Luận văn Thạc sĩ Toán học: 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 TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN

CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

HÀM PHI TUYẾN

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 - 2009

LỜI CẢM ƠN

Đầu tiên tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất 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 giành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành

luận văn này một cách hoàn chỉnh

Tôi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng KHCN -Sau Đại học cùng toàn

thể thầy cô khoa Toán-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.

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 10 năm 2009

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

Bài toán biên tuần hoàn 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 quát cho bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm

của các tác giả I. Kiguradze và B. Puza. Các kết quả về bài toán biên tuần

hoàn 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 tôi ng hiên cứu tính giải được của bài toán

biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính, bài toán biên tuần hoàn 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 toán 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 toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm

tuyến tính và phi tuyến sẽ đạt được nhiều kết quả cụ thể cho bài toán biên

tuần hoàn 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 biên tổng 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 toán 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 toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi

phân hàm phi tuyến

Chương này nghiên cứu tính giải được của bài toán biên tuần hoàn 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

a b [ , ],



+ = ∞ R [0,

= −∞ ∞ R ( , ),

nR là không gian các véc tơ cột n chiều



với ∈ix R (

= x ( = i 1, n và chuẩn , ) )n x = 1 i i

= 1

∈

với

(

R i k ( ,

=  và n , )

n nR × là không gian các ma trận cấp ×n n



= 1

x , ik i k

ikx

chuẩn

x x . i = ∑

= 1

, i k

X . x ik = ∑



n R +

n = 1 i

n R x : i

{ (

} n , ) .

× n n

= ∈ ≥ ) i 0 ( =  1, x i



× n n R +

= 1

n x ) , ik i k

{ (

} n , ) .

n n

= ∈ ≥ R : 0 ( , i k =  1, x ik

thì

X Y R ×∈

 Nếu

n x R X Y , +

n n Y X R +

≤ ⇔ − ∈ x y R∈ và , x ≤ ⇔ − ∈ y y .×



n n

∈

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

thì

(

R ×

n ∈ và R

 Nếu

= 1

x , ik i k

= 1

= x ( )n x i

(

)

(

)

= 1

i k ,

= 1

= = x , X , x i x ik

n = i 1

= x sgn( ) . x (sgn ) i

 det(

.X )X là định thức của ma trận

1X − là ma trận nghịch đảo của



 E là ma trận đơn vị.

 θ là ma trận không.

.X r X là bán kính phổ của ma trận ( )



∈

x t ( ) :

{

}

C I R là không gian các hàm véc tơ liên tục ( ; x I : )n R→ với chuẩn

:[0,

Rω → với chuẩn

]



C ([0, Rω là không gian các hàm véc tơ liên tục ]; )n

{

} .ω

với

= m ax x t ( ) : 0 ≤ ≤ t

n R→ với



chuẩn

)n 0ω> là không gian các hàm véc tơ ω-tuần hoàn liên tục x R : C Rω (

x t ( ) : 0

≤ ≤ t

{

} ω

thì

 Nếu

n = 1 i

x i

(

C i

) 1

= ∈ x ( ) C I R ( ; ) x i

thì

 Nếu

n = 1 i

= ∈ x ( ) ) C Rω ( x i

(

) 1

ω = i

= x . x i

với 1 µ≤ < +∞ là không gian các hàm véc tơ



khả tích tích bậc µ và chuẩn

L I Rµ ( ; )n x I : R→ với các thành phần

µ L

∫

1/   

x x t ( ) dt .  =  

thì

 Nếu

n = 1 i

x i

(

µ L

) 1

n n

là không gian các ma trận hàm khả tích

= ∈ x ( ) L I Rµ ( ; ) x i



(

R × n n → thì

 Nếu

= 1

n x ) , ik i k

∈

( ) :

ax m

X t

{

}

{

} ∈ = I

x t ik

(

) ,

= 1

i k

L I R × ( ; ) X I : .×→ n n R



[0,

]ω và chuẩn

x t dt ( ) .

= ∫

là không gian các hàm véc tơ ω-tuần hoàn

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



tích trên [0,

]ω và chuẩn

x t dt ( ) .

= ∫

)n x R : R→ với các thành phần khả L Rω (



} ∈ t R .

{ + = ∈ )

≥ ) : ( ) 0, L R ( ω x L R x t ( ω



} ∈ t R .

{ − = ∈ )

× n n

n n

là không gian các ma trận hàm

≤ ) : ( ) 0, L R ( ω x L R x t ( ω



ωL R ( ).

) X R : R ×→ với các phần tử thuộc L Rω (

n n

n L I R là

 Nếu

là ma trận hàm với các cột 1, z

z và , n

toán tử tuyến tính thì

∈ Z C I R × ( ; ) g C I R ( ; : →n ) ( ; )

g z 1(

 n g z ( ), ,

n n

g Z được hiểu là ma trận hàm với các cột ( )

 Nếu

z và , n

là toán tử tuyến tính thì

Z R : R ×→ là ma trận hàm liên tục, ω-tuần hoàn với các cột 1, z

ω→ L R (

cột

 n g z ), , (

g z 1(

: ) ) g Z được hiểu là ma trận hàm với các ( ) g C R ( ω

Chương 1. BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH

1.1. Giới thiệu

Xét hệ phương trình vi phân hàm

(1.1)

với điều kiện biên

(1.2)

l x ( )

c= 0

= + p x t ( )( ) q t ( ) ( ) dx t dt

và

Trong đó

∈

tính bị chặn,

( ;

)

n R∈ .

n q L I R và 0 c

Những trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là:

Điều kiện ban đầu

x t (

)

I∈ (1.3)

c= với 0t

và điều kiện biên tuần hoàn

−

(1.4)

x b ( )

x a ( )

c 0

→ p C I R ( ; : ) L I R ( ; ) l C I R : ( ; )n R→ là những toán tử tuyến

Định nghĩa 1.1

Hàm véc tơ

x I :

R→ 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

(1.5)

P t x

τ ( ) ( ( ))

q t ( ) 0

dx t ( ) dt

thỏa mãn một trong những điều kiện sau

∉

với

(1.6)

l x , ( )

( ) x t

u t= ( )

c , 0

∉

với

I x t , (

)

x t ( )

u t= ( )

c (1.7) 0

∉

−

với

( ) x t

u t= ( )

I x b , ( )

x a ( )

c (1.8) 0

× n n

Trong đó

u R :

R→ là một hàm véc tơ liên tục 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

, ≤

( ) t

(1.9)

τ 0

a ( ) t > b

 khi ( ) t a  τ ≤ τ ( ) k h i a t   τ khi ( ) t b 

(1.10)

( ( ))

( )( ) p x t

( ) ( t P t x

( )) t

τ 0

χ τ I

và

q t ( )

= − (1

( ( )))

t P t u

τ ( ) ( ( ))

( )

χ τ I

q t (1.11) 0

với

Iχ là hàm đặc trưng của

∈ ∈ → P L I R I R là hàm đo được và ( ; ), L I R ( ; ), :τ q 0

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)

p x t

( )( ),

(1.1 ) 0

( ) dx t dt

( ) 0.

l x =

Trong suốt phần 1.2 ta giả thiết

→

là toán tử tuyến tính và tồn tại một hàm khả

(i)

p C I R

( ;

)

L I R ( ;

)

tích

(1.2 ) 0

η → sao cho R : I

với

( )( ) p x t

t xη≤ ( )

(ii)

l C I R : ( ;

R→ là toán tử tuyến tính bị chặn;

∈ ∈ t I x C I R , ); ( ;

(iii)

n R .

Lấy 0t là một điểm cố định bất kỳ thuộc I . Ta định nghĩa dãy toán tử

n n

∈ ∈ q L I R ( ; ), c 0

và ma trận

như sau :

k R ×

− 1

Λ ∈ → p C I R ( ; : ) C I R ( ; )

(1.12)

∫

− 1

 = = = p x t ( )( ) x t ( ), p x t ( )( ) p p ( x ( ))( ) s d sk ( 1,2, ),

(1.13)

0 l p E (

1 p E (

Nếu tồn tại k sao cho ma trận

kΛ không suy biến ta lập

x t ( )( )

x t ( ),

(1.14)

k m ,

− 1



−

x t ( )( )

p x t ( )( )

p E t ( )( )

(

E t )( )

( )).

− 1 k l p x ( k

 

 

  + + + = ( ) ) p ( E )) ( k 1,2, ). Λ = k

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

(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường.

(1.1 ), 0

Chứng minh

là không gian Banach chứa các phần tử

Đặt

B C I R

( ;

x c ( ; )

∈

trong đó

và

x C I R

( ;

c R∈ với chuẩn

Với

I∈ cố định bất kỳ ta đặt

x c ( ; )

∈ tùy ý và 0t

(1.15)

I∈ ,

∫

với

I∈ .

( )

( ) h t

; q s ds c 0

∫

 =   

   

Bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình sau trong B

(1.16)

f u ( )

h ,

là nghiệm của (1.16) nếu

vì

x c ( ; )

= + + − f u t ( )( ) ( c x t ( ) p x s ds c ; ( )( ) l x với ( ))

(1.2).

0c = và x là nghiệm của bài toán (1.1),

Từ (i)-(iii) và (1.15),

:f B

B→ là toán tử tuyến tính compact.

Thật vậy, từ (i)-(iii) và (1.15) ta có f là toán tử tuyến tính, liên tục. Đặt

→

C I R ( ;

);

f B : 1

f B : 2 t

= + c

x t (

)

p x s ds ( )( )

f u t ( )( ) 1

∫

= − c

l x ( ).

f u ( ) 2

η≤ +

Khi

f u t 1( )( )

1Bu ≤ ta có

≤ + 1 ||| l |||, f u 2 ( )

∫

t ∫ ξ ξ ηξ ξ s

Do đó ta có

là tập compact tương đối trong

(0,1))

f B 1(

f B 2 (

≤

(0,1)

bị chặn đều và đẳng liên tục trong

− = ≤ ≤ p x ( )( ) ξ ξ d p x ( )( ) ( ) d d . f u t ( )( ) 1 f u s ( )( ) 1

,nR { u B = ∈

là tập } 1 .

là tập compact tương đối trong

),n C I R với ( ;

Theo định lý Ascoli-Arzela ta có 1(

f B (0,1))

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

(1.17)

f u ( )

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. 

C I R .Từ đó suy ra f là toán tử tuyến tính compact . Do đó theo định lý ( ; )n

Định lý 1.3

Giả sử tồn tại các số tự nhiên khác không

, k m , số tự nhiên

0m và ma

n n

sao cho ma trận

trận

kΛ ở (1.13) không suy biến,

(1.18)

r A < ( ) 1

và bất đẳng thức sau đúng với mọi nghiệm x của

(1.1 ), 0

(1.2 ) 0

k m

k m 0,

≤

, ( ) x

A p

x ( )

(1.19)

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

A R × +∈

Chứng minh

Theo định lý 1.2 để chứng minh định lý 1.3 ta chỉ cần chứng minh bài

toán thuần nhất

(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường.

(1.1 ), 0

Lấy x là một nghiệm bất kỳ của

(1.2 ). Rõ ràng

(1.1 ), 0

với

)

x t ( )

= + c

1 p x t ( )( )

x t= 0(

Do đó

( ) x t

= + c

1 p x

( ))( ) t 2

= + c

1 ( p c 1 ( )( ) p c t

( )( ) p x t

( )( ).

( )( ) p E t

1 ( )( ) p E t

p x t

 

 

Nếu tiếp tục quá trình này ta có

− 1



(1.20)

x t ( )

p E t ( )( )

(

E t )( )

p x t ( )( )

 

 

với i nguyên dương bất kỳ.

Từ

(1.2 ), (1.13) và (1.20) ta có

k l p x (

Vì

kΛ không suy biến ta suy ra

0 ( )). = Λ + kc

k 1 ( l p x

− k

Kết hợp với (1.14), (1.20) ta có

k m ,

k m 0,

= −Λ c ( )).

Do đó

k m ,

k m 0,

= = p p x t ( ) x t x t ( )( ), ( ) x t ( )( ).

Kết hợp (1.19) suy ra

k m , 0

≤

x ( )

A p

x ( )

hay

k m 0,

−

≤

(

)

E A p

( ) x

= p x t ( )( ) p x t ( )( ).

Vì A không âm và điều kiện (1.18 ), ma trận E A− có ma trận nghịch đảo

không âm. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cuối với

được

k m 0,

≤ hay

( ) x

k mp 0,

E A − − ) ( E A − − ) (

Do đó ( ) 0

x t ≡ . Định lý được chứng minh.

Nếu

thì theo (1.12)-(1.14) với bất kỳ số nguyên dương k và

l x ( )

x t= (

)

m ta có

k m ,

x ≡ . ( ) 0

k E l p x , (

Do đó ta có hệ quả

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

Hệ quả 1.4

Giả sử tồn tại số tự nhiên khác không m , số tự nhiên

0m và ma trận

n n

(1.1 ) với điều kiện

sao cho (

r A < và với mọi nghiệm x của hệ

) 1

đầu

x t = thì 0( ) 0

m 0

≤

(1.21)

m p x ( )

A p

x ( )

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

A R × +∈

Lưu ý

Điều kiện (

r A < trong hệ quả 1.4 không thể thay bằng điều kiện

) 1

(1.22)

r A (

) 1.≤

Thật vậy, xét hệ vi phân sau :

(1.23)

(1)

( ) dx t dt

với điều kiện đầu

trên đoạn

I =

[0,1]

= (1.24)

(0) 1.

Nghiệm của (1.23) có dạng

( )x t

ct=

với

c R∈ là một véc tơ hằng bất kỳ. Do đó bài toán (1.23) với điều kiện đầu

(1.24) không có nghiệm. Mặt khác ta có

1( )( ) p x t

và

Khi đó (1.21), (1.22) thỏa với

= tx (1),

m 0

.=A E

Hệ quả 1.5

n n

sao cho

Giả sử tồn tại các số tự nhiên

, m m và ma trận

(1.25)

(

r A )

π − b a

)

và

m 0

≤

m p p x

A p

( ))

(

x ( )

(1.26)

2 L

với x là nghiệm bất kỳ của hệ

(1.1 ) với điều kiện đầu

x t = . 0( ) 0

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

A R × +∈

Chứng minh

Ta phải chứng minh hệ

(1.1 ) với điều kiện đầu

(1.27)

x t = 0( ) 0

chỉ có nghiệm tầm thường.

Gọi x là nghiệm bất kỳ của bài toán

(1.1 ) , (1.27). Theo (1.12) ta có

+ 1

m 0

và

+ 1

m 0

(1.28)

x ( )

2 L

Mà

+ 1

= ) 0,

( ))( ).

(

( )( x t

( )( ) x t

m p p x

 

 

d dt

Vì vậy theo bất đẳng thức Wirtinger ta có

= = x t ( ) p x t ( )( ) p x t ( )( )

)

+ 1

≤

x ( )

m p p x

( ))

(

2 L

− b a π

Do đó từ (1.26) và (1.28) ta có

)

m 0

≤

với

x ( )

B p

x ( )

A Suy ra

2 L

− b a π

m 0

−

(

E B p

)

x ( )

≤ 0

2 L

m 0

. Do đó

x 0 ( )

0≤

Theo (1.25) thì (

r B < nên ) 1

= ≡  p x t ( ) x t ( )( ) 0 .

Lưu ý

Trong điều kiện (1.25) ở hệ quả 1. 5 dấu bằng không thể xảy ra. Thật

x t ( )

sin

vậy, với mọi

là nghiệm của hệ phương trình

π − t a ( − 2( b a

) )

thuần nhất

), ( ) 0.

+ − ( x b a t

x a

)

dx dt

π − b a

,∈ n c R

Điều kiện (1.26) thỏa với

= = = 0, A E r A , ( ) . = m m 0 π − b a ) 2( π − b a ) 2(

Hệ quả 1.6

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

(1.29)

p p E s ds

))( )

(

B i

= ∑∫

= 1

n n

là ma trận không suy biến và tồn tại ma trận

sao cho

≤

(1.30)

p x t dt B x

( )( )

∫

và

với mỗi x là nghiệm của hệ

x a= ( )

(1.1 ) thỏa ( ) x b

(1.31)

r B B B− + (

< ) 1.

Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất.

B R × +∈

Chứng minh

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

1.3 đều thỏa với

−

0m = .

l x ( )

x b ( )

x a k ( ),

= + i

= m và 1

Thật vậy, ta có :

−

( ))

p x b ( )( )

p x a ( )( )

x a ( )( )

k l p x ( b

x b ( )( ) b

+ 1

−

p p (

x ( ))( )

s ds

p p (

x ( ))( )

s ds

p p (

x ( ))( )

s ds .

∫

Từ (1.29),(1.30), (1.12)-(1.14) ta có

B = Λ và k

≤

( )( )

1 ( ) p x

p x s ds B x

∫

≤

( ))( )

(

2 ( ) p x

1 p p x

≤ ( ) s d s B p x

2 B x

∫

Tương tự ta có

− 1

≤

j p x ( )

p p (

x ( ))( )

s ds

∫

− 1

≤

B p

x ( )

j B x

(

= … 1,2, ),

+ 1

≤

(

k l p x

( ))

p p (

x ( ))( )

s ds

∫

+ 1

≤

p p (

x ( ))( )

s d

sB p

x ( )

∫

và

−

≤

x ( )

1 p x ( )

B l p x (

( ))

− 1 i

A x , C

= +

r A < Hệ quả được chứng minh.

với

A B B B . Theo (1.31) thì ( ) 1.

− 1 i

1.2.2. Hệ phương trình vi phân hàm với toán 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.

, đặt

Với bất kỳ 0t , t

* α

= t ( , ) min

;

= t ( , ) max

}

{ t

}

α *

* α

t ( , ), t

t ( , )], t

t ,

{ t α [ *

và

max

x s ( ) :

∈ t I

t ,

{

t ,

∈ x C I R I∈ và ( ; )n

Định nghĩa 1.7

I∈ nếu với bất kỳ t

Toán tử p gọi là Volterra đối với 0t

∈

thì

x C I R

( ,

p x s = với hầu ( )( ) 0

thỏa mãn điều kiện ( ) 0

x s = với

I∈ và

t 0 ,t

hết

s I∈

0 , .

s I∈

Bổ đề 1.8

→

Nếu

I∈ thì các bất

p C I R

( ;

)

L I R ( ;

)

là toán tử Volterra đối với 0t

đẳng thức sau đúng với mọi

p x t ( )( )

t xη≤ ( )

(1.32)

t 0 ,

với hầu hết t

∈ x C I R ( ; )n

(1.33)

( )( ) p x t

( ) s ds

, t

1 ∫ η≤ ! k t

∈

với

, (

=  1,2, )

→

trong đó η là hàm ở trong điều kiện (i),

p C I R

( ;

)

C I R ( ;

) (

=  1,2, )

là các toán tử cho bởi các đẳng thức (1.12).

I∈ ,

Chứng minh

∈

, đặt:

x C I R

( ,

Với bất kỳ t

I∈ và

t ( , )) khi

α ( *

α *

t ( , ) t 0

* α

s ( )

x s ( )

≤ ≤ s

khi

x t

t ,

t ( , ) t 0

α * >

t ( , ) t 0 * α

* α (

t ( , )) khi

t ( , ). t 0

    

Ta có

t ,

− = − p x s ( )( ) s )( ) p x ( s )( ) p x ( t x t

0 , .∈ t I

t 0 ,

− = với x s s ( )( ) 0 x t

Suy ra

do p là toán tử Volterra đối với

t 0 ,

t 0 ,t

0t hay

− = với hầu hết s p x ( )( ) 0 s I∈ x t

t 0 ,

t 0 ,t

Kết hợp với điều kiện (i) ta có

≤

với hầu hết

p x s ( )( )

s x ( )

= s với hầu hết p x s ( )( ) )( ) s I∈ p x ( t

s x ( ) t

t ,

0 , .∈ t I

t ,

Vì t

Theo (1.12) và (1.32) ta có

≤

1 ( )( ) p x t

( )( ) p x s ds

( ) s ds x

, t

∫

∫ η

I∈ lấy tùy ý ta suy ra (1.32) đúng.

1 p p x

1 s p x ( ) ( )

∫ η

∫

≤ ≤ ≤ p x t ( )( ) ( ))( ) s ds ( ds

∫ η

s ds ( )

t ,

∫ ∫ η ηξ ξ

với

≤ ≤ ( ) s ( ) d x ds x 2!

Bằng phương pháp quy nạp ta có (1.33) đúng.

.∈t I

Bổ đề 1.9

khả nghịch và

1 E p−

Nếu p là toán tử Volterra đối với 0t thì toán tử

+∞

− 1

(1.34)

1 − E p

với

là các toán tử xác định bởi (1.12).

(

=  0,1, )

) ( = ∑ p

Định lý 1.10

Nếu p là toán tử Volterra đối với 0t thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm

, k m và ma trận

duy nhất nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương

n n

sao cho ma trận

r A < và ) 1

kΛ không suy biến, (

k m

≤

∈

, ( ) x

A x

với

(1.35)

x C I R

( ;

).n

A R × +∈

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 toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất, khi đó bài toán

(1.1 ) , 0

(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường.

Giả sử x là nghiệm bất kỳ của hệ

(1.1 ). Khi đó

với

x t ( )

= + c

1 p x t ( )( )

Theo bổ đề 1.9 ta có

∞

c ) x t= 0(

với

( ) x t

X t c ( )

Vì bài toán

(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ phương trình đại

(1.1 ), 0

số (

l X c = chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó

)

(1.36)

det( (

l X

)) 0.≠

Đặt

− 1

X t ( ) p E t )( ) ( = ∑

Ta có

. Mà l liên tục nên

− X X

l X (

Λ = k

k C

), lim →+∞ k

p E t ( )( ). X t ( ) k = ∑

l X (1.37) (

Λ =k

lim →+∞ k

Từ (1.36), (1.37) suy ra tồn tại số nguyên dương

0k và số thực dương ρ sao

cho

(1.38)

det(

) 0,

|||

(

k ,

= m ;

1,2,

 )

Λ ≠ k

ρ− 1 Λ < k

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

với |||

|||

≤

(1.39)

k p x ( )

(

=  1,2,

k ρ 0 k !

trong đó

t dt ( )

ρ η= ∫

Từ (1.38) và (1.39) và (1.14) ta có

k m ,



≤

x ( )

(

;

1,2,

 )

(1.40)

k k , 0

m ρ 0 m !

k ρ 0 k !

  

  

sao cho

Chọn số nguyên dương

m k≥ 0



ρ+

(

;

k m m 0 0

m m m 0

m ρ 0 ! m

k ρ 0 ! k

1 2 n

và

, từ (1.40) suy ra bất đẳng thức (1.35), trong đó

Cố định

k m≥ 0

m m≥ 0

n n

là ma trận với các phần tử

. Rõ ràng (

r A < . Định lý được

) 1

1 2n

chứng minh.

A R × +∈

1.2.3. Các điều kiện cụ thể cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

Định lý 1.11

n n

∈

Giả sử tồn tại ma trận hàm

sao cho hệ phương trình vi

( ;

)×

P L I R 0

phân

(1.41)

P t x t ( ) ( ) 0

dx t ( ) dt

với điều kiện biên

(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Với mọi nghiệm x của

bài toán

(1.2 ) có bất đẳng thức sau :

(1.1 ) , 0

−

≤

(1.42)

( , )

( ) ( )

[ G t s p x s ( )( )

] P s x s ds A x 0

∫

n n

trong đó

là ma

(1.2 ) và 0

0G là ma trận Green của bài toán (1. 41),

trận thỏa (

r A < ) 1.

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

A R × +∈

Chứng minh

Theo định lý 1.2, ta chứng minh bài toán

(1.2 ) với giả thiết của

(1.1 ) , 0

định lý 1.11 chỉ có nghiệm tầm thường.

Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán

(1.2 ). Do (1.41),

(1.1 ) , 0

(1.2 ) 0

chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lý Lagrange ta có

−

( , )

( ) ( )

( ) x t

[ ( )( ) G t s p x s

]

P s x s ds 0

∫

≤

Do đó từ bất đẳng thức (1.42) ta có

. Suy ra

A x

r A < . ) 1

Cx = từ ( 0

Hệ quả 1.12

n n

∈

sao cho

Giả sử tồn tại ma trận hàm

( ;

)×

P L I R 0

(1.43)

P 0

P t ( ) 0

P 0

∫

  

 ξ ξ d ( )  

  

 ξ ξ d ( )  

với hầu hết

, ∈s t

I và bất đẳng thức sau đúng với mọi nghiệm x của hệ

(1.1 ) với điều kiện đầu

x t = : 0( ) 0

−

≤

( ) ( )

( )( ) p x s

[

]

P 0

P s x s ds A x với t 0

∫

 ex p  

 ξ ξ ( ) d  

n n

là ma trận thỏa (

r A < . ) 1

A R × +∈

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

I∈ ,

Chứng minh

Do (1.43) nên ma trận Cauchy của hệ (1.41) có dạng

exp

C t s ( , ) 0

P 0

∫

  

 ( )ξ ξ d  

Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán

(1.2 ). Theo định lý Lagrange ta

(1.1 ) , 0

có

−

x t ( )

( ,

)

( , )

[ C t s p x s ( )( )

]

C t t x t ) ( 0

P s x s d s ( ) ( ) 0

∫

−

( , )

[ C t s p x s ( )( )

]

P s x s ds ( ) ( ) 0

∫

≤

. Suy ra

Từ đó suy ra

r A < . ) 1

A x

Cx = từ ( 0

Hệ quả 1.13

n n

∈

Giả sử tồn tại ma trận hàm

thỏa (1.43) sao cho ma trận

( ;

)×

P L I R 0

−

exp

( )

A 0

P s ds không suy biến và 0

∫

  

  

−

≤

( ) ( )

( )( ) p x s

[

]

− 1 A 0

P 0

P s x s ds A x (1.44) 0

∫

− + t b a

 ex p  

 ξ ξ ( ) d  

với

I∈ ,

− +

≡

− +

≡

( )(

)

( )( ),

(

)

( )

p x t b a

p x t P t b a 0

P t (1.45) 0

n n

và ma trận

thỏa (

r A < . ) 1

Khi đó bài toán (1.1), (1.4) chỉ có nghiệm duy nhất.

A R × +∈

Chứng minh

Từ (1.43) và do ma trận

(1.2 ) 0

0A không suy biến nên bài toán (1.41),

≡

−

chỉ có nghiệm tầm thường.

l x với ( )

x b ( )

x a ( )

≡

−

Gọi

. Từ

x b ( )

x a ( )

(1.2 ) với ( ) l x

0G là ma trận Green của bài toán (1.41),

(1.43) , với bất kỳ

thì

∈ q L I R

( ;

 = G t s q s d s ( , ) ( )

( )

− 1 A 0

P 0

∫

− + t b a

 ex p  

  ξ ξ q s d s với d ( )  

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. 

 ∈ − + ≡ t I q t b a , ( )  q t ( ).

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 toán (1.5), (1.6) có thể viết về dạng

(1.1), (1.2) với toán tử p và hàm véc tơ q cho bởi các đẳng thức (1.10),(1.11)

và hàm 0τ cho bởi đẳng thức (1.9).

n n

Λ → sao cho các thành phần của Λ có

tồn tại duy nhất ma trận hàm

R ×

biến phân bị chặn trên

(1.46)

= ( )b θ

l C I R : ( ; )n R→ là toán tử tuyến tính liên tục. Theo định lý Riesz,

ta có :

và với mọi

(1.47)

l x ( )

t ( )

x t ( ).

)

( Λ∫ d

Rõ ràng từ (1.46) và (1.47) ta thấy nếu

: x I

R→ là hàm liên tục tuyệt đối thì

= −Λ

(1.48)

( ) l x

a x a ( ) ( )

′ t x t d t ( ) ( ) .

− Λ∫

Lấy 0t là một điểm cố định bất kỳ trên đoạn I . Với bất kỳ ma trận hàm

× n n

∈ x C I R ( ; )n

đặt :

∈ V L I R ( ; ),

t ( )

τ 0

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

+ i , 1

∫

với 0τ là hàm cho bởi (1.9).

Từ (1.10), (1.12)-(1.14) và (1.48) ta có

− 1

Λ = −Λ

−

− Λ

(1.49)

a ( )

s P s ( )[

P s

( )] τ i ,

t ∫ ( ) [ a a

 ∑ ∫   

   

và

k m ,

≤

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

với

x ( )

k m ,

Trong đó

− 1

(1.50)

P s ( )

s ( )

P s ( )

A m

A i

− 1 k

k m ,

∑

 

  τ ,

∫

  

  

b ∫ + Λ a

   

   

và

∈ x C I R ). ( ;

∫

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.

 = ∈ = P s ( ) ds t : I i ( 0, , m (1.51) ). A i     τ , i   max        

Định lý 1.14

Bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần

nhất tương ứng

( ( ))

t P t x ( ) (

t ( ))

(1.5 ) 0

χ τ I

τ 0

dx t ( ) dt

( ) 0

l x =

(1.6 ) 0

chỉ có nghiệm tầm thường.

Định lý 1.15

Giả sử tồn tại các số tự nhiên khác không k và m sao cho

(1.52)

det(

kΛ ≠ ) 0,

và

r A (

< (1.53) ) 1

k m ,

với

, Λk

k mA là các ma trận cho bởi các đẳng thức (1.49)-(1.51).

Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất.

Định lý 1.16

Giả sử có bất đẳng thức

−

τ − ( ( ) t

t )(

≤ ) 0

thỏa hầu khắp nơi trên

Khi đó bài toán (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

và

Λk

k mA 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 A < (1.54)

) 1

với

∫

Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất.

= ∈ P s ( ) ds t : I A m     τ ,   max        

Hệ quả 1.18

Giả sử τ là hàm liên tục tuyệt đối, đơn điệu và tồn tại một ma trận

n n

sao cho

(1.55)

r A ( )

π − b a

)

A R × +∈

và bất đẳng thức

1/2

≤

τ′

( ( ))

( ) t P t

( ) t

χ τ I

thỏa hầu khắp nơi trên

Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất.

Hệ quả 1.19

Giả sử

det(

B ≠ và ) 0

r B B B−+ (

< với ) 1

( ( ))

s P s ds B ( )

( ( ))

s P s ds .

( )

B 0

χ τ I

∫

Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất.

Định lý 1.20

n n

sao cho hệ phương trình vi

Giả sử tồn tại ma trận hàm

phân

(1.56)

P t x t ( ) ( ) 0

( ) dx t dt

với điều kiện biên

(1.6 ) chỉ có nghiệm tầm thường và

( , )

( ) ≤

G t s Q s ds A (1.57)

∫

với t

∈ P L I R × ( ; )

0 ( ) t

−

Q t ( )

( ( ))

t P t ( )

P s d s (1.58)

( )

P t ( ) 0

χ τ I

∫

n n

là ma trận thỏa

A R × +∈

(1.6 ) và 0

0G là ma trận Green của bài toán (1.56),

(

r A < (1.59)

) 1.

Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất .

I∈ , trong đó

Chứng minh

Gọi x là một nghiệm của bài toán

(1.2 ) với p là toán tử xác

(1.1 ), 0

định bởi đẳng thức (1.10). Dùng (1.58) ta có

t ( )

−

p x t ( )( )

( ( ))

t P t ( )

t ( ))

′ = x s d s ( )

[

χ τ I

P t x t ( ) ( ) 0

] P t x ( ) 0

τ ( 0

τ 0 P t ( ) 0

∫

t ( )

−

( ( ))

t P t ( )

t ( ))

( ( ))

s P s x ( ) (

≤ s d s Q t x ( ))

( )

[

χ τ I

] P t x ( ) 0

τ ( 0

τ 0

τ 0 P t ( ) 0

∫

Kết hợp với (1.57) suy ra bất đẳng thức (1.42). Do đó tất cả giả thiết của định

lý 1.11 đều thỏa. Định lý được chứng minh. 

Hệ quả 1.21

n n

sao cho

Giả sử tồn tại ma trận hàm

(1.60)

P 0

P t ( ) 0

P 0

∫

  

 ξ ξ ( ) d  

  

 ξ ξ ( ) d  

I và

với hầu hết , ∈s t

≤ Q s ds A với

exp

ξ ξ d ( ) )

( )

∈ P L I R × ( ; )

P 0

∫

  

  

n n

là ma trận thỏa

Trong đó Q là ma trận hàm xác định bởi (1.58) và

.∈t I (1.61)

(1.59).

Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất.

A R × +∈

Hệ quả 1.22

n n

Giả sử tồn tại ma trận hàm

sao cho đẳng thức (1.60)

thỏa với hầu hết

, ∈s t

I ,

−

exp

( )

A 0

P s ds (1.62) 0

∫

  

  

là ma trận không suy biến và

∈ P L I R × ( ; )

≤

exp

d Q s ds A với

( )

− 1 A 0

P 0

∫

− + t b a

  

 ξ ξ ( )  

Trong đó Q là ma trận hàm xác định bởi (1.58),

− +

≡

− +

≡

(

)

( ),

)

(

P t b a 0

P t Q t b a Q t (1.64) ( ) 0

n n

là ma trận thỏa (1.59).

và

.∈t I (1.63)

Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất.

A R × +∈

Chương 2. BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN CHO HỆ

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN

2.1. Giới thiệu

là toán tử

)

0ω> và

Cho n là số tự nhiên khác 0,

f C R ( ω

ω→ L R (

liên tục. Xét hệ phương trình vi phân hàm

f x t

( )( ).

(2.1)

dx t ( ) dt

Định nghĩa 2.1

Hàm véc tơ

trình (2.1) nếu nó liên tục tuyệt đối, thỏa (2.1) hầu hết trên R và

( x t

: x R R→ gọi là nghiệm ω-tuần hoàn của hệ phương

với t R∈ .

Trong phần hai ta nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm ω-tuần

hoàn của bài toán (2.1). Phần ba áp dụng các kết quả trên để xem xét sự tồn

tại và duy nhất nghiệm ω-tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân đối số lệch



( , ( ), ( t x t x

( )), t

, ( x

( ))), t

(2.2)

τ 1

τ m

( ) dx t dt

(

+ m n 1)

= x tω+ ( ) )

trong đó

0 : f R R

và là ω-tuần hoàn theo đối số thứ nhất, tức là thỏa

(2.3)

ω+ ,

)

( t

, x x 0 1

( , , t x x 0 1

= , x m

 , ) x m

× → thỏa mãn điều kiện Carathéodory địa phương R

với hầu hết t R∈ và

n ( R k

=  1,

)

( R k

m là các

τ → : k R

hàm đo được thỏa mãn

−

m là các số nguyên. (2.4)

(

( t

)

( )) / t

(

=  1,

)

+ τ ω τ k

∈ =  0,1, , m ).

2.2. Nghiệm tuần hoàn của hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến

Trong suốt phần này

được giả thiết là toán tử

)

f C R ( ω

ω→ L R (

với

liên tục thỏa

*(.,

)

(

∈ L Rωρ

∈

≤

*( , t

ρ )

sup

f x t

( )( ) :

x C R

( ω

} ρ

) {

ρ∈ +∞ , trong đó ) (0,

Định nghĩa 2.2

Cho β là một số dương. Ta nói toán tử :

thuộc lớp

× → ) ) ) p C R ( ω C R ( ω L R ( ω

nVω β nếu nó liên tục và thỏa mãn ba điều kiện sau:

(i)

là toán tử tuyến tính với mỗi

( )

ω→ L R (

cố định.

p x ( ,. ) ) ( )n C R ): ( ω x C Rω∈

(ii) Tồn tại một hàm

α ρ ∈

với

thỏa

n x y C R hầu hết ,

α × → không giảm theo đối số thứ hai : R R + R +

(.,

)

ω∈ (

L Rω (

), ρ∈ +∞ , và với mọi ) (0,

t R∈ ta có

iii) Với mỗi

và

α≤ p x y t )( ) ( , t x ( , ) y .

ω∈ (

kỳ của phương trình vi phân

p x y t )( )

( ,

q t ( )

(2.5)

dy t ( ) dt

thỏa

( )n q L R nghiệm ω-tuần hoàn y bất ), x C Rω∈

(2.6)

L ω

β≤ q .

Định nghĩa 2.3

Ta nói toán tử

thuộc lớp

nVω nếu tồn

tại

× → : ) ) ) p C R ( ω C R ( ω L R ( ω

0β> sao cho

( p Vω β∈ )

Định lý 2.4

Giả sử tồn tại một số dương

0ρ và một toán tử

p Vω∈ sao cho với mọi

nghiệm ω-tuần hoàn bất kỳ của phương trình vi phân

λ∈ (0,1),

(2.7)

thỏa

(2.8)

+ λ = − (1 λ ) p x x t ( , )( ) f x t ( )( ) ( ) dx t dt

Khi đó bài toán (2.1) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

ρ≤ 0.

Để chứng minh định lý này ta cần trang bị những kiến thức sau

Xét hệ phương trình vi phân

(2.9)

thỏa điều kiện biên

(2.10)

( ) 0

= f x t ( )( ) ( ) dx t dt

h x =

với

mãn với mọi

→ → f C I R ( ; : ) L I R ( ; ), h C I R ( ; : ) R là những toán tử liên tục thỏa

∈

sup

x C I R

( ;

L I R ( ;

∈

≤

) (0,

h x

( ) :

x C I R

( ;

< +∞ .

f x ( )(.) : {

} ≤ ∈ ρ } ρ

ρ∈ +∞ thì { sup

Định nghĩa 2.5

và

Cặp (

× → , )p l của các toán tử liên tục p C I R ( ; : ) C I R ( ; ) L I R ( ; )

× → được gọi là nhất quán nếu: l C I R : ( ; ) C I R ( ; ) R

(i) Với mỗi

cố định, toán tử

và

∈ → x C I R ( ; )n p x ( ,. ): C I R ( ; ) L I R ( ; )

l x ( ,.) : C I R ( ; )n R→ là tuyến tính.

(ii) Với mọi

và với hầu hết t

∈ I∈ ta có bất đẳng thức x y C I R , ( ; )n

( α

)

(

)

Trong đó

× → là hàm khả tích

: I R +

R +

+→ là hàm không giảm,

α + 0 : R

theo đối số thứ nhất và không giảm theo đối số thứ hai.

≤ ≤ p x y t )( ) ( , t x , y , l x y ( , ) x y . α 0

(iii) Tồn tại một số dương β sao cho với mọi

∈ ∈ x C I R ( ; ), q L I R ) ( ;

và 0 c

p x y t )( )

( ,

q t

( ),

l x y ( ,

)

= (2.11)

c 0

( ) dy t dt

thỏa

(2.12)

c 0

( β≤

)

R∈ , nghiệm bất kỳ y của bài toán biên

Bổ đề 2.6

Giả sử tồn tại số dương ρ và cặp (

, )p l nhất quán của các toán tử liên

và

tục

× → × → sao cho p C I R ( ; : ) C I R ( ; ) L I R ( ; ) l C I R : ( ; ) C I R ( ; ) R

với mọi

nghiệm bất kỳ của bài toán

λ∈ (0,1)

(2.13)

[ λ

] ( , )( ) ,

= + − p x x t ( , )( ) f x t ( )( ) p x x t ( ) dx t dt

[ λ=

]

thỏa

(2.15)

− l x x ( , ) l x x ( , ) ( ) h x (2.14)

Khi đó bài toán (2.9), (2.10) có nghiệm.

.ρ≤

Chứng minh

Gọi

γ ∈ + ρα ρ t ( ,2 ) x C I R ( )( ) : = t ( ) 2 f x t ( ; ), x ,

,αα và β là các hàm và số trong định nghĩa 2.5. Đặt { sup {

} ≤ ρ 2 } ρ 2

∈ = + ≤ γ ρα ρ (2 ) x C I R ( ) : sup h x ( ; ), 2 x ,

(2.16)

σ = − khi 2 / ρ 2 ( ) s s

−

p x x t

q x t ( )( )

f x t ( )( )

] ( , )( ) ,

(2.17)

−

h x

l x x ( , )

] ( ) .

c x ( ) 0

( σ ( σ

)[ )[

≥ 0 khi ≤ ≤ s < < s ρ 2 s  1 khi 0  ρ ρ   

∈

< +∞

và với mỗi

Khi đó

n x C I R hầu hết t ),

( ; L I R

γ 0

∈ ( ; I∈ ta có

(2.18)

≤ γ ≤ q x t ( )( ) t ( ), . c x ( ) 0 γ 0

cố định, xét bài toán biên tuyến tính

Với mỗi

p x y t )( )

( ,

q x t

( )( ),

l x y ( ,

)

(2.19)

c x ( ) 0

dy t ( ) dt

Từ (iii) của định nghĩa 2.5, ta có bài toán thuần nhất tương ứng

p x y t

( ,

)( ),

l x y ( ,

) 0

(2.19 )

( ) dy t dt

chỉ có nghiệm tầm thường. Từ điều kiện (i), (ii) của định nghĩa 2.5 và

∈ x C I R ( ; )n

nghiệm duy nhất. Mặt khác từ (ii) và (iii) của định nghĩa 2.5 và các bất đẳng

thức (2.18) , nghiệm y của (2.19) thỏa

≤

* γ

với hầu hết

′ y t ( )

t ( )

I∈ (2.20)

ρ 0,

trong đó

* γ

t ( )

t ( ,

t ( ).

α ρ ρ γ ) 0

( ρ β γ γ

)

(2.19 ) chỉ có nghiệm tầm thường, theo định lý 1.2 ta có bài toán (2.19) có

xác định như sau: với mỗi

thì

Xây dựng

tương ứng với nghiệm y của bài toán (2.19). Theo hệ quả 1.6 (hệ quả của

định lý về tính xấp xỉ nghiệm đối với bài toán biên cho hệ phương trình vi

phân hàm tuyến tính) của [7] thì toán tử u liên tục. Mặt khác từ (2.20) ta có

→ ∈ u C I R x C I R ( ; : ) C I R ( ; ) ( ; )n

≤

Do đó u là ánh xạ liên tục từ hình cầu

vào tập

x C I R

( ;

) :

ρ 0

{ = ∈

}

C ρ 0

compact của nó. Do đó theo nguyên lý Schauder tồn tại

sao cho

≤ − u x ( ) , u x t ( )( ) u x s ( )( ) γ ξ ξ ( ) d với .∈s t I , ρ 0 ≤ ∫

x Cρ∈

với t

(2.13), (2.14) với

(2.21)

( λ σ=

Ta còn phải chứng minh x thỏa (2.15). Giả sử trái lại, khi đó

≤

(2.22)

ρ 2

< Cxρ

hoặc

(2.23)

ρ> 2

u x t ( )( ) x t= ( ) I∈ . Từ các đẳng thức (2.17), x rõ ràng thỏa bài toán

Nếu có (2.22), từ (2.16) và (2.21) ta có

hoặc

λ∈ (0,1) 0.λ= Nếu 0λ= thì

(2.19 ) . Điều này không thể vì

(2.19 ) chỉ có nghiệm tầm

x là nghiệm của

từ các điều kiện của bổ đề 2.6 ta có (2.15) mâu thuẫn

thường. Nếu

với (2.22).

Nếu (2.23) đúng. Từ (2.16) và (2.21) ta có

λ∈ (0,1),

(2.19 ) . Nhưng điều này không thể vì

(2.19 ) chỉ có nghiệm tầm thường.

Vậy (2.15) đúng.

Từ (2.15), (2.16) và (2.21) rõ ràng

0λ= . Do đó x là nghiệm của

(2.9), (2.10). 

1λ= và do đó x là nghiệm của bài toán

Chứng minh định lý 2.4

là hàm véc tơ xác định bởi

Với mỗi

n )ω ];

∈ x C ([0, R ta ký hiệu xω ( ) v

với

(2.24)

]

t = − + − + ω x t ( )( ) x t ( ω j ) x (0) x ω ( ) ω j ≤ < t ( j 1) v ω ω − j [ ω

(

− j = 0,1, 1, 2, 2, −  ).

Ta có

. Thật vậy :

ω∈ x C R ( ) (

)n v ω

]

với

t = − + − x x x t ( )( ) x t ( ω j ) (0) ω ( ) v ω − ω j [ ω

(

Suy ra

+ ω − ω j ≤ < t ( j 1) j = 0,1, 1, 2, 2, −  ),

+ − ω

⇒

−

x t ( )(

ω )

x t ((

ω )

(

ω )

x [ (0)

ω ( )]

v ω

j ( ω

−

ω ( )]

x t (

ω j )

x [ (0)

x t ( )( ).

v ω

− ω j ω

Với mỗi

ta đặt

+ ≤ + < + ω ( j 1) ω ω t ( j 2)

−

(2.25)

 p x y t )( )

( ,

p v (

x v ( ),

y ( ))( ),

l x y ( ,

)

ω ( )

(0),

∈ x y C , ([0; Rω ]; )n

=  f x t ( )( ) f v ( x ( ))( ). t

là toán tử tuyến tính bị chặn,

Rõ ràng

→

 f C :

([0,

ω ];

)

([0,

ω ];

R và )

→ ([0, ω ]; R ) ) v C : ω C R ( ω

là các toán tử liên tục. Ngoài

ra, sự thu hẹp trên [0,

× → ([0, ω ]; ) ([0, ω ]; ) ([0, ω ]; )  : p C R C R L R

(2.1) và (2.7) lần lượt là nghiệm của các phương trình vi phân tương ứng

]ω đối với nghiệm ω-tuần hoàn của các phương trình

(2.26)

và

=  f x t ( )( ) ( ) dx t dt

(2.27)

với điều kiện biên tuần hoàn

+  λ = − (1 λ )  p x x t ( , )( ) f x t ( )( ) ( ) dx t dt

(2.28)

( x

và ngược lại, một sự mở rộng tuần hoàn đối với nghiệm bất kỳ của bài toán

(2.26), (2.28) (bài toán (2.27), (2.28)) là nghiệm ω-tuần hoàn của phương

xω = ) (0),

, nghiệm bất kỳ của

trình (2.1) (phương trình (2.7)). Do đó, với mọi

bài toán (2.27), (2.28) thỏa (2.8).

thỏa các

Mặt khác do

λ∈ (0,1)

điều kiện trong định nghĩa 2.5 Theo bổ đề 2. 6 bài toán (2.26), (2.28) có

nghiệm. Do đó bài toán (2.1) có nghiệm ω-tuần hoàn.

, )p l p Vω∈ và các đẳng thức (2.25) ta có cặp toán tử (

Hệ quả 2.7

sao cho với mọi

bất

Giả sử tồn tại

đẳng thức

0β> và ( ( )n p Vω β∈ ) x C Rω∈

(2.29)

∈

γ ρ (., )

)

đúng hầu hết trên R , trong đó

với 0 ρ< < +∞ và

L Rω ( +

(2.30)

γ ρ t ( , )

∫

lim sup →+∞ ρ

1 ρ

1 . β

Khi đó bài toán (2.1) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

− ≤ γ f x t ( )( ) p x x t ( , )( ) t x ( , )

Chứng minh

Từ (2.30) tồn tại

0ρ > sao cho

≥

(2.31)

β γ ρ t ( , )

khi

ρ ρ ρ 0

∫

Lấy x là một nghiệm ω-tuần hoàn của

+ λ = − (1 λ ) p x x t ( , )( ) f x t ( )( ) ( ) dx t dt

. Đặt

với

−

δ = ( ) t

f x t ( )( )

p x x t ( , )( )

Khi đó ta có

λ∈ (0,1)

λδ

p x x t ( , )( )

t ( )

dx t ( ) dt

Theo (2.29) hàm véc tơ δ thỏa mãn hầu hết trên R bất đẳng thức

γ≤

t ( )

t x ( ,

)

ta có

≤

t ( ) ||

t ( ,||

)

dt (2.32)

|| C

ω ∫ β δ || 0

ω ∫ β γ ≤ 0

Nếu

. Vô lý

. Khi đó theo (2.31) và (2.32) ta có ||

< ||

ρ> 0

|| C

||Cx ω

. Theo định lý 2.4 ta có điều phải chứng minh.

Nếu

ρ≤ 0

||Cx ω

( p Vω β∈ )

Hệ quả 2.8

Giả sử với mọi

ω∈ (

), x C R hầu hết trên R có bất đẳng thức

− ≤ γ f x t ( )( ) p x x t ( , )( ) t x ( , )

∈

Trong đó

γ ρ (., )

)

với 0 ρ< < +∞ ,

L Rω ( +

là toán tử liên tục thỏa

là tuyến tính và

× → : ) ) ) p C R ( ω C R ( ω L R ( ω

ω→ L R (

là ma trận không suy biến với

cố định bất kỳ.

p x ( ,. ) ) C R ): ( ω

p x E s ds

)( )

( ,

∫

n n

sao cho

Ngoài ra giả sử tồn tại ma trận A và

B R × +∈

< (2.33)

r A BA+ (

) 1,

−

≤

)( )

( ,

)( )

( ,

p x y s ds A y

p x E s ds

B (2.34)

∫

ω   

  

với mọi

và hàm γ thỏa

( )n x C Rω∈

( )n x y C Rω∈ ,

với

∫

−

− − E A BA

E BA .

(

)

(

)

< γ ρ ( , t ) dt lim sup →+∞ ρ 1 β 1 ρ

Khi đó bài toán (2.1) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

Chứng minh

Từ hệ quả 2.7, để chứng minh hệ quả 2.8 ta chỉ cần chứng minh với mọi

và

nghiệm ω-tuần hoàn y bất kỳ của phương trình

( )n ( )n x C Rω∈ q L Rω∈

p x y t )( )

( ,

q t ( )

thỏa ||

L ω

( ) dy t dt

Từ (2.24) ta có

β≤ y || q || || C

(2.35)

với

q s ds (2.36)

p x y t ( , )( )

p x v ( ,

y ( ))( )

s ds q t ( ) ,

( )

∫

Do đó :

= + y t ( ) y + (0 ) p x y t ( , )( ) q t ( ) 0

1 p x p x y

là ma trận không suy

Vì y là ω-tuần hoàn và

= + + + + y t ( ) y (0) p x E t y )( ) (0) ( , ( , ( , t ))( ) t )( ) ( ). p x q ( , 0 q t 0

biến, suy ra

−

p x E ( , p x E s d s )( ) ( , ω = ∫ )( )

1 p x p x y

∫

ω   

Kết hợp (2.34) và (2.36) ta có

= − + y (0) ( , ( , ( , ))( ω ) )( ω ) p x q ( , 0      p x E s d s )( )  

)

(

≤ + ≤ y (0) ( , )) ) B A v p x y ( ω A v q ( ω 0

1 B A p x y

2 BA y

L ω

)

(

Từ (2.35) ta có

≤

2 BA y

BA q

A y

L ω

Do đó

≤ + ≤ + ( , ) BA q A q 0

L ω

< ta có

r A BA+ (

) 1

−

− − ≤ + ( E A BA y ) ( E BA q )

L ω

Suy ra hệ quả 2.8 đúng. 

Xét phương trình vi tích phân

(2.37)

( , ( ))

p s x s x s d ( , ( )) ( )

s ( )

p t x t

( , ( )),

p t x t 1

∫

( ) dx t dt

× →

với các hàm

thỏa mãn điều kiện Carathéodory địa

R i (

0,1)

ip R R

phương và là ω-tuần hoàn theo đối số thứ nhất,

≤ + y ( − − E A BA ) ( E BA q ) .

và

ϕ ω → R là hàm không giảm.

:[0,

]

ω × → liên tục R R ] p 2 :[0,

Hệ quả 2.9

Giả sử trên [0,

] Rω × có các bất đẳng thức

(2.38)

p t x ( , )

i t ( ) (

1, 2)

σ i

δ≥ i

∈ −

→

i { 1,1}, (

1, 2),

δ ω :[0, ]

R là hàm khả tích và

trong đó

σ i

+→ là hàm liên tục thỏa mãn

δ ω ] 2 :[0,

s d s ( )

s ( )

0 .

(2.39)

ω ∫ δ 1

ω ∫ δ ϕ s d ( )

  

  

  

Hơn nữa giả sử

γ ρ ( , t )

∫

lim sup →+∞ ρ

1 ρ

δ + 1 3

  

  

với

≤

γ ρ ( , t

) max

p t x

( , ) :

{

} ρ

Khi đó phương trình (2.37) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

Chứng minh

Đặt

f x t ( )( )

( , ( ))

p s x s x s d ( , ( )) ( )

s ( )

p t x t

( , ( )),

p t x t 1

∫

p x y t )( )

( ,

( , ( ))

p s x s y s d ( , ( )) ( )

s ( )

p t x t 1

∫

Theo định nghĩa ( ,

tγ ρ ta có )

Từ hệ quả 2.7 ta chỉ cần chứng minh

∈p V

).δ

1 1 3( ω δ

Dễ thấy p thỏa điều kiện (i), (ii) của định nghĩa 2.2.

Lấy

và y là một nghiệm ω-tuần hoàn bất kỳ của

(

)

(

)

x C Rω∈

q L Rω∈

phương trình

( , ( ))

p s x s y s d ( , ( )) ( )

s ( )

q t ( )

p t x t 1

∫

( ) dy t dt

Đặt

(2.40)

p s x s y s d ( , ( )) ( )

ϕ = ( ) s

c .

∫

Khi đó

y t ( )

+ (0 )

( , ( ))

q s ds ( )

(2.41)

∫ c p s x s ds

∫

nên

Ta có

− = ≤ γ p t x t f x t ( )( ) p x x t ( , )( ) ( , ( )) t x ( , ).

( , ( ))

q s ds ( )

ω ∫ c p s x s ds

∫

Suy ra

y yω = ( ) (0)

q s ds ( )

(2.42)

p s x s ds ( , ( )) 1

∫

 = − 

ω− 1   ∫    

  

Thế (2.41) vào (2.40) ta có

p s x s

( , ( ))

(0)

ξ ξ ξ x ( , ( ))

s ( )

∫

s ∫ c p 1 0

 ξ ξ ϕ ( )  

  

⇒

−

p s x s y

p s x s

ϕ d ( , ( )) (0 )

s ( )

( , ( ))

ξ ξ ξ ϕ d x ( , ( ))

s ( )

p 1

∫

  

  

   

 1   

−

p s x s

( , ( ))

ξ ξ ϕ ( )

s ( ).

∫

  

 d  

Do đó

−

= (0 )

( , ( ))

( , ( )) p s x s d

( ) s

p s x s

ξ ξ ξ ϕ ( , ( )) d x

( ) s

p 1

∫

  

  

   

 1   

   −

( , ( ))

ξ ξ ϕ ( )

( , ( )) p s x s d

( ) s

p s x s

( ). (2.43) s

∫

 −  

  

  

 d  

Đặt

−

( , ( ))

( ) t

( , ( )) p s x s ds 1

p s x s ds (2.44) 1

∫

 =  

  

Từ (2.41), (2.42) ta có

−

y t ( )

+ (0 )

t q s ds ( )) ( )

t q s ds ( ) ( )

∫

Từ (2.38), (2.39), (2.42)- (2.44) ta có

≤

(0)

, 0

≤ t ( ) 1

với 0 t ω≤ ≤

L ω

1 ( δ

Do đó

≤

(0)

L ω

+ 1 3 δ

Do lấy

. Hệ quả được

∈ p V

)

1 1 3( ω δ

chứng minh. 

( )ω∈q L R bất kỳ nên )ω∈x C R và (

Định lý 2.10

Giả sử với mọi

bất đẳng thức sau đúng hầu hết trên R

≤

f x t

x t ( )

p t x t ( ) ( )

t x ( ,

)

(2.45)

( )n

)

∈ −

∈

trong đó

{ 1,1},

), (.,

γ ρ )

)

( L R ω

L R với 0 ρ< < +∞ , ( ω

p 0

(2.46)

p s ds ( ) 0

∫

và

+ ω

−

exp

( )

( , s

exp s

p 0

∫

lim sup →+∞ ρ

 σ ξ ξ γ ρ ) d  

  

  

 − σ ξ ξ p  0 

 1   ρ 

   

(2.47)

đều theo

t ω∈ [0, ].

Khi đó bài toán (2.1) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

x C Rω∈ ( σ ( )( ).sg n

Để chứng minh định lý này trước tiên ta lập một nghiệm ω-tuần

hoàn không âm của bất phương trình vi phân

≤

′ ( ) u t

( ) ( ) p t u t

( , t u

(2.48)

∈ −

∈

trong đó

{ 1,1},

), (.,

γ ρ )

)

L R ( ω

L R với 0 ρ< < +∞ . Nghiệm ( ω

p 0

:u R

R→ thỏa (2.48) hầu hết trên R .

ω-tuần hoàn của (2.48) ta hiểu là một hàm ω-tuần hoàn, liên tục tuyệt đối

Bổ đề 2.11

và tồn tại một hằng số không âm

Giả sử

p s ds ( ) 0

0ρ sao cho

∫

+ ω

−

exp

( )

s ( ,

exp

p 0

p s ds ( ) 0

∫

ω ∫ − σ 0

 σ ξ ξ γ ρ d )  

  

  

  

với

(2.49)

≤ ≤ t

ω ρ ρ 0

Khi đó mọi nghiệm ω-tuần hoàn không âm u của (2.48) thỏa mãn

(2.50)

ρ≤ 0.

Chứng minh

Gọi u là một nghiệm ω-tuần hoàn bất kỳ của (2.48). Đặt

−

q t ( )

σ′= ( ) u t

p t u t ( ) ( )

Khi đó

(0).

∫

Ta có

ω +

ω )

exp

( )

exp

( u t

ξ ξ ( ) ) d

p s ds c 0

p 0

∫

  

t  σ  

 ( ) . q s ds  

t  σ  

ω +

exp

( )

( ) p s ds 0

p s ds c 0

∫

  

t  σ  

  

 ∫ σ   0

ω +

exp

( )

exp

( ( ) q s d

p 0

∫

  σ ξ ξ p   0  

t  σ  

 ξ ξ ( ) d  

ω +

exp

)

( ) p s ds

( ) p s ds 0

c 0

∫

  

t  σ  

  

 ∫ σ   0

ω +

exp

( )

ξ ξ ( ) d

p 0

∫

t  ∫ ) [ exp   0

  σ ξ ξ ( ) q s d p   0  

t  σ  

ω +

exp

( )

s ds

]

∫

  σ ξ ξ q( ) p   0  

+ ω

= + u t ( ) exp ( ) exp ( ) d p s ds c 0     ∫ σ   0   σ ξ ξ q s ds với 0 p , ( )   0  

∫

t  σ  

+ ω

= + + d exp p s ds ( ) [exp ( ) exp ( ) ] p s ds c 0     ∫ σ   0   σ ξ ξ q s ds p ( )   0      t

∫

t  σ  

+ d s exp exp ( ) p 0  ξ ξ d ( )     σ ξ ξ q s d p ( )   0  

nên ta có

Vì u là ω-tuần hoàn nên ( ) u t

= + u t ω ) (

+ ω

u t ( )

exp

( )

p 0

∫

t  σ  

 ξ ξ d ( )  

  σ ξ ξ q s d p ( )   0  

+ ω

p s ds u t

+ exp

( )

( ).

∫

t  σ  

  

hay

+ ω

∫

t  σ  

+ ω

− = u t ( ) 1 exp p s ds ( )           

∫

t  σ  

+ ω

nên

. Do đó

(

)

p s ds ( )

L Rω∈

p 0

∫

+ ω

( ) p s ds

∫

( ) p s ds

∫

t   

  

Suy ra

ω +

exp

( )

( ) p s ds

∫

  

  σ ξ ξ ( ) q s ds p   0  

ω  ∫ σ   0

( ) u t

( ) p s ds

ω  ∫ σ   0

  

 − 1 exp  

   

−

ω +

−

Từ đó

exp

)

exp

( )

( ) u t

( ) p s ds

∫

ω ∫ − σ 0

  

  

  σ ξ ξ q s ds (2.51) p   0  

   

 1   

= exp exp ( ) d s p 0  ξ ξ d ( )     σ ξ ξ q s d ( ) p   0  

Mặt khác từ (2.48) ta có bất đẳng thức

đúng hầu hết trên

R , kết hợp với (2.46), (2.51) ta có:

σ γ≤ q t ( ) t u ( , )C

−

≤

−

u t ( )

exp

p s ds ( )

exp

s u ,

p 0

)

∫

ω ∫ − σ 0

  

  

 ( σ ξ ξ γ ( )  

  

+ t ∫   

 ds   

(2.52)

với 0

sao cho

ω∈ [0, ]

Giả sử (2.50) không thỏa mãn, khi đó tồn tại 0 t

t ω≤ ≤ .

. Kết hợp với (2.49) và (2.52) ta có

. Điều này

vô lý. Vậy bổ đề được chứng minh. 

= > < u t ( ) u u ρ 0

Chứng minh định lý 2.10.

Từ (2.47) tồn tại một số dương

0ρ sao cho (2.49) thỏa.

đặt

Với mọi x và

Khi đó p thỏa điều kiện (i), (ii) của định nghĩa 2.2.

Với mọi

σ= ( )n p x y t )( ) ( , ( ) ( ). y C Rω∈ p t y t 0

ω∈ x C R và (

ω∈ (

) q L R gọi y là nghiệm ω-tuần hoàn bất kỳ của ),

Ta có

−

ω +

−

y t ( )

exp

p s ds ( )

exp

( )

∫

ω ∫ − σ 0

  

  

  σ ξ ξ q s ds p ( ) .   0  

   

 1   

ω+

( , ) ( )

( ) y t

G t s q s ds

= ∫

với

− 1

−

exp

( )

( , ) G t s

( ) p s ds 0

∫

ω ∫ − σ 0

  

  

  σ ξ ξ p   0  

   

 1   

Đặt

≤

= : max

G t s

( , ) : 0

t s ,

{

} > 0ω

Ta có

σ= + q t ( ) p t y t ( ) ( ) 0 ( ) dy t dt

với 0

Theo định lý 2.4, để chứng minh định lý 2.10 ta chứng

Từ đó suy ra

≤ y t ( ) B q s ds ( ) , ω ≤ t s ≤ ∫

.n p Vω∈

minh rằng với mọi

, nghiệm ω-tuần hoàn bất kỳ của phương trình vi

phân

λ∈ (0,1)

(2.53)

thỏa (2.8).

+ λ = − (1 λσ ) f x t ( )( ) p t x t ( ) ( ) 0 ( ) dx t dt

. Từ (2.45), (2.53) ta có

Thật vậy, gọi x là một nghiệm . Đặt ( ) u t

′=

≤

′ u t ( )

x t

x t ( )

= − (1

λ )

p t x t ( ) ( )

f x t

x t ( )

( σ ( )( ).sg n

)

≤

) t x ( ,

)

p t u t ( ) ( )

t u ( ,

)

( σ ( ).sg n p t x t ( ) ( ) 0

Do đó u là một nghiệm ω-tuần hoàn không âm của (2.48). Theo bổ đề 2.11

ta có (2.50). Do đó x thỏa (2.8). 

= x t ( )

Định lý 2.12

Giả sử với mọi x ,

hầu hết trên R có điều kiện

( )n y C Rω∈

]

(2.54)

− − ≤ f y t f x t ( )( ) x t ( )( ) .sg n ( ( ) y t ( ))

[

] y t ( )

[ σ + γ 0

≤ − − y p t x t ( ) ( ) t x ( )

p s ds ( )

trong đó

và

thỏa

∫

+ ω

−

exp

( )

s d ( )

s exp

(2.55)

với 0

σ∈ − ∈ { 1,1}, ) L R thỏa )ω ( L Rω ( + ∈p 0 γ 0

p 0

∫

 σ ξ ξ γ ( )  0 

  

  

 − σ ξ ξ p  0 

Khi đó bài toán (2.1) có duy nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

t ω≤ ≤ .

Chứng minh

Từ (2.54) ta có

−

≤

f x t ( )( )

x t (0 )( ) .sg n ( ( )

)

]

≤

[

p t x t ( ) ( )

( σ t x ( )

γ 0

Suy ra

( σ

)

Đặt

≤ + + f x t f x t ( )( ).sg n ( ( ) t x ( ) t (0 )( ) p t x t ( ) ( ) 0 γ 0

Khi đó ta có

≤

f x t

x t ( )

p t x t ( ) ( )

t x ( ,

( σ ( )( ).sg n

)

Từ (2.55), theo cách đặt

+ = γ ρ γ ρ f t ( ) t ( , ) t (0 )( ) .

Do đó theo định lý 2.10 bài toán (2.1) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn x .

Ta còn phải chỉ ra nghiệm ω-tuần hoàn bất kỳ y của bài toán (2.1) sẽ trùng

x . Đặt

tγ ρ ta có (2.47) ( , )

( ) u t

Ta có

−

′ ( ) u t

′ ( ) x t

( ) y t

−

) −

( )( ) f x t

) ( )( ) sg n ( ( ) x t f y t

( ) y t

)

−

≤

( ′ σ ( ) sg n ( ( ) x t y t ( ) σ + ( ) t x

( ) y t

( ( ( ( ) ( ) p t x t 0

γ 0

≤

( ) t u

( ) ( ) p t u t 0

γ 0

= γ ρ γ ρ

. Ta có

( ) t

( , t

)

Đặt 1

≤

′ ( ) u t

t u ( ,

p t u t ( ) ( ) 0

γ 1

Suy ra u là một nghiệm ω-tuần hoàn không âm của (2.48).

Mặt khác từ (2.55) hàm

0ρ = , theo bổ đề 2.11 ta suy ra

1γ thỏa (2.49), với

≡



u t ≡ . Do đó ( ) x t ( ) 0

y t ( ).

= − x t ( ) y t ( ) .

Lưu ý

Trong định lý 2.10 (định lý 2.12)) dấu bằng ở (2.47) ((2.55)) không thể

xảy ra. Thật vậy, xem ví dụ sau :

Xét phương trình vi tích phân

+∞

(2.56)

∫

−∞

∈ −

= + + σ p t x t ( ) ( ) ( ) ( ) σ 0 p t ( ) 0 p s x s d s p t ( ) 1 ( ) dx t dt      

với

và

là

{ 1,1},

R là hàm khả tích, +

σ σ , 0

→p R : 1

các hàm khác 0 trên tập có độ đo dương,

ω+

(2.57)

g t s p s ds

( , )

( )

∫

và

≥

(2.58)

( , )

( )

δ ,

g t s p s ds

∫

trong đó

−

g t s ( , )

exp

( )

exp

( )

− σ ξ ξ p 0

∫

  

  

  σ ξ ξ p   0  

   

   

và δ là hằng số dương.

Ta đặt

+∞

∈ ∈ ) ) L Rω − ( L Rω + ( p 0 p 2

∫

−∞

+∞

( ) t

γ 0

( ) p t 0

p s ds ( ) . 1

∫

−∞

thỏa (2.54).

Khi đó

f x t ( )( )

* Nếu

+∞

(2.59)

p s ds 1( )

∫

−∞

= + + σ f x t ( )( ) p t x t ( ) ( ) ( ) ( ) σ 0 p t ( ) 0 p s x s d s p t ( ) 1      

~~p s ( )~~

γ⇒ 0

0

+

+

ω

ω

t

t

⇒

<

=

g t s p s ds

g t s ( , )

s ds ( )

( , )

( )

1

γ 0

0

∫

∫

t

t

−

1

ω

ω

+

t

t

⇒

−

<

d

d

exp

( )

exp

s d ( )

s 1

p 0

∫

∫

∫

0

t

s

  

 − σ ξ ξ p  0 

 σ ξ ξ γ ( )  0 

  

   

 1   

ω

ω

+

t

t

⇒

<

−

d

d

exp

s d ( )

s exp

( )

1

p 0

∫

∫

∫

0

t

s

 σ ξ ξ γ ( )  0 

  

  

 − σ ξ ξ p  0 

Theo định lý 2.12 thì (2.56) có duy nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

* Nếu

+∞

≥

(2.60)

1

p s ds 1( )

∫

−∞

Khi đó (2.56) không có nghiệm ω-tuần hoàn. Thật vậy, giả sử trái lại (2.56)

có nghiệm x . Khi đó

−

1

0

ω ∫ − σ 0

ω +

+∞

t

= − × x t ( ) exp p s ds ( ) )            1   

t ×

∫

∫

∫

−∞

t

s

ω +

t

+ d d x ξ ξ ξ ( ) ( ) ds . p 0 p s ( ) 0 p 1 p s ( ) 2        σ ξ ξ σ ex p ( )  0        .      +∞

2

∫

∫

−∞

t

Đặt

µ=

min

x t

( ) :

{

} ∈ . t R

Từ (2.57), (2.58), (2.60) ta có

+∞

≥ µ µ

ξ ξ δ µ δ

+ ≥ +

. Vô lý.

d

p 1( )

∫

−∞

+∞

≥

Do đó (2.56) không có nghiệm ω-tuần hoàn khi

.

1

p s ds 1( )

∫

−∞

= + d x g t s ( , ) ξ ξ ξ ( ) ( ) p s ds ( ) . σ 0 p s ( ) 0 p 1      

Định lý 2.13

δ

∈

và

sao cho với mọi

Giả sử tồn tại

∈ +∞ (0,

),

(0,1)

ρ 0

bất đẳng thức

σ∈ − { 1,1}

( )n x C Rω∈

(2.61)

( σ

)

đúng hầu hết trên tập

> − (1

δ )

x

(2.62)

C ω

{ ∈ t R x t ( ) :

}

và

(2.63)

ρ> 0.

Cx

ω

Khi đó bài toán (2.1) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

≤ f x t ( )( ).sgn x t ( ) 0

Chứng minh

Đặt

.

Do đó theo định lý 2 .4, để chứng minh

Tương tự định lý 2.10 ta có

p x y t )( ) ( , y tσ= − ( )

λ∈

(0,1),

định lý 2.13 ta chỉ cần chứng minh với mọi

nghiệm ω-tuần hoàn bất

kỳ của phương trình vi phân

.n p Vω∈

(2.64)

thỏa (2.8)

λ∈

sao cho phương trình (2.64) có nghiệm ω-tuần

Giả sử trái lại tồn tại

(0,1)

∈

và * t

= − + λ − σ λ (1 x t ) ( ) f x t ( )( ) dx t ( ) dt

hoàn x thỏa (2.63). Khi đó tồn tại

t

t

∈ +∞ (0,

),

(0,

)

0

t *

0

0( ,

cho

*

=

x

x

)

,

x t ( )

> − (1

δ )

t

với

≤ ≤ t

x t 0(

*t

C

C

ω

ω

*

Rõ ràng

. Do đó bất đẳng thức (2.61)

t

]

> − (1

δ )

x

t *[ ,

C

ω

{ ⊂ ∈ t R x t : ( )

}

*

. Do đó

thỏa mãn hầu hết trên

t

]

t *[ ,

t∈ +∞ sao )

σ

+

λ

σ

<

= − − (1

λ )

x t ( )

f x t

( )( ).sgn(

x t ( )) 0

d x t ( ) dt

*

với hầu hết

.

t

]

t *[ ,

*

>

>

Do đó với

= − ta có

Vô lý vì

x t (

) (

x t (

)

x t (

) ).

σ σ= 1 (

1)

x t ( ) *

0

0

=

)

x

Định lý được chứng minh.

x t 0(

.C

ω

Xét hệ vi phân phi tuyến

λ

(2.65)

 = − + σ + ( ), , ( )) t x t ( ) i x t ( ) sg n ( ) i x t n σ l 0 f i 1 t x t ( , 1 dx t ( ) i dt

i

2

n × →

σ

∈ −

λ

∈

và

  + = f t )( ), , )( )) ( t i 1,2, n , ). l x ( n n t l x ( , ( 1 1

Với

{ 1,1},

∈ +∞ (0,

),

),

L R ( ω +

l 0

f i 1

if R R 2 :

là ω-tuần hoàn theo đối số thứ nhất, thỏa mãn điều kiện Carathéodory địa

phương, và

:

)

=  1,2,

n là các toán tử tuyến tính bị chặn , )

ω→ ) ( ( C R i

( il C R ω

với chuẩn

=  R i ( n , ) 1,

Đặt

λ

−

>

1

khi

1

µλ ( )

λ

≤

0

khi

1

λ  =  

l 1 , . n l ,

Hệ quả 2.14

n

có các bất đẳng thức

Giả sử trên

R R×

n

n

(2.66)

∑

∑

= 1

= 1

i

i

λ   

n

n

≤

+

(2.67)

 ,

,

)

f

( ) t

2

( , t x 1

l 0

η 0

i

x n

x i

∑

∑

= 1

= 1

i

i

  

λ   

 η  2  

   

với

là các hằng số dương thỏa

0,1,2)

η = ( i

i

µ λ ( )

+

λ η − < n

i (

n , ).

1,

=  (2.68)

il

η 1

2

Khi đó hệ (2.65) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

≤ +  , , )sgn t ( ) , t x ( , 1 l 0 η 0 f 1 i x n x i x i     η  1      

Chứng minh

Đặt

n

=

x t ( )

,

(

)

x t ( ) i

= 1

i

λ



= −

+

+

( ),

,

)

t x t , 1

f x t ( )( ) i

t x t ( ) i

x t ( ) sg n ( ) i

f 1 i

x t ( ) n





=

f +

t )( ),

,

t )( )

1,

n , )

( i (

σ )

σ l 0 (

t l x , ( 1 1

2

l x ( n n

i

và

n

=

f x t ( )( )

(

f x t ( )( ) i

) 1 ,=

i

Suy ra

.

Từ (2.66) và (2.67) ta có

n

=

( )( ).sgn

( )( ).sgn

f x t

( ) x t

( σ

)

( σ

)

f x t i

( ) x t i

∑

= 1

i

n

λ



σ

=

−

+

+

[

( ),

,

(

)

σ l 0

, t x t 1

( ) t x t i

( ) sg n ( ) x t i

f 1 i

( ) x t n

∑

= 1

i



+

,

f

)( ), t

t

(

) )( ) ]sgn

( σ

) ( ) .

2

, ( t l x 1 1

i

( l x n n

x t i

λ

n

n

n

+

+

+

+

t ( )

t ( )

t ( )

( ))

≤ − l 0

l 0

η 0

l 0

η 0

x t ( ) i

x t ( ) i

l x t ( i i

∑

∑

∑

= 1

= 1

= 1

i

i

i

  

λ   

  

λ   

 η  1  

   

 η  2  

   

λ

n

n

n

+

+

+

+

t ( )

t ( )

t ( )

.

≤ − l 0

l 0

η 0

l 0

η 0

x t ( ) i

x t ( ) i

l i

x t ( ) i

∑

∑

∑

= 1

= 1

= 1

i

i

i

  

λ   

  

λ   

 η  1  

   

 η  2  

   

=

Đặt

Ta có

max

 ,

,

.

l 1

l n

{

}

l i 0

λ

n

λ

= f x t ( )( ) dx t ( ) dt

( σ ( )( ).sg n

)

λ η 2

0

∑

C

ω

+ + + f x t x t ( ) t ( ) t ( ) x η 2 , ≤ − l 0 l 0 η 1 x t ( ) i l i 0

)

(

= 1

i

λ

n

λ

µ λ ( )

nên

Mà

     

= 1

i

x t ( ) n x t ( ) i ≤ ∑

λ

λ

µ λ ( )

−

+

−

(2.69)

f x t

x t ( )

x t ( )

x

η 2

,

( σ ( )( ).sg n

)

≤ − l 0

η 1

λ η 2

l i 0

0

C

ω

)

(

− t n ( )  

  

(

−

−

ε

δ∈

Từ (2.68) tồn tại

sao cho

n

= − (1

λ µ λ − ) δ )

> . 0

(0,1)

η 1

λ η 2

l i 0

Lấy

/

1 ) .λ

0

0

do (2.69) ta có

∈ t R x t ( ) :

> − (1

δ )

x

,

C

ω

= ρ η ε Đặt (2 Xét trên tập {

là một hàm véc tơ bất kỳ thỏa (2.63). }

λ

λ

−

µ λ ( )

−

−

+

−

f x t

x t ( )

(1

λ δ )

x

x

η 2

( σ ( )( ).sg n

)

≤ − l 0

η 1

λ η 2

l i 0

0

C

C

ω

ω

( )n x C Rω∈

)

(

  

 t n ( )  

λ

−

µ λ ( )

−

−

λ η η −

t ( )

x

(1

2

n

≤ − l 0

λ δ η − ) 1

2

0

l i 0

C

ω

)

(

  

λ

t ( )

x

− ε η 2

≤ − l 0

0

C

ω

)

− ρ ε η

=

t ( )

2

t ( )

− ε η 2

0

≤ − l 0

λ 0

= − l 0

)

   ( (

0

0

η 2 0 ε

  

  

Vậy bất đẳng thức (2.61) đúng hầu hết trên tập (2.62) với x thỏa (2.63). Do đó

tất cả các giả thiết của định lý 2.13 đều thỏa. Theo định lý 2.13 ta có (2.65) có

ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn. 

2.3. Nghiệm tuần hoàn của hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch

(

+ 1) m n

n

Trong suốt phần này,

thỏa điều kiện Carathéodory địa phương và điều kiện (2.3), với

R

:τ →k R

× → được giả thiết là hàm véc tơ R f R R 0 :

Với mọi

ta đặt

k m ( 1, ) , =  là các hàm đo được thỏa điều kiện (2.4).



=

f

( )( ) f x t

( , ( ), ( t x t x

( )), t

, ( x

( ))) t

0

τ 1

τ m

n

n

là liên tục.

Khi đó toán tử

:

)

)

f C R ( ω

ω→ L R (

Từ hệ quả 2.8 ta có

( )n x C Rω∈

Hệ quả 2.15

(

1)m n

có bất đẳng thức

Giả sử trên

R R + ×

m

−

≤

f

 ,

,

)

,

 ,

,

)

,

 ,

,

0

t x x ( , , 0 1

0

t x , 0

x 1

( γ

)

x m

P t x x ( , 1 k

x m

x k

x m

∑

=

0

k

× n n

(

+ m n 1)

trong đó

kP R R

+ 1

× → =  là các hàm ω-tuần hoàn theo R k m : ( 0,1, ) ,

đối số thứ nhất và thỏa điều kiện Carathéodory địa phương,

m × R R +

γ : → R +

không giảm theo

n n

nhất. Hơn nữa giả sử tồn tại các ma trận A và

sao cho

1m + đối số cuối cùng và là ω-tuần hoàn theo đối số thứ

2

B R × +∈

− 1

2

− 1

<

ds

− − E A BA

ω s γ ρ ρ ( , ) ,

,

(

)

(

+ E BA )

∫

lim sup ρ →+∞

1 ρ

0

và với mọi

ma trận

r A BA+ ( < ) 1,

ω

m



ds

s ( )),

x , (

s ( )))

τ 1

P s x s x ( , ( ), ( k

τ m

∑∫

=

k

0 0

không suy biến,

ω

m



( )), s

, ( x

( ))) s

≤ ds A

τ 1

( , ( ), ( P s x s x k

τ m

∑∫

=

k

0 0

và

− 1

ω

m



≤

ds

B

s ( )),

x , (

s ( )))

τ 1

P s x s x ( , ( ), ( k

τ m

∑∫

=

k

0 0

  

  

Khi đó bài toán (2.2) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

Từ định lý 2.10 ta có

( )n x C Rω∈

Hệ quả 2.16

(

1)m n

ta có

Giả sử trên

≤

+

f

 ,

,

).sgn(

)

,

 ,

,

.

x m

x m

t x x ( , , 0 1

0

σ x 0

p t x ( ) 0 0

t x , 0

x 1

( γ

)

R R + ×

ω

σ∈ −

∈

<

Trong đó

với

{ 1,1},

),

0,

∈ γ ρ ρ , ) ,

(.,

)

L R ( ω

L Rω ( +

p 0

p s ds ( ) 0

∫

0

0 ρ< < +∞ và

+ ω

ω

t

t

<

−

d

d

d

exp

 ,

( )

s ( ,

,

s exp

( )

1

p 0

∫

∫

∫

lim sup →+∞ ρ

1 ρ

0

t

s

  σ ξ ξ γ ρ ρ )    

  

 − σ ξ ξ p  0 

   

   

đều theo

.

t ω∈ [0, ]

Khi đó bài toán (2.2) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

Từ định lý 2.12 ta có

Hệ quả 2.17

(

1)m n

có

R R + ×

)

Giả sử trên [

] ( σ ) .sg n (

0

0

m

m

− − ≤ f  , , ) f  , , y ) t x x ( , , 0 1 x m t y y ( , , 0 1 x 0 y 0

k

∑ γ k

=

0

k

ω



∈ −

∈

∈

=

σ

trong đó

k

m và

{ 1,1},

),

0,

) (

1,

,

)

L R ( ω

L R ( + ω

γ k

p 0

< p s d s ( ) 0

∫

0

+ ω

ω

t

t

m

<

−

exp

)

1

( )

d

( ) s d

exp s

d

với 0 t ω≤ ≤ .

p 0

∫

∫

= 1

k

0

t

s

 σ ξ ξ γ ( )  k 

  

  

 − σ ξ ξ p  0 

 ∑ ∫   

   

Khi đó bài toán (2.2) có một và chỉ một nghiệm ω-tuần hoàn.

Từ định lý 2.13 ta có

≤ − + − y p t x ( ) 0 0 y 0 t x ( ) k

Hệ quả 2.18

và

sao cho trên tập

(

+ m n 1)



∈ ×

≥

ρ

−

≤

=

R R

k

 ,

,

)

:

, (1

δ )

(

1,

,

x m

x k

x 0

x 0

Giả sử tồn tại { t x x ( , , 0 1

} m )

có bất đẳng thức

.

f

 ,

,

).sgn(

) 0

0

t x x ( , , 0 1

x m

xσ ≤ 0

Khi đó bài toán (2.2) có ít nhất một nghiệm ω-tuần hoàn.

ρ δ ∈ σ∈ − ∈ +∞ (0, ), (0,1) { 1,1}

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Luận văn đã trình bày các vấn đề cơ bản về lý thuyết bài toán biên tuần

hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến. Cụ thể là nghiên cứu tính

giải được, tính duy nhất nghiệm của nó. Luận văn gồm hai chương.

Chương 1. Chúng tôi đã nghiên cứu sự tồn tại và duy nhấ t nghiệm đối

với bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính. Các kết quả

chính của chương là định lý 1.2, định lý 1.3. Đặc biệt đối với hệ phương trình

vi phân hàm với toán tử Volterra, luận văn đã xây dựng được điều kiện cần và

đủ cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm với kết quả là định lý 1.10.

Chương 2. Luận văn tiếp tục nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm

nhưng mở rộng cho hệ phương trình vi phân hàm phi t uyến với biên tuần

hoàn với các kết quả chính là định lý 2.4, hệ quả 2.7, định lý 2.10, định lý

2.12, định lý 2.13.

Qua đó chúng tôi đã áp dụng các kết quả đạt được cho hệ phương trình

vi phân hàm đối số lệch.

Từ những vấn đề đưa ra trong luận văn, một câu hỏi đặt ra là các kết

quả trên còn đúng hay khô ng cho phương trình vi phân hàm bậc cao hay bài

toán biên nhiều điểm cho phương trình vi phân hàm. Hơn nữa đối với các bài

toán trên chúng tôi còn chưa nghiên cứu tính xấp xỉ nghiệm của nó do thời

gian có hạn.

Chính vì vậy thông qua các kết quả đã đạt được trong luận văn này, tác

giả mong muốn được mở rộng và tiếp tục nghiên cứu các vấn đề nêu trên. Tác

giả rất mong sự góp ý và chỉ bảo của Quý Thầy Cô trong hội đồng.

TP Hồ Chí Minh tháng 10 năm 2009

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Anh

1. G.H. Hardy, J.E. Littlewood and G. Pólya (1934), Inequalities. Cambridge

Univ. Press, Cambridge.

2. I. Kiguradze (1988), Boundary value problems for systems of ordinary

differential equations. J. Soviet Math. 43, No. 2, 2259-2339.

3. I. Kiguradze (1997), Initial and boundary value problems for systems of

ordinary differential equations. I.(Russian) Metsniereba, Tbilisi.

4. I. Kiguradze (1997), On periodic solutions of first order nonlinear

differential equations with deviating arguments. Mem. Differential

Equations Math. Phys. 10, 134-137.

5. I. Kiguradze and B. Puza (1997), On periodic solutions of systems

of linear functional differential equations . Arch. Math. 33, No. 3,

197-212.

6. I. Kiguradze and B. Puza (1997), On boundary value problems for

functional differential equations. Mem. Differential Equations Math.

Phys. 12, 106-113..

7. I. Kiguradze and B. Puza (1997), On boundary value problems for

systems of linear functional differential equations. Czechoslovak

Math. J. 47, No. 2, 341-373

8. M.A. Krasnosel’skij (1966), The theory of periodic solutions of non-

autonomous differential equations. Math. Surveys 21, 53-74.

9. L.A. Ljusternik and V.I. Sobolev (1965), Elements of functional analysis.

Nauka, Moscow.

10. J. Mawhin (1971), Periodic solutions of nonlinear functional differential

equations. J. Differential Equations 10, 240-261.

11. T.A. Osechkina (1994), Criterion of unique solvability of periodic

boundary value problem

for

functional differential equation.

(Russian ) Izv. Vyssh. Uchebn. Zaved. Mat. 10, No. 1, 48-52.

12. B. Puza (1995), On periodic solutions of linear differential systems with

deviating arguments. (Russian) Differentsial’nye Uravneniya 31,

No. 11, 1937-1938.

13. K. Schmitt (1972), Periodic solutions of nonlinear differential systems. J.

Math. Anal. and Appl. 40, 174-182.