Tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với pantograph

1

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

Nguyễn Thị Kim Cương

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT LỚP
BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
VỚI PANTOGRAPH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012


2

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

Nguyễn Thị Kim Cương

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT LỚP
BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
VỚI PANTOGRAPH

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
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng
Sau đại học, Khoa Toán Tin và các giảng viên trường Đại học Sư phạm TP
HCM – Đại học Tiền Giang đã nhiệt tình truyền đạt những kiến thức quý báu
và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn
thành Luận văn Thạc sĩ.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn –
Người trực tiếp chỉ bảo, hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn
thành Luận văn Thạc sĩ. Đồng thời, 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 cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khuyến
khích tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Xin chân thành cảm ơn!

Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 29 tháng 10 năm 2012
Học viên thực hiện
Nguyễn Thị Kim Cương

4

MỤC LỤC
Trang
LỜI CẢM ƠN ................................................................................................................ 3
MỞ ĐẦU ...................................................................................................................... 5
CÁC KÝ HIỆU .............................................................................................................. 7
CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH ......................................................................................... 9
1.1 Giới thiệu bài toán................................................................................................ 9
1.2 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính. ............. 10
1.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm .................................................................... 10
1.2.2 Hệ phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra..................................... 21
1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát ......................................... 25
1.3 Các trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát ............................................. 31
1.3.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm .................................................................... 31
1.3.2 Tính xấp xỉ của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch .......... 36
CHƯƠNG II: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM TUYẾN TÍNH VỚI PANTOGRAPH ............................................................... 43
2.1 Giới thiệu bài toán.............................................................................................. 43
2.2 Các định lý về tính giải được của bài toán (2.1), (2.2) ...................................... 44
KẾT LUẬN .................................................................................................................. 62
TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................... 63


5

MỞ ĐẦU
Lý thuyết bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính được

nghiên cứu nhiều bởi các tác giả Ivan Kiguradze và Bedrich Puza trong các
năm từ 1995 đến 2003. Các tác giả đã áp dụng các kết quả trên để nghiên cứu
sự tồn tại nghiệm, sự xấp xỉ nghiệm của hệ phương trình vi phân đối số chậm
và đối số lệch. Mục đích của luận văn là áp dụng các kết quả của hai tác giả
trên để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân hàm tuyến
tính tổng quát với Pantograph.
Luận văn tập trung vào nghiên cứu vấn đề tồn tại nghiệm của một lớp bài
toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph.
Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau:
dx(t )
= p( x)(t ) + q(t )
dt

(1.1)

l ( x) = c0

(1.2)

Với điều kiện biên:
Trong đó: p : C ( I , R n ) → L( I , R n ) và l : C ( I , R n ) → R n là một toán tử tuyến
tính bị chặn, q ∈ L( I , R n ), I = [a, b], c0 ∈ R n .
Các trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện ban đầu:
x(t0 ) = c0

với t0 ∈ I

(1.3)

Hay điều kiện biên tuần hoàn:

x(b) − x(a ) = c0

(1.4)

Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) chúng ta hiểu là một vectơ hàm x : I → R n
liên tục tuyệt đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2).
Nội dung chính của luận văn gồm hai chương:
Chương 1: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến
tính.
Trong chương 1 chúng ta nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm và việc xấp xỉ
nghiệm cho bài toán biên tổng quát và hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính.


6

Chương 2: Một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến
tính với Pantograph.
Trong chương 2 chúng ta áp dụng các kết quả của chương 1 để nghiên cứu
tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm
tuyến tính với Pantograph.
Luận văn là tài liệu tham khảo cho những người quan tâm khi nghiên cứu
về tính giải được của hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính tổng quát với
Pantograph.


7

CÁC KÝ HIỆU
•I =

[ a, b ] ,  =

(−∞; +∞),  + = [0; +∞)

•  n là không gian vectơ cột n-chiều x = (xi )in=1 có phần tử xi ∈  (i =
1, , n)
với chuẩn:
n

x = ∑ xi
i =1

•  n×n là không gian ma trận n × n , X = (xik )in, k =1 có các phần tử
xik ∈  (i, k =
1,..., n) với chuẩn:
n

∑x

X =

ik

i , k =1

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

n

• =
+

n
i i =1

n×n
+

n

i

n
ik i , k =1

n×n

ik

•Nếu x, y ∈  n và X , Y ∈  n×n thì:
X ≤ Y ⇔ Y − X ∈  n+×n ;

x ≤ y ⇔ y − x ∈  n+ ,

=
x (=
xi )i 1 =
, X ( xik )i ,k 1 ;
=

n

•

n

r ( X ) là bán kính phổ của ma trận X ∈  n×n

•E là ma trận đơn vị.
• Θ là ma trận không.
• C ( I ,  n ) là không gian các hàm vectơ liên tục x : I →  n với chuẩn:
x C = max{ x(t ) : t ∈ I };

•Nếu
x
=

n
( xi )i =1 ∈ C ( I ,  n ) thì

• C ( I ,  n ) là không gian

(

x C = xi

)

n

C i =1

.

các vectơ hàm x : I →  n liên tục tuyệt đối.

• C ( I ,  n×n ) là tập hợp các hàm ma trận liên tục X : I →  n×n .
•Nếu
=
X

n
( xik )i ,k =1 ∈ C ( I ,  n×n ) thì

X

C

(

= xik

)

n

C i , k =1

.

8

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

phần tử µ - khả tích với chuẩn: x
•Nếu X
=

n
( xik )i ,k =1 : I →  n×n thì

Lµ

(

µ
b
µ
=  ∫ x(t ) dt  .

a

)

max{X (t )} = max{xik (t )}
t ∈I

t ∈I

n

i , k =1
n

ess sup{X (t )} =  ess sup{xik (t )}
t ∈I
 t ∈I
i , k =1

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

• χ là hàm đặc trưng trên I:
1 , t ∈ I
0 , t ∉ I

χ (t ) = 

• L( I ,  n ) ) là không gian các vectơ hàm x : I →  n khả tích Lebesgue với
b

chuẩn x L = ∫ x(t ) dt .
a

• L( I ,  n×n ) là không gian các ma trận hàm X : I →  n×n khả tích Lebesgue.
•Nếu
=
X

n
( xik )i ,k =1 ∈ L( I ,  n×n ) thì

X

L

(

= xik

)

n

L i , k =1

.


9

CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
1.1 Giới thiệu bài toán
Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau:
dx(t )
= p( x)(t ) + q(t )
dt

(1.1)

Với điều kiện biên:
l ( x) = c0

(1.2)

Trong đó p : C ( I , R n ) → L( I , R n ) và l : C ( I , R n ) → R n là những toán tử tuyến
tính bị chặn, q ∈ L( I , R n ), c0 ∈ R n .
Các trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện ban đầu:
x(t0 ) = c0

với t0 ∈ I

(1.3)

Hay điều kiện biên tuần hoàn:
x(b) − x(a ) = c0

(1.4)

Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là một vectơ hàm x : I → R n liên tục tuyệt
đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2).
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)

Thỏa một trong các điều kiện sau:
x(t ) = u (t ), t ∉ I ,

l ( x) = c0

(1.6)

x(t ) = u (t ), t ∉ I ,

x(t 0 ) = c0

(1.7)

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

Trong đó

P ∈ L( I , R n× n ), q0 ∈ L( I , R n ), τ : I → R là hàm đo được và

vectơ hàm u : R → R n liên tục và bị chặn.
Bài toán (1.5) đưa về dạng bài toán (1.1) khi ta đặt:

(1.8)


10
, khi τ (t ) < a
, khi a ≤ τ (t ) ≤ b

, khi τ (t ) > b

a

τ 0 (t ) = τ (t )
b


(1.9)

p( x)(t ) = χ I (τ (t )) P(t ) x(τ 0 (t ))

(1.10)

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

(1.11)

Với χ I là hàm đặc trưng của khoảng I:
1 , t ∈ I
0 , t ∉ I

χ I (t ) = 

Các kết quả của phần sau này được trích trong bài báo khoa học từ [4].

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 của nó:
dx(t )

= p ( x)(t )
dt

l ( x) = 0

(1. 10 )
(1. 20 )

Trong đó
(i) p : C ( I , R n ) → L( I , R n ) là một toán tử tuyến tính sao cho tồn tại một hàm
η : I → R khả tích thỏa
p ( x)(t ) ≤ η (t ) x C với t ∈ I , x ∈ C ( I , R n ) .

Khi đó p gọi là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh.
Như vậy một toán tử bị chặn mạnh cũng là một toán tử bị chặn.

1.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Định lý 1.1:
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:
Đặt B = C ( I , R n ) × R n là không gian Banach gồm các phần tử u=(x;c), trong đó
x ∈ C ( I , R n ) và c ∈ R n , với chuẩn:


11
u

B

= xC+ c

Lấy tùy ý u = ( x; c) ∈ B và một điểm tùy ý cố định t0 ∈ I , ta đặt:
t



f (u )(t ) = c + x(t 0 ) + ∫ p ( x)( s )ds, c − l ( x)  khi t ∈ I


t0


(1.12)
t


h(t ) =  ∫ q ( s )ds, c0  khi t ∈ I

t

0

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

(1.13)

Vì u = ( x; c) ∈ B là một nghiệm của (1.13) nếu c=0 và x là một nghiệm của bài

toán (1.1), (1.2).
Mặt khác, từ (i)-(iii) và (1.12), ta có f : B → B là một toán tử tuyến tính
compact. Thật vậy, từ (i), (ii) và (1.12) ta có f là toán tử tuyến tính liên tục. Đặt
f1 : B → C ( I ; R n );

f2 : B → Rn
t

f1 (u )(t ) = c + x(t 0 ) + ∫ p ( x)( s )ds,
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)(ζ )dζ
s

t

≤

∫
s

t

p( x)(ζ ) dζ ≤ ∫ η (ζ )dζ .
s

Do đó ta có f 2 ( B(0,1)) là tập Compact tương đối trong R n , f1 ( B(0,1)) là tập
bị chặn đều và đẳng liên tục trong C ( I ; R n ) , với B(0,1) = {u ∈ B : u

B

}

≤1 .

Theo định lý Ascoli-Arzela ta có f1 ( B(0,1)) là tập Compact tương đối trong
C ( I ; R n ) . Từ đó suy ra f là toán tử tuyến tính compact.

Do đó theo định lý Fredholm cho phương trình toán tử thì điều kiện cần và
đủ để phương trình (1.13) có nghiệm duy nhất là phương trình toán tử:
u = f (u )

chỉ có nghiệm tầm thường. Điều đó tương đương với bài toán thuần nhất
(1. 10 ), (1. 2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lý chứng minh xong.

(1.14)


12

Sau đây ta xây dựng các tiêu chuẩn hiệu quả cho sự tồn tại duy nhất nghiệm
của bài toán (1.1), (1.2).
một điểm cố định t0 ∈ I . Ta định nghĩa các toán tử

Lấy tùy ý

p k : C ( I , R n ) → C ( I , R n ) và ma trận Λ k ∈ R n× n như sau:
t

p 0 ( x)(t ) = x(t ), p k ( x)(t ) = ∫ p ( p k −1 ( x))( s )ds
t0

(

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

)

(k = 1,2,3,...),

(1.15)

(k = 1,2,3, ),

(1.16)

Nếu ma trận Λ k không suy biến với (k=1,2,…) thì ta đặt:
p k , mo ( x)(t ) = x(t ),

[

]

p k , m ( x)(t ) = p m ( x)(t ) − p 0 ( E )(t ) +  + p m −1 ( E )(t ) Λ−k1l ( p k ( x))

(1.17)

Định lý 1.2:
Giả sử tồn tại k và m là các số nguyên dương, m0 là số nguyên không âm và
ma trận A ∈ R+ n×n thỏa:
r ( A) < 1

ma trận Λ k ∈ R n× n trong (1.16) là không suy biến và bất đẳng thức sau:
p k , m ( x ) ≤ A p k , m0 ( x )
C

C

(1.18)

Thỏa với mọi x là nghiệm của bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ).
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) chỉ có nghiệm duy nhất.

Chứng minh:
Theo định lý 1.1, ta cần chứng minh bài toán thuần nhất (1. 10 ), (1. 2 0 )

chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ). Khi đó ta lấy tích
phân 2 vế của (1. 10 ) ta được:
t

x(t ) = x(t0 ) + ∫ p ( x)( s )ds = c + p1 ( x)(t )
t0

với c = x(t0 ) .
Thay x(t) trở lại ta được:


13

(

)

x(t ) = c + p1 ( x)(t ) = c + p1 c + p1 ( x) (t )

(

t

)

= c + ∫ p c + p1 ( x) ( s )ds = c + p1 (c)(t ) + p 2 ( x)(t )

[

t0

]

= p 0 ( E )(t ) + p1 ( E )(t ) c + p 2 ( x)(t )

Tiếp tục quá trình trên ta có:

[

]

x(t ) = p 0 ( E )(t ) + p1 ( E )(t ) + ... + p i−1 ( E )(t ) c + p i ( x)(t )

(1.19)

với mọi số nguyên dương i tùy ý.
Từ (1. 2 0 ), (1.16) và (1.19) ta tác động l vào 2 vế của (1.19) ta có:

[

]

l ( x(t )) = l p 0 ( E )(t ) + p 1 ( E )(t ) + ... + p k −1 ( E )(t ) c + l ( p k ( x)(t ))
hay

0 = Λ k c + l ( p ( x))
k

Do ma trận Λ k không suy biến nên:

c = −Λ−k1l ( p k ( x))

Thay c vào (1.19) ta được:

[

]

x(t ) = p m ( x)(t ) + p 0 ( E )(t ) +  + p m−1 ( E )(t ) Λ−k1l ( p k ( x)) = p k ,m ( x)(t ) do(1.17)

Mặt khác ta có: p k ,m ( x)(t ) = x(t ) nên suy ra:
o

p k ,mo ( x)(t ) = p k ,m ( x)(t )

Thay vào (1.18) ta được:
p k , m ( x ) ≤ A p k , m0 ( x )
C

C

Hay
p k ,m0 ( x)

C

≤ A p k ,m0 ( x)

C

Do đó

(E − A) p k , m

0

( x)

C

≤0

Hơn nữa, do A không suy biến và r ( A) < 1 , nên ma trận nghịch đảo không
âm (E − A)−1 của ma trận (E-A) là không suy biến và không âm nên suy ra:
p k ,m0 ( x)

C

≤0

Do đó:
p k ,m0 ( x)(t ) ≡ 0

Vậy x(t ) ≡ 0 . Định lý được chứng minh xong


14

Hệ quả 1.3:
Giả sử tồn tại số nguyên dương m, một số nguyên không âm m0 và ma trận

A ∈ R n× n thỏa r ( A) < 1 và bất đẳng thức:

p m ( x ) ≤ A p m0 ( x )
C

C

(1.20)

Thỏa với mọi x là một nghiệm tùy ý của hệ (1. 10 ) với điều kiện ban đầu:
x(t0 ) = 0

Khi đó bài toán (1.1), (1.3) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Bằng cách thay l ( x) = x(t0 ) khi đó từ giả thiết (1.15)-(1.17) ta có các số
nguyên dương tùy ý k và m thỏa:
Λ k = E , l ( p k ( x)) = 0, p k , m ( x)(t ) = p m ( x)(t ) .

Từ đó, theo định lý 1.2 suy ra bài toán (1.1), (1.3) chỉ có một nghiệm duy
nhất.(đpcm)
Chú ý:
Trong định lý 1.2 và hệ quả 1.3, điều kiện r ( A) < 1 không thể thay thế bằng
điều kiện: r ( A) ≤ 1 .
Thật vậy, ta xét hệ phương trình vi phân sau:
1

dx(t )
= 2 ∫ x( s )ds
dt
0

(1.21)

Trên đoạn I=[0,1] với điều kiện ban đầu:
x(0)=1

(1.22)

Mỗi nghiệm của hệ (1.21) có dạng:
x(t ) = ct

Trong đó c ∈ R 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:
t

t

0

0

p1 ( x )(t ) = ∫ p ( x )( s ) ds = 2t ∫ x (τ ) dτ


15
t
t
 1
p 2 ( x)(t ) = ∫ p p 1 ( x) ( s )ds = ∫  2 ∫ p 1 ( x)(ζ )dζ

0
0 0

(

)

 1 1


= ∫ 2 ∫  2ζ ∫ x(τ )dτ dζ

0 0
0

t



ds


1

ds = 2t x( s )ds
∫0



Suy ra

p 2 ( x)(t ) = p 1 ( x)(t )

Do đó, điều kiện (1.20) với m = 2, m0 = 1, A = E thỏa hệ (1.21), nhưng ma
trận A thỏa r(A)=1.
Hệ quả 1.4:
Giả sử tồn tại các số nguyên không âm m và m0 , và ma trận A ∈ R+ n× n thỏa
mãn:
r ( A) <

π

(1.23)

2(b − a )

Và bất đẳng thức:
p ( p m ( x))

L2

≤ A p m0 ( x)

(1.24)
L2

Thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1. 10 ) với điều kiện ban đầu:
x(t0 ) = 0

Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:

Ta cần chứng minh hệ (1. 10 ) với điều kiện ban đầu:
x(t0 ) = 0

(1.25)

chỉ có nghiệm tầm thường x(t ) ≡ 0 .
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1. 10 ), (1.25). Khi đó, theo
(1.15) ta có:
x(t ) = p m0 ( x)(t ) = p m +1 ( x)(t )

Suy ra:
p m0 ( x )

Mặt khác ta có:

L2

= p m +1 ( x ) 2 .
L

(1.26)


16

[

]

d m +1

p ( x)(t ) = p ( p m ( x))(t )
dt

p m +1 ( x)(t0 ) = 0,

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

≤

L2

2(b − a )

π

p ( p m ( x))

L2

Kết hợp với (1.24) và (1.26) ta có:
p m0 ( x)
≤

≤

L2

2(b − a )

π

2(b − a )

(

p p m ( x)

π
m0

A p ( x)

)

L2

= B p ( x)

với B =

2(b − a )

π

m0

L2

A

L2

Suy ra:
( E − B ) p m0 ( x )

L2

≤0

Hơn nữa ta có:
B=

2(b − a )

π

A

suy ra r ( B) =

(do r ( A) <

π
2(b − a )

2(b − a )

π

r ( A) <

2(b − a )

π

π

2(b − a )

<1

)

Nên ma trận (E − B )−1 không suy biến suy ra:
p m0 ( x )

L2

≤0

Do đó x(t ) = p m ( x)(t ) ≡ 0 (đpcm)
0

Chú ý:
Trong điều kiện (1.23) dấu bằng không thể xảy ra. Thật vậy, chúng ta xét
bài toán thuần nhất sau:
dx(t )
π


= x − t 
dt
2 
x ( 0) = 0

π
Trên đoạn I = 0,  có một nghiệm không tầm thường là:
 2
x(t ) = E sin t .

Khi đó, ta có:

(1.27)


17
p 0 ( x)(t ) = x(t ) = E sin t ,

π
p p 0 ( x) (t ) = p ( x)(t ) = x − t  = E cos t
2 

(

)

Do đó, điều kiện (1.24) với m0 = m = 0, A = E đều thỏa hệ (1.27) nhưng
ma trận A thỏa đẳng thức:
r ( A) =

π
2(b − a )

Thay cho điều kiện (1.23).

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

i

Bi = ∑ ∫ p ( p j ( E ))( s )ds

(1.28)

j =1 a

là không suy biến và khi đó tồn tại một ma trận B ∈ R+n× n sao cho:
b

∫ p( x)(t ) dt ≤ B x

(1.29)

C

a

Thỏa với mọi x là một nghiệm của hệ (1. 10 ) với điều kiện: x(b) = x(a) và

(

)

r B + Bi−1 B i + 2 < 1

Khi đó bài toán (1.1), (1.4) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Để chứng minh hệ quả ta cần kiểm tra các điều kiện của định lý 1.2 được
thỏa với:
l ( x) = x(b) − x(a ), k = i + 2, m = 1, 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

(

)

b

(

)

= ∫ p p ( x) ( s )ds − ∫ p p ( x) ( s )ds = ∫ p p i +1 ( x) ( s )ds.
t0

i +1

t0

i +1

a

Từ các giả thiết (1.28), (1.29), (1.15), (1.16) chọn Bi = Λ k khi đó ta có:


18
b

p 1 ( x)

C

≤ ∫ p ( x)( s ) ds ≤ B x C
a

b

p j ( x)

C

≤ ∫ p ( p j −1 ( x))( s ) ds ≤ B p j −1 ( x)

C

≤ Bj xC

( j = 1,2,...)

a

b

b

l ( p k ( x)) =

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

C

≤ B i+2 x C

a

Khi đó từ (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 r ( A) = r B + Bi−1 B i + 2 < 1 . Hệ quả được chứng
minh.
Định lý 1.6:
Giả sử tồn tại một ma trận hàm P0 ∈ L( I , R 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

o

C

(1.31)

a

Thỏa với mọi x là nghiệm của bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ) , trong đó G0 là ma
trận Green của bài toán (1.30), (1. 2 0 ) và A ∈ R+n× n là ma trận thỏa điều kiện
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. 10 ), (1. 2 0 ) , với các giả thiết
của định lý 1.6 chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ) , Khi đó vì (1.30),
(1. 2 0 ) , chỉ có một nghiệm tầm thường, nên bài toán
dx(t )
= p ( x)(t ) = P0 (t ) x(t ) + [ p ( x)(t ) − P0 (t ) x(t )]
dt


19

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 ) = ∫ G0 (t , s )[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )]ds
a

Từ bất đẳng thức (1.31) ta được:
xC ≤ AxC

Khi đó kết hợp với điều kiện A không âm, r ( A) < 1 nên

(E − A) x C

≤ 0 ⇒ x C ≤ (E − A) 0 = 0 ⇒ x C = 0
−1

x(t ) ≡ 0

hay

Hệ quả 1.7:
Giả sử tồn tại một ma trận hàm P0 ∈ L( I , R n× n ) sao cho:
t
 ∫ P0 (ζ )dζ

s



t
 P0 (t ) = P0 (t ) ∫ P0 (ζ )dζ



s






(1.32)

Với mọi t và s ∈ I và bất đẳng thức
t

exp
∫  ∫s P0 (ζ )dζ
t0
t



[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )] ds ≤ A x C


với t ∈ I

Thỏa với mọi x là nghiệm tùy ý của hệ (1. 10 ) với điều kiện đầu:

x(t0 ) = 0

Trong đó A ∈ R+n× n là ma trận thỏa 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 (ζ )dζ
s






Với mọi x là nghiệm của hệ (1. 10 ) với 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

Theo định lý Lagrant ta có:


20
t

x(t ) = ∫ C 0 (t , s )[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )]ds
t0

t
t
= ∫ exp ∫ P0 (ζ )dζ
t0
s


[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )]ds



Do đó theo (1.33) ta có:
xC ≤ AxC

Mà r ( A) < 1 nên

(E − A) x C ≤ 0 ⇒

x C ≤ (E − A) 0 = 0 ⇒ x C = 0
−1

⇒ x(t ) ≡ 0

Vậy hệ (1. 10 ) 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 , R n× n ) thỏa
t
 ∫ P0 (ζ )dζ


s


t
 P0 (t ) = P0 (t ) ∫ P0 (ζ )dζ



s






Và ma trận

b
A0 = E − exp ∫ P0 ( s )ds 
a


là không suy biến. Giả sử
t

∫

t −b + a

t

A0−1 exp ∫ P0 (ζ )dζ
s


[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )] ds ≤ A x với t ∈ I
C



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

(1.34)
(1.35)

Trong đó A ∈ R+n× n là ma trận thỏa r ( A) < 1 .
Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh:
Do (1.32) và ma trận A0 là không suy biến nên bài toán (1.30), (1. 2 0 ) với
l ( x) ≡ x(b) − x(a ) chỉ có nghiệm tầm thường.

Giả sử G0 là ma trận Green của bài toán (1.30), (1. 2 0 ) với l ( x) ≡ x(b) − x(a) .