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


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

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 =


• =
+

n
i i =1

n×n
+

n

i

n
ik i , k =1

n×n

ik

•Nếu x, y ∈  n và X , Y ∈  n×n thì:
X ≤ Y ⇔ Y − X ∈  n+×n ;

x ≤ y ⇔ y − x ∈  n+ ,

=
x (=
xi )i 1 =
, X ( xik )i ,k 1 ;
=

C i =1

.

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

n
( xik )i ,k =1 ∈ C ( I ,  n×n ) thì

X

C

(

= xik

)

n

C i , k =1

.



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
0 , t ∉ I

χ (t ) = 

• 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


(1.1)

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 )
dt


, khi τ (t ) > b

a

τ 0 (t ) = τ (t )
b


(1.9)

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
0 , t ∉ I

χ I (t ) = 

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 )


= 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


≤

∫
s

t

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 )

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.



Nếu ma trận Λ k không suy biến với (k=1,2,…) thì ta đặt:
p k , mo ( x)(t ) = x(t ),

[

]

p k , m ( x)(t ) = p m ( x)(t ) − p 0 ( E )(t ) +  + p m −1 ( E )(t ) Λ−k1l ( p k ( x))

(1.17)

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 )
C

C

(1.18)

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 )

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:

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)

C

≤0

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


(1.21)

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

0

0

p1 ( x )(t ) = ∫ p ( x )( s ) ds = 2t ∫ x (τ ) dτ


15
t
t
 1
p 2 ( x)(t ) = ∫ p p 1 ( x) ( s )ds = ∫  2 ∫ p 1 ( x)(ζ )dζ

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:
r ( A)

p ( x)(t ) = p ( p m ( x))(t )
dt

p m +1 ( x)(t0 ) = 0,

Do đó theo bất đẳng thức Wirtinger ta được:
p m +1 ( x )

≤

L2

2(b − a )

π

p ( p m ( x))

L2

Kết hợp với (1.24) và (1.26) ta có:
p m0 ( x)
≤

≤

L2

2(b − a )



L2

Suy ra:
( E − B ) p m0 ( x )

L2

≤0

Hơn nữa ta có:
B=

2(b − a )

π

A

suy ra r ( B) =

(do r ( A)

= x − t 
dt
2 
x ( 0) = 0

π
Trên đoạn I = 0,  có một nghiệm không tầm thường là:
 2
x(t ) = E sin t .

Khi đó, ta có:

(1.27)


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:
r ( A) =


(

)

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 j ( x)

C

≤ ∫ p ( p j −1 ( x))( s ) ds ≤ B p j −1 ( x)

C

≤ Bj xC

( j = 1,2,...)

a

b

b

l ( p k ( x)) =

i +1
i +1
i +1
∫ p( p ( x))(s)ds ≤ ∫ p( p ( x))(s) ds ≤ B p ( x)
a

C

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
0

o

C

(1.31)

a

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
dx(t )
= p ( x)(t ) = P0 (t ) x(t ) + [ p ( x)(t ) − P0 (t ) x(t )]
dt


19

t
 P0 (t ) = P0 (t ) ∫ P0 (ζ )dζ



s






(1.32)

Với mọi t và s ∈ I và bất đẳng thức
t

exp
∫  ∫s P0 (ζ )dζ
t0
t



[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )] ds ≤ A x C


với t ∈ I

Thỏa với mọi x là nghiệm tùy ý của hệ (1. 10 ) với điều kiện đầu:

t
t
= ∫ exp ∫ P0 (ζ )dζ
t0
s


[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )]ds



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
 ∫ P0 (ζ )dζ


A0−1 exp ∫ P0 (ζ )dζ
s


[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )] ds ≤ A x với t ∈ I
C



p ( x)(t − b + a ) ≡ p ( x)(t ), P0 (t − b + a ) ≡ P0 (t )

(1.34)
(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) .


21

Khi đó theo (1.32) ta có với mọi q~ ∈ L( I , R n ) thì
b

~
∫ G0 (t , s)q (s)ds =


t −b + a


[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )] ds



b

= ∫ G0 (t , s )[ p( x)( s ) + Po ( s ) x( s )] ds ≤ A x C
a

Khi đó tất cả các giả thiết của định lý 1.6 đều thỏa suy ra bài toán chỉ có
nghiệm duy nhất.

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.
Với tùy ý t0 , t ∈ I , x ∈ C ( I , R n ) ta đặt:
α ∗ (t0 , t ) = min{t0 , t}; α ∗ (t0 , t ) = max{t0 , t}

[

I t 0 ,t = α ∗ (t0 , t ),α ∗ (t0 , t )

]

Và
x


k

t

1
p ( x)(t ) ≤ ∫η ( s )ds x t ,t
0
k! t 0
k

với t ∈ I

(k=1,2,…) (1.37)

Trong đó η là hàm thỏa điều kiện (i),và hàm p k : C ( I , R n ) → C ( I , R n ) là các
toán tử được cho bởi các đẳng thức (1.15).
Chứng minh:
Giả sử với mọi t ∈ I và x ∈ C ( I , R n ) ta đặt:
 x(α ∗ (t0 , t ))

xt 0 ,t ( s ) =  x( s )

∗
 x(α (t0 , t ))

Khi đó với s ∈ I t

0 ,t



Bây giờ ta chứng minh (1.37) bằng phương pháp quy nạp.
Theo (1.15), (1.36) ta có:
t

p ( x)(t ) ≤
1

t

∫

p ( x)(τ ) dτ ≤ ∫ η (τ ) x

t0

t0

p ( x)(t )

t 0 ,τ

dτ ≤ ∫ η (τ )dτ x

t

1

1


dτ
2

x

t 0 ,t

Giả sử
t

k

1
p ( x)(t ) ≤ ∫η ( s )ds x t ,t với t ∈ I (k=1,2,…)
0
k! t 0
k

Khi đó:


23

p

k +1

∫ p( p
t


x

t 0 ,τ

dτ ≤

t

, với t ∈ I

k +1

1
η ( s )ds
(k + 1)! t∫0

x

t 0 ,t

Bằng phương pháp quy nạp ta suy ra (1.37) là đúng. (đpcm)



Từ bổ đề trên ta có ngay kết quả sau:
Bổ đề 1.11:
Nếu p là toán tử t 0 − Volterra thì toán tử E − p1 là khả nghịch và

(E − p )


∞

x(t ) = X (t )c trong đó X (t ) = ∑ p i ( E )(t )
i =0


24

Vì bài toán (1. 10 ), (1. 2 0 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ các phương
trình
l ( X )c = 0

chỉ có nghiệm tầm thường. Suy ra:
det(l ( X )) ≠ 0

(1.38)

Đặt
k −1

X k (t ) = ∑ p i ( E )(t )
i =0

Khi đó
Λ k = l ( X k ),

lim X − X k

k → +∞


≤

δ 0k
k!

x

C

(k = 1,2,...)

(1.41)

Trong đó
b

δ 0 = ∫η (t)dt
a

Từ (1.40), (1.41), (1.17) ta có:
p k , m ( x)

C

δ m
δk 
≤  0 + δ o 
k! 
 m!


1
đều thỏa r ( A) < 1 .
2n

Định lý được chứng minh.



1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát
Với k là một số nguyên dương tùy ý cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài
toán sau đây:
dx(t )
= pk ( x)(t ) + qk (t )
dt

(1. 1k )

lk ( x) = c0 k

(1. 2 k )

Trong đó:
(i) pk : C ( I , R n ) → L( I , R n ) là một toán tử tuyến tính sao cho tồn tại hàm
η k : I → R+ khả tích thỏa mãn:
pk ( x)(t ) ≤ η k (t ) x C với t ∈ I , x ∈ C ( I , R n ) .

(ii) lk : C ( I , R n ) → R n là một toán tử tuyến tính bị chặn.
(iii) qk ∈ L( I , R n ), c0 k ∈ R n .
Với mỗi toán tử bị chặn g : C ( I , R n ) → L( I , R n ) , ta ký hiệu chuẩn của nó là
g và M g là tập các vectơ hàm liên tục tuyệt đối y : I → R n được biểu diễn bởi: