ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
TP.HỒ CHÍ MINH

Lê Thu Vân
XẤP XỈ VÀ KHAI TRIỂN TIỆM CẬN
NGHIỆM CỦA HỆ PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Luận văn Thạc sỹ Toán học Chuyên ngành : Toán Giải Tích
Mã số : 1.01.01 Người hướng dẫn : TS. Nguyễn Thành Long

Đại học Khoa Học Tự Nhiên
Tp. Hồ Chí Minh.
Học viên cao học: Lê Thu Vân

Trường Phổ thông Trung học Lê Quý Đôn, Q.3, TP. Hồ Chí Minh.
Luận văn sẽ được bảo vệ tại Hội Đồng chấm luận án cấp Nhà
Nước tại Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh.
vào lúc ……giờ……ngày … tháng… năm 2001

Có thể tìm hiểu luận văn tại Phòng Sau Đại học, thư viện
Trường Đại Học Đại học Khoa Học Tự Nhiên Tp. Hồ Chí Minh. THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
2001
2
MỤC LỤC

Chương 1: Phần tổng quan…………………………………………………….trang 1
Chương 2: Các ký hiệu, các không gian hàm,
công cụ cơ bản………… ……………………………………… trang 4
Chương 3: Sự tồn tại, duy nhất nghiệm………………………… trang 7
Chương 4: Điều kiện đủ cho thuật giải
3
Chương 1
TỔNG QUAN

Trong luận văn nầy, chúng tôi nghiên cứu hệ phương trình hàm
sau đây
∑∑
==
=
m
k
n
j
ijkjijki
xSfaxf
11
2
))(()( ε )())((
11
xgxSfb
i
m
k
n
j

và
là các nhò thức bậc nhất.
1
=
p ],[ bb
−=Ω
2== nm 0=
ijk
a
ijk
S

(1.2)





+++
+++=
+++
+++=
),()(
)()()(
),()(
)()()(
22323223

≥
<
∑
=
,1)(max
],
1
[max
,1
3
1
,
j
ij
i
ij
ij
ji
ij
a
b
c
b
b
(1.3)
4
các hàm số liên tục cho trước và là các ẩn hàm. Nghiệm

4
3
4
(
200
1
)
2
(
100
1
)
3
1
2
(
200
1
)
4
(
100
1
)(
),()
4
1
3
(
100

x
f
x
fxf
xg
x
f
x
f
x
f
x
fxf
(1.4)

với mọi ]1,1[−∈x

trong đó













4
3
2
399
3
2
2
800
1
2
,
4
1
316
)1(
2
1
3
596
400
1
1
2
2
2
2
x
xx(x)g
xx
x(x)g

.
i
g
Trong trường hợp
và là các nhò thức bậc nhất,
và các tác giả trong [2] đã thu được một khai
0=
ijk
a
],bb
ijk
S
);(
nr
RCg Ω∈ [−=Ω

5
triển Maclaurin của nghiệm của hệ (1.1) cho đến cấp . Hơn nữa, nếu
là các đa thức bậc r , thì nghiệm của hệ (1.1) cũng là đa thức bậc r .
Kế đó, nếu là các hàm liên tục, nghiệm của (1.1) được xấp xỉ bởi
một dãy các đa thức hội tụ đều. Sau đó, các kết quả trên đây đã được
nới rộng trong [3] bởi các tác giả Long, Nghóa (2000) cho miền
nhiều chiều và là các hàm affine. Hơn nữa, trong [3]
cũng cho một điều kiện đủ về hội tụ bậc hai của hệ phương trình hàm
[3]. Một số kết quả liên quan đến khai triển tiệm cận của nghiệm cho
hệ (1.1) theo một tham số bé ε cũng được xem xét trong bài báo của
Long, Diễm [5] (2001).
r
i
g

Cuối cùng là phần tài liệu tham khảo.

6
CHƯƠNG 2

CÁC KÝ HIỆU VÀ KHÔNG GIAN HÀM

Trong chương 2, là phần giới thiệu về các ký hiệu, các không
gian hàm và một số công cụ cơ bản được sử dụng trong luận văn.

2.1. Các ký hiệu.

Một điểm trong
được ký hiệu bởi .Ta gọi
là một đa chỉ số và ký hiệu để chỉ đơn
thức , có bậc
p
R ), ,(
1 p
xxx =
α

=
.
với 1 , thì pj ≤≤
p
p
DDD
α
α
α

1
1
=
=
p
p
xx
α
α
α
∂∂
∂

1
1
ký hiệu một toán tử vi phân cấp α . Ta cũng ký hiệu
.
!! !
1 p
ααα=

)(sup
. (2.1)

Khi Ω không compact, ta ký hiệu là
không gian Banach của các hàm số liên tục, bò chận trên
đối với chuẩn (2.1).
p
R⊂ );(
n
b
RCX Ω=
n
Rf →Ω:
Ω
Ta chú ý rằng, khi
là mở, các hàm trong C không
nhất thiết bò chận trên . Nếu
bò chận và liên tục đều
trên Ω , khi đó nó có duy nhất một nới rộng liên tục, bò chận trên bao
đóng
Ω
Ω
p
R⊂ );(
n
R
Ω
∈
f );(
n

α}, ,1, nim
=≤α

với Ω một miền trong , và
p
R⊂
p
R

),;(:);(), ,({);(
1
RCfDRCfffR
in
nm
Ω∈Ω∈==Ω
α
C }, ,1, nim =≤α .
Với một tập mở trong .
Ω
p
R⊂
p
R



(2.3) gBfAff ++=ε

trong đó , ,
), ,(
1 n
fff = ))(, ,)((
1 n
AfAfAf = ))(, ,)((
1 n
BfBfBf =

với

( ,
∑∑
==
=
m
k
n
j
ijkjijki
xSfaxAf
11
2
))(()()

−≤−σ
, ∀ . (2.4) Kgf ∈,
Khi đó ta có
(i) Tồn tại duy nhất
sao cho
.

Kf
∈
Tff
=
(ii) Với mỗi
, xét dãy { cho bởi
Kf ∈
)0(
}
)(
ν
f
, 2,1,
)1()(
==
−
ν
νν
Tff
ta có
(j) 0
)(
=−

σ
σ
ffff
,
ν

, 2,1
=
Chứng minh đònh lý 2.1 có thể tìm thấy trong các quyển sách về
nhập môn giải tích.  9

CHƯƠNG 3

ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM Trong chương nầy, dựa vào đònh lý điểm bất động Banach, chúng
tôi chứng minh sự tồn tại, duy nhất nghiệm của hệ (2.3) .

Đặt
][

X
ijk
X
fbBf ][≤

∀
.
(3.1) Xf ∈

ii) Toán tử tuyến tính là khả đảo và BI − XX →:][1
1
)(
1
ijk
b
BI
−
≤−
−
.

Chứng minh bổ đề nầy không phức tạp và chúng ta bỏ qua chi tiết. 

Do bổ đề 1, ta viết lại hệ (2.1) như sau: . (3.2)

X
ijk
ijk
ga
b
][8
][1
2
0
−
<<ε
0
;

(H5)
,
21
MMM
<<

trong đó

][4
][8)][1(][1
0
0
2
1
ijk
X


Khi đó, ta có bổ đề sau đây.

Bổ đề 3.2. Giả sử (H1),(H2) đúng. Khi đó, ta có

i)
][
2
ijk
X
aMAf ≤
∀
.
M
Kf
∈

ii)
X
ijk
X
ffaMfAAf
~
][2
~
−≤−
.
M
Kff
∈∀
)()()()(
11
XX
X
X
gAfBIgAfBITf +−≤+−=
−−
εε

≤
][1
][
2
0
ijk
X
ijk
b
gaM
−
+ε
, (3.3)

X
X
X
fAAfBIfAAfBIfTTf
~

0)][1(][
2
0
<+−−
X
ijkijk
gMbMaε2 . (3.5)

Ta suy từ (3.3),(3.4),(3.5), rằng
T là ánh xạ co. Khi
đó, sử dụng đònh lý điểm bất động Banach, ta có duy nhất một hàm
sao cho .
MM
KK →:
M
Kf ∈
ε εε
Tff =

Chú thích 3.1. Nhờ đònh lý điểm bất động Banach, nghiệm của hệ
(3.2) được xấp xỉ bởi thuật giải sau:
ε
f, (3.6)
)()(
)1(1)1()(
gAfBITff +−≡=
−−−νν

][1
][2
0
<
−
=
ijk
ijk
b
aMε
σ
.

12

CHƯƠNG 4
THUẬT GIẢI LẶP CẤP HAI

Trong đònh lý 3.1 đã cho một thuật giải xấp xỉ liên tiếp (3.6),
theo nguyên tắc ánh xạ co, đó cũng là một thuật giải hội tụ cấp 1.Trong
phần này chúng ta nghiên cứu một thuật giải cấp hai cho hệ (1.1) . Một
số điều kiện phụ liên quan đến hệ (1.1) ta sẽ đặt sau.

4.1. THUẬT GIẢI LẶP CẤP HAI
Xét hệ phương trình hàm

()
. (4.1)
(
2
)1()()1(
2
)(
2
−−
−≅
νννν
jjjj
ffff
)

Ta thu được giải thuật sau đây cho hệ (1.1)

i) Cho trước
(
)
Xfff
n
∈=
)0(
)0(
1
)0(
, , .
ii) Giả sử biết ta xác đònh ,), ,(




−=
m
k
n
j
ijk
j
ijk
j
ijk
j
ijk
i
xSfxSfxSfaxf
11
2
)1()()1()(
))(())(())((2)(
νννν
ε

, (4.2)
)())((
11
)(
xgxSfb
i

ijk
i
νννν
α+=
∑∑
==
(4.3) , 2,11
=≤≤Ω∈ν , , nix
trong đó
α , phụ thuộc vào như sau:
)(ν
ijk
)(ν
i
g
)1(
−ν
f
α , (4.4) ))((2)(
)1()(
xSfabx
ijk
j
ijkijk
ijk
−
+=
νν
ε


Khi đó ta có đònh lý sau:

Đònh lý 4.1. Giả sử (H1), (H2) là đúng .
Nếu
thỏa
Xf ∈
−
)1(
ν
1)(supmax
11
)(
1
<≡
∑∑
==
Ω∈
≤≤
n
j
m
k
ijk
x
nj
x
ν
ν
αα
.

i
νν
ν
α+=
∑∑
==
,
. (4.8)
, 2,11
=≤≤Ω∈ν , ,
nix Xfff
n
∈= ), ,(
1

Khi đó ta nghiệm lại không khó rằng T
thỏa
XX →:
ν

XX
hfhTfT −≤−
ννν
α ,∀ . (4.9) Xhf ∈,
Sử dụng đònh lý điểm bất động Banach, đònh lý 4.1 được chứng minh. 

14

Đònh lý 4.2. Giả sử (H1),(H2),(H3 ) đúng. Cho
. Khi đó, tồn tại

M
Kf
∈
)0(
0>M 0>
Ta cũng giả sử bằng qui nạp rằng:

. (4.11)
M
Kf
∈
− )1(ν
Ta sẽ chứng minh rằng
.
M
Kf
∈
)(ν
Với mọi , ta có từ (4.3) rằng: Ω∈x∑∑∑∑
=====
+≤
n
i
i
n
i
n

j
ijk
nj
gxSfx
)(
11 1
)()(
1
))(()(max
ν
νν
α+≤
∑∑ ∑
== =
≤≤XX
n
i
m
k
ijk
x
nj
gfx
)()(
11
)(
1

ν
α+≤
∑∑
==
Ω∈
≤≤
. (4.13)
Mặt khác, với mọi , ta có từ (4.4), (4.11) , rằng: Ω∈x

))((2)(
)1()(
xSfabx
ijk
j
ijkijk
ijk
−
+≤
νν
εα

X
ijkijk
fab
)1(
2
−
+
ν
ε≤

ijkijk
aMb
ε+≤
. (4.15)
Mặt khác, ta cũng có từ (4.5) và bổ đề 2, (i), chương 3, rằng: X
X
X
Afgg
)1()( −
+≤
νν
ε

][
2
ijk
X
aMg
ε+≤
. (4.16)
Từ (4.13) , (4.15) và (4.16), ta được: ][)][2][(
2)()(
ijk
X

X
X
≤
−−
+
≤
][2][1
][
2
)(
ε
ε
ν
. (4.20)
Điều nầy khẳng đònh (4.10).
Bây giờ ta chỉ ra cách chọn ,ε thỏa (4.18) và (4.19). 0>M 0>
Ta chú ý rằng (4.19) dẫn đến (4.18), bởi vì (4.19) tương đương với: MaMbaMg
ijkijkijk
X
)][2][1(][
2
εε−−≤+ . (4.21) 16
Như vậy, ta chỉ cần chọn ,ε thỏa (4.19). 0>M 0>
Ta coi vế trái của (4.19) như là một tam thức bậc hai theo .

()
0][12][1
2
>−−=∆
X
ijkijk
gab ε . (4.23)
Như vậy (4.19) xảy ra nếu ta chọn nằm trong khoảng hai nghiệm
:
M
21
, MM

M . (4.24)
21
MM
<<
Đònh lý 4.2 được chứng minh hoàn tất. 

Đònh lý 4.3. Giả sử (H1), (H2), (H3 ) đúng. Cho
. Khi đó, tồn
tại hai hằng số , , sao cho:
Ra
ijk
∈
0>M 0>ε
(i) Với
cho trước, dãy {
xác đònh bởi hệ (4.3)−(4.5)
là dãy lặp cấp hai. Chính xác hơn, ta có

M
aMb
a
ε
ε
β
(4.26)
và f là lời giải của hệ (1.1).
(ii) Nếu
được chọn đủ gần f sao cho
)0(
f

1
)0(
<−
X
M
ffβ , (4.27)
thì dãy
{
hội tụ đến cấp 2 và thỏa một đánh giá sai số
}
)(ν
f

, 2,1
1
)0()(
=∀

)()(
xfxfxe
i
i
i
νν
−=()
∑∑
==
−
+=
m
k
n
j
ijk
j
ijkjijk
xSfxSfa
11
2
)1(
2
))(())(([
ν
ε
− ))](())((2

k
n
j
ijk
j
ijkjijk
xSfxSfa
11
2
)1(
2
))(())(([
ν
ε

−
))](())((2))(())((2
)()1()()1(
xSexSfxSfxSf
ijk
j
ijk
j
ijk
j
ijk
j
νννν−−
−


ijk
j
ijkjijk
xSfxSfa
11
2
)1(
2
))(())(([
ν
ε
− ))](())((2
)1(
xSfxSf
ijkjijk
j
−
ν

∑∑
==
+
m
k
n
j
ijk
j
ijk
xSex

k
n
j
ijk
j
ijk
xSex
11
)()(
))(()(
νν
α
vậy

e .
)(
)(
x
i
ν
∑∑
==
=
m
k
n
j
ijk
j
ijk

≤
n
i
n
j
m
k
ijk
j
ijk
n
i
i
xSexxe
111
)()(
1
)(
))(()()(
ννν
α
∑

()
∑∑∑
===
−
+
n
i

xSex
11 1
)()(
1
))(()(max
νν
α
()
∑∑ ∑
== =
−
≤≤
+
n
i
m
k
n
j
ijk
j
ijk
nj
xSea
11 1
2
)1(
1
))((max
ν






+
n
i
m
k
n
j
ijk
j
ijk
nj
xSea
11
2
1
)1(
1
))((max
ν
ε

X
n
i
m

ea
11
2
)1(
1
max
ν
εX
n
i
m
k
ijk
x
nj
ex
)(
11
)(
1
)(supmax
ν
ν
α
∑∑
==
Ω∈

1
)(supmax
ν
ν
α
∑∑
==
Ω∈
≤≤
≤

2
)1(
][
X
ijk
ea
−
+
ν
ε . (4.31)

Chú ý rằng, do
và (4.4) , ta có
M
Kf
∈
− )1(ν
X
ijkijk
eaMb
)(
)][2][(
ν
ε+≤
2
)1(
][
X
ijk
ea
−
+
ν
ε . (4.33)

19
Điều nầy dẫn đến

2
)1(
2
)1(
)(
][2][1
][
X
M

X
M
X
ffff
với

0
][2][1
][
>
−−
=
ijkijk
ijk
M
aMb
a
ε
ε
β
.

(ii) Từ (4.34) ta có

2
2
)2(
2
)1()(




≤=
−
+
−
+
X
MM
X
M
ee
νν
βββ()
3
2
2
)3(
221
X
M
e
−
++
ν
β=








=
−
−
X
M
M
X
M
ee
=
, (4.35)
tức là (4.28).
Bất đẳng thức đánh giá nầy cho phép ta kết luận dãy {
hội
tụ đến cấp 2 đến lời giải của hệ (1.1) nếu
được chọn thỏa
(4.27).


}
)(
ν
f
f
20
Khi đó dãy
{
}
)(
η
z hội tụ trong về lời giải của (1.1) và ta
có một đánh giá sai số
X
f, 2,1
1
)0()0()(
=∀
−
×−≤−η
σ
σ
η
η
,
XX
Tzzzf (4.37)
với

1

X
M
X
M
Tzzzf
. (4.39)

Vậy ta chọn
.
)(
)0(
0
η
zf =



.
Đặt .
≤
0
ε
BIL −=

Ta hãy xét dãy hàm
{
}
][r
f ,
r
, ( với hằng
số thích hợp ) được xác đònh bởi các hệ sau:
N, ,2,1,0=
M
r
Kf ∈
][
0>M

, (5.1)
]0[]0[
PgLf ≡=, (5.2)
]0[]1[]1[

][s
i
P
∑∑
==
m
k
n
j
ijk
a
11
∑
−
−
−
−
11
1
1
, ,
]1[]1[
11
) ()(
!!
2
s
s
s
jj

γ, γ .
2
121
=+++
−s
γγγ 1)1( 2
121
−=−+++
−
ss
s
γγ

Đặt

h , (5.6) Ufff
N
r
rr
+≡+=
∑
=
]0[
1
][]0[
ε
khi đó

PfAUfAE
2
][]0[]0[
)]()([
εε
ε
Bây giờ, ta đặt các ký hiệu sau:

Với một đa chỉ số γ , ta đặt
N
N
Z
+
∈= ), ,(
1
γγγ= ,
!! !
1 N
γγ
N
γγγ++=

1
, η
∑
=
=

Khi đó, ta có bổ đề sau đây.

Bổ đề 5.1.
Giả sử (H1)-(H5) đúng. Khi đó, tồn tại một hằng số
sao
cho
)1(
N
C1
)1(
+
≤
N
N
X
CE ε
ε
, (5.11)

23
trong đó
là một hằng số chỉ phụ thuộc vào ,
)1(
N
C N ][
ijk
a ,

j
j
ijk
fUfa
11
2
]0[
2
]0[
]( ))(( ))( )[(ε

trong đó, ta ký hiệu . Bằng việc khai triển
Maclaurin của hàm xung quanh điểm ,
sau khi sắp xếp lại theo bậc của , ta thu được ( ta bỏ qua đối số
trong các cách viết)
))((( )
]0[]0[
xSff
ijk
jj
=
fAUfA ))()((
]0[]0[
−+
ε
i
]0[
f
)(xS
ijk

γ








∑
−== 1)(,2
!
!2
r
+
. (5.13)
s
s
j
m
k
n
j
ijk
N
s
fa ε

r
iii
PfAUfAE
2
][
]0[]0[
))()((
εε
ε

=
∑∑∑
==
+
+=
m
k
n
j
ijk
N
Ns
a
11
12
1
s
s
j
f ε

jj
m
k
n
j
ijk
ffa ε24
Do đó, ta suy ra từ (5.14) rằng ∑
=
n
i
i
xE
1
)(
ε
s
n
i
m
ks
j
n
j

X
N
X
ijk
ffa ε+ . (5.15)

Mặt khác, với mỗi , ta có 121 +≤≤+ NsN∑
−===
1)(,21
( )
!
!2
s
j
n
j
f
γηγ
γ
γ
r
∑
∑∑∑
===

1
)(
ε
s
n
i
m
k
N
X
ijk
nj
N
Ns
fNa ε
ν
ν
∑∑ ∑∑
== =
≤≤
+
+=
≤
11 1
2
][
1
12
1
max

C
ε
.

Bổ đề 5.1 được chứng minh hoàn tất. 

Đònh lý sau đây cho một kết quả về khai triển tiệm cận của nghiệm
theo ε .

Đònh lý 5.1.
Giả sử (H1)-(H5) đúng. Khi đó, tồn tại một hằng số

sao cho, với mỗi
ε
, với
0
1
>ε
1
εε≤
, hệ (3.2) có duy nhất một nghiệm
thỏa một đánh giá tiệm cận đến cấp N+1 như sau:

M
Kf ∈
ε25