Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph

Chia sẻ: Lavie Lavie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:63

Thêm vào BST

Báo xấu

162
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph gồm có 2 chương. Trong đó, chương 1 - Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính; chương 2 - Một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Kim Cương TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH VỚI PANTOGRAPH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2012
2 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Kim Cương TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH VỚI PANTOGRAPH Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh - 2012
3 LỜI CẢM ƠN Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng Sau đại học, Khoa Toán Tin và các giảng viên trường Đại học Sư phạm TP HCM – Đại học Tiền Giang đã nhiệt tình truyền đạt những kiến thức quý báu và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành Luận văn Thạc sĩ. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn – Người trực tiếp chỉ bảo, hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành Luận văn Thạc sĩ. Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô trong hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh. Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khuyến khích tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu. Xin chân thành cảm ơn! Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 29 tháng 10 năm 2012 Học viên thực hiện Nguyễn Thị Kim Cương
4 MỤC LỤC Trang LỜI CẢM ƠN ................................................................................................................ 3 MỞ ĐẦU ...................................................................................................................... 5 CÁC KÝ HIỆU .............................................................................................................. 7 CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH ......................................................................................... 9 1.1 Giới thiệu bài toán................................................................................................ 9 1.2 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính. ............. 10 1.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm .................................................................... 10 1.2.2 Hệ phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra..................................... 21 1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát ......................................... 25 1.3 Các trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát ............................................. 31 1.3.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm .................................................................... 31 1.3.2 Tính xấp xỉ của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch .......... 36 CHƯƠNG II: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH VỚI PANTOGRAPH ............................................................... 43 2.1 Giới thiệu bài toán.............................................................................................. 43 2.2 Các định lý về tính giải được của bài toán (2.1), (2.2) ...................................... 44 KẾT LUẬN .................................................................................................................. 62 TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................... 63
5 MỞ ĐẦU Lý thuyết bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính được nghiên cứu nhiều bởi các tác giả Ivan Kiguradze và Bedrich Puza trong các năm từ 1995 đến 2003. Các tác giả đã áp dụng các kết quả trên để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm, sự xấp xỉ nghiệm của hệ phương trình vi phân đối số chậm và đối số lệch. Mục đích của luận văn là áp dụng các kết quả của hai tác giả trên để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính tổng quát với Pantograph. Luận văn tập trung vào nghiên cứu vấn đề tồn tại nghiệm của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph. Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau: dx(t ) = p( x)(t ) + q(t ) (1.1) dt Với điều kiện biên: l ( x) = c0 (1.2) Trong đó: p : C ( I , R n ) → L( I , R n ) và l : C ( I , R n ) → R n là một toán tử tuyến tính bị chặn, q ∈ L( I , R n ), I = [a, b], c0 ∈ R n . Các trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện ban đầu: x(t0 ) = c0 với t0 ∈ I (1.3) Hay điều kiện biên tuần hoàn: x(b) − x(a ) = c0 (1.4) Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) chúng ta hiểu là một vectơ hàm x : I → R n liên tục tuyệt đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2). Nội dung chính của luận văn gồm hai chương: Chương 1: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính. Trong chương 1 chúng ta nghiên cứu về sự tồn tại nghiệm và việc xấp xỉ nghiệm cho bài toán biên tổng quát và hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính.
6 Chương 2: Một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph. Trong chương 2 chúng ta áp dụng các kết quả của chương 1 để nghiên cứu tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph. Luận văn là tài liệu tham khảo cho những người quan tâm khi nghiên cứu về tính giải được của hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính tổng quát với Pantograph.
7 CÁC KÝ HIỆU •I = [ a, b ] ,  = (−∞; +∞),  + = [0; +∞) •  n là không gian vectơ cột n-chiều x = (xi )in=1 có phần tử xi ∈  (i = 1, , n) với chuẩn: n x = ∑ xi i =1 •  n×n là không gian ma trận n × n , X = (xik )in, k =1 có các phần tử xik ∈  (i, k = 1,..., n) với chuẩn: n X = ∑x i , k =1 ik • = n + { ( x ) ∈  : x ≥ 0=(i 1,..., n)} n i i =1 n i •  = { ( x ) ∈  : x ≥ 0 (i,= n×n k 1,..., n)} n×n n + ik i , k =1 ik •Nếu x, y ∈  n và X , Y ∈  n×n thì: x ≤ y ⇔ y − x ∈  n+ , X ≤ Y ⇔ Y − X ∈  n+×n ; x (= , X ( xik )i ,k 1 ; xi )i 1 = n n = = • r ( X ) là bán kính phổ của ma trận X ∈  n×n •E là ma trận đơn vị. • Θ là ma trận không. • C ( I ,  n ) là không gian các hàm vectơ liên tục x : I →  n với chuẩn: x C = max{ x(t ) : t ∈ I }; •Nếu = x ( xi )i =1 ∈ C ( I ,  n ) thì n x C = xi ( ) C i =1 n . • C ( I ,  n ) là không gian các vectơ hàm x : I →  n liên tục tuyệt đối. • C ( I ,  n×n ) là tập hợp các hàm ma trận liên tục X : I →  n×n . •Nếu = X ( xik )i ,k =1 ∈ C ( I ,  n×n ) thì n X C = xik ( )n C i , k =1 .
8 • Lµ ( I ,  n ) với 1 ≤ µ < +∞ là không gian các vectơ hàm x : I →  n có các 1 b µ µ phần tử µ - khả tích với chuẩn: x Lµ =  ∫ x(t ) dt  . a  •Nếu X = ( xik )i ,k =1 : I →  n×n thì n t ∈I ( max{X (t )} = max{xik (t )} t ∈I )n i , k =1 n ess sup{X (t )} =  ess sup{xik (t )} t ∈I  t ∈I i , k =1 •Nếu Z ∈ C ( I ,  n×n ) là một ma trận hàm với các cột z1 ,..., zn và g : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) là một toán tử tuyến tính thì g(z)= g ( z1 ),..., g ( zn ) . • χ là hàm đặc trưng trên I: 1 , t ∈ I χ (t ) =  0 , t ∉ I • L( I ,  n ) ) là không gian các vectơ hàm x : I →  n khả tích Lebesgue với b chuẩn x L = ∫ x(t ) dt . a • L( I ,  n×n ) là không gian các ma trận hàm X : I →  n×n khả tích Lebesgue. •Nếu = X ( xik )i ,k =1 ∈ L( I ,  n×n ) thì n X L ( = xik )n L i , k =1 .
9 CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH 1.1 Giới thiệu bài toán Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau: dx(t ) = p( x)(t ) + q(t ) (1.1) dt Với điều kiện biên: l ( x) = c0 (1.2) Trong đó p : C ( I , R n ) → L( I , R n ) và l : C ( I , R n ) → R n là những toán tử tuyến tính bị chặn, q ∈ L( I , R n ), c0 ∈ R n . Các trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện ban đầu: x(t0 ) = c0 với t0 ∈ I (1.3) Hay điều kiện biên tuần hoàn: x(b) − x(a ) = c0 (1.4) Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là một vectơ hàm x : I → R n liên tục tuyệt đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2). Trường hợp riêng của bài toán (1.1), (1.2) là các bài toán về sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân đối số lệch: dx(t ) = P(t ) x(τ (t )) + q0 (t ) (1.5) dt Thỏa một trong các điều kiện sau: x(t ) = u (t ), t ∉ I , l ( x) = c0 (1.6) x(t ) = u (t ), t ∉ I , x(t 0 ) = c0 (1.7) x(t ) = u (t ), t ∉ I , x(b) − x(a) = c0 (1.8) Trong đó P ∈ L( I , R n× n ), q0 ∈ L( I , R n ), τ : I → R là hàm đo được và vectơ hàm u : R → R n liên tục và bị chặn. Bài toán (1.5) đưa về dạng bài toán (1.1) khi ta đặt:
10 a , khi τ (t ) < a  τ 0 (t ) = τ (t ) , khi a ≤ τ (t ) ≤ b (1.9) b , khi τ (t ) > b  p( x)(t ) = χ I (τ (t )) P(t ) x(τ 0 (t )) (1.10) q (t ) = (1 − χ I (τ (t ) )P(t )u (τ (t )) + q0 (t ) (1.11) Với χ I là hàm đặc trưng của khoảng I: 1 , t ∈ I χ I (t ) =  0 , t ∉ I Các kết quả của phần sau này được trích trong bài báo khoa học từ [4]. 1.2 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính. Cùng với bài toán (1.1), (1.2) , ta xét bài toán thuần nhất tương ứng của nó: dx(t ) = p ( x)(t ) (1. 10 ) dt l ( x) = 0 (1. 20 ) Trong đó (i) p : C ( I , R n ) → L( I , R n ) là một toán tử tuyến tính sao cho tồn tại một hàm η : I → R khả tích thỏa p ( x)(t ) ≤ η (t ) x C với t ∈ I , x ∈ C ( I , R n ) . Khi đó p gọi là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh. Như vậy một toán tử bị chặn mạnh cũng là một toán tử bị chặn. 1.2.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 1.1: Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (1. 10 ), (1. 20 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Chứng minh: Đặt B = C ( I , R n ) × R n là không gian Banach gồm các phần tử u=(x;c), trong đó x ∈ C ( I , R n ) và c ∈ R n , với chuẩn:
11 u B = xC+ c Lấy tùy ý u = ( x; c) ∈ B và một điểm tùy ý cố định t0 ∈ I , ta đặt:  t  f (u )(t ) = c + x(t 0 ) + ∫ p ( x)( s )ds, c − l ( x)  khi t ∈ I     t0  (1.12)  t  h(t ) =  ∫ q ( s )ds, c0  khi t ∈ I t  0  Khi đó bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử sau trong B u = f (u ) + h (1.13) Vì u = ( x; c) ∈ B là một nghiệm của (1.13) nếu c=0 và x là một nghiệm của bài toán (1.1), (1.2). Mặt khác, từ (i)-(iii) và (1.12), ta có f : B → B là một toán tử tuyến tính compact. Thật vậy, từ (i), (ii) và (1.12) ta có f là toán tử tuyến tính liên tục. Đặt f1 : B → C ( I ; R n ); f2 : B → Rn t f1 (u )(t ) = c + x(t 0 ) + ∫ p ( x)( s )ds, t0 f 2 (u ) = c − l ( x). Khi u B ≤ 1 ta có f 2 (u ) ≤ 1 + l , f1 (u )(t ) ≤ 1 + η L , t t t f1 (u )(t ) − f1 (u )( s ) = ∫ p( x)(ζ )dζ s ≤ ∫ s p( x)(ζ ) dζ ≤ ∫ η (ζ )dζ . s Do đó ta có f 2 ( B(0,1)) là tập Compact tương đối trong R n , f1 ( B(0,1)) là tập bị chặn đều và đẳng liên tục trong C ( I ; R n ) , với B(0,1) = {u ∈ B : u B } ≤1 . Theo định lý Ascoli-Arzela ta có f1 ( B(0,1)) là tập Compact tương đối trong C ( I ; R n ) . Từ đó suy ra f là toán tử tuyến tính compact. Do đó theo định lý Fredholm cho phương trình toán tử thì điều kiện cần và đủ để phương trình (1.13) có nghiệm duy nhất là phương trình toán tử: u = f (u ) (1.14) chỉ có nghiệm tầm thường. Điều đó tương đương với bài toán thuần nhất (1. 10 ), (1. 2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lý chứng minh xong.
12 Sau đây ta xây dựng các tiêu chuẩn hiệu quả cho sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán (1.1), (1.2). Lấy tùy ý một điểm cố định t0 ∈ I . Ta định nghĩa các toán tử p k : C ( I , R n ) → C ( I , R n ) và ma trận Λ k ∈ R n× n như sau: t p 0 ( x)(t ) = x(t ), p k ( x)(t ) = ∫ p ( p k −1 ( x))( s )ds (k = 1,2,3,...), (1.15) t0 ( Λ k = l p 0 ( E ) + p 1 ( E ) + ... + p k −1 ( E ) ) (k = 1,2,3, ), (1.16) Nếu ma trận Λ k không suy biến với (k=1,2,…) thì ta đặt: p k , mo ( x)(t ) = x(t ), (1.17) [ ] p k , m ( x)(t ) = p m ( x)(t ) − p 0 ( E )(t ) +  + p m −1 ( E )(t ) Λ−k1l ( p k ( x)) Định lý 1.2: Giả sử tồn tại k và m là các số nguyên dương, m0 là số nguyên không âm và ma trận A ∈ R+ n×n thỏa: r ( A) < 1 ma trận Λ k ∈ R n× n trong (1.16) là không suy biến và bất đẳng thức sau: p k , m ( x ) ≤ A p k , m0 ( x ) (1.18) C C Thỏa với mọi x là nghiệm của bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ). Khi đó bài toán (1.1), (1.2) chỉ có nghiệm duy nhất. Chứng minh: Theo định lý 1.1, ta cần chứng minh bài toán thuần nhất (1. 10 ), (1. 2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ). Khi đó ta lấy tích phân 2 vế của (1. 10 ) ta được: t x(t ) = x(t0 ) + ∫ p ( x)( s )ds = c + p1 ( x)(t ) t0 với c = x(t0 ) . Thay x(t) trở lại ta được:
13 x(t ) = c + p1 ( x)(t ) = c + p1 c + p1 ( x) (t ) ( ) ( ) t = c + ∫ p c + p1 ( x) ( s )ds = c + p1 (c)(t ) + p 2 ( x)(t ) t0 [ ] = p 0 ( E )(t ) + p1 ( E )(t ) c + p 2 ( x)(t ) Tiếp tục quá trình trên ta có: [ ] x(t ) = p 0 ( E )(t ) + p1 ( E )(t ) + ... + p i−1 ( E )(t ) c + p i ( x)(t ) (1.19) với mọi số nguyên dương i tùy ý. Từ (1. 2 0 ), (1.16) và (1.19) ta tác động l vào 2 vế của (1.19) ta có: [ ] l ( x(t )) = l p 0 ( E )(t ) + p 1 ( E )(t ) + ... + p k −1 ( E )(t ) c + l ( p k ( x)(t )) hay 0 = Λ k c + l ( p ( x)) k Do ma trận Λ k không suy biến nên: c = −Λ−k1l ( p k ( x)) Thay c vào (1.19) ta được: [ ] x(t ) = p m ( x)(t ) + p 0 ( E )(t ) +  + p m−1 ( E )(t ) Λ−k1l ( p k ( x)) = p k ,m ( x)(t ) do(1.17) Mặt khác ta có: p k ,m ( x)(t ) = x(t ) nên suy ra: o p k ,mo ( x)(t ) = p k ,m ( x)(t ) Thay vào (1.18) ta được: p k , m ( x ) ≤ A p k , m0 ( x ) C C Hay p k ,m0 ( x) ≤ A p k ,m0 ( x) C C Do đó (E − A) p k , m 0 ( x) C ≤0 Hơn nữa, do A không suy biến và r ( A) < 1 , nên ma trận nghịch đảo không âm (E − A)−1 của ma trận (E-A) là không suy biến và không âm nên suy ra: p k ,m0 ( x) ≤0 C Do đó: p k ,m0 ( x)(t ) ≡ 0 Vậy x(t ) ≡ 0 . Định lý được chứng minh xong
14 Hệ quả 1.3: Giả sử tồn tại số nguyên dương m, một số nguyên không âm m0 và ma trận A ∈ R n× n thỏa r ( A) < 1 và bất đẳng thức: p m ( x ) ≤ A p m0 ( x ) (1.20) C C Thỏa với mọi x là một nghiệm tùy ý của hệ (1. 10 ) với điều kiện ban đầu: x(t0 ) = 0 Khi đó bài toán (1.1), (1.3) chỉ có nghiệm duy nhất. Chứng minh: Bằng cách thay l ( x) = x(t0 ) khi đó từ giả thiết (1.15)-(1.17) ta có các số nguyên dương tùy ý k và m thỏa: Λ k = E , l ( p k ( x)) = 0, p k , m ( x)(t ) = p m ( x)(t ) . Từ đó, theo định lý 1.2 suy ra bài toán (1.1), (1.3) chỉ có một nghiệm duy nhất.(đpcm) Chú ý: Trong định lý 1.2 và hệ quả 1.3, điều kiện r ( A) < 1 không thể thay thế bằng điều kiện: r ( A) ≤ 1 . Thật vậy, ta xét hệ phương trình vi phân sau: 1 dx(t ) (1.21) = 2 ∫ x( s )ds dt 0 Trên đoạn I=[0,1] với điều kiện ban đầu: x(0)=1 (1.22) Mỗi nghiệm của hệ (1.21) có dạng: x(t ) = ct Trong đó c ∈ R n là một vectơ hằng tùy ý. Do đó, bài toán giá trị ban đầu (1.21), (1.22) không có nghiệm. Mặt khác ta có: t t p1 ( x )(t ) = ∫ p ( x )( s ) ds = 2t ∫ x (τ ) dτ 0 0
15  1  ( ) t t p 2 ( x)(t ) = ∫ p p 1 ( x) ( s )ds = ∫  2 ∫ p 1 ( x)(ζ )dζ  ds 0 0 0   1 1 t   1  = ∫ 2 ∫  2ζ ∫ x(τ )dτ dζ ds = 2t x( s )ds  0 0   ∫0 0  Suy ra p 2 ( x)(t ) = p 1 ( x)(t ) Do đó, điều kiện (1.20) với m = 2, m0 = 1, A = E thỏa hệ (1.21), nhưng ma trận A thỏa r(A)=1. Hệ quả 1.4: Giả sử tồn tại các số nguyên không âm m và m0 , và ma trận A ∈ R+ n× n thỏa mãn: π r ( A) < (1.23) 2(b − a ) Và bất đẳng thức: p ( p m ( x)) ≤ A p m0 ( x) (1.24) L2 L2 Thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1. 10 ) với điều kiện ban đầu: x(t0 ) = 0 Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Chứng minh: Ta cần chứng minh hệ (1. 10 ) với điều kiện ban đầu: x(t0 ) = 0 (1.25) chỉ có nghiệm tầm thường x(t ) ≡ 0 . Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1. 10 ), (1.25). Khi đó, theo (1.15) ta có: x(t ) = p m0 ( x)(t ) = p m +1 ( x)(t ) Suy ra: p m0 ( x ) = p m +1 ( x ) 2 . (1.26) L2 L Mặt khác ta có:
16 p m +1 ( x)(t0 ) = 0, dt [ d m +1 ] p ( x)(t ) = p ( p m ( x))(t ) Do đó theo bất đẳng thức Wirtinger ta được: 2(b − a ) p m +1 ( x ) ≤ p ( p m ( x)) L2 π L2 Kết hợp với (1.24) và (1.26) ta có: 2(b − a ) p m0 ( x) L2 ≤ π ( p p m ( x) ) L2 2(b − a ) với B = A 2(b − a ) π ≤ m0 A p ( x) = B p ( x) m0 π L2 L2 Suy ra: ( E − B ) p m0 ( x ) ≤0 L2 Hơn nữa ta có: 2(b − a ) B= A π 2(b − a ) 2(b − a ) π suy ra r ( B) = r ( A) <
17 p 0 ( x)(t ) = x(t ) = E sin t , π ( )  p p 0 ( x) (t ) = p ( x)(t ) = x − t  = E cos t 2  Do đó, điều kiện (1.24) với m0 = m = 0, A = E đều thỏa hệ (1.27) nhưng ma trận A thỏa đẳng thức: π r ( A) = 2(b − a ) Thay cho điều kiện (1.23). Hệ quả 1.5 Giả sử tồn tại số tự nhiên i sao cho ma trận i b Bi = ∑ ∫ p ( p j ( E ))( s )ds (1.28) j =1 a là không suy biến và khi đó tồn tại một ma trận B ∈ R+n× n sao cho: b ∫ p( x)(t ) dt ≤ B x a C (1.29) Thỏa với mọi x là một nghiệm của hệ (1. 10 ) với điều kiện: x(b) = x(a) và ( r B + Bi−1 B i + 2 < 1 ) Khi đó bài toán (1.1), (1.4) chỉ có nghiệm duy nhất. Chứng minh: Để chứng minh hệ quả ta cần kiểm tra các điều kiện của định lý 1.2 được thỏa với: l ( x) = x(b) − x(a ), k = i + 2, m = 1, m0 = 0 Thật vậy, ta có: ( ) l p k ( x) = p k ( x)(b) − p k ( x)(a ) = p i + 2 ( x)(b) − p i + 2 ( x)(a ) ( ) ( ) ( ) b a b = ∫ p p ( x) ( s )ds − ∫ p p ( x) ( s )ds = ∫ p p i +1 ( x) ( s )ds. i +1 i +1 t0 t0 a Từ các giả thiết (1.28), (1.29), (1.15), (1.16) chọn Bi = Λ k khi đó ta có:
18 b p 1 ( x) ≤ ∫ p ( x)( s ) ds ≤ B x C C a b p j ( x) ≤ ∫ p ( p j −1 ( x))( s ) ds ≤ B p j −1 ( x) ≤ Bj xC ( j = 1,2,...) C C a b b ∫ p( p ( x))(s)ds ≤ ∫ p( p ( x))(s) ds ≤ B p ( x) i +1 i +1 i +1 l ( p k ( x)) = ≤ B i+2 x C C a a Khi đó từ (1.17) ta có: p k ,1 ( x) = p1 ( x) − Bi−1l ( p k ( x)) ≤ A x C C C ( ) ( ) với A = B + Bi−1 B i + 2 thỏa r ( A) = r B + Bi−1 B i + 2 < 1 . Hệ quả được chứng minh. Định lý 1.6: Giả sử tồn tại một ma trận hàm P0 ∈ L( I , R n× n ) sao cho hệ phương trình vi phân: dx(t ) = P0 (t ) x(t ) (1.30) dt Với điều kiện biên (1. 2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường và b ∫ G (t , s)[ p( x)(s) + P (s) x(s)]ds ≤ A x a 0 o C (1.31) Thỏa với mọi x là nghiệm của bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ) , trong đó G0 là ma trận Green của bài toán (1.30), (1. 2 0 ) và A ∈ R+n× n là ma trận thỏa điều kiện r ( A) < 1 . Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất. Chứng minh: Theo định lý 1.1, ta cần chứng minh bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ) , với các giả thiết của định lý 1.6 chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ) , Khi đó vì (1.30), (1. 2 0 ) , chỉ có một nghiệm tầm thường, nên bài toán = p ( x)(t ) = P0 (t ) x(t ) + [ p ( x)(t ) − P0 (t ) x(t )] dx(t ) dt
19 Với điều kiện biên (1. 2 0 ) có nghiệm duy nhất và do G0 là ma trận Green của bài toán (1.30), (1. 2 0 ) nên ta có: b x(t ) = ∫ G0 (t , s )[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )]ds a Từ bất đẳng thức (1.31) ta được: xC ≤ AxC Khi đó kết hợp với điều kiện A không âm, r ( A) < 1 nên (E − A) x C ≤ 0 ⇒ x C ≤ (E − A) 0 = 0 ⇒ x C = 0 −1 hay x(t ) ≡ 0 Hệ quả 1.7: Giả sử tồn tại một ma trận hàm P0 ∈ L( I , R n× n ) sao cho: t  t   ∫ P0 (ζ )dζ  P0 (t ) = P0 (t ) ∫ P0 (ζ )dζ  (1.32)     s  s  Với mọi t và s ∈ I và bất đẳng thức t t  ∫  ∫s P0 (ζ )dζ [ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )] ds ≤ A x C exp  với t ∈ I t0  Thỏa với mọi x là nghiệm tùy ý của hệ (1. 10 ) với điều kiện đầu: x(t0 ) = 0 Trong đó A ∈ R+n× n là ma trận thỏa r ( A) < 1 . Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Chứng minh: Do (1.32) nên ma trận Cauchy của hệ (1.30) có dạng: t  C0 (t , s ) = exp ∫ P0 (ζ )dζ   s  Với mọi x là nghiệm của hệ (1. 10 ) với điều kiện đầu x(t0 ) = 0 thì x cũng là nghiệm của hệ = p ( x)(t ) = P0 (t ) x(t ) + [ p ( x)(t ) − P0 (t ) x(t )] dx(t ) dt Theo định lý Lagrant ta có:
20 t x(t ) = ∫ C 0 (t , s )[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )]ds t0 t t  = ∫ exp ∫ P0 (ζ )dζ [ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )]ds  t0 s  Do đó theo (1.33) ta có: xC ≤ AxC Mà r ( A) < 1 nên (E − A) x C ≤ 0 ⇒ x C ≤ (E − A) 0 = 0 ⇒ x C = 0 −1 ⇒ x(t ) ≡ 0 Vậy hệ (1. 10 ) với điều kiện đầu x(t0 ) = 0 chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.8: Giả sử tồn tại ma trận hàm P0 ∈ L( I , R n× n ) thỏa t  t   ∫ P0 (ζ )dζ  P0 (t ) = P0 (t ) ∫ P0 (ζ )dζ      s  s  Và ma trận b  A0 = E − exp ∫ P0 ( s )ds  a  là không suy biến. Giả sử t t  ∫ A0−1 exp ∫ P0 (ζ )dζ [ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )] ds ≤ A x với t ∈ I (1.34)  C t −b + a s  p ( x)(t − b + a ) ≡ p ( x)(t ), P0 (t − b + a ) ≡ P0 (t ) (1.35) Trong đó A ∈ R+n× n là ma trận thỏa r ( A) < 1 . Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất. Chứng minh: Do (1.32) và ma trận A0 là không suy biến nên bài toán (1.30), (1. 2 0 ) với l ( x) ≡ x(b) − x(a ) chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử G0 là ma trận Green của bài toán (1.30), (1. 2 0 ) với l ( x) ≡ x(b) − x(a) .