyễn Thị Ngọc Bích

MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM TUYẾN TÍNH CẤP 1
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


LỜI CẢM ƠN
Đầu tiên tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến PGS. TS. Nguyễn
Anh Tuấn, người đã tận tâm hướng dẫn và tạo điều kiện tối đa để tôi có thể hoàn
thành luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã
dành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành luận văn
này một cách hoàn chỉnh.
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 học 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.
Tôi cũng xin cảm ơn các Thầy Cô trong Trường Đại học Tây Nguyên đã tạo
mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian học tập và nghiên cứu đề tài.
Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, các anh chị và các bạn đồng nghiệp đã
động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu sót,
rất mong nhận được sự góp ý của Quý Thầy Cô và bạn đọc nhằm bổ sung và hoàn
thiện đề tài hơn.
Xin chân thành cảm ơn.
TP. Hồ Chí Minh, tháng 3 năm 2012


MỤC LỤC
Trang phụ bìa

Lời cảm ơn
Mục lục
Danh mục các kí hiệu
PHẦN MỞ ĐẦU .........................................................................................................1
Chương 1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP 1 .............................3
1.1.

Phương trình vi phân hàm tuyến tính ...........................................................3

1.1.1. Giới thiệu bài toán .....................................................................................3
1.1.2. Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) ...........4
1.1.3. Phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra .........................................8
1.2. Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên không địa phương cho phương trình vi
phân hàm tuyến tính cấp 1 .....................................................................................17
1.3. Số chiều của tập hợp nghiệm của phương trình thuần nhất ...........................23
Chương 2. MỘT

LỚP BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA PHƯƠNG CHO

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP 1 ....................................35
2.1. Phát biểu bài toán ...........................................................................................35
2.2. Các định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm ................................................36
2.3. Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch
...............................................................................................................................57
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ...................................................................................62
TÀI LIỆU THAM KHẢO .........................................................................................63


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU



 là tập hợp số tự nhiên.



 là tập hợp số thực.



=
+



[x ] là phần nguyên của x .



[x ]+=

[0; +∞ ) .
1
1
1
1
x + x )=
x ( sgn x + 1) , [x ]−=
x − x )=
x ( sgn x − 1) .

(
(
2
2
2
2

 C ([a ,b ] ;  ) là không gian Banach các hàm số 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, vôùi t ∈ [a ,b ] .

 ([a ,b ] ;  ) là tập các hàm số liên tục tuyệt đối u : [a ,b ] →  .
 C


L ([a ,b ] ;  ) là không gian Banach các hàm số khả tích Lebesgue p : [a ,b ] → 
với chuẩn p

b

L

= ∫ p (s ) ds .
a

{p ∈ L ([a ,b ];  ) : p (t ) ≥ 0, ∀t ∈ [a ,b ]} .



L ([a ,b ] ;  + )=



ab là tập hợp các hàm đo được τ : [a ,b ] → [a ,b ] .



L ab là tập hợp các hàm tuyến tính bị chặn  :C ([a ,b ] ;  ) → L ([a ,b ] ;  ) .

{

}

 Nếu=
 ∈ L ab thì  sup  (v ) L : v ≤ 1 .


 là tập hợp các hàm tuyến tính bị chặn mạnh nghĩa là tập hợp các toán tử

L
ab

 :C ([a ,b ] ;  ) → L ([a ,b ] ;  ) tuyến tính bị chặn sao cho với mỗi  tồn tại

η ∈ L ([a ,b ] ;  + ) thoả mãn bất đẳng thức
 (v )(t ) ≤ η (t ) v C , vôùi t ∈ [a ,b ] , v ∈C ([a ,b ] ;  ) .
Khi đó  được gọi là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh.




Pab là tập hợp các toán tử tuyến tính không âm, đó là các toán tử  ∈ Lab và

 :C ([a ,b ] ;  + ) → L ([a ,b ] ;  + ) .


Fab là tập hợp các toán tử tuyến tính bị chặn h :C ([a ,b ] ;  ) →  .



PFab là tập hợp các hàm h ∈ Fab và h :C ([a ,b ] ;  + ) →  + .

 mesA : độ đo Lebesgue của tập hợp A.
 dimU : số chiều của không gian U.


MỞ ĐẦU
Trong lĩnh vực toán học nói chung và phương trình vi phân nói riêng, lý
thuyết bài toán biên đóng vai trò quan trọng và ngày càng có nhiều ứng dụng trong

vật lý, kỹ thuật, kinh tế, môi trường… Bài toán biên cho phương trình vi phân hàm
tuyến tính cấp 1=
u ′ (t )  (u )(t ) + q (t ) với điều kiện biên h (u ) = c , trong đó

h :C ([a ,b ] ;  ) →  là một phiếm hàm tuyến tính liên tục, q ∈ L ([a ,b ] ;  ) , c ∈ 
và  là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh, đã được nghiên cứu nhiều trong các công
trình của I. Kiguradze và B. Puza trong các năm từ 1995 đến 2003… và đã thu
được khá nhiều kết quả về tính giải được và giải được duy nhất của một lớp bài toán
biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bị chặn mạnh.
Trong [10] Shaefer đã chứng minh rằng tồn tại toán tử tuyến tính bị chặn
nhưng không bị chặn mạnh. Như vậy, một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là khi  là
toán tử tuyến tính bị chặn thì các kết quả của I. Kiguradze và B. Puza có còn đúng
hay không? Vấn đề này nhận được sự quan tâm của khá nhiều tác giả như R. Hakl,
A. Lomtatidze, Z. Opluštil, I. P. Stavroulakis, J. Šremr,... 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 nghiệm và tính xấp xỉ nghiệm
của bài toán trên trong trường hợp  là toán tử tuyến tính bị chặn và n = 1.
Nội dung của luận văn gồm 2 chương:
Chương 1. Tính giải được của bài toán biên không địa phương cho
phương trình vi phân hàm tuyến tính cấp 1.
Ở chương này chúng tôi trình bày lại sự tồn tại, duy nhất nghiệm và tính xấp
xỉ nghiệm của bài toán

=
u '(t ) (u )(t ) + q (t )
với điều kiện biên

h (u ) = c

trong đó  là toán tử tuyến tính bị chặn, h là phiếm hàm tuyến tính liên tục,

q ∈ L ([a ,b ] ,  ) và c ∈  . Bên cạnh chúng tôi cũng áp dụng các kết quả đó để xét
số chiều không gian nghiệm của phương trình thuần nhất.
Chương 2. Một lớp bài toán biên không địa phương cho phương trình vi
phân hàm tuyến tính cấp 1.
Đây là nội dung chính của luận văn. Trong chương này chúng tôi áp dụng kết
quả chương 1 để thiết lập một số điều kiện đủ cho sự tồn tại duy nhất nghiệm của
bài toán trên, với điều kiện biên được mở rộng hơn so với điều kiện biên của bài
toán được nghiên cứu trong tài liệu [4], nghĩa là:

u=
(a ) h (u ) + c ,
trong đó h là một phiếm hàm tuyến tính liên tục có dạng đặc biệt

h (u ) = λu (b ) + h0 (u ) − h1 (u )
với λ > 0 và h0 , h1 ∈ PFab . Sau đó áp dụng các kết quả đạt được để xây dựng các
điều kiện đủ cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên cho phương trình
vi phân đối số lệch

u ′ (t ) =
p (t ) u (τ (t ) ) + q (t ) ,

b

c,
∫ u ( s ) dσ ( s ) =
a

trong đó p ,q ∈ L ([a ,b ] ,  ) , τ : [a ,b ] → [a ,b ] là một hàm đo được, σ : [a ,b ] →  là
một hàm liên tục tuyệt đối, σ (a ) > 0, σ (b ) > 0 và c ∈  .
Luận văn là tài liệu tham khảo cho sinh viên năm cuối hoặc học viên cao học
ngành Toán khi nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm của phương trình vi phân hàm
tuyến tính cấp 1.


Chương 1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG ĐỊA
PHƯƠNG CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH CẤP 1
Trong chương này chúng tôi trình bày lại một số kết quả về sự tồn tại và duy
nhất nghiệm và tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên không địa phương cho phương
trình vi phân hàm tuyến tính cấp 1 từ tài liệu [6]. Từ đó áp dụng để xét số chiều của
không gian nghiệm của phương trình thuần nhất.
1.1. Phương trình vi phân hàm tuyến tính
1.1.1. Giới thiệu bài toán
Trên đoạn [a ,b ] , xét bài toán biên cho phương trình vi phân hàm tuyến tính
cấp 1

=
u ′(t ) (u )(t ) + q (t ),

(1.1)

với điều kiện biên

h (u ) = c ,

(1.2)

trong đó  ∈ L ab , h :C ([a ,b ] ,  ) →  là phiếm hàm tuyến tính liên tục,

q ∈ L ([a ,b ] ,  ) và c ∈  .
Định nghĩa 1.1
Hàm u : [a ,b ] →  được gọi là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) nếu nó liên
tục tuyệt đối trên [a ,b ] , thỏa (1.1) hầu khắp nơi trên [a ,b ] và thỏa (1.2).
Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng

u '(t ) = (u )(t ),

(1.1 0 )

h (u ) = 0.

(1.2 0 )

Từ nghiên cứu của I. Kiguradze, B. Puza trong [7], ta có các kết quả sau:
Định lí 1.2

 ab . Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
Giả sử  ∈ L
bài toán thuần nhất tương ứng (1.10 ) , (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Từ định lý 1.2 ta có định nghĩa sau


 ab và bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Định nghĩa 1.3. Cho  ∈ L
Toán tử Ω : L ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) xác định với mỗi q ∈ L ([a ,b ] ,  ) ứng với
một nghiệm u của bài toán (1.1), (1.2 0 ). Khi đó Ω được gọi là toán tử Green của
bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ).

 ab và bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Khi
Định lý 1.4. Giả sử  ∈ L
đó toán tử Green của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) là một toán tử tuyến tính bị chặn.
Ta chú ý rằng cả định lý 1.2 và 1.4 đều được phát biểu cho trường hợp  là
toán tử tuyến tính bị chặn mạnh, điều này cho phép nghiên cứu một lớp khá rộng
các toán tử tuyến tính.
Trong [10], Shaefer đã chứng minh rằng tồn tại toán tử tuyến tính bị chặn

 ab . Như vậy, một câu
nhưng không bị chặn mạnh , tức là tồn tại  ∈ Lab nhưng  ∉ L
hỏi tự nhiên được đặt ra là: khi  ∈ Lab thì định lý 1.2 và định lý 1.4 có còn đúng
hay không? Năm 2000 định lý 1.2 đã được Bravyi chứng minh cho trường hợp  là
toán tử tuyến tính bị chặn. Cách chứng minh của Bravyi dựa trên kết quả của định lí
Nikol’ski’s và tập trung trả lời câu hỏi về tính chất Fredholm. Vì vậy trong chương
này chúng tôi xin trình bày lại chi tiết hơn một cách chứng minh khác của định lý
1.2 dựa vào chứng minh toán tử T :C ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) được định nghĩa bởi

=
T (v )(t ) :

t

∫ (v )(s )ds ,

vôùi t ∈ [a ,b ]

a

là toán tử compact khi  ∈ Lab . Đồng thời tính compact của toán tử T cho phép
chúng tôi xét tính xấp xỉ nghiệm của bài toán (1.1), (1.2). Đặc biệt khẳng định định

lý 1.4 vẫn đúng trong trường hợp  là toán tử tuyến tính bị chặn (thể hiện ở hệ quả
1.18). Sau đó áp dụng các kết quả trên để xem xét số chiều của không gian nghiệm
của phương trình thuần nhất.
1.1.2. Định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)
Định lí 1.5. 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.
Để chứng minh định lý 1.5 ta cần một số kết quả sau đây từ [3].


Bổ đề 1.6 [định lý IV.8.6]. Không gian L ([a ,b ] ,  ) là hoàn toàn yếu.
Bổ đề 1.7 [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 liên tục hoàn toàn yếu.
Bổ đề 1.8 [định lý IV.8.11]. Nếu M ⊆ L ([a ,b ] ,  ) là tập compact tương đối yếu thì
nó có tính chất tích phân liên tục tuyệt đối. Nghĩa là với mọi ε > 0 , tồn tại δ > 0 ,
sao cho với mọi tập đo được E ⊂ [a ,b ] thỏa mes ( E ) ≤ δ thì

∫ p (s )ds ≤ ε ,

(1.3)

E

với mọi p ∈ M .
Mệnh đề 1.9. Nếu  ∈ Lab thì toán tử T :C ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) xác định bởi

=
T (v )(t )

t

∫ (v )(s )ds ,

vôùi t ∈ [a ,b ]

(1.4)

a

là toán tử compact.
Chứng minh
Giả sử M ⊆ C ([a ,b ] ,  ) là tập bị chặn tùy ý.
Để chứng minh T là toán tử compact, theo định lý Ascoli – Arzela ta chỉ cần

T (M )
chứng minh=

{T (v ) : v ∈ M } là tập bị chặn và đồng liên tục.

Ta có

 t

=
T (v ) C max {T (v )(t ) : t=
∈ [a ,b ]} max  ∫ (v )(s )ds : t ∈ [a ,b ]
 a

t
 b
≤ max  ∫ (v )(s ) ds : t ∈ [a ,b ] ≤ ∫ (v )(s ) ds .

a
 a
Hay

T (v ) C ≤ (v ) L ≤  . v C , vôùi v ∈ M .
Vì  ∈ Lab và M là tập bị chặn nên T (M ) là tập bị chặn.


Theo bổ đề 1.6 và bổ đề 1.7 toán tử  :C ([a ,b ] ,  ) → L ([a ,b ] ,  ) là liên tục
hoàn toàn yếu. Vì M là tập bị chặn nên=
(M )

{(v ) : v ∈ M } là tập compact tương

đối yếu. Theo bổ đề 1.8 (M ) có tính chất tích phân liên tục tuyệt đối. Nghĩa là, với
mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho
t

∫ (v )(ξ )dξ

≤ ε , vôùi s , t ∈ [a ,b ] , s − t ≤ δ , v ∈ M .

s

Mặt khác

T (v )(t ) −T (v )(s=
)

t

s

t

a

a

s

∫ (v )(ξ )dξ − ∫ (v )(ξ )dξ= ∫ (v )(ξ )dξ .

Suy ra

T (v )(t ) −T (v )(s ) ≤ ε , vôùi s , t ∈ [a ,b ] , s − t ≤ δ , v ∈ M .
Do đó T (M ) là đồng liên tục.
Vậy T là toán tử compact.



Chứng minh định lí 1.5
Cho X C ([a ,b ] ,  ) ×  là không gian Banach chứa các phần tử x = (u , α ) ,
=
trong đó u ∈C ([a ,b ] ,  ) và α ∈  , với chuẩn

x=
X

u

C

+α .

t


Đặt q =  ∫ q (s )ds ,c  và định nghĩa toán tử T : X → X bằng cách đặt
a

t


T (x ) = α + u (a ) + ∫ (u )(s )ds , α − h (u )  .
a



(1.5)

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

=
x T (x ) + q ,

(1.6)

trong không gian X theo nghĩa: nếu
=

x (u , α ) ∈ X là nghiệm của (1.6) thì

α = 0, u ∈C ([a ,b ] ,  ) và u là nghiệm của (1.1),(1.2), và ngược lại. Nghĩa là nếu
 ([a ,b ] ,  ) là nghiệm của (1.1),(1.2) thì x = (u ,0) là nghiệm của (1.6).
u ∈C


Toán tử T xác định như (1.6) là toán tử compact. Thật vậy
Đặt

T1 : X 
→ C ([a ,b ] ,  )
t

α u (a ) + ∫ (u )(s )ds ,
T1 (x )(t ) =+
a

T2 : X 
→
)
T2 (x=
Khi x

X

α − h (u ).

≤ 1 ta có

T2 (x ) ≤ 1 + h ,

(1.7)

T1 (x )(t ) ≤ 1 +  .

(1.8)

Mặt khác

T1 (x )(t ) −=
T1 (x )(s )

t

∫ (u )(ξ )dξ

≤ ε , vôùi s ,t ∈ [a ,b ] , s − t ≤ δ , x ∈ X

(1.9)

s

(theo mệnh đề 1.9).
Từ (1.7) suy ra T2 (B (0,1)) là tập bị chặn trong  nên T2 (B (0,1)) là tập
compact tương đối trong  , với B (0,1) =
{x ∈ X : x

X

≤ 1}.

Từ (1.8) và (1.9) suy ra T1 (B (0,1)) là tập bị chặn đều và đồng liên tục trong

C ([a ,b ] ,  ) . Do đó, theo định lý Ascoli - Arzela T1 (B (0,1)) là tập compact tương
đối trong C ([a ,b ] ,  ) .
Vậy T = (T1 ,T2 ) là toán tử tuyến tính compact.
Theo định lí Riesz – Schauder điều kiện cần và đủ để (1.6) có nghiệm duy
nhất là phương trình thuần nhất tương ứng

x = T (x )

(1.10)

chỉ có nghiệm tầm thường. Điều này tương đương với bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có
nghiệm tầm thường. Ta có điều phải chứng minh.



Tương tự định nghĩa 1.3 ta có định nghĩa toán tử Green của bài toán (1.1 0 ),
(1.2 0 ) trong trường hợp  là toán tử tuyến tính như sau


Định nghĩa 1.10
Giả sử  ∈ Lab và bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Toán tử

Ω : L ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) xác định bởi: với mỗi q ∈ L ([a ,b ] ,  ) ứng với một
nghiệm u của bài toán (1.1), (1.2 0 ). Khi đó Ω được gọi là toán tử Green của bài
toán (1.1 0 ), (1.2 0 ).
Chú ý 1.11

 Theo định lý 1.5 thì định nghĩa toán tử Green là hợp lý.
 Từ chứng minh của định lý 1.5 và định lý Riesz – Schauder suy ra: nếu bài
toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) có nghiệm không tầm thường thì với mỗi c ∈  tồn tại

q ∈ L ([a ,b ] ,  ) và mỗi q ∈ L ([a ,b ] ,  ) thì tồn tại c ∈  để bài toán (1.1), (1.2) vô
nghiệm.
1.1.3. Phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra
Định nghĩa 1.12. Toán tử  ∈ 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 ] .
 Sau đây ta đưa ra một số kí hiệu
Giả sử t0 ∈ [a ,b ] , ta định nghĩa toán tử  k :C ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) và số

λk như sau
t

(v ) ) (s )ds , ∀t=
∈ [a ,b ] , k 1, 2,

(1.11)

=
λk h (  0 (1) + 1 (1) + ... +  k −1 (1)=
) , k 1, 2,

(1.12)

=
 0 (v )(t ) v (t=

),  k (v )(t )

∫  (

k −1

t0

Khi λk ≠ 0 , với k là một số tự nhiên khác không nào đó, ta đặt

 k ,0 (v )(=
t ) v (t ), ∀t ∈ [a ,b ] ,
 k ,m =
(v )(t )  m (v )(t ) −

h (  k (v ) ) m −1

λk

], m
∑  (1)(t ), ∀t ∈ [a ,b=
i =0

i

1, 2,

(1.13)

Định lí 1.13. Giả sử  ∈ Lab và tồn tại k , m ∈  \ {0} , m 0 ∈  , α ∈ [ 0,1) sao cho

λk ≠ 0 và với mọi nghiệm u của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) thỏa mãn bất đẳng thức
 k ,m (u ) C ≤ α  k ,m0 (u ) .

(1.14)

C

Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Theo định lý 1.5 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.
Giả sử u ( x ) là nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ). Khi đó

u '(t ) = (u )(t ), h (u ) = 0.
t

Suy ra

u=
(t ) u (t0 ) + ∫  (u ) (s )ds .
t0

Đặt c = u (t0 ) thì

u (t )= c + 1 (u )(t ) .
Do đó

u (t ) =
c + 1 (c + 1 (u ) ) (t ) .
Hay

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

u (t ) =
 0 (1)(t ) .c + c ∫  (1) (s )ds +  2 (u )(t ) ,
t0

u (t ) =(  0 (1)(t ) + 1 (1)(t ) )c +  2 (u )(t ) .
Tiếp tục làm như trên ta được

=
u (t )

(  (1)(t ) +  +  (1)(t ) )c +  (u )(t ) ,
i −1

0

với i là số nguyên dương bất kì.
Từ (1.2 0 ), (1.12) và (1.15), ta có

=
0 λkc + h (  k (u ) ) .
Vì λk ≠ 0 nên ta suy ra

i

(1.15)


c= −

h (  k (u ) )

λk

.

(1.16)

Từ (1.13) ta có

u (t ) =  k ,0 (u )(t ).
Từ (1.11), (1.15) và (1.16) suy ra

h (  k (u ) ) m −1
u (t ) =
 m (u )(t ) −
 k ,m (u )(t ).
∑  i (1)(t ) =

λk

i =0

Vậy

 k ,0 (u )(t ) =  k ,m (u )(t ).

(1.17)

Từ (1.14) và (1.17) ta có bất đẳng thức

 k ,m0 (u )

C

≤ α  k ,m0 (u ) ,
C

hay

(1 − α )  k ,m

0

(u )

C

≤ 0.

Vì α ∈ [ 0,1) nên

 k ,m0 (u )

C

 k ,m0 (u )

C

≤ 0.

Vậy

≡ 0.

Suy ra

u (t ) ≡ 0 .
Vậy định lý được chứng minh.



Hệ quả 1.14. Giả sử  ∈ Lab là toán tử t0 - Volterra. Khi đó bài toán

=
u '(t ) (u )(t ) + q (t ),
u (t0 ) = c ,
có nghiệm duy nhất, với q ∈ L ([a ,b ] ,  ) , c ∈  .
Để chứng minh hệ quả 1.14 ta cần chứng minh bổ đề 1.15.
Bổ đề 1.15. Giả sử  ∈ Lab là toán tử t0 - Volterra. Khi đó

(1.18)

lim  k = 0.

(1.19)

k →+∞

Chứng minh
Với k = 1 ta có

=
1 (v )(t )

t

 (  0 (v ) ) (s )ds
∫=

t0

t

∫ (v )(s )ds

(do (1.11)).

t0

Theo mệnh đề 1.9 thì 1 là toán tử compact. Do đó với ε > 0 cho trước, tồn tại

δ > 0 sao cho
t

∫ (v )(ξ )dξ

= 1 (v )(t ) − 1 (v )(s ) ≤ ε v

s

C

(1.20)

với t − s ≤ δ .
Đặt

b − t 0 
t − a 
=
n =
, m  0
,

 δ 
 δ 
ti =
t0 + iδ , i =
−m , −m + 1,..., −1,1, 2,..., n ,
=

t −m −1 a=
, tn +1 b
và

  k (v ) C ([t ,t ], ) ,=
vôùi i 1, 2,..., n + 1
0 i

 k (v ) i = 
  k (v ) C ([ti ,t0 ], ) , vôùi i =−m − 1, −m ,..., −1.
 Trước tiên ta sẽ chứng minh rằng

 k (v ) i ≤ α i (k )ε k v C ([a ,b ], ) , vôùi =
i 1, 2,..., n + 1; =
k 1, 2,...

(1.21)

trong đó

αi (k )= γ ik i −1 ; i = 1, 2,..., n ; γ 1 = 1; γ i +1 = iγ i + i + 1; i = 1, 2,..., n .

(1.22)

Ta sẽ chứng minh công thức (1.21) bằng phương pháp qui nạp theo i .
• Với i = 1 ta cần chứng minh

 k (v ) 1 ≤ ε k v C ([a ,b ], ) , vôùi i =
1, n + 1 .
Ta có công thức

(1.23)
1 (v ) i ≤ iε v C ([a ,b ], ) , vôùi i =
1, n + 1 .


Thật vậy, theo (1.20) thì

 t

i −1
 t

=
1 (v ) i max  ∫ (v )(ξ )dξ : t ∈ [t0 , ti ] ≤ ∑ max  ∫ (v )(ξ )dξ : t ∈ t j , t j +1  
 t0
 j =0
 t j

với i 1, 2,..., n + 1 .
≤ iε v C ([a ,b ], )=
Hơn nữa, do (1.20) và  là toán tử t0 - Volterra nên ta có

=
 k +1 (v )(t )

t

∫  (

k

(v ) ) (ξ )dξ ≤ ε  k (v ) 1 , =
∀t ∈ [t0 , t1 ] , k 1, 2,...

t0

Do đó, theo (1.23) ta có

 k (v ) 1 ≤ ε k v C ([a ,b ], ) , vôùi k =
1, 2...
Vậy (1.21) đúng với i = 1.
• Giả sử (1.21) đúng với i , ta cần chứng minh (1.21) đúng với i + 1.
Thật vậy, cũng do (1.20) và  là toán tử t0 - Volterra nên ta có

 t

=
 k +1 (v ) i +1 max  ∫  (  k (v ) ) (ξ )dξ : t ∈ [t0 , ti +1 ]
 t0

 t

i −1
≤ ∑ max  ∫  (  k (v ) ) (ξ )dξ : t ∈ t j , t j +1  
j =0
 t j

 t

+ max  ∫  (  k (v ) ) (ξ )dξ : t ∈ [ti , ti +1 ]

 ti


≤ iε  k (v ) i + ε  k (v ) i +1 , k =
1, 2,...
≤ iα i (k )ε k +1 v C ([a ,b ], ) + ε  k (v ) i +1 , k =
1, 2,...
Do đó ta có

(

 k +1 (v ) i +1 ≤ iαi (k )ε k +1 v C ([a ,b ], ) + ε iαi (k − 1)ε k v C ([a ,b ], ) + ε  k −1 (v ) i +1

)

≤ i (α i (k ) + α i (k − 1) ) ε k +1 v C ([a ,b ], ) + ε 2  k −1 (v ) i +1 , với k = 1, 2,...
Tiếp tục quá trình trên và kết hợp với (1.23) ta suy ra

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


Theo (1.22) ta có

i [α i (k ) + αi (k − 1) + ... + αi (1) ] + i + 1
= 1 + i + iγ i k i −1 + (k − 1)i −1 + ... + 2i −1 + 1i −1 

≤ (i + 1) + iγ ikk i −1
= (i + 1) + iγ ik i

≤ ( (i + 1) + iγ i ) k i

≤ γ i +1k i = α i +1 (k + 1) .
Do đó

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

vôùi k =
1, 2,...

Vậy (1.21) đúng với i + 1 . Theo nguyên lý quy nạp thì (1.21) đúng.
 Tương tự ta chứng minh được rằng

1, 2,...
 k (v ) i ≤ α i (k )ε k v C ([a ,b ], ) , vôùi i =−m − 1, −1; k =

(1.24)

trong đó

αi (k ) =γ ik i −1 , vôùi i =−m − 1, −m ,..., −1,
γ −1 = 1,

(1.25)

γ i −1 =i γ i + i + 1 , vôùi i =−m ,..., −1.
Do (1.21), (1.22), (1.24) và (1.25) suy ra tồn tại số tự nhiên γ khác 0 ( nghĩa là γ
không phụ thuộc k ) sao cho

 k (v ) C ([a ,b ], ) ≤  k (v )

−m −1

+  k (v ) n +1 ≤ γ k n +m ε k v C ([a ,b ], ) với k = 1, 2,...

Vì ε < 1 nên khi k → ∞ thì (1.19) đúng.



Chứng minh hệ quả 1.14
Giả sử u là nghiệm bất kỳ của bài toán thuần nhất tương ứng của bài toán
(1.18) nghĩa là

u '(t ) = (u )(t ),
u (t0 ) = 0.

(1.26)


Theo định lý 1.13 để chứng minh bài toán (1.18) có nghiệm duy nhất ta cần
chứng minh tồn tại k , m ∈  \ {0} , m 0 ∈  , α ∈ [ 0,1) sao cho λk ≠ 0 và u thỏa
mãn bất đẳng thức (1.14).
Đặt h (v ) = v (t0 ) . Với mọi số tự nhiên khác không k , m , theo cách đặt h và
(1.12) ta có

(  0 (1) + 1 (1) + ... +  k −1 (1) )(t0 ) .

λ
=
k

Từ (1.11) ta có

 0 (1) (t0 ) = 1 ,
=
1 (1) (t0 )

t0

 (  (1) ) (s )ds
∫=
0

0.

t0

 2 (1) (t0=
) =  k −1 (1) (t0=) 0 .

Tương tự
Vậy λk = 1 hay λk ≠ 0 .

Theo (1.11) và cách đặt h ta suy ra

h=
0,
(  k (u ) ) =
k (u ) (t 0 )
Hay

=
 m (u )(t ) , ∀t ∈ [a ,b ] , u ∈C ([a ,b ] ,  ) .
k ,m (u )(t )
Vì  ∈ Lab là toán tử t0 - Volterra nên theo bổ đề 1.15 ta chọn được m sao cho

 m < 1 . Ta có
 k=
,m (u )

 m (u ) ≤  m u (do  m liên tục)

Vậy điều kiện (1.14) được thỏa mãn với m
=
0,=
α
0

 m . Do đó, theo định lí 1.13

bài toán (1.18) có nghiệm duy nhất.



Với  là toán tử t0 - Volterra thì định lý 1.13 được phát biểu ngược lại như sau:
Định lí 1.16. 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 các số tự nhiên k , m khác 0 sao cho λk ≠ 0
và

 k ,m < 1.

(1.27)


Chứng minh
 Điều kiện đủ
Giả sử tồn tại các số tự nhiên k , m khác không sao cho λk ≠ 0 và (1.27) thỏa
mãn.
Hiển nhiên, với mỗi u ∈C ([a ,b ] ,  ) , ta có

 k ,m (u ) C ≤  k ,m . u

C

(1.28)

(do nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) cũng thuộc C ([a ,b ] ,  ) nên cũng thỏa mãn
bất đẳng thức (1.28)).
Như vậy, điều kiện (1.14) thỏa với m 0 = 0 và α =  k ,m . Do đó, theo định lí 1.13,
bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
 Điều kiện cần
Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất. Theo định lí 1.5, bài toán
(1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi u 0 là nghiệm của bài toán

u '(t ) = (u )(t ),
u (t0 ) = 1,

(1.29)

thì u 0 luôn tồn tại theo hệ quả 1.14.

Ta có h (u 0 ) ≠ 0 vì nếu h (u 0 ) = 0 thì hàm u 0 là nghiệm không tầm thường
của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ).
Từ (1.29) ta suy ra
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 ∈ [a ,b ].
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 =
 0 (1)(t ) + 1 (1)(t ) +  2 (u 0 )(t ), ∀t ∈ [a ,b ].
t0


Tiếp tục quá trình này ta được

=
u 0 (t )
Đặt
=
un (t )

n −1

∑  (1)(t ) + 
i =0

i

n

(u 0 )(t ), ∀t ∈ [=
a ,b ] , n 1, 2,...

n −1

[a ,b ] , n
∑  (1)(t ), ∀t ∈=
i =0

i

1, 2,...

Suy ra

u 0 (t )=
− un (t )  n (u 0 )(t ), ∀t ∈ [=
a ,b ] , n 1, 2,...
Theo bổ đề 1.15, ta có

lim u 0 − un

n →+∞

C

=
0

(1.30)

Vì λn = h (un ) , với n = 1, 2,... , và h là hàm liên tục và h (u 0 ) ≠ 0 nên ta có

lim
=
λn h (u 0 ) ≠ 0 .

n →+∞

Do đó, tồn tại số tự nhiên k 0 khác 0 và δ > 0 thỏa

λi ≥ δ với i ≥ k 0 .
Theo (1.30) tồn tại ρ ∈ (0, +∞) sao cho

1

λi

uj

C

. h ≤ ρ , ∀i ≥ k 0 , j =1, 2,...

(1.31)

Theo bổ đề 1.15 thì tồn tại các số tự nhiên k , m khác không và k > k 0 sao cho

k ≤

1
1
, m < .
2ρ
2

(1.32)

Hơn nữa, theo (1.13) ta có

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

h (  k (v ) ) m −1

∑  (1)(t )

λk

i =0

h (  k (v ) )

λk

i

um (t ), ∀t ∈ [a ,b=
] , m 1, 2,...

Suy ra

 k ,m ≤  m +

um

λk

C

h k .

(1.33)

Kết hợp với (1.31) và (1.32) ta được

 k ,m <

1 um C
1
1 1
1.
+
≤ + =
h
2
2ρ 2 2
λk

Vậy

 k ,m < 1 .



1.2. Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên không địa phương cho phương trình
vi phân hàm tuyến tính cấp 1
Cùng với bài toán (1.1), (1.2), với mỗi số tự nhiên k khác không, ta xét bài toán

=
u ′(t )  k (u )(t ) + qk (t ),
hk (u ) = ck ,

(1.34)

trong đó  k ∈ L ab , và hk :C ([a ,b ] ,  ) →  là các phiếm hàm tuyến tính bị chặn,

qk ∈ L ([a ,b ] ,  ) và ck ∈  .
Trong [7] các tác giả I. Kiguradze, B. Puza đã nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm
của bài toán (1.1), (1.2) khi ,  k là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh. Trong phần này
chúng tôi sẽ mở rộng các kết quả trên khi  ,  k là các toán tử tuyến tính bị chặn.

 ([a ,b ] ,  ) được biểu diễn dưới dạng
Ta ký hiệu  là tập hợp các hàm y ∈C
t

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

(1.35)

a

với z ∈C ([a ,b ] ,  ) , z

C

=
1.

Định lí 1.17. Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất u ,

 t


sup  ∫ [  k (y )(s ) − (y )(s ) ]ds : t ∈ [a ,b ] , y ∈ k  → 0 khi k → +∞ ,
 a


(1.36)

 ([a ,b ] ,  ) ta có
và giả sử với mỗi y ∈C
lim (1 +  k

k →+∞

t

) ∫ [

k

(y )(s ) − (y )(s )]ds =
0 ñeàu treân [a ,b ].

(1.37)

a

Hơn nữa, giả sử

lim (1 +  k

k →+∞

t

) ∫ [q
a

k

(s ) − q (s ) ]ds =
0 ñeàu treân [a ,b ] ,

(1.38)


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

(1.39)

lim ck = c.

(1.40)

k →+∞

k →+∞

Khi đó tồn tại số tự nhiên k 0 khác không sao cho với mọi k > k 0 , bài toán (1.34) có
nghiệm duy nhất uk và

lim uk − u

k →+∞

C

=
0.

(1.41)

Từ định lý 1.17 ta có hệ quả sau
Hệ quả 1.18. Giả sử  ∈ Lab và bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Khi đó toán tử Green của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) liên tục.
Để chứng minh định lý 1.17 chúng ta cần hai bổ đề sau đây
Bổ đề 1.19. Giả sử  ∈ L ab và
t

=
 (y )(t )

∫ (y )(s )ds , ∀t ∈ [a ,b ] .

(1.42)

a

{

}

Hơn nữa, giả sử (x n )n ⊂ C ([a ,b ] ,  ) là dãy bị chặn. Khi đó dãy  (x n )

n

có chứa

một dãy con hội tụ đều.
Chứng minh
Theo mệnh đề 1.9 toán tử  định nghĩa như (1.42) là toán tử compact. Suy ra

{

}

nếu (x n )n là dãy bị chặn trong C ([a ,b ] ,  ) thì  (x n )

n

có chứa một dãy con hội tụ

trong C ([a ,b ] ,  ) và hội tụ trong C ([a ,b ] ,  ) là hội tụ đều.
Bổ đề 1.20. Giả sử bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Hơn nữa, giả
sử dãy toán tử  k ∈ L ab và các hàm tuyến tính bị chặn hk :C ([a ,b ] ,  ) →  thỏa
mãn điều kiện (1.36) và (1.39). Khi đó tồn tại số tự nhiên k 0 khác không và số

 ([a ,b ] ,  ) ta có đánh giá
r > 0 sao cho với bất kỳ z ∈C
z

C

≤ r ρk (z ), ∀k > k 0 ,

(1.43)

trong đó

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

t

) ∫ [z '(s ) − 
a


(
z
)(
s
)
ds
:
t
a
,
b

∈
]
[
]
.
k


(1.44)


Chứng minh
Theo định lí Banach – Steinhauss từ điều kiện (1.39) ta có dãy {hk }k bị chặn
đều hay

{h }
k

k

bị chặn. Do đó, tồn tại r0 > 0 sao cho hk ≤ r0 nghĩa là

hk (y ) ≤ hk y

≤ r0 y

C

C

, ∀y ∈C ([a ,b ] ,  ) .

(1.45)

Với ∀y ∈C ([a ,b ] ,  ) và với mọi số tự nhiên k khác không, ta đặt

=
 (y )(t )

t

(y )(s )ds ,  k (y )(t )
∫=
a

t

∫

k

(y )(s )ds .

(1.46)

a

Hiển nhiên

 :C ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) ,

 k :C ([a ,b ] ,  ) → C ([a ,b ] ,  ) ,
là các toán tử tuyến tính bị chặn và

 k ≤  k ,

(1.47)

}

(1.48)

với mọi số tự nhiên k khác không.
Điều kiện (1.36) được viết lại như sau

{

sup  k (y ) −  (y )

C

: y ∈ k → 0 khi k → +∞.

Ta chứng minh bổ đề 1.20 bằng phương pháp phản chứng. Thật vậy, giả sử
ngược lại bổ đề 1.20 không đúng. Khi đó, tồn tại một dãy tăng các số tự nhiên

{km }m =1 và dãy hàm z m ∈C ([a ,b ] ,  ) ,
+∞

zm

C

với m là số tự nhiên khác không sao cho

> m ρkm (z m ).

(1.49)

Đặt

z m (t )
,=
=
ym (t )
vm (t )
zm C

t

∫ y ′ (s ) − 
m

a

km

(ym )(s )  ds , ∀t ∈ [a ,b ] ,

y 0m=
(t ) ym (t ) − vm (t ), ∀t ∈ [a ,b ] ,

=
wm (t )  km (y 0m )(t ) −  (y 0m )(t ) +  km (vm )(t ) , ∀t ∈ [a ,b ].

(1.50)
(1.51)
(1.52)