Bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến

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

Trần Thái Diệu Hằng

BÀI TỐN BIÊN TUẦN HỒN
CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM PHI TUYẾN

Chun ngành : Tốn 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 - 2009


LỜI CẢM ƠN
Đầu tiên tơi xin được bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS. TS.
Nguyễn Anh Tuấn, người đã tận tâm hướng dẫn và tạo điều kiện tối đa để tơi
có thể hồn thành luận văn.
Tơi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn
đã giành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tơi hồn thành
luận văn này một cách hồn chỉnh

Tơi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phịng KHCN -Sau Đại học cùng tồn
thể thầy cơ khoa Tốn-Tin học trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã
giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian nghiên
cứu đề tài.
Tơi cũng chân thành cảm ơn gia đình, các anh chị và các bạn đồng
nghiệp đã động viên, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn này.
Cuối cùng, trong q trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu
sót, rất mong nhận được sự góp ý của Q Thầy Cơ và bạn đọc nhằm bổ sung
và hoàn thiện đề tài hơn.
Xin chân thành cảm ơn.
TP Hồ Chí Minh tháng 10 năm 2009


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bài toán biên tuần hồn cho hệ phương trình vi phân thường và phương
trình vi phân cấp cao đã được nghiên cứu từ lâu và ngày càng tìm được ứng
dụng nhiều trong các lĩnh vực kinh tế và khoa học kỹ thuật . Bắt đầu từ năm
1995 việc nghiên cứu và phát triển theo hướng này thực sự phát triển mạnh
với các kết quả tổng qt cho bài tốn biên cho hệ phương trình vi phân hàm
của các tác giả I. Kiguradze và B. Puza. Các kết quả về bài tốn biên tuần
hồn cho hệ phương trình vi phân tuyến tí nh và phi tuyến cũng được nghiên
cứu một cách rộng rãi. 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.
2. Mục đích nghiên cứu
Trong luận văn này chúng tơi nghiên cứu tính giải được của bài tốn
biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính, bài tốn biên tuần hồn cho
hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến và áp dụng cho hệ phương trình vi
phân hàm đối số lệch.

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Lý thuyết các bài tốn biên cho hệ phương trình vi phân và hệ ph ương
trình vi phân hàm.
4. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu
Khi nghiên cứu các bài tốn biên cho hệ phương trình vi phân hàm
tuyến tính và phi tuyến sẽ đạt được nhiều kết quả cụ thể cho bài tốn biên
tuần hồn cho hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch.


5. Cấu trúc luận văn
Nội dung chính của luận văn gồm 2 chương
Chương 1: Bài toán biênổng
t quát cho hệ phương trình vi
phân hàm tuyến tính
Nội dung chính của chương là nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm
đối với bài tốn biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính, áp dụng
cho hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch.
Chương 2: Bài tốn biên tu
ần hồn cho hệ phương trình vi
phân hàm phi tuyến
Chương này nghiên cứu tính giải được của bài tốn biên tuần hồn cho
hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến và áp dụng cho hệ phương trình vi
phân hàm đối số lệch.


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
 I = [a, b], R = (−∞, ∞), R=
[0, ∞).
+
 R n là không gian các véc tơ cột n chiều x = ( xi )in=1 với xi ∈ R (i = 1,, n) và chuẩn

n

x = ∑ xi .
i =1

 R n×n là khơng gian các ma trận cấp n × n X = ( xik )in,k =1 với xik ∈ R (i, k =
1,, n) và
chuẩn
n

X = ∑ xik .
i ,k =1

 R+n=

{( x )
= {( x

 R+n×n

∈ R : x ≥ 0 (=
i 1,, n)}.

n
n
1
i i=
i

: x ≥ 0 (i, k= 1,, n)}.

n
n×n
1
ik i ,k =
ik

)

∈R

 Nếu x, y ∈ R n và X , Y ∈ R n×n thì


x ≤ y ⇔ y − x ∈ R+n , X ≤ Y ⇔ Y − X ∈ R+n×n .

x. y là tích vô hướng của véc tơ x và y∈ Rn.

và X ( xik )in,k =1 ∈ R n×n thì
 Nếu
=
x ( xi )in=1 ∈ R n=
=
x (=
xi )i 1 =
, X ( xik )i ,k 1 ,
=
n

n

sgn( x) = (sgn xi )in=1.

 det( X ) là định thức của ma trận X .


X −1 là ma trận nghịch đảo của X .

 r ( X ) là bán kính phổ của ma trận X .
 E là ma trận đơn vị.
 θ là ma trận không.
 C ( I ; R n ) là không gian các hàm véc tơ liên tục x : I → R n với chuẩn
=
x C max { x(t ) : t ∈ I }.

 C ([0, ω ]; R n ) là không gian các hàm véc tơ liên tục x :[0, ω ] → R n với chuẩn
=
x C max { x(t ) : 0 ≤ t ≤ ω}.

 Cω ( R n ) với ω > 0 là không gian các hàm véc tơ ω -tuần hoàn liên tục x : R → R n với
chuẩn


=
x C max { x(t ) : 0 ≤ t ≤ ω}.
ω

 Nếu
=
x ( xi )in=1 ∈ C ( I ; R n ) thì

(

)

x C = xi

n

C i =1

.

 Nếu
=
x ( xi )in=1 ∈ Cω ( R n ) thì

(

)

x C = xi
ω

n

Cω i =1

.

 Lµ ( I ; R n ) với 1 ≤ µ < +∞ là không gian các hàm véc tơ x : I → R n với các thành phần
khả tích tích bậc µ và chuẩn
1/ µ

x

Lµ

b

µ
=  ∫ x(t ) dt  .
a


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

µ

L

)

n
i =1

.

 L( I ; R n×n ) là khơng gian các ma trận hàm khả tích X : I → R n×n .
=
Nếu X ( xik )in,k =1 : I → R n×n thì
(t ) : t ∈ I }
max { X=

( max {x

ik

(t ) : t ∈ I })i ,k =1 .
n

 L([0, ω ]; R n ) là không gian các hàm véc tơ x : R → R n với các thành phần khả tích trên

[0,ω ] và chuẩn
ω

x L = ∫ x(t ) dt.
0

 Lω ( R n ) là khơng gian các hàm véc tơ ω -tuần hồn x : R → R n với các thành phần khả
tích trên [0,ω ] và chuẩn
ω

x

Lω

= ∫ x(t ) dt.
0

 Lω ( R+ ) ={ x ∈ Lω ( R ) : x(t ) ≥ 0, t ∈ R}.
 Lω ( R− ) ={ x ∈ Lω ( R) : x(t ) ≤ 0, t ∈ R}.
 Lω ( R n×n ) là khơng gian các ma trận hàm X : R → R n×n với các phần tử thuộc Lω ( R).


 Nếu Z ∈ C ( I ; R n×n ) là ma trận hàm với các cột z1 ,, zn và g : C ( I ; R n ) → L( I ; R n ) là
toán tử tuyến tính thì g ( Z ) được hiểu là ma trận hàm với các cột g ( z1 ),, g ( zn ).
 Nếu Z : R → R n×n là ma trận hàm liên tục, ω -tuần hồn với các cột z1 ,, zn và
g : Cω ( R n ) → Lω ( R n ) là tốn tử tuyến tính thì g ( Z ) được hiểu là ma trận hàm với các

cột g ( z1 ),, g ( zn ).


Chương 1. BÀI TỐN BIÊN TỔNG QT CHO HỆ
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
1.1. Giới thiệu
Xét hệ phương trình vi phân hàm
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 những tốn tử tuyến
tính bị chặn, q ∈ L( I ; R n ) và c0 ∈ R n .
Những trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là:
Điều kiện ban đầu

x(t0 ) = c0 với t0 ∈ I

(1.3)

và điều kiện biên tuần hoàn

x (b) − x ( a ) =
c0 .

(1.4)

Định nghĩa 1.1
Hàm véc tơ x : I → R n gọi là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) nếu nó
liên tục tuyệt đối, thỏa (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2).
Trong phần hai ta xét điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán
biên (1.1), (1.2). Phần ba áp dụng các kết quả trên cho hệ phương trình vi
phân hàm đối số lệch
dx(t )
= P (t ) x(τ (t )) + q0 (t )
dt

(1.5)

thỏa mãn một trong những 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)

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

(1.8)

Trong đó P ∈ L( I ; R n×n ), q0 ∈ L( I ; R n ), τ : I → R là hàm đo được và
u : R → R n là một hàm véc tơ liên ụt c và bị chặn. Các bài toán này sẽ được

đưa về dạng (1.1), (1.k) (k=2,3,4). Để thấy được điều này đặt

khi τ (t ) < a,
a

=
τ 0 (t ) τ (t ) k h ai ≤ τ (t ) ≤ b,
b
khi τ (t ) > b,


(1.9)

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

(1.10)

và

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

(1.11)

với χ I là hàm đặc trưng của I .
1.2. Hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính
1.2.1. Các định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Trước tiên xét hệ phương trình vi phân hàm thuần nhất tương ứng của
bài toán (1.1), (1.2)
dx(t )
= p ( x)(t ),
dt
l ( x) = 0.

(1.10 )

(1.20 )

Trong suốt phần 1.2 ta giả thiết
(i) p : C ( I ; R n ) → L( I ; R n ) là toán tử tuyến tính và tồn tại một hàm khả

tích η : I → R sao cho

p ( x)(t ) ≤ η (t ) x

C

với t ∈ I , x ∈ C ( I ; R n );

(ii) l : C ( I ; R n ) → R n là toán tử tuyến tính bị chặn;


(iii) q ∈ L( I ; R n ), c0 ∈ R n .
Lấy t0 là một điểm cố định bất kỳ thuộc I . Ta định nghĩa dãy toán tử
p k : C ( I ; R n ) → C ( I ; R n ) và ma trận Λ k ∈ R n×n như sau :
t

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

k

∫ p( p

k −1

=
( x))( s )d sk
( 1,2,),

(1.12)

t0

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

(1.13)

Nếu tồn tại k sao cho ma trận Λ k không suy biến ta lập
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)).

(1.14)

Định lý 1.2
Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ n ếu 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 khơng gian Banach chứa các phần tử u = ( x; c)
=
trong đó x ∈ C ( I ; R n ) và c ∈ R n với chuẩn u=
B

x

C

+ c.

Với
=
u ( x; c) ∈ B tùy ý và t0 ∈ I cố định bất kỳ ta đặt
t

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

(1.15)

t0

t

h(t ) =  ∫ q ( s )ds; c0  với t ∈ I .
t

0


Bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình sau trong B
=
u f (u ) + h,

(1.16)

vì u = ( x; c) là nghiệm của (1.16) nếu c = 0 và x là nghiệm của bài toán (1.1),

(1.2).


Từ (i)-(iii) và (1.15), f : B → B là tốn tử tuyến tính compact.
Thật vậy, từ (i)-(iii) và (1.15) ta có f là tốn tử tuyến tính, liên tục. Đặt
f1 : B → C ( I ; R n ); f 2 : B → R n .
t

f1 (u )(t ) =
c + x(t0 ) + ∫ 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)(ξ )dξ
s

t

≤

∫
s

t

p ( x)(ξ ) dξ ≤ ∫η (ξ )dξ .
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 tốn tử tuyến tính compact . Do đó theo định lý

Fredholm điều kiện cần và đủ để (1.16) có nghiệm duy nhất là phương trình

u = f (u )

(1.17)

chỉ có nghiệm tầm thường. Điều này tương đương với bài tốn (1.10 ), (1.20 )

chỉ có nghiệm tầm thường. Ta có điều phải chứng minh. 
Định lý 1.3
Giả sử tồn tại các số tự nhiên khác không k , m , số tự nhiên m0 và ma
trận A ∈ R+n×n sao cho ma trận Λ k ở (1.13) không suy biến,
r ( A) < 1

(1.18)

và bất đẳng thức sau đúng với mọi nghiệm x của (1.10 ), (1.20 )

p k ,m ( x) ≤ A p k ,m0 ( x) .
C

C

Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.

(1.19)


Chứng minh
Theo định lý 1.2 để chứng minh định lý 1.3 ta chỉ cần chứng minh bài
toán thuần nhất (1.10 ), (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Lấy x là một nghiệm bất kỳ của (1.10 ), (1.20 ). Rõ ràng

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 ).

Nếu tiếp tục quá trình này ta có
x(t )  p 0 ( E )(t ) +  + p i −1 ( E )(t )  c + p i ( x)(t )
=

với i nguyên dương bất kỳ.
Từ (1.20 ), (1.13) và (1.20) ta có
0=
Λ k c + l ( p k ( x)).

Vì Λ k khơng suy biến ta suy ra
c = −Λ k−1l ( p k ( x)).

Kết hợp với (1.14), (1.20) 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 ).

Kết hợp (1.19) suy ra

p k ,m0 ( x) ≤ A p k ,m0 ( x)
C

hay

( E − A) p k ,m0 ( x) ≤ 0
C

C

(1.20)


Vì A khơng âm và điều kiện (1.18 ), ma trận E − A có ma trận nghịch đảo
( E − A) −1 không âm. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cuối với ( E − A) −1 ta

được
p k ,m0 ( x) ≤ 0 hay p k ,m0 ( x) ≡ 0 .
C

Do đó x(t ) ≡ 0 . Định lý được chứng minh. 
Nếu l ( x) = x(t0 ) thì theo (1.12)-(1.14) với bất kỳ số nguyên dương k và
m ta có
k ,m
=
Λk E, =
l ( p k ( x)) 0, p=
( x)(t ) p m ( x)(t ).

Do đó ta có hệ quả
Hệ quả 1.4
Giả sử tồn tại số tự nhiên khác không m , số tự nhiên m0 và ma trận
A ∈ R+n×n sao cho r ( A) < 1 và với mọi nghiệm x của hệ (1.10 ) với điều kiện

đầu x(t0 ) = 0 thì
p m ( x) ≤ A p m0 ( x) .
C

C

(1.21)

Khi đó bài tốn (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Lưu ý
Điều kiện r ( A) < 1 trong hệ quả 1.4 không thể thay bằng điều kiện
r ( A) ≤ 1.

(1.22)

dx(t )
= x(1)
dt

(1.23)

Thật vậy, xét hệ vi phân sau :

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

Nghiệm của (1.23) có dạng
x(t ) = ct

(1.24)

với c ∈ R n là một véc tơ hằng bất kỳ. Do đó bài tốn (1.23) với điều kiện đầu
(1.24) khơng có nghiệm. Mặt khác ta có
p1 ( x)(t ) = tx(1),

Khi đó (1.21), (1.22) thỏa với
=
m 1,=
m0 0 và A = E.
Hệ quả 1.5
Giả sử tồn tại các số tự nhiên m, m0 và ma trận A ∈ R+n×n sao cho

π

r ( A) <

(1.25)

2(b − a )

và

p ( p m ( x))

2

L

≤ A p m0 ( x)

L2

(1.26)

với x là nghiệm bất kỳ của hệ (1.10 ) với điều kiện đầu x(t0 ) = 0 .
Khi đó bài tốn (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Ta phải chứng minh hệ (1.10 ) với điều kiện đầu
x(t0 ) = 0

(1.27)

chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi x là nghiệm bất kỳ của bài tốn (1.10 ) , (1.27). Theo (1.12) ta có
m0
=
x(t ) p=
( x)(t ) p m+1 ( x)(t )

và
p m0 ( x)

2

L

= p m+1 ( x) 2 .
L

Mà
d
 p m+1 ( x)(t )  p ( p m ( x))(t ).
p m+1 ( x)(t0 ) 0,=
=
dt

Vì vậy theo bất đẳng thức Wirtinger ta có

(1.28)


p m+1 ( x)

≤

2

L

2(b − a )

p ( p m ( x))

π

L2

Do đó từ (1.26) và (1.28) ta có
p m0 ( x)

2

L

≤ B p m0 ( x)

2

L

với B =

( E − B) p m0 ( x)

L2

2(b − a )

π

A. Suy ra

≤0

đó x(t ) p m0 ( x)(t ) ≡ 0 .
Theo (1.25) thì r ( B) < 1 nên p m0 ( x) ≤ 0 . Do=
Lưu ý
Trong điều kiện (1.25) ở hệ quả 1. 5 dấu bằng không thể xảy ra. Thật
vậy, với mọi c ∈ R n , x(t ) = c sin

π (t − a )

là nghiệm của hệ phương trình

2(b − a )

thuần nhất

π
dx
=
x(b + a −=
t ), x(a ) 0.
dt 2(b − a )
m m=
0, =
A
Điều kiện (1.26) thỏa với =
0

π
2(b − a )

E , r ( A=
)

π
2(b − a )

.

Hệ quả 1.6
Giả sử tồn tại số tự nhiên i sao cho ma trận
i

b

Bi = ∑ ∫ p ( p j ( E ))( s )ds

(1.29)

j =1 a

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

∫ p( x)(t )dt ≤ B x

C

(1.30)

a

với mỗi x là nghiệm của hệ (1.10 ) thỏa x(b) = x(a ) và

r ( B + Bi−1 B i + 2 ) < 1.
Khi đó bài tốn (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất.

(1.31)


Chứng minh
Để chứng minh hệ quả trên ta chỉ cần kiểm tra các điều kiện của định lý
1.3 đều thỏa 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

=

∫ p( p

t0

i +1

a

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

t0

b

∫ p( p

i +1

( x))( s )ds.

a

Từ (1.29),(1.30), (1.12)-(1.14) ta có 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 ) d ≤s B p1 ( x) ≤ B 2 x C .
C

C

a

Tương tự ta có

b

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

C

a

≤ B p j −1 ( x) ≤ B j x C ( j =
1,2,…),
C

b

=
l ( p ( x))
k

∫ p( p

i +1

( x))( s )ds ≤

a

b

≤ ∫ p ( p i +1 ( x))( s ) d ≤ sB p i +1 ( x) ≤ B i + 2 x C

C

a

và
p k ,1 ( x) =
p1 ( x) − Bi−1l ( p k ( x)) ≤ A x C ,
C

C

với A= B + Bi−1 B i + 2 . Theo (1.31) thì r ( A) < 1. Hệ quả được chứng minh. 


1.2.2. Hệ phương trình vi phân hàm với tốn tử Volterra
Trong mục này ta xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1.1),
(1.2) khi p là toán tử Volterra.
Với bất kỳ t0 , t ∈ I và x ∈ C ( I ; R n ) , đặt
=
α* (t0 , t ) min
=
{t0 , t}; α * (t0 , t ) max {t0 , t} ,
I t0 ,t = [α* (t0 , t ), α * (t0 , t )],

và

{

x t ,t max x( s ) : s ∈ I t0 ,t
=

0

}

t0 ,t

.

Định nghĩa 1.7
Toán tử p gọi là Volterra đối với t0 ∈ I nếu với bất kỳ t ∈ I và

x ∈ C ( I , R n ) thỏa mãn điều kiện x( s ) = 0 với s ∈ I t0 ,t thì p ( x)( s ) = 0 với hầu
hết s ∈ I t0 ,t .
Bổ đề 1.8
Nếu p : C ( I ; R n ) → L( I ; R n ) là toán tử Volterra đối với t0 ∈ I thì các bất
đẳng thức sau đúng với mọi x ∈ C ( I ; R n ) :

p ( x)(t ) ≤ η (t ) x

(1.32)

t0 ,t

với hầu hết t ∈ I ,
t

p k ( x)(t ) ≤

1
η ( s )ds

k ! t∫0

k

x

t0 ,t

(1.33)

với t ∈ I , (k =
1,2,) ,
trong đó η là hàm ở trong điều kiện (i), p k : C ( I ; R n ) → C ( I ; R n ) (k =
1,2,)
là các toán tử cho bởi các đẳng thức (1.12).
Chứng minh
Với bất kỳ t ∈ I và x ∈ C ( I , R 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 ).

Ta có

p ( x)( s ) − p ( xt0 ,t )( s ) =
p ( x − xt0 ,t )( s )
( x − xt0 ,t )( s ) =
0 với s ∈ I t0 ,t .

Suy ra p ( x − xt0 ,t )( s ) =
0 với hầu hết s ∈ I t0 ,t do p là toán tử Volterra đối với

t0 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 ) x t ,t với hầu hết s ∈ I t0 ,t .
0

Vì t ∈ I lấy tùy ý ta suy ra (1.32) đúng.
Theo (1.12) và (1.32) ta có
t

p ( x)(t ) ≤
1

∫

t0

t

p ( x)(t ) ≤
2

∫

t0

t

p ( x)( s ) ds ≤ ∫η ( s )ds x
t

p ( p ( x))( s ) ds ≤ ∫η ( s ) p1 ( x)
1

t0

s

≤ ∫η ( s ) ∫η (ξ )dξ x
t0

,

t0

t0 , s

ds ≤

t0

t0 , s

ds ≤

2

t

t

t0 ,t

∫η (s)ds

t0

2!

x

t0 ,t

với t ∈ I .
Bằng phương pháp quy nạp ta có (1.33) đúng. 
Bổ đề 1.9

Nếu p là tốn tử Volterra đối với t0 thì tốn tử E − p1 khả nghịch và


+∞

( E − p1 ) −1 =
∑ pk

(1.34)

k =0

với p k (k = 0,1,) là các toán tử xác định bởi (1.12).
Định lý 1.10
Nếu p là toán tử Volterra đối với t0 thì bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm
duy nhất nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương k , m và ma trận
A ∈ R+n×n sao cho ma trận Λ k không suy biến, r ( A) < 1 và

p k ,m ( x) ≤ A x C với x ∈ C ( I ; R n ).
C

(1.35)

Chứng minh
Điều kiện đủ suy ra từ định lý 1.3. Do đó ta chỉ cần chứng minh điều
kiện cần.
Giả sử bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất, khi đó bài tốn (1.10 ) ,
(1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường.

Giả sử x là nghiệm bất kỳ của hệ (1.10 ). Khi đó

x(t )= c + p1 ( x)(t ) với c = x(t0 )
Theo bổ đề 1.9 ta có
∞

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

Vì bài tốn (1.10 ), (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ phương trình đại
số l ( X )c = 0 chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó
det(l ( X )) ≠ 0.

Đặt
k −1

X k (t ) = ∑ p i ( E )(t ).
i =0

Ta có Λ k l ( X k ), lim=
=
X − X k C 0 . Mà l liên tục nên
k →+∞

(1.36)


lim Λ k =l ( X ).

k →+∞

(1.37)

Từ (1.36), (1.37) suy ra tồn tại số nguyên dương k0 và số thực dương ρ sao
cho
det(Λ k ) ≠ 0, X m

C

m 1,2,) (1.38)
||| l ||| Λ −k 1 < ρ =
(k k0 , k0 + 1,; =

với ||| l ||| là chuẩn của toán tử l . Mặt khác từ bổ đề 1.8 ta có
k

p ( x)

C

≤

ρ0k
k!

x

C

(k =
1,2,),

(1.39)

trong đó
b

ρ0 = ∫η (t )dt
a

Từ (1.38) và (1.39) và (1.14) ta có

p

k ,m

( x)

C

 ρ0m
ρ0k 
≤
+ρ
 x
k! 
 m!

C

(k = k0 , k0 + 1,; m = 1,2,)

(1.40)

Chọn số nguyên dương m0 ≥ k0 sao cho

ρ0m
m!

+ρ

ρ0k
k!

<

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

Cố định k ≥ m0 và m ≥ m0 , từ (1.40) suy ra bất đẳng thức (1.35), trong đó
A ∈ R+n×n là ma trận với các phần tử

1
. Rõ ràng r ( A) < 1 . Định lý được
2n

chứng minh. 
1.2.3. Các điều kiện cụ thể cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính
Định lý 1.11
Giả sử tồn tại ma trận hàm P0 ∈ L( I ; R n×n ) sao cho hệ phương trình vi

phân
dx(t )
= P0 (t ) x(t )
dt

(1.41)


với điều kiện biên (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Với mọi nghiệm x của
bài toán (1.10 ) , (1.20 ) có bất đẳng thức sau :
b

∫

G0 (t , s ) [ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s ) ] ds ≤ A x C

(1.42)

a

trong đó G0 là ma trận Green của bài tốn (1. 41), (1.20 ) và A ∈ R+n×n là ma
trận thỏa r ( A) < 1.
Khi đó bài tốn (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Theo định lý 1.2, ta chứng minh bài toán (1.10 ) , (1.20 ) với giả thiết của
định lý 1.11 chỉ có nghiệm tầm thường.
Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán (1.10 ) , (1.20 ). Do (1.41), (1.20 )
chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lý Lagrange ta có
b

=
x(t )

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

0

a

Do đó từ bất đẳng thức (1.42) ta có x C ≤ A x C . Suy ra x C = 0 từ r ( A) < 1 . 
Hệ quả 1.12
Giả sử tồn tại ma trận hàm P0 ∈ L( I ; R n×n ) sao cho
t

t

 ∫ P0 (ξ )dξ  P0 (t ) = P0 (t )  ∫ P0 (ξ )dξ 
s

s


(1.43)

với hầu hết s, t ∈ I và bất đẳng thức sau đúng với mọi nghiệm x của hệ
(1.10 ) với điều kiện đầu x(t0 ) = 0 :
t

∫

t0

t

ex p ∫ P0 (ξ )dξ  [ p( x)( s ) − P0 ( s ) x( s ) ] ds ≤ A x C với t ∈ I ,
s


A ∈ R+n×n là ma trận thỏa r ( A) < 1 .

Khi đó bài tốn (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.


Chứng minh
Do (1.43) nên ma trận Cauchy của hệ (1.41) có dạng
t

C0 (t , s ) = exp  ∫ P0 (ξ )dξ  .
s


Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán (1.10 ) , (1.20 ). Theo định lý Lagrange ta
có
t

x(t ) =
C0 (t , t0 ) x(t0 ) + ∫ C0 (t , s ) [ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s ) ] d s
t0

t

=

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

0

t0

Từ đó suy ra x C ≤ A x C . Suy ra x C = 0 từ r ( A) < 1 . 
Hệ quả 1.13
Giả sử tồn tại ma trận hàm P0 ∈ L( I ; R n×n ) thỏa (1.43) sao cho ma trận
b

A0= E − exp  ∫ P0 ( s )ds  không suy biến và
a

t

∫

t −b + a

t

A ex p ∫ P0 (ξ )dξ  [ p( x)( s ) − P0 ( s ) x( s ) ] ds ≤ A x C
s


(1.44)

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

(1.45)

−1
0

với t ∈ I ,

và ma trận A ∈ R+n×n thỏa r ( A) < 1 .
Khi đó bài tốn (1.1), (1.4) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Từ (1.43) và do ma trận A0 khơng suy biến nên bài tốn (1.41), (1.20 )
với l ( x) ≡ x(b) − x(a ) chỉ có nghiệm tầm thường.


Gọi G0 là ma trận Green của bài toán (1.41), (1.20 ) với l ( x) ≡ x(b) − x(a ) . Từ
(1.43) , với bất kỳ q ∈ L( I ; R n ) thì

t


=
G
(
t
,

s
)
q
(
s
)
d
s
A
ex
p
P
(
ξ
)
d
ξ
∫ 0
q ( s )d s với t ∈ I , q (t − b + a ) ≡ q (t ).
∫a 0
∫
t −b + a
s

b

t

−1
0

Nên từ bất đẳng thức (1.44) suy ra bất đẳng thức (1.42). Do đó tất cả giả thiết
của định lý 1.11 đều thỏa mãn. Hệ quả được chứng minh. 
1.3. Các định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ phương trình vi
phân hàm đối số lệch
Như đã nói ở phần giới thiệu, bài tốn (1.5), (1.6) có thể viết về dạng
(1.1), (1.2) với tốn tử p và hàm véc tơ q cho bởi các đẳng thức (1.10),(1.11)
và hàm τ 0 cho bởi đẳng thức (1.9).
Do l : C ( I ; R n ) → R n là tốn tử tuyến tính liên tục. Theo định lý Riesz,
tồn tại duy nhất ma trận hàm Λ : I → R n×n sao cho các thành phần của Λ có
biến phân bị chặn trên I ,
Λ (b) =
θ

(1.46)

và với mọi x ∈ C ( I ; R n ) ta có :
b

l (=
x)

∫ ( d Λ(t ) ) x(t ).

(1.47)

a

Rõ ràng từ (1.46) và (1.47) ta thấy nếu x : I → R n là hàm liên tục tuyệt đối thì
b

l ( x) = −Λ (a ) x(a ) − ∫ Λ (t ) x′(t )d .t
a

Lấy t0 là một điểm cố định bất kỳ trên đoạn I . Với bất kỳ ma trận hàm
V ∈ L( I ; R n×n ), đặt :

(1.48)


=
[V (t )]τ ,0 θ=
, [V (t )]τ ,1 χ I (τ (t ))V (t ),
τ 0 (t )

=
[V (t )]τ ,i +1 [V=
(t )]τ ,1 ∫ [V ( s )]τ ,i d s (i 1,2,)
t0

với τ 0 là hàm cho bởi (1.9).
Từ (1.10), (1.12)-(1.14) và (1.48) ta có
t0
b

Λ k = −Λ (a ) − ∑  ∫ Λ ( s )[ P( s )]τ ,i ds − Λ (a ) ∫ [ P( s )]τ ,i ds 
i =0 

a
a

k −1

(1.49)

và
p k ,m ( x) ≤ Ak ,m x C với x ∈ C ( I ; R n ).
C

Trong đó
Ak ,m

t
b
m −1


 −1  0
=Am +  E + ∑ Ai  Λ k  ∫  P( s ) τ ,k ds + ∫ Λ ( s )  P( s ) τ ,k ds 


i =0


a
a


(1.50)

và


A
=i max 




P
(
s
)

ds
:
t
∈
I
(i 0,, m).
 =
∫t  τ ,i

0
t

(1.51)

Từ các định lý 1.2, 1.3, 1.10 và hệ quả 1.5-hệ quả 1.13 ta có các định lý và hệ
quả sau.
Định lý 1.14
Bài tốn (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần

nhất tương ứng
dx(t )
= χ I (τ (t )) P(t ) x(τ 0 (t ))
dt
l ( x) = 0

chỉ có nghiệm tầm thường.

(1.50 )
(1.60 )


Định lý 1.15
Giả sử tồn tại các số tự nhiên khác không k và m sao cho
det(Λ k ) ≠ 0,

(1.52)

r ( Ak ,m ) < 1

(1.53)

và

với Λ k , Ak ,m là các ma trận cho bởi các đẳng thức (1.49)-(1.51).
Khi đó bài tốn (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất.
Định lý 1.16
Giả sử có bất đẳng thức
(τ (t ) − t )(t − t0 ) ≤ 0

thỏa hầu khắp nơi trên I .
Khi đó bài tốn (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu tồn tại
các số tự nhiên khác không k và m thỏa bất đẳng thức (1.52) và (1.53) với

Λ k và Ak ,m là các ma trận cho bởi các đẳng thức (1.49)-(1.51).
Hệ quả 1.17
Giả sử tồn tại số m nguyên dương sao cho

r ( Am ) < 1

(1.54)

với

A=
max 
m



∫  P(s) τ ,m ds : t ∈ I  .
t0

t

Khi đó bài tốn (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất.
Hệ quả 1.18
Giả sử τ là hàm liên tục tuyệt đối, đơn điệu và tồn tại một ma trận
A ∈ R+n×n sao cho
r ( A) <

π
2(b − a )

(1.55)