BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Ngọc Tú
BÀI TOÁN DẠNG CAUCHY CHO HỆ
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh-2012
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Ngọc Tú
BÀI TOÁN DẠNG CAUCHY CHO HỆ
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU
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
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS Nguyễn
Anh Tuấn. Vì vậy, trước tiên tôi xin chân thành gửi lời cảm ơn sâu sắc đến PGS. TS
Nguyễn Anh Tuấn, người đã trực tiếp hướng dẫn tôi, tận tình giới thiệu nhiều tài
liệu hữu ích cho việc nghiên cứu đề tài của tôi trong suốt quá trình thực hiện, giúp
tôi khắc phục được những thiếu sót và khuyết điểm của mình.
Trong suốt quá trình thực hiện luận văn từ tháng 3 đến tháng 9 năm 2012, tôi
đã tích cực nghiên cứu và tìm hiểu các tài liệu của các nhà toán học trong và ngoài
nước. Tuy nhiên, để luận văn có thể được hoàn thành thì không thể không kể đến
vai trò to lớn của trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh nói chung và khoa
Toán - Tin của trường nói riêng. Trong suốt hai năm sau đại học ở trường, tôi đã
được các thầy cô khoa Toán - Tin trang bị đầy đủ kiến thức nền vững chắc để có thể
tiếp tục cho bậc học cao hơn, đồng thời ứng dụng những kiến thức đã học vào việc
nghiên cứu đề tài. Chính vì vậy, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến trường Đại
học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh, phòng sau đại học trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ
Chí Minh, các thầy cô Khoa Toán – Tin trường đã luôn luôn quan tâm và tạo mọi
điều kiện thuận lợi cho việc nghiên cứu và thực hiện đề tài của tôi.
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.
Sau cùng tôi xin cảm ơn tất cả bạn bè, người thân và gia đình đã luôn luôn
quan tâm và động viên để tôi có thể hoàn thành luận văn này.
TP. Hồ Chí Minh, tháng 9 năm 2012
Nguyễn Ngọc Tú
MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN ........................................................................................................................ 3
MỤC LỤC ............................................................................................................................. 4
CÁC KÝ HIỆU ...................................................................................................................... 5
MỞ ĐẦU ............................................................................................................................... 8
Chương 1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH ........................................................... 10
1.1 Giới thiệu bài toán ..................................................................................................... 10
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (1.1), (1.2) ..................................... 10
1.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) ............................................................. 14
Chương 2. BÀI TOÁN DẠNG CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU ................................................................................................ 21
2.1 Giới thiệu bài toán ..................................................................................................... 21
2.2 Các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (2.1), (2.2) .............................. 21
2.3 Các kết quả áp dụng cho hệ phương trình vi phân đối số chậm và đối số lệch ......... 53
KẾT LUẬN.......................................................................................................................... 72
TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................................... 73
CÁC KÝ HIỆU
•
I = [ a; b ] , =
[ −∞; +∞ ] ,
•
x ∈ , [ x ]+ =
x+ x
•
n là không gian các véc tơ cột n chiều x = ( xi )i =1 với xi ∈ ( i = 1,..., n ) và
2
=
+
, [ x ]− =
[0; +∞ ]
x− x
2
n
n
chuẩn x = ∑ xi .
i =1
•
n×n là không gian các ma trận cấp n × n : X = ( xik )i ,k =1 với xi ∈ ( i = 1,..., n ) và
n
n
chuẩn X = ∑ xik .
i , k =1
•
•
{( x ) ∈ : x ≥ 0 (=i 1,..., n )}
= {( x ) ∈ : x ≥ 0 ( i, =
k 1,..., n )}
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+ ; X ≤ Y ⇔ Y − X ∈ n+×n .
• Nếu
=
x
•
n
n
và X ( xik )i ,k =1 ∈ n×n thì:
( xi )i =1 ∈ n=
x = ( xi
)
, X = ( xik
i =1
n
)
n
i , k =1
.
C ([ a; b ] ; ) : không gian Banach các hàm liên tục u : [ a; b ] → với chuẩn
{
}
=
u C max u ( t ) : t ∈ [ a; b ]
{u ∈ C ([ a; b]; ) : u (t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ a; b]}
•
C ([ a; b ] ; + )=
•
C I , n là không gian các véc tơ hàm liên tục x : I → n với chuẩn
(
)
{
=
x C max x ( t ) : t ∈ I
Nếu
=
x
•
}
( xi )i =1 ∈ C ( I ; n ) thì
n
(
x C = xi
)
n
C i =1
.
C ([ a; b ] ; ) là tập hợp những hàm liên tục tuyệt đối u : [ a; b ] → với chuẩn:
b
=
x C x ( a ) + ∫ x′ ( t ) dt
a
•
C loc ([ a; b ] ; ) là tập hợp những hàm u : [ a; b ] → sao cho u ∈ C ([α ; β ] ; ) với
mỗi α , β ∈ ( a; b )
•
L ([ a; b ] ; ) : không gian Banach các hàm khả tích Lơbe h : [ a; b ] → được
b
trang bị chuẩn h L = ∫ h ( s ) ds
a
•
(
)
L [ a; b ] ; n : không gian Banach các hàm khả tích Lơbe h : [ a; b ] → n được
b
trang bị chuẩn h L = ∫ h ( s ) ds
a
{h ∈ L ([ a; b]; ) : h (t ) ≥ 0, ∀t ∈ [ a; b]}
•
L ([ a; b ] ; + )=
•
Lµ I , n , trong đó 1 ≤ µ < +∞ là không gian các hàm véc tơ x : I → n khả
(
)
1
tích với lũy thừa bậc µ , với chuẩn x
Nếu
x
=
•
( xi )i =1 ∈ Lµ ( I ; n ) thì
n
{
Lµ
)
n
i =1
.
C
}
≤1
(
)
(
)
n
là tập các toán tử tuyến tính bị chặn l : C [ a; b ] ; n → L [ a; b ] ; n với
ab
{
chuẩn: l sup l ( x ) L : x
=
•
x Lµ = xi
ab là tập hợp các toán tử tuyến tính bị chặn l : C ([ a; b ] ; ) → L ([ a; b ] ; ) với
chuẩn: l sup l ( x ) L : x
=
•
(
Lµ
b
µ
µ
= ∫ x ( t ) dt .
a
C
}
≤1
ab là tập hợp những toán tử bị chặn mạnh l ∈ ab , sao cho:
l ( u )( t ) ≤ η ( t ) u C , với t ∈ [ a; b ] , u ∈ C ([ a; b ] ; ) , η ∈ L ([ a; b ] ; + ) .
•
ab là lớp các hàm tuyến tính không giảm , đó là các toán tử l ∈ ab biến
tập C ([ a; b ] ; + ) thành tập L ([ a; b ] ; + ) , l ∈ ab được gọi là không tăng nếu
−l ∈ ab .
•
l ∈ ab được gọi là một toán tử a-Volterra nếu với mỗi b0 ∈ [ a; b ] và
0 ∀t ∈ [ a; b0 ] .
z ∈ C ([ a; b ] ; ) thỏa mãn: z ( t ) = 0 với t ∈ [ a; b0 ] ⇒ l ( z )( t ) =
•
l ab0 được gọi là thu hẹp của toán tử l vào không gian C ([ a; b0 ] ; ) , trong đó:
l ∈ ab và b0 ∈ [ a; b ] , l ab0 : C ([ a; b0 ] ; ) → L ([ a; b0 ] ; ) được xác định bởi:
z ( t ) , t ∈ [ a; b ]
l ab0 ( z )( t ) = l ( z )( t ) với t ∈ [ a; b0 ] , z ∈ C ([ a; b0 ] ; ) , z ( t ) =
z ( b0 ) , t ∈ [b0 ; b ]
•
ˆab2 ( a ) là tập hợp gồm các phần tử là các cặp ( p, g ) ∈ ab × ab sao cho:
Với mọi u, v tùy ý thuộc C ([ a; b ] ; ) thỏa mãn:
'
'
u (t ) ≥ p (v)(t ), v (t ) ≥ g (u )(t )
với t ∈ [a;b] thì: u(t ) ≥ 0 với t ∈ [a;b] .
v( a ) ≥ 0
u ( a ) ≥ 0,
MỞ ĐẦU
Trong toán học, phương trình vi phân là một chuyên ngành phát triển, có tầm
quan trọng và có nhiều ứng dụng thực tế trong các lĩnh vực khoa học kỹ thuật, kinh
tế. Lý thuyết bài toán biên cho hệ phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ thứ XVIII.
Đến nay, bộ môn này vẫn phát triển mạnh mẽ nhờ các ứng dụng của nó trong khoa
học và cuộc sống như cơ học, cơ khí, vật lý, nông nghiệp, sinh học,… Trong những
năm từ 1995 đến 2003, I. Kiguradze và B. Puza đã nghiên cứu bài toán biên tổng
quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với các điều kiện biên tổng quát.
Trong khi đó, điều kiện biên có dạng cụ thể như điều kiện biên dạng tuần hoàn,
nhiều điểm, hay Cauchy vẫn chưa được xem xét. Do đó, việc xem xét các bài toán
biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với các điều kiện biên cụ thể vẫn
cần được nghiên cứu. Đây chính là lý do mà tôi chọn đề tài “ Bài toán dạng Cauchy
cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính hai chiều”.
Mục đích của luận văn là nghiên cứu các điều kiện đủ cho việc tồn tại và
duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính
hai chiều như sau:
=
x1' ( t ) l1 ( x2 )( t ) + q1 ( t )=
; x2' ( t ) l2 ( x1 )( t ) + q2 ( t )
Với điều kiện đầu:
x1 ( a ) = c1 ; x2 ( a ) = c2
Trong đó l1 , l2 : C ([ a, b ] ; ) → L ([ a, b ] ; ) là những toán tử tuyến tính bị chặn,
q1 , q2 ∈ L ([ a, b ] ; ) và c1 , c2 ∈ .
Luận văn là tài liệu tham khảo cho những ai quan tâm đến việc nghiên cứu sự
tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán dạng Cauchy cho hệ phương trình vi phân
hàm tuyến tính hai chiều và áp dụng các kết quả đó để chỉ ra sự tồn tại và duy nhất
nghiệm cho hệ phương trình vi phân hai chiều đối số chậm và đối số lệch.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương:
Chương 1: Tính giải được của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân
hàm tuyến tính.
Trong chương 1 ta thiết lập các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất
nghiệm của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính.
Sau đó nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm của bài toán này.
Chương 2: Bài toán dạng Cauchy cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính hai
chiều.
Trong chương 2 ta áp dụng các kết quả của chương 1 để xây dựng các điều
kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán dạng Cauchy cho hệ
phương trình vi phân hàm tuyến tính hai chiều. Sau đó, áp dụng các kết quả cho hệ
phương trình vi phân hai chiều đối số chậm và đối số lệch.
Chương 1. TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA 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 ] , ta xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính:
dx ( t )
= p ( x )( t ) + q ( t )
dt
(1.1)
Với điều kiện:
l ( x ) = c0
(1.2)
Trong đó: p : C ( I ; n ) → L ( I ; n ) và l : C ( I ; n ) → n là những toán tử tuyến tính bị
chặn, q ∈ L ( I ; n ) , và c0 ∈ n .
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là véc tơ hàm liên tục tuyệt đối x ∈ C ( I , n )
thỏa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa mãn điều kiện (1.2).
Các kết quả chính của chương này được trích từ các tài liệu [2], [3].
1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán (1.1), (1.2)
Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng:
dx ( t )
dt
= p ( x )( t )
(1.1 0 )
Với điều kiện:
l ( x) = 0
(1.2 0 )
Trong đó, p : C ( I ; n ) → L ( I ; n ) và l : C ( I ; n ) → n là những toán tử tuyến tính
bị chặn, q ∈ L ( I ; n ) . Khi đó ta có kết quả sau:
Định lý 1.1
Bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần nhất
tương ứng (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Để chứng minh định lý 1.1 ta cần một số kết quả sau đây từ [6].
Bổ đề 1.2 [6, định lý IV.8.6]. Không gian Banach L ( I ; ) là hoàn toàn yếu.
Bổ đề 1.3 [6, định lý VI.7.6]. Toán tử tuyến tính bị chặn từ không gian C ( I ; ) vào
không gian Banach hoàn toàn yếu là liên tục hoàn toàn yếu .
Bổ đề 1.4 [6, định lý IV.8.11]. Nếu M ⊆ L ( I ; ) là tập compact tương đối yếu thì
nó có tính chất của tích phân liên tục tuyệt đối, nghĩa là:
∀ε > 0, ∃δ > 0 :
t
∫ p ( x ) dx ≤ ε
với s, t ∈ I , t − s ≤ δ , x ∈ I
(1.3)
s
Bổ đề 1.5. Nếu p ∈ ab thì toán tử A : C ( I ; ) → C ( I ; ) xác định bởi:
t
A ( x )( t ) = ∫ p ( x )( s ) ds , với t ∈ I .
(1.4)
a
là toán tử compact.
Chứng minh
Gọi M ⊆ C ( I ; ) là tập bị chặn tùy ý. Để chứng minh A là toán tử compact, theo
định lý Ascoli – Azela ta chỉ cần chứng minh =
A(M )
{A( x) : x ∈ M }
là tập bị chặn
đều và đồng liên tục.
Ta có:
t
=
A ( x ) C max A (=
x )( t ) : t ∈ I
max ∫ p ( x )( s ) ds : t ∈ I
a
t
b
≤ max ∫ p ( x )( s ) ds : t ∈ I ≤ ∫ p ( x )( s ) ds
a
a
{
}
Hay:
A ( x ) C ≤ p ( x ) L ≤ p . x C , với x ∈ M
Vì p là toán tử tuyến tính bị chặn, và M là tập bị chặn nên A ( M ) là tập bị chặn
đều.
Theo bổ đề 1.2 và bổ đề 1.3 ta có toán tử p : C [ I ; ] → L ( I ; ) là liên tục hoàn toàn
yếu. Vì M là tập bị chặn nên=
p(M )
{ p ( x ) : x ∈ M } là tập compact tương đối yếu.
Theo bổ đề 1.4, tập p ( M ) có tính chất của tích phân liên tục tuyệt đối, nghĩa là:
∀ε > 0, ∃δ > 0 :
t
∫ p ( x )(ξ ) dξ
≤ ε với s, t ∈ I , t − s ≤ δ , x ∈ M
s
Mặt khác:
A ( x )( t ) − A ( x )(=
s)
t
s
t
a
a
s
ξ ∫ p ( x )(ξ ) dξ
∫ p ( x )(ξ ) dξ −∫ p ( x )(ξ ) d=
Do đó:
A ( x )( t ) − A ( x )( s ) ≤ ε với s, t ∈ I , t − s ≤ δ , x ∈ M
Suy ra A ( M ) đồng liên tục.
Vậy A là toán tử compact. Bổ đề 1.5 được chứng minh.
Bổ đề 1.6
Nếu p : C ( I ; n ) → L ( I ; n ) là toán tử tuyến tính bị chặn thì toán tử:
(
)
(
)
A : C I ; n → C I ; n xác định bởi:
t
A ( x )( t ) = ∫ p ( x )( s ) ds
a
là toán tử compact.
Chứng minh
Gọi x = ( x j ) j =1 ∈ C=
( I ; n ) và x j
n
( 0,..., x ,..., 0 )
j
n
j =1
∈ n
Vì p : C ( I ; n ) → L ( I ; n ) là toán tử tuyến tính nên tồn tại các toán tử :
(
)
pi : C I ; n → L ( I ; ) ; pij : C ( I ; ) → L ( I ; ) sao cho:
( )
p ( x ) = ( pi ( x ) )i =1 ; pi ( x ) = ∑ pij ( x j ) ; pij ( x j ) = pi x j với ( i = 1,..., n )
n
n
j =1
Vì p : C ( I ; n ) → L ( I ; n ) là toán tử tuyến tính bị chặn nên: pij : C ( I ; ) → L ( I ; )
là toán tử tuyến tính bị chặn.
Do đó, theo bổ đề 1.5, toán tử :
t
Aij ( x )( t ) = ∫ pij ( x j ) ( s ) ds với t ∈ [ a; b ] , ( i, j = 1,..., n )
a
là toán tử compact.
Suy ra toán tử:
n
n
A ( x )( t ) = ∑ Aij ( x )( t )
j =1
i =1
là toán tử compact. Bổ đề 1.6 được chứng minh.
Chứng minh định lý 1.1
(
)
Đặt B C I ; n × n là không gian Banach gồm các phần tử u = ( x; c ) , trong đó
=
(
)
x ∈ C I ; n và c ∈ n , với chuẩn: u=
B
x
C
+ c .
( x; c ) ∈ B , ta đặt:
Với một phần tử tùy =
ýu
t
f ( u )( t ) =
c
+
x
a
+
( ) ∫ p ( x )( s ) ds, c − l ( x ) , với t ∈ I .
a
(1.5)
t
h ( t ) = ∫ q ( s ) ds, c0 , với t ∈ I .
a
Bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình sau trong B:
=
u f (u ) + h
(1.6)
Vì u = ( x; c ) là một nghiệm của (1.6) nếu c = 0 và x là một nghiệm của bài toán (1.1),
(1.2). Ngược lại, nếu x là một nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) thì u = ( x;0 ) là một
nghiệm của bài toán (1.6).
Toán tử f : B → B xác định như (1.5) là toán tử tuyến tính compact. Thật vậy:
Đặt:
(
f1 : B → C I ; n
)
t
f1 ( u )( t ) =
c + x ( a ) + ∫ p ( x )( s ) ds ;
a
f2 : B → n
f 2 ( u )( t )= c − l ( x )
Đặt: B ( 0,1) =
{u ∈ B : u B ≤ 1}
Với mọi u ∈ B ( 0;1) ta có:
f2 (u ) ≤ 1 + l
(1.7)
Từ (1.7) suy ra f 2 ( B ( 0;1) ) là tập bị chặn trong n nên là tập compact tương đối
trong n , suy ra f 2 là toán tử compact.
Mặt khác, theo bổ đề 1.6 thì f1 cũng là toán tử compact.
Suy ra: f = ( f1 , f 2 ) là toan tử tuyến tính compact. Do đó, theo định lý Riesz Schauder, thì điều kiện cần và đủ cho tính duy nhất nghiệm của bài toán (1.6) là
phương trình thuần nhất tương ứng:
u = f (u )
(1.8)
chỉ có nghiệm tầm thường. Điều này tương đương với bài toán (1.1), (1.2) chỉ có
nghiệm tầm thường. Định lý 1.1 được chứng minh.
1.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)
Cùng với bài toán (1.1), (1.2), với mỗi số tự nhiên k ≠ 0 , ta xét bài toán:
dx ( t )
= pk ( x )( t ) + qk ( t )
dt
(1.1 k )
Với điều kiện:
lk ( x ) = ck
(1.2 k )
Trong đó: pk : C ( I ; n ) → L ( I ; n ) và lk : C ( I ; n ) → n và là các toán tử tuyến tính
bị chặn, qk ∈ L ( I ; n ) , và ck ∈ n .
Ta ký hiệu M p là tập hợp các hàm y ∈ C ([ a; b ] ; n ) được biểu diễn dưới dạng:
t
y=
( t ) z ( a ) + ∫ p ( z )( s ) ds , với t ∈ I và z ∈ C ( I ; n ) , z
C
=1.
a
Định lý 1.7
Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất x và các điều kiện sau được thỏa:
t
sup ∫ pk ( y )( s ) − p ( y )( s ) ds : t ∈ I , y ∈ M pk → 0 khi k → +∞
a
lim lk ( y ) = l ( y ) , với y ∈ C ( I ; n )
(1.9)
(1.10)
k →+∞
Giả sử với mọi y ∈ C ( I ; n ) , ta có:
lim (1 + pk
k →+∞
t
0 đều trên I
) ∫ p ( y )( s ) − p ( y )( s ) ds =
k
(1.11)
a
Hơn nữa:
lim (1 + pk
k →+∞
t
0 đều trên I
) ∫ q ( s ) − q ( s ) ds =
k
(1.12)
lim ck = c0
(1.13)
a
k →+∞
Khi đó, tồn tại số tự nhiên k0 ≠ 0 sao cho với mỗi k > k0 , bài toán (1.1 k ), (1.2 k ) có
duy nhất một nghiệm xk thỏa:
lim xk − x
k →+∞
C
=
0.
(1.14)
Để chứng minh định lý 1.7, ta cần chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 1.8
Giả sử bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường và dãy các toán tử tuyến
tính bị chặn pk và lk thỏa mãn các điều kiện (1.9), (1.10). Khi đó, tồn tại số tự
nhiên k0 ≠ 0 và số α > 0 sao cho với bất kì z ∈ C ( I ; n ) , ta có:
z
Trong đó: ∆ k ( z )=
C
≤ α .∆ k ( z ) ( ∀k > k0 )
lk ( z ) + max (1 + pk
t
) ∫ z ( s ) − p ( z )( s ) ds
'
k
a
:t ∈I
(1.15)
Chứng minh
Từ điều kiện (1.10) và theo định lý Banach Steinhauss, ta có dãy {lk }k bị chặn đều
hay { lk
}
k
bị chặn, tức là tồn tại số β > 0 sao cho: lk ≤ β , hay:
lk ( y ) ≤ l k y
C
≤β y
C
với mọi y ∈ C ( I ; n ) , k ∈
(1.16)
Với y ∈ C ( I ; n ) và một số tự nhiên k ≠ 0 , ta đặt:
t
t
a
a
A ( y )( t ) = ∫ p ( y )( s ) ds , Ak ( y )( t ) = ∫ pk ( y )( s ) ds
Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
A : C I ; n → C I ; n
Ak : C I ; n → C I ; n
là các toán tử tuyến tính bị chặn và:
Ak ≤ pk , k = 1, 2,...
(1.17)
Điều kiện (1.9) được viết lại như sau:
{
}
sup Ak ( y ) − A ( y ) C : y ∈ M pk → 0 khi k → +∞
(1.18)
Ta chứng minh bổ đề 1.8 bằng phương pháp phản chứng. Thật vậy, giả sử bổ đề 1.8
không đúng. Khi đó, tồn tại một dãy tăng các số nguyên dương {km }m =1 và dãy hàm
+∞
(
)
zm ∈ C I ; n , với m là số tự nhiên khác không sao cho:
zm
> m.∆ km ( zm ) , ( m = 1, 2,...)
C
(1.19)
Đặt:
z (t )
, vm ( t )
ym ( t ) = m =
zm C
t
∫ y ( s ) − p ( y )( s ) ds , t ∈ I
'
m
km
m
(1.20 )
a
y0m
=
( t ) ym ( t ) − vm ( t ) , t ∈ I
(1.21)
w m ( t )= Akm ( y0 m )( t ) − A ( y0 m )( t ) + Akm ( vm )( t ) , t ∈ I
(1.22)
Khi đó ta có:
ym
C
= 1 , ( m = 1, 2,...)
(1.23)
t
y0 m ( t ) = ym ( t ) − vm ( t ) = ym ( t ) − ym ( t ) − ym ( a ) − ∫ pkm ( ym )( s ) ds , do (1.20)
a
t
=
ym ( a ) + ∫ pkm ( ym )( s ) ds =
ym ( a ) + Akm ( ym ) , với t ∈ I , m =
1, 2,...
a
Hay:
(1.24)
y0 m ( t ) =
ym ( a ) + Akm ( y0 m )( t ) + Akm ( vm )( t ) , do (1.21)
=
ym ( a ) + A ( y0 m )( t ) + w m ( t ) , t ∈ [ a; b ] , m =
1, 2,... , do (1.22)
(1.25)
Từ (1.17), (1.19), (1.20) ta có:
t
zm' ( s )
'
vm ( t ) =
y
s
p
y
s
ds
p
y
s
−
=
−
(
)
(
)(
)
(
)(
)
ds
m
k
m
k
m
∫a
∫a zm
m
m
C
t
≤
zm
∆ km ( z m )
t
1
'
∫ zm ( s ) − pkm ( ym )( s ) ds ≤
C a
zm
C
(1 +
pkm
)
, do (1.15)
Suy ra:
vm
C
∆ km ( z m )
≤
zm
C
(1 +
pkm
)
<
1
(
m 1 + pkm
)
, m = 1, 2,... , do (1.19)
(1.26)
1
, với m = 1, 2,...
m
(1.27)
Từ (1.17) và (1.26) ta có:
Akm ( vm )
C
≤ Akm . vm
C
≤
(
pkm
m 1 + pkm
)
≤
Từ (1.23) và (1.24) suy ra: y0 m ∈ M p . Do đó, theo (1.18) ta có:
k
lim Akm ( y0 m ) − A ( y0 m )
k →+∞
C
=
0
(1.28)
Từ (1.22) ta có:
wm
C
≤ Akm ( y0 m ) − A ( y0 m ) + Akm ( vm ) , m =
1, 2,...
C
C
(1.29)
Từ (1.27) và (1.28), cho m → +∞ trong (1.29) ta được:
lim w m
m→+∞
C
=0
(1.30)
Từ (1.21), (1.23) và (1.26) ta có:
y0 m
C
≤ ym
C
+ vm
C
≤ 2, m = 1, 2,...
Vậy { y0m }m là dãy bị chặn, suy ra { y0m }m chứa một dãy con hội tụ đều. Không mất
tính tổng quát, ta có thể giả sử:
lim y0 m ( t ) = y0 ( t ) đều trên I.
m →+∞
Theo (1.21) ta có:
(1.31)
ym − y0
C
≤ vm
+ y0 m − y0 C , m = 1, 2,...
C
Cho m → +∞ trong bất đẳng thức trên, theo (1.26) và (1.31) ta có:
lim ym − y0
k →+∞
Do (1.23) nên y0
C
= 1 ( vì ym
− y0
C
C
C
=
0
≤ ym − y0
C
(1.32)
)
Cho m → +∞ trong (1.25) ta được:
y=
y0 ( a ) + A ( y0 )( t ) , với t ∈ I
0 (t )
Suy ra: y0 là nghiệm không tầm thường của (1.1 0 ).
Mặt khác, theo (1.16), (1.15), (1.19) ta có:
lkm ( y0 ) ≤ lkm ( y0 − ym + ym ) ≤ lkm ( y0 − ym ) + lkm ( ym )
≤ β y0 − ym
C
+
1
zm
lkm ( zm ) ≤ β y0 − ym
C
+
∆ km ( z m )
C
zm
C
Hay:
lkm ( y0 ) ≤ β y0 − ym
C
+
1
, với m = 1, 2,...
m
(1.33)
Cho m → +∞ trong (1.10), (1.32), (1.33) ta được: l ( y0 ) = 0 .
Vậy y0 là nghiệm không tầm thường của bài toán (1.1 0 ), (1.2 0 ). Điều này mâu
thuẫn với giả thiết của bổ đề 1.8. Bổ đề 1.8 được chứng minh.
Chứng minh định lý 1.7
Vì bài toán (1.1), (1.2) chỉ có một nghiệm duy nhất nên bài toán thuần nhất
tương ứng (1.1 0 ), (1.2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x0 k ∈ C ( I ; n ) là nghiệm của bài toán:
dx ( t )
dt
= pk ( x )( t )
lk ( x ) = 0
(1.1 )
k0
(1.2 )
Gọi k0 và α là các số được xác định như trong bổ đề 1.8. Khi đó, theo bổ đề 1.8,
x0k thỏa mãn:
k0
x0 k
≤ α .∆ k ( x0 k ) ( ∀k > k0 )
C
Với : ∆ k ( =
x0 k ) lk ( x0 k ) + max (1 + pk
t
) ∫ x ( s ) − p ( x )( s ) ds
'
0k
k
0k
a
: t ∈=
I 0
( Do x0k là nghiệm của bài toán (1.1k ) , (1.2k ) ). Suy ra : x0 k ≡ 0 , nên bài toán
0
0
(1.1 ) , (1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Theo định lý 1.1, với mỗi k > k , bài toán
k0
k0
0
(1.1k ) , (1.2k ) chỉ có một nghiệm duy nhất.
Ta sẽ chứng minh rằng nếu x và xk lần lượt là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) và
(1.1k ) , (1.2k ) thì ta có (1.14). Thật vậy:
Đặt: z=
xk ( t ) − x ( t ) , với t ∈ I . Khi đó, với mọi k > k0 , ta có:
k (t )
dzk ( t )
dt
=
dxk ( t )
dt
−
dx ( t )
dt
= pk ( xk )( t ) + qk ( t ) − p ( x )( t ) − q ( t )
= pk ( zk )( t ) + pk ( x )( t ) + qk ( t ) − p ( x )( t ) − q ( t )
Ta lại đặt:
qk (=
t ) pk ( x )( t ) + qk ( t ) − p ( x )( t ) − q ( t )
c=
ck − lk ( x )
k
, với t ∈ I
(1.34)
Suy ra:
dzk ( t )
=
pk ( zk )( t ) + qk ( t )
dt
(1.35)
lk ( zk ) = lk ( xk ) − lk ( x ) = ck
(1.36)
Theo (1.11), (1.12) ta có:
t
a
δk =
(1 + pk ) max ∫ zk' ( s ) − pk ( zk )( s ) ds : t ∈ I
t
=(1 + pk ) max ∫ qk ( s ) ds : t ∈ I → 0 khi k → +∞
a
(1.37)
Từ (1.10), (1.13) ta có:
lim ck = 0
k →+∞
(1.38)
Theo bổ đề 1.8 và (1.36), (1.37) ta có:
zk
C
≤ α lk ( zk ) + max (1 + pk
)
'
−
∈
z
s
p
z
s
ds
:
t
I
(
)
(
)(
)
k
k
∫a k
t
≤ α ( ck + δ k ) với k > k0
(1.39)
Từ (1.37), (1.38), cho k → +∞ trong (1.39) ta có:
lim zk
k →+∞
Hay:
Định lý 1.7 được chứng minh.
C
lim xk − x
k →+∞
=0
C
=
0
- Xem thêm -
.PDF 
74 
94 
74 
