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. Mời các bạn tham khảo!
BÀI TOÁN CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
Bài toán Cauchy, các b ổ 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⊂Rlà một khoảng (đoạn, bán đoạn, khoảng hữu hạn hay vô hạn)
Xét hệ phương trình vi phân thường tuyến tính:
Véctơ hàm x : I→R n được gọi là nghiệm của hệ (1.1) nếu hầu khắp nơi trên I có:
( ) ( ) ( ) ( ) loc ( n ) dx t P t x t q t , x C I, R dt = + ∈ vớit0∈I,C0∈R n cố định Bài toán tìm nghiệm x(t) của hệ (1.1) thỏa điều kiện đầu:
( ) 0 0 x t =C (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:
Nếu q∈Lloc ( )I, R thì phương trình vi phân dx t ( ) q t ( ) dt = có duy nhất một nghiệm thỏa điều kiện đầu (1.2) và nghiệm đó có dạng :
Giả sử P,q∈Lloc ( )I, R ,C0∈R Khi đó bài toán Cauchy (1.1), (1.2) có duy nhất một nghiệm dạng:
Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm x(t) Ta xác định hàm y : I→R bởi biểu thức:
Do x t( )∈Cloc ( )I, R nên y t( )∈Cloc ( )I, R và ( ) ( ) ( )
0 0 t t t t dy t dx t exp P s ds P t x t exp P s ds dt dt
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:
Do đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất là:
0 t t t t x t exp P s ds C exp P s ds exp P s ds q τ dτ
Mệnh đề đã được chứng minh.
1.1.2 Bổ đề về bất đẳng thức tích phân và vi phân
Giả sử p, q∈Lloc ( )I, R , t0∈I, C0 ∈Rvà hàm số x∈Cloc ( )I, R h ầu khắp nơi trên I thỏa bất đẳng thức:
Giả sử x(t) là nghiệm (1.8), (1.9) Đặt:
Khi đó ∆( )t ∈Lloc ( )I,R và dx t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) p t x t q t t dt = + − ∆
Theo mệnh đề 1.2 thì ta có:
Ta có điều phải chứng minh.
Mặt khác theo (1.11) ta có:
( ) ( ) ( 0 ) q t =q t sign t−t Theo bổ đề 1.1 ta có:
Ta có điều phải chứng minh.
Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm
NếuP ∈ L loc ( I, R n n × ) , q ∈ L loc ( I, R n ) , t 0 ∈ I, C 0 ∈ R n thì bài toán Cauchy (1.1), (1.2) có nghiệm và nghiệm đó là duy nhất.
Trước hết ta nhận thấy x(t) là nghiệm của (1.1), (1.2):
( ) 0 0 x t =C khi và chỉ khi x(t) là nghiệm của phương trình:
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 {xk ( )t } k 1 +∞ = xác định như sau:
Ta chứng minh rằng dãy{xk ( )t } k 1 +∞
= là hội tụ đều trên I bằng cách chứng minh rằng chuỗi:
Giả sử (1.18) đúng với số tự nhiên k nào đó Ta chứng minh nó đúng với k+1
( Doξ t0 ( )>0 và đơn điệu tăng theo t−t0 )
Vậy theo nguyên lý qui nạp (1.18) đúng với ∀ ∈k N
+ ∑ − (1.19) hội tụ đều trên I về hàm C0 +ξ t expξ t0 ( ) ( )nên theo dấu hiệu Weirstress, chuỗi (1.15) hội tụ đều về hàm x(t) trên I
Chuyển (1.14) qua giới hạn ta có:
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:
0 t t x t −y t ≤ ∫ P τ x τ −y τ dτ Áp dụng bổ đề 1.2 với q t( )≡0,C0 ≡0 ta có:
( ) ( ) x t =y t ∀ ∈t I Định lý đã được chứng minh.
Không gian nghi ệm của hệ phương trình tuyến tính tuần nhất
Xét hệ phương trình tuyến tính (1.1):
(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 x t , x1 ( ) ( ) 2 t ,…, xm ( )t gọi là độc lập tuyến tính trên I nếu α x t α x t , , α x t1 1 ( )+ 2 2 ( )+ … + m m ( )= ∀ ∈θ, t I thì
1 2 m α α= = … = α =0 Trong trường hợp ngược lại thì { x t , x 1 ( ) ( ) 2 t , … , x m ( ) t } là phụ thuộc tuyến tính trên I
Cho hệ vectơ { x t , x 1 ( ) ( ) 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 , x1 0 2 t ,0 …, xm t0 }là độc lập tuyến tính Thật vậy:
Do hệ{ x t , x 1 ( ) ( ) 0 2 t , 0 … , x m ( ) t 0 } là độc lập tuyến tính nên
Vậy {x1 ( )t , x2 ( )t ,…, xm ( )t }là độc lập tuyến tính
Thông thường ta không có kết quả ngược lại, nhưng ở đây lại có kết quả ngược lại
Giả sử {x1 ( )t , x2 ( )t ,…, xm ( )t } là các nghiệm độc lập tuyến tính của hệ (1.20).Khi đó với mỗit0∈I thì hệ { x t , x 1 ( ) ( ) 0 2 t , 0 … , x m ( ) t 0 } cũng độc lập tuyến tính
Ta chứng minh bằng phản chứng
Giả sử {x t , x1 ( ) ( ) 2 t ,…, xm ( )t } độc lập tuyến tính nhưng hệ
{x t , x1 0 2 t ,0 …, xm t0 }là phụ thuộc tuyến tính Khi đó tồn tại
Khi đó x(t) sẽ là nghiệm của (1.20) và thỏa điều kiện đầu
( ) 0 x t =0 (1.23) Tuy nhiên ta có hệ:
chỉ có duy nhất một nghiệm là 0
Vậy hệ {x t , x1 ( ) ( ) 2 t ,…, xm ( )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
Ta chỉ cần chứng minh rằng mọi hệ nghiệm độc lập tuyến tính của hệ (1.1) đều có không quá n – vectơ
Giả sử {x_t, x_1(t), x_2(t),…, x_m(t)} là các nghiệm độc lập tuyến tính của (1.20) Theo mệnh đề 1.3, hệ {x_t, x_1(0), x_2(0),…, x_m(0)} là độc lập tuyến tính trong R^n, do đó m ≤ n Ngược lại, nếu hệ {x_t, x_1(0), x_2(0),…, x_n(0)} độc lập tuyến tính, thì hệ vectơ {x_t, x_1(t), x_2(t),…, x_n(t)} cũng sẽ độc lập tuyến tính, điều này cần được chứng minh.
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:
Giả sử X(t) là một ma trận cơ bản của hệ (1.20) Khi đó:
Ma trận X ∈ C loc ( I, R n n × ) là một ma trân cơ bản của hệ (1.20) nếu
X t′ =P t X t (1.25) hầu khắp nơi trên I và
( ) 0 det X t ≠0 (1.26) với một t0∈I nào đó
Giả sử X(t) là một ma trận cơ bản của hệ (1.20) Khi đó mọi nghiệm x(t) của hệ (1.20) đều có thể viết dưới dạng:
( ) ( ) x t =X t C (1.27) vớiC∈R n và ngược lại, với mọi C∈R n vectơ x(t) cho bởi công thức (1.27) là nghiệm của hệ (1.20)
Trong đại số tuyến tính ta định nghĩa: nếu z∈R n n × thì
Giả sử t0∈Ivà hầu khắp nơi trên I ta có:
X t =exp P s ds∫ (1.29) là ma trận cơ bản của hệ (1.20)
Do (1.28) nên theo kết quả trong đại số tuyến tính ta có:
∫ ∫ và do đó tích phân 2 vế ta có:
Hội tụ trên là hội tụ đều trên I (nên ta có thể chuyển qua dấu tích phân)
X t = +E ∫P τ X τ dτ hầu khắp nơi trên I, hay X t ′ ( ) ( ) ( ) = P t X t hầu khắp nơi trên I và X t( ) 0 =E
Theo hệ quả 1.2 thì X(t) là ma trận cơ bản của hệ (1.20). Định lý 1.4
Giả sử X : I→R n n × là ma trận hàm mà các cột của nó là nghiệm của hệ (1.20).Khi đó ∀t, t0∈I ta có:
0 t det X t det X t exp tr P s ds
Nếu các cột của X(t) là phụ thuộc tuyến tính thì det X t ( ( ) ) = ∀ ∈ 0, t I Khi đó ta có điều phải chứng minh
Nếu X(t) là ma trận cơ bản của hệ(1.20) thì gọi I′ ⊂I mà trên đó X(t) có đạo hàm, không mất tính tổng quát ta giả sử
(I khác I’ một tập có độ đo không) Đặt:
Lấy định thức 2 vế ta có:
( ) ( ) 1 ( ) z t, t∆ =Y t, t X∆ − t →0 khi t∆ →0 (1.34) Áp dụng tính chất của định thức và (1.34) ta có:
Ta có điều phải chứng minh.
Giả sử X t , X t( ) ( ) 0 là 2 ma trận cơ bản của (1.20) Khi đó ta có:
X t =X t C (1.35) vớiC0∈R n n × ma trận không suy biến
Suy ra với τ∈ I ta có C0 =X0 − 1 ( ) ( )τ X τ
X t X − τ =X t X τ τ, t I − ∀ ∈ (1.36) Quan hệ này dẫn ta đến khái niệm ma trận Cauchy Định nghĩa 1.3
Ma trận hàm C : I 2 →R n n × gọi là ma trận Cauchy của hệ (1.20) nếu với mỗi τ I∈ ma trận hàm C , ( )τ : I→R n n × là ma trận cơ bản của hệ (1.20) thỏa điều kiện đầu:
Ma trận Cauchy của hệ (1.20) tồn tại và duy nhất Hơn nữa nó có dạng:
C t,τ =X t X τ − (1.38) Trong đó X(t) – ma trận cơ bản tùy ý của hệ (1.20)
Tồn tại là hiển nhiên
Giả sử C t, ( )τ – ma trận Cauchy của hệ (1.20),X t0 ( )– ma trận cơ bản tùy ý của hệ (1.20)
Do với mỗi τ I, C t,τ ∈ ( ) – ma trận cơ bản nênC t,( )τ =X t C τ0 ( ) ( ) 0
C t,τ =X t X τ − =X t X ( ) − 1 ( )τ (1.39) Định lý được chứng minh. Định lý 1.6
Với t0∈I, mọi nghiệm của hệ (1.20) có dạng:
( ) ( ) ( ) 0 0 x t =C t, t x t (1.40) vớiC t, ( ) τ – ma trận Cauchy của (1.20)
Do với t 0 ∈I cố định C t, t( ) 0 là ma trận cơ bản nên với mọi nghiệm của hệ (1.20) đều có dạng:
Ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.7
Giả sử t0∈I và khắp nơi trên I thỏa:
∫ (1.43) là ma trận Cauchy của hệ (1.20)
= ∫ là ma trận cơ bản của hệ (1.24) Từ đó
∫ Định lý được chứng minh.
Nếu P R∈ n n × thì ma trận Cauchy của hệ phương trình vi phân dx P.x dt = (1.44) có dạng:
Phương pháp biến thiên hằng số, công thức Cauchy
Theo định lý 1.1 bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất Ta tìm công thức nghiệm của nó theo phương pháp biến thiên hằng số Lagrant
Gọi X(t) – ma trận cơ bản của hệ thuần nhất (1.20)
Ta tìm nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) dưới dạng
( ) ( ) ( ) x t =X t y t (1.46) y(t) cần xác định để (1.46) là nghiệm, ta có:
Vậy y(t) – nghiệm của hệ (1.48) thỏa điều kiện đầu:
Lấy tích phân ta có:
(1.50) gọi là công thức Cauchy Định lý 1.8
Nghiệm duy nhất của bài toán Cauchy (1.1), (1.2) được cho bởi công thức Cauchy với C t, ( )τ – ma trận Cauchy của hệ (1.20)
Nếu (1.42) thực hiện hầu khắp nơi trên I thì nghiệm của hệ (1.1), (1.2) là
Đinh lý về tính xấp xỉ của bài toán ( 1.1 ), ( 1.2 )
Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán:
Bài toán (1.1), (1.2) được gọi là xấp xỉ được nếu với mỗi ε 0> (đủ bé), ξ 0> (đủ lớn) đều tồn tại δ 0> sao cho:
Với mọi t0∈I, C0∈R , P n ∈Lloc (I, R n n × ), q t ( ) ∈Lloc (I, R n ) và thỏa các điều kiện
P∈L I, R × , q∈L I, R (1.57) thì bài toán (1.1), (1.2) là xấp xỉ được
Do (1.57) nên nghiệm x(t) của bài toán (1.1), (1.2) thuộc không gian
Do (1.59) nên với ε 0, > ξ >0 tồn tại δ > 0 sao cho:
Xét bài toán (1.51), (1.52) với t0∈I, C0∈R , P n ∈Lloc (I, R n n × ), q∈Llo c (I,R n ) thỏa các điều kiện (1.53), (1.54), (1.55)
Giả sử y(t) là nghiệm của bài toán (1.51), (1.52) và:
Mặt khác,theo (1.53) ta có:
Tích phân hai vế (1.61) ta có:
Lấy chuẩn 2 vế ta có:
(do 1.54 ) Áp dụng tích phân từng phần ta có:
Mặt khác do (1.54) ta có:
Do đó thay vào trên ta có:
Áp dụng bổ đề 1.2 ta có:
Mặt khác do (1.54), (1.55),(1.56) ta có:
Vậy định lý được chứng minh.
Nếu ta định nghĩa khái niệm hệ xấp xỉ được theo nghĩa sau:
Bài toán (1.1), (1.2) gọi là xấp xỉ được nếu với mọi dãy
0k 0k k loc k loc t ∈I,C ∈R , P ∈L I, R × ,q ∈L I, R , k=1,… thỏa các điều kiện:
0 t k k t t k k t lim P s P s ds đều trên I lim q s q s ds đều trên I
Với x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) và x k là nghiệm của bài toán
Khi đó định lý 1.9 có thể phát biểu: Định lý 1.10
( n ) k loc q ∈L I, R ( k = 1, 2, … ) thỏa các điều kiện (1.64) – (1.66) Khi đó (1.67) được thực hiện với x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2), x k là nghiệm của bài toán
Chương II.BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán biên tổng quát
Cho I = [a, b], xét hệ phương trình vi phân q(t) x dt P(t) dx = + (2.1) với P ∈ L ( I, R n × n ) , q ∈ L ( ) I, R n
Nghiệm của (2.1) là vectơ hàm x(t) C(I, R )∈ n thỏa (2.1) hầu khắp nơi trên I
Bài toán đặt ra: Tìm nghiệm x(t) của hệ (2.1) thỏa điều kiện biên
(2.2) với : C ( ) I, R n → R n là toán tử tuyến tính liên tục, C 0 ∈ R n
Bài toán (2.1), (2.2) gọi là bài toán biên tổng quát
Trường hợp riêng của bài toán (2.1), (2.2) là
• Bài toán biên hai điểm: A 1 x ( a ) + A 2 x ( b ) = C 0
• Bài toán biên nhiều điểm: m 0
• Bài toán biên với điều kiện tích phân: 0 b a
Cùng với hệ (2.1), (2.2) ta có bài toán thuần nhất x dt P(t) dx = (2.10)
(2.20) Định nghĩa 2.1 Ánh xạ G : I 2 → R n × n gọi là ma trận Green của bài toán (2.10), (2.20) nếu
1 Với mỗi τ∈ (a, b), các cột của ma trận G ( ⋅ , τ) là nghiệm của bài toán (2.10) trên các khoảng [a, τ), (τ, b] và G(τ + ,τ)-G(τ - ,τ)=E
3 Với mỗi q ∈ L ( ) I, R n vectơ hàm = ∫ b a d ) ( q ) ,t ( G ) t( x τ τ τthỏa điều kiện (2.20)
Bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường Khi đó nghiệm của (2.1), (2.2) có dạng
Giả sử Y(t) là ma trận cơ bản của (2.10) thỏa điều kiện đầu Y ( a ) = E
C τ = − 1 τ là ma trận Cauchy của hệ (2.10)
Giả sử x là nghiệm của (2.1) Theo định lý 1.8 ta có
C Y(t) )t ( x = + (2.5) Khi đó x(t) là nghiệm duy nhất của bài toán (2.1), (2.2) khi và chỉ khi C là nghiệm duy nhất của hệ
(2.6) (2.6) là hệ phương trình tuyến tính có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
Điều kiện (2.7) tương đương với điều kiện của bài toán (2.10) và (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường Do đó, bài toán (2.1) và (2.2) sẽ có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán (2.10) và (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường.
Nếu bài toán (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường thì det ( ) Y ≠ 0 Khi đó
Thay vào (2.5) ta có nghiệm của (2.1), (2.2) là
0 ( t ) Y(t) Y C x = − (2.8) thì x0(t) là nghiệm của (2.1 0 ) thỏa điều kiện (2.2) Đặt
Do (2.9) nên h : L ( I , R n ) → R n là toán tử tuyến tính liên tục Theo định lý Reez tồn tại ma trận hàm H ∈ L +∞ (I, R n× n ) sao cho
Dễ thấy G ( t , τ) là hàm Green của (2.10), (2.20)
Vậy định lý được chứng minh.
Công thức (2.3) gọi là công thức Green cho bài toán (2.1), (2.2)
Do toán tử tuyến tính liên tục C ( I , R n ) → R n, theo định lý Riess, tồn tại ma trận hàm λ : I → R n × n với các thành phần có biến phân bị chặn, sao cho θ λ(b) = (2.11).
Nếu x C(I, R )∈ n áp dụng tích phân từng phần và lưu ý đến (2.11) ta có
Cho ma trận hàm V ∈ L(I , R n× n ) Ta ký hiệu
[ ] + = ∫ t [ ] a i 1 i V t( ) V(s) ds V(t) ( i = 1, n )(2.14) Định lý 2.2 Điều kiện cần và đủ để bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất là tồn tại các số tự nhiên k và m sao cho ma trận
Chứng minh: Điều kiện đủ:
Giả sử các điều kiện (2.16), (2.17) được thực hiện Ta chứng minh bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất
Trước hết ta xây dựng các dãy toán tử p : C(I, R ) C(I, R )i n → n ( i = 1, n ) như sau
Theo định lý 2.1 thì bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường
Giả sử x C(I, R )∈ n là một nghiệm tùy ý của (2.10), (2.20)
Tiếp tục quá trình trên ta có:
Tác động toán tử vào hai vế (2.19) và do x - nghiệm (2.20) và theo (2.13) ta có
Do Mk là ma trận chính qui nên
Thay giá trị C tìm được vào (2.19)
Tương tự áp dụng kết quả trên ta có
Bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh được
( j ) t j C a p (x) (t) ≤ ∫ P(s) ds x Với ∀ t ∈ I và ( i = 1, n ) Áp dụng điều trên vào (2.20) ta có
Giả sử bài toán (2.1), (2.2) có duy nhất một nghiệm Ta chứng minh tồn tại các số tự nhiên k, m sao cho (2.15), (2.16) đúng
Lấy chuẩn hai vế ta được:
Bằng phương pháp qui nạp ta chứng minh được rằng
Gọi Y – ma trận cơ bản của (2.1 0 ), (2.20) thỏa Y ( a ) = E
Do bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất nên det ( Y ) ≠ 0 Đặt
Suy ra {Y k ′(t)} hội tụ đều trên I.Do đó {Y k (t)} hội tụ đều trên I tới X(t)
Vậy Y (t) k hội tụ đều về Y(t)trên I hay
Do là toán tử tuyến tính liên tục nên
Suy ra lim det M k det (Y) 0 k = − ≠
Do đó, tồn tại số tự nhiên k0 và số α sao cho
Do chuỗi bên phải (2.22) hội tụ đều nên
Do vậy theo (2.17) ta có
Do đó tồn tại k, m đủ lớn sao cho r ( M k , m ) < 1 Định lý đã được chứng minh.
Nếu cho f t( ) ∈ L(I, R) thì ta có
) f( exp τ τ τ τ t hội tụ đều trên I Hơn nữa ta có thể lấy đạo hàm từng hạng tức là
! ) 1 k ( d ( f ) t( f τ τ) vàcũng là hội tụ đều trên I
Cùng với hệ (2.1) ta xét hệ q(t) x P(t) dt dx = ε + (2.24)
Vấn đề đặt ra khi bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm thì với ε đủ bé bao nhiêu để (2.24), (2.2) có nghiệm
( ) 0 det λ(a) ≠ (2.25) hoặc λ(a) = θ (2.26) và với một j nào đó ta có
Khi đó tồn tại ε 0 > 0 sao cho với mọi ε ∈ (0, ε 0 ) bài toán (2.24), (2.2) có duy nhất một nghiệm
Nếu (2.25) xảy ra ta chọn k = 1
Nếu (2.26), (2.27) xảy ra ta đặt k = j + 1 Đặt
Và lưu ý với k = 1 thì M k ( ε )=λ(a)và k = j + 1 thì
Với M k , M k, 1 như trong định lý 2.2
Do đó,theo định lý 2.2 bài toán (2.24), (2.2) có duy nhất một nghiệm. Định lý 2.3
Giả sử có ma trận hàm P 0 thuộc L(I, R n × n) sao cho hệ phương trình vi phân x (t) dt P dx = 0 với điều kiện biên chỉ có một nghiệm duy nhất Hơn nữa, giả sử P thuộc L(I, R n) thỏa mãn bất đẳng thức.
∫ τ τ) τ τ ∀ t ∈ I (2.29) với G 0 (t, τ ) là ma trận Green của bài toán (2.28), (2.20), M ∈ R n + × n và
( ) M 1 r < (2.30) Khi đó bài toán (2.1), (2.2) có duy nhất một nghiệm
Chứng minh: Để chứng minh bài toán (2.1), (2.2) có duy nhất một nghiệm ta chỉ cần chứng minh bài toán (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường
Giả sử x t( ) = ( x i (t) ) n i = 1 là nghiệm của (2.1 0 ), (2.20) Khi đó
Do (2.28), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lý 2.1 ta có
Từ đó cùng với (2.29) ta có x M ) t( x ≤ C ∀ t ∈ I
Ta có điều phải chứng minh.
Định lý xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát
Cùng với bài toán (2.1), (2.2) ta xét các bài toán sau
Bài toán (2.1), (2.2) gọi là xấp xỉ được nếu nó có nghiệm duy nhất x và với mọi dãy P k ∈ L(I, R n × n ) , q k ∈ L(I, R n ), k : C(I, R n ) → R n – toán tử tuyến tính liên tục, C 0 k ∈ R n , (k 1, 2, , n, )= thỏa các điều kiện sau ds ) s
Khi đó tồn tại số tự nhiên k 0 sao cho ∀ ≥k k 0 bài toán (2.1k), (2.2k) có duy nhất nghiệm xk và
Nếu bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất thì nó là xấp xỉ được
Trước khi chứng minh định lý 2.4 ta cần bổ đề sau
Với mỗi ε> 0 tồn tại đa thức u ∈ C(I, R) sao cho
Mặt khác theo (2.36), (2.39) ta có ε ζ 0 u u z z k C ≤ k − 0 C + 0 k C + ( k = 1, 2 , )
Do ε bé tùy ý và do (2.37), (2.40) ta có
Gọi Y – ma trận cơ bản của (2.10), (2.20) thỏa Y ( a ) = E
Do bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất nên theo (2.7) ta có
Giả sử P k ∈ L(I, R n × n ) , q k ∈ L(I, R n ), C 0 k ∈ R n , k : C(I, R n ) → R n dãy các toán tử tuyến tính liên tục thỏa các điều kiện (2.31) → (2.33)
Với mỗi số tự nhiên k, gọi Yk – ma trận cơ bản của hệ x(t) (t) dt P dx = k thỏa điều kiện biên Y k ( a )=E
Khi đó theo định lý 1.10 ta có
Từ (2.33) theo định lý không gian Banach – Steinhass tồn tại số ζ 0 > 0 sao cho k ( y ) ≤ ζ 0 y C
Từ đó theo (2.33) và (2.41) ta có
Do det ( Y ) ≠ 0 nên tồn tại k 0 ∈ N sao cho ∀ k ∈ N, k ≥ k 0 thì
Từ đó suy ra bài toán (2.1k), (2.2k) có duy nhất một nghiệm xk Hơn nữa xk có dạng
Y (t) x ) t( x k = 0 k + k k k + k k (2.43) Trong đó x 0 k t( ) là nghiệm của (2.1k), (2.2k)
Theo bổ đề 2.1 và từ các điều kiện (2.31), (2.32) ta có
Ngoài ra theo (2.33), (2.41), (2.42) ta có
Từ đó trong (2.43) cho k → + ∞ ta có
Y (t) x ) t( x = 0 + + là nghiệm của (2.1), (2.2) Định lý đã được chứng minh.
BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUY ẾN TÍNH
Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm
Bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân tuyến tính là bài toán tìm nghiệm của hệ phương trình vi phân
Khi xét bài toán (3.1), (3.2) ta luôn giả thiếtI = [ a,b ] và
Trường hợp đặc biệt của điều kiện biên (3.2) là điều kiện biên dạng Cauchy-
Ngoài ra ta còn xét bài toán (3.1) và điều kiện biên
Với l : C R i ( ) n →R (i=1…n) là toán tử tuyến tính bị chặn
Cùng với bài toán (3.1), (3.2) ta xét bài toán thuần nhất của nó dx ( )
Từ định lý 2.1 ta có ngay định lý sau Định lý 3.1
Bài toán (3.1), (3.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (3.10), (3.20) chỉ có nghiệm tầm thường γ ( ) j j j 1 det A Y t 0
Với Y là ma trận cơ bản của hệ (3.1 0 ) Nếu (3.5) được thực hiện thì nghiệm của hệ (3.1), (3.2) có dạng
Trong đó xo ( )t là nghiệm của bài toán (3.10), (3.2) và G là hàm Green của bài toán (3.10), (3.20)
Cho t I 0 ∈ và hầu khắp nơi trên I ta có
Khi đó điều kiện cần và đủ để bài toán (3.1), (3.2) có nghiệm duy nhất là j ( )
Theo định lý 2.2, chúng ta có thể rút ra các kết quả quan trọng Cụ thể, định lý 3.2 chỉ ra điều kiện cần và đủ để bài toán (3.1) và (3.2) có nghiệm duy nhất là tồn tại các số tự nhiên k và m, sao cho ma trận thỏa mãn yêu cầu.
Giả sử b ( ) γ j 0 j 1 a det A 0 và r A P s ds 1
Khi đó, bài toán (3.1), (3.2) có nghiệm duy nhất
Từ định lý 3.2 và hệ quả 3.1 ta có
∑ ∑ ∫ thì tồn tại sốε >o 0 sao cho với mọi ε ∈[0,ε0 ], bài toán (3.8), (3.2) có nghiệm duy nhất.
T ập hợp U t t ( 1 , , 2 … , t n ) , b ổ đề đánh giá tiệm cận
Cho l : C I, R o ( n + )→R n là một toán tử tùy ý (nói chung không là toán tử tuyến tính)
Toán tử lo gọi là thuần nhất dương nếu∀ ∈λ R , x C I,R + ∀ ∈ ( n + ) ta có
0 0 l λx λ l x Toán tử lo gọi là không giảm nếu ∀x, y∈C(I, R ) n + và x t ( ) ( )≤y t t I∀ ∈ thì lo ( )x ≤lo ( )y Định nghĩa 3.1
Cho H = (h ik ik 1 ) n = L I, R ∈ ( n n × ) và toán tử
Ta nói cặp (H, lo ) thuộc vào tập hợp U t t ,( 1, 2 …, t n ) nếu i) Ma trận hàm H là tựa không âm, tức là hầu khắp nơi trên I ta có
( ) ( ) hik t ≥0 i ≠k, i, k=1, n ii) l o là toán tử liên tục thuần nhất dương và không giảm iii) Hệ bất phương trình vi phân
′ − ≤∑ = … (3.9) không có nghiệm không âm khác tầm thường thỏa điều kiện biên
Cho u : a, b [ ] → R là hàm liên tục tuyệt đối,u t L ′ ( ) ∈ 2 ( a, b ) và
Xem chứng minh trong tài liệu [1]
Giả sử x =( )xi i 1 n = là một nghiệm không âm tùy ý của (3.9), (3.10) Khi đó tích phân (3.9) với điều kiện (3.10) ta có
Theo bất đẳng thức Minkovky-Holder (trong trường hợp α 1> ) ta có
Mặt khác theo bổ đề 3.1 ta có
Với α 1= bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng Theo (3.12) ta có
Giả sử H =( )hik n i,k 1 = ∈R n n × là ma trận tựa không âm và các giá trị riêng của nó có phần thực âm và
( ) ( ( ) ) n o 1 2 n i i i 1 l x , x ,…, x = x s = vớisi∈I, si ≠ti Khi đó (H, lo ) U t , t ,∈ ( 1 2 …, t n )
Theo định lý 1.13 và 1.18 trong [2] ta có h 0 ii < 1( ,2,…, n )và ma trận
Giả sửx =( )xi n i 1 = là nghiệm tùy ý không âm của bài toán (3.9), (3.10) với
Khi đó, do H là ma trận tựa không âm và theo bổ đề 1.1 ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) i n t i i i i ik ik ii k k 1 t x t γ t x t 1 δ h exp( h t s ) x s ds
Do h ii