Tài liệu Bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH -------------------------- Vilavong Vanthong BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH ---------------------------- Vilavong Vanthong BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số:60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS. TS. NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh – 2015 MỤC LỤC Trang LỜI CẢM ƠN ....................................................................................................... 1 LỜI NÓI ĐẦU ...................................................................................................... 2 CÁC KÝ HIỆU ..................................................................................................... 4 Chương I. BÀI TOÁN CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH ....................................................................................................... 7 1.1. Bài toán Cauchy, các bổ đề về bất đẳng thức vi phân và tích phân......... 7 1.1.1. Bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân tuyến tính ............ 7 1.1.2. Bổ đề về bất đẳng thức tích phân và vi phân ................................ 9 1.2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ........................................................ 11 1.3. Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính tuần nhất.............. 15 1.4. Phương pháp biến thiên hằng số, công thức Cauchy ............................. 24 1.5. Đinh lý về tính xấp xỉ của bài toán ( 1.1 ), ( 1.2 ) .................................. 26 Chương II.BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH ......................................................................................... 32 2.1. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán biên tổng quát ........... 32 2.2. Định lý xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát ............................... 46 Chương III. BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH ......................................................................................... 51 3.1. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ........................................................ 51 3.2. Tập hợp U ( t1 , t 2 ,…, t n ) , bổ đề đánh giá tiệm cận ................................ 54 3.3. Các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của các bài toán biên (3.1), (3.3) và (3.1), (3.4) ........................................................................................ 58 KẾT LUẬN ......................................................................................................... 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................... 61 1 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, tôi kính gửi đến Thầy PGS.TS. Nguyễn Anh Tuấn lời cảm ơn chân thành vì đã tận tình giúp đỡ và chỉ bảo tôi trong suốt thời gian làm luận văn tốt nghiệp và hỗ trợ tôi rất nhiều trong suốt thời gian thực hiện đề tài. Tôi xin chân thành cảm ơn Quý Thầy Cô trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, trường Đại học Khoa học tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình giảng dạy và hướng dẫn tôi trong suốt khóa học. Xin cảm ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm khoa Toán – Tin, Phòng Sau đại học trường Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong thời gian học tại trường. Xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian quý báu để đọc, chỉnh sửa, góp ý và phản biện cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh nhất. Xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và tình thân ái đến những người thân trong gia đình cùng bạn bè và đồng nghiệp, những người đã luôn động viên,luôn tạo điều kiện tốt nhất về tinh thần và vật chất, giúp đỡ tôi trong thời gian tôi học tập và làm luận văn này. Một lần nữa, tôi xin gửi đến tất cả mọi người lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất. TP. Hồ Chí Minh, tháng 12 năm 2015 Học viên Cao học khóa 24 Vilavong Vanthong 2 LỜI NÓI ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Lý thuyết bài toán biên cho hệ phương trình vi phân thường được xây dựng vào những năm cuối của thế kỉ 20, gắn liền với tên tuổi của những nhà toán học cổ điển như Cauchy, Bernoulli, D’Alembert,… Trong những năm gần đây, với sự phát triển của phương pháp đánh giá tiên nghiệm, cho phép chúng ta thiết lập các dấu hiệu giải được và xấp xỉ nghiệm của bài toán biên với điều kiện biên khác nhau như: điều kiện dạng tuần hoàn, điều kiện biên nhiều điểm, điều kiện biên dạng tích phân,… Mục đích chính của luận văn là xem xét sự tồn tại, duy nhất và tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường. Tôi chọn đề tài: “Bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường” để thực hiện nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ của mình. 2. Ý nghĩa của luận văn Luận văn là tài liệu tham khảo cho sinh viên và học viên cao học khi nghiên cứu về bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường. 3. Mục tiêu nghiên cứu Đề tài nghiên cứu “ Bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân tuyến tính ”. 4. Nội dung của luận văn Chương I: Bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân tuyến tính Trong chương này ta xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân tuyến tính và nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm của bài toán này. Chương II: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân tuyến tính. Trong chương này, chúng ta xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân tuyến tính. 3 Hơn nữa, chúng ta còn xem xét tính xấp xỉ nghiệm cho bài toán này. Chương III: Bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân tuyến tính. Mục đích chính của chương này là xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân tuyến tính. Hơn nữa, từ các điều kiện đủ này, chúng ta còn xây dựng các tiêu chuẩn hiệu quả cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân tuyến tính. Tuy nhiên, luận văn chưa thể xem xét tính xấp xỉ nghiệm của bài toán này do thời gian còn hạn chế. 4 CÁC KÝ HIỆU • R = (−∞, +∞); R + = x+ x • x ∈ R, [ x= ]+ 2 [0, +∞ ) ; R − = ( −∞,0] , [ x= ]− x− x 2 • δik – Kronecker tức là: 1 i = k δik =  0 i ≠ k • x = ( x i )i =1 là vectơ cột n-chiều n { } R n = x =( x i )i =1 x i ∈ R,i =1, n n x = ( xi ) n i =1 Trên R n ta trang bị các chuẩn = x n x , x ∑= i =1 i max x i i =1,...,n • Ký hiệu X = ( x ik )m×n – ma trận cấp m × n { } Đặt R m×n = X = ( x ik )m×n x ik ∈ R,i =1, m, k =1, n Trên R m×n ta có 2 chuẩn sau là tương đương. Nếu= X m n x = ∑∑ x ik hoặc x = max x ik =i 1 = k 1 X = • Cho k =1,n , Y ( yik )m×n ∈ R m×n . Ta nói: ( x ik )= m× n X ≤ Y ⇔ x ik ≤ yik ,i = 1, n, = k 1, m • X = i =1,m x ik )m×n , X ( x ik )m×n (= • Cho I ⊂ R . Ta gọi mỗi ánh xạ ( x ik ) ∈ R m×n thì 5 X : I → R m× n t  X ( t ) = ( x ik ( t ) )m×n là một ma trận hàm cấp m × n . • Ma trận hàm X ( t ) = ( x ik ( t ) )m×n gọi là liên tục, bị chặn, liên tục tuyệt đối, khả = x ik ( t ) ,i 1,= 2,..., m. k 1, 2,..., n. có các tích, khả vi trên I nếu tất cả các hàm tính chất đó trên I. • Cho ma trận hàm X ( t ) = ( x ik ( t ) )m×n t) Đặt X′ (= ( x′ ( t )) dX = dt ki m× n   τ = τ τ τ X d x d ( ) ( )   ik ∫I ∫ I  m× n • C ( I, R m×n ) là không gian các ma trận hàm cấp m × n liên tục và bị chặn trên I với chuẩn { } = X C sup X ( t ) : t ∈ I • Nếu I = [ a, b ] , C ([ a, b ] , R m×n ) là không gian các ma trận hàm X ( t ) = ( x ik ( t ) ) liên tục trên [ a, b ] với chuẩn { } = X C max X ( t ) : t ∈ [ a, b ] hoặc { } = X C max x ik (= t ) C ,i 1,= m, k 1, n  ([ a, b ] , R m×n ) là không gian các ma trận hàm cấp m × n X:[ a, b ] → R m×n • C liên tục tuyệt đối trên [ a, b ] với chuẩn= X C b X ( a ) + ∫ X′ ( t ) dt a  ( I, R m×n ) là tập các ma trận hàm cấp m × n liên tục tuyệt đối trên mọi tập • C loc con compắc của I. 6 • Lα ( I, R m×n ) là không gian các ma trận hàm cấp m × n khả tích bậc α trên I với chuẩn 1 X Lα   α α =  ∫ X ( t ) dt  với1 ≤ α < +∞ I  • Lαloc ( I, R m×n ) là không gian các ma trận hàm cấp m × n khả tích bậc α trên mỗi tập con compắc của I. • E – ma trận đơn vị. • θ – ma trận không. 7 Chương I. BÀI TOÁN CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 1.1. Bài toán Cauchy, các bổ đề về bất đẳng thức vi phân và tích phân 1.1.1. Bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân tuyến tính Giả sử I ⊂ R là một khoảng (đoạn, bán đoạn, khoảng hữu hạn hay vô hạn) P ∈ Lloc ( I, R n×n ) ,q ∈ Lloc ( I, R n ) . Xét hệ phương trình vi phân thường tuyến tính: dx = P ( t ) x + q ( t ) (1.1) dt Véctơ hàm x : I → R n được gọi là nghiệm của hệ (1.1) nếu hầu khắp nơi trên I có: dx ( t ) = P ( t ) x ( t ) + q ( t ) , x ∈ C loc ( I, R n ) dt với t 0 ∈ I,C0 ∈ R n cố định. Bài toán tìm nghiệm x(t) của hệ (1.1) thỏa điều kiện đầu: x ( t 0 ) = C0 (1.2) gọi là bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân tuyến tính. Với n = 1 hiển nhiên ta có kết quả sau: Mệnh đề 1.1 Nếu q ∈ Lloc ( I, R ) thì phương trình vi phân dx ( t ) = q ( t ) có duy nhất một dt nghiệm thỏa điều kiện đầu (1.2) và nghiệm đó có dạng : t x ( t= ) C0 + ∫q ( s ) ds t0 Mệnh đề 1.2 Giả sử P,q ∈ Lloc ( I,R ) ,C0 ∈ R . Khi đó bài toán Cauchy (1.1), (1.2) có duy nhất một nghiệm dạng: 8 t t  t  x ( t ) exp  ∫P ( s ) ds  .C0 + ∫ exp  ∫P ( s ) ds  .q ( τ ) dτ (1.3) = t  t0 τ  0  Chứng minh: Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm x(t). Ta xác định hàm y : I → R bởi biểu thức: t  x ( t ) = exp  ∫P ( s ) ds  y ( t ) (1.4) t  0   t    Do x ( t ) ∈ Cloc ( I, R ) nên y ( t ) ∈ Cloc ( I, R ) và y= ( t ) exp  − ∫P ( s ) ds  x ( t )  t0  Nên  t   t  dx ( t ) dy ( t ) = − exp  − ∫P ( s ) ds  .P ( t ) x ( t ) + exp  − ∫P ( s ) ds  .  t   t  dt dt  0   0   t   t  = − exp  − ∫P ( s ) ds  .P ( t ) x ( t ) + exp  − ∫P ( s ) ds   P ( t ) x ( t ) + q ( t )   t   t   0   0  Suy ra  t  dy ( t ) = exp  − ∫P ( s ) ds  .q ( t ) (1.5)  t  dt  0  y ( t 0 ) = C0 (1.6) Vậy nếu x(t) là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) thì y(t) là nghiệm của bài toán (1.5), (1.6) và ngược lại, nếu y(t) – nghiệm của bài toán (1.5), (1.6) thì x(t) là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2). Vậy (1.4) xác định cho ta tương ứng một nghiệm giữa tập hợp nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) và (1.5), (1.6). Theo mệnh đề1.1 thì bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất là: 9  τ  y ( t ) =+ C0 ∫ exp  − ∫P ( s ) ds  q ( τ ) dτ (1.7)  t  t0  0  t Do đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất là: t  t  t  τ  x ( t ) exp  ∫P ( s ) ds  .C0 + exp  ∫P ( s ) ds  × ∫ exp  − ∫P ( s ) ds  .q ( τ ) dτ = t  t  t  t  0  0  0  0  t t  t  = exp  ∫P ( s ) ds  .C0 + ∫ exp  ∫P ( s ) ds  q ( τ ) dτ t  t0 τ  0  Mệnh đề đã được chứng minh. 1.1.2. Bổ đề về bất đẳng thức tích phân và vi phân Bổ đề 1.1 Giả sử p,q ∈ Lloc ( I, R ) , t 0 ∈ I,C0 ∈ R và hàm số x ∈ C loc ( I, R ) hầu khắp nơi trên I thỏa bất đẳng thức:  x′ ( t ) − p ( t ) x ( t ) − q ( t )  sign ( t − t 0 ) ≤ 0 (1.8) và x ( t 0 ) ≤ C0 (1.9) Khi đó t t  t  x ( t ) ≤ exp  ∫p ( s ) ds  .C0 + ∫ exp  ∫p ( s ) ds  .q ( τ ) dτ, ∀t ∈ I (1.10)   t0 τ   t0  Chứng minh: Giả sử x(t) là nghiệm (1.8), (1.9). Đặt: ∆ = ( t ) p ( t ) x ( t ) + q ( t ) − x′ ( t ) = δ C0 − x ( t 0 ) 10 dx ( t ) Khi đó ∆ ( t ) ∈ Lloc ( I, R ) và= p ( t ) x ( t ) + q ( t ) − ∆ ( t ) dt Theo (1.8), (1.9) ta có: ∆ ( t ) .sign ( t − t 0 ) ≥ 0 và δ ≥ 0 Theo mệnh đề 1.2 thì ta có: t t  t  = x ( t ) exp  ∫p ( s ) ds  .( C0 − δ ) + ∫ exp  ∫p ( s ) ds  .( q ( τ ) − ∆ ( τ ) ) dτ t  t0 τ  0  t t  t  ≤ exp  ∫p ( s ) ds  .C0 + ∫ exp  ∫p ( s ) ds  .q ( τ ) dτ t  t0 τ  0  t   t   Do ∫ exp  ∫p ( s ) ds  .D ( τ ) dτ ≥ 0    t0 τ    Ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 1.2  ( I, R ) Giả sử p,q ∈ Lloc ( I, R + ) , t 0 ∈ I, C0 ∈ R + , x ∈ C loc + t x ( t ) ≤ C0 + ∫  p ( τ ) .x ( τ ) + q ( τ )  dτ ∀t ∈ I (1.11) t0 Khi đó ∀t ∈ I ta có  t  t t    x ( t ) ≤ C0 .exp ∫p ( s ) ds + ∫ exp  ∫p ( s ) ds  q ( τ ) dτ t  t  τ   0  0 Chứng minh: Đặt: t y ( t ) = C0 + ∫  p ( τ ) .x ( τ ) + q ( τ )  dτ t0 Khi đó: y ( t ) ∈ C loc ( I, R ) , y ( t 0 ) = C0 y′ ( t ) .sign ( t − t 0 ) = p ( t ) .x ( t ) + q ( t ) (1.12) 11 Mặt khác theo (1.11) ta có: x (t) ≤ y(t) ∀t ∈ I Từ đó: y′ ( t ) .sign ( t − t 0 ) ≤ p ( t ) .y ( t ) + q ( t ) Hay ( y′ ( t ) − p ( t ) .y ( t ) − q ( t ) ) .sign ( t − t ) ≤ 0 0 Với: = p ( t ) p ( t ) .sign ( t − t 0 ) = q ( t ) q ( t ) .sign ( t − t 0 ) Theo bổ đề 1.1 ta có: t  t t  y ( t ) ≤ C0 .exp  ∫p ( s ) ds  + ∫ exp  ∫p ( s ) .ds  q ( τ ) dτ t  t τ  0  0 Suy ra:  t  y ( t ) ≤ C0 .exp  ∫p ( s ) ds  + t   0  t  exp p s .ds ( )   q ( τ ) dτ ∫  ∫τ  t0  t Ta có điều phải chứng minh. 1.2. Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 1.1 Nếu P ∈ Lloc ( I, R n×n ) ,q ∈ Lloc ( I, R n ) , t 0 ∈ I,C0 ∈ R n thì bài toán Cauchy (1.1), (1.2) có nghiệm và nghiệm đó là duy nhất. Chứng minh: Trước hết ta nhận thấy x(t) là nghiệm của (1.1), (1.2): dx ( t ) = P(t) x(t) + q(t) dt 12 x ( t 0 ) = C0 khi và chỉ khi x(t) là nghiệm của phương trình: t x ( t )= C0 + ∫  P ( τ ) .x ( τ ) + q ( τ )  dτ ∀t ∈ I (1.13) t0 Phương trình (1.13) là phương trình tích phân dạng Volter. Ta chứng minh tồn tại nghiệm của (1.13) bằng xấp xỉ Picard. Xét dãy vectơ hàm {x k ( t )}k =1 xác định như sau: +∞ x 0 ( t ) = C0 t xk ( t ) = C0 + ∫  P ( τ ) .x k −1 ( τ ) + q ( τ )  dτ 1,2,…) (1.14) (k = t0 Dễ thấy x k ∈ C loc ( I, R n ) , ∀k ∈ N Ta chứng minh rằng dãy {x k ( t )}k =1 là hội tụ đều trên I bằng cách chứng minh +∞ rằng chuỗi: ∞ C0 + ∑ ( x k ( t ) − x k −1 ( t ) ) (1.15) k =1 hội tụ đều trên I. Ta có: t x1 ( t ) − x 0 ( t ) = C0 + ∫  P ( τ ) .C0 + q ( τ )  dτ − C0 t0 Do đó: x1 ( t ) − x 0 (= t) t ∫ P ( τ ) .C 0 + q ( τ )  dτ t0 t ≤ ∫ P ( τ) C t0 0 + q ( τ ) dτ ≤ ξ 0 ( t ) ∀t ∈ I (1.16) 13 t Với ξ0 ( t ) = ∫ P ( τ ) .C 0 + q ( τ ) dτ t0 Với k > 1 thì: t ∫P ( τ )  x ( τ ) − x ( τ ) dτ x k ( t ) − x= k −1 ( t ) k −1 (1.17) k −2 t0 Do (1.16) ta có: x 2 ( t ) − x1 ( t ) ≤ t ∫ P ( τ ) .ξ ( τ ) dτ ≤ ξ 0 ( t ).ξ ( t ) 0 ∀t ∈ I t0 Với ξ ( t ) = t ∫ P ( τ ) dτ t0 Vậy nếu k = {1,2} thì x k ( t ) − x k −1 ( t ) ≤ ξ 0 ( t ) (ξ ( t )) k −1 ∀t ∈ I ( k − 1)! (1.18) Giả sử (1.18) đúng với số tự nhiên k nào đó. Ta chứng minh nó đúng với k+1. Từ (1.17) ta có: x k +1 ( t ) − x k ( t ) ≤ t ∫ P ( τ ) . x ( τ ) − x ( τ ) dτ k −1 k t0 k −1 ξ ( τ )  ≤ ∫ξ ′ ( τ )  ξ ( τ ) dτ ( k − 1)! 0 t0 t ( Do ξ 0 ( t ) > 0 và đơn điệu tăng theo t − t 0 ) k −1 ξ ( τ )  ≤ ξ 0 ( t ) ∫ξ′ ( τ )  dτ k − 1 ! ( ) t0 t ξ ( τ )  = ξ0 ( t )  k! k ∀t ∈ I 14 Vậy theo nguyên lý qui nạp (1.18) đúng với ∀k ∈ N Do chuỗi k −1 ξ ( t )  C0 + ξ 0 ( t ) ∑  k =1 ( k − 1)! ∞ (1.19) hội tụ đều trên I về hàm C0 + ξ 0 ( t ) .expξ ( t ) nên theo dấu hiệu Weirstress, chuỗi (1.15) hội tụ đều về hàm x(t) trên I. Hay x ( t ) = lim x n ( t ) đều trên I. n →+∞ Chuyển (1.14) qua giới hạn ta có: t x(t) = C0 + lim ∫  P ( τ ) x k −1 ( τ ) + q ( τ )  dτ k →+∞ t0 t = C0 + ∫  lim P ( τ ) x k −1 ( τ ) + q ( τ )  dτ  k →+∞  t 0 t = C0 + ∫  P ( τ ) x ( t ) + q ( τ )  dτ ∀t ∈ I t0 Vậy x(t) là nghiệm của (1.13) và do đó nó là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2). Duy nhất: giả sử x(t), y(t) – nghiệm của (1.1), (1.2). Theo (1.13) ta có: x ( t ) −= y(t) t ∫P ( τ )  x ( τ ) − y ( τ ) dτ t0 Hay x (t) − y(t) ≤ t ∫ P ( τ ) . x ( τ ) − y ( τ ) dτ t0 Áp dụng bổ đề 1.2 với q ( t ) ≡ 0,C0 ≡ 0 ta có: x ( t ) − y ( t ) ≤ 0 ∀t ∈ I Hay 15 = x (t) y(t) ∀t ∈ I Định lý đã được chứng minh. 1.3. Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính tuần nhất Xét hệ phương trình tuyến tính (1.1): dx ( t ) = P(t)x(t) + q(t) dt Với P ( t ) ∈ Lloc ( I, R n×n ) , q ( t ) ∈ Lloc ( I, R n ) Khi q ( t ) = θ thì (1.1) thành: dx = P ( t ) .x (1.20) dt (1.20) gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất của (1.1). Ta biết tập các nghiệm của hệ (1.20) làm thành một không gian vectơ. Ta nhắc lại: Các vectơ hàm x1 ( t ) , x 2 ( t ) ,…, x m ( t ) gọi là độc lập tuyến tính trên I nếu α1x1 ( t ) + α 2 x 2 ( t ) +,…, +α m x m ( t ) = θ,∀t ∈ I thì α1 = α 2 = .…. = α m = 0 Trong trường hợp ngược lại thì {x1 ( t ) , x 2 ( t ) ,…, x m ( t )} là phụ thuộc tuyến tính trên I. Cho hệ vectơ {x1 ( t ) , x 2 ( t ) ,…, x m ( t )} . Ta biết rằng điều kiện đủ để hệ vectơ đó là độc lập tuyến tính là tồn tại t 0 ∈ I sao cho: {x ( t ) , x ( t ) ,…, x ( t )} là độc lập tuyến tính. Thật vậy: 1 0 2 m 0 m Giả sử ∑α k x k (= t) 0 k =1 0 ∀t ∈ I 16 m Khi đó ∑α k x k ( t 0 ) = 0 . k =1 Do hệ {x1 ( t 0 ) , x 2 ( t 0 ) ,…, x m ( t 0 )} là độc lập tuyến tính nên α1 = α 2 = .…. = α m = 0 Vậy {x1 ( t ) , x 2 ( t ) , …, x m ( t )} là độc lập tuyến tính. Thông thường ta không có kết quả ngược lại, nhưng ở đây lại có kết quả ngược lại. Mệnh đề 1.3 Giả sử {x ( t ) , x ( t ) ,…, x ( t )} 1 2 m là các nghiệm độc lập tuyến tính của hệ (1.20).Khi đó với mỗi t 0 ∈ I thì hệ {x1 ( t 0 ) , x 2 ( t 0 ) ,…, x m ( t 0 )} cũng độc lập tuyến tính. Chứng minh: Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử {x1 ( t ) , x 2 ( t ) , …, x m ( t )} độc lập tuyến tính nhưng hệ {x ( t ) , x ( t ) ,…, x ( t )} là phụ thuộc tuyến tính. Khi đó tồn tại 1 0 2 0 m 0 α1 , α 2 ,.…., α m ∈ R, α12 + α 22 + ... + α 2m ≠ 0 sao cho: m ∑α x ( t ) = 0 i i (1.21) 0 i =1 Đặt = x(t) m ∑α x ( t ) i i ∀t ∈ I (1.22) i =1 Khi đó x(t) sẽ là nghiệm của (1.20) và thỏa điều kiện đầu x ( t0 ) = 0 Tuy nhiên ta có hệ: (1.23) 17  dx  = P ( t ) .x  dt  x ( t0 ) = 0  chỉ có duy nhất một nghiệm là 0. Suy ra x ( t ) ≡ 0 ∀t ∈ I. Vậy hệ {x1 ( t ) , x 2 ( t ) ,…, x m ( t )} là phụ thuộc tuyến tính (mâu thuẫn). Mệnh đề được chứng minh. Định lý 1.2 Tập hợp các nghiệm của hệ (1.20) là một không gian vectơ n – chiều. Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh rằng mọi hệ nghiệm độc lập tuyến tính của hệ (1.1) đều có không quá n – vectơ. Thật vậy, giả sử {x1 ( t ) , x 2 ( t ) ,…, x m ( t )} là các nghiệm độc lập tuyến tính của (1.20). Theo mệnh đề 1.3thì hệ {x1 ( t 0 ) , x 2 ( t 0 ) ,…, x m ( t 0 )} là độc lập tuyến tính trong R n nên m ≤ n . Ngược lại nếu lấy hệ {x1 ( t 0 ) , x 2 ( t 0 ) ,…, x n ( t 0 )} là độc lập tuyến tính thì hiển nhiên hệ vectơ {x1 ( t ) , x 2 ( t ) ,…, x n ( t )} là độc lập tuyến tính. Ta có điều phải chứng minh. Định nghĩa 1.1 Ta gọi mỗi cơ sở của không gian các nghiệm của hệ (1.20) là một hệ nghiệm cơ bản của hệ (1.20). Định nghĩa 1.2 Ma trận X : I → R n×n mà các cột của nó tạo thành một hệ nghiệm cơ bản của hệ (1.20) gọi là ma trận cơ bản của hệ (1.20). Từ mệnh đề 1.3 ta có hệ quả sau: