BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
______________

Nguyễn Ngọc Trác

BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN
CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
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

Xin chân thành cảm ơn thầy PGS.TS. Nguyễn Anh Tuấn, khoa Toán
– Tin học trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí minh, người đã dạy dỗ,
động viên, giúp đỡ tôi học tập trong thời gian học cao học và đã tận tình
hướng dẫn tôi hoàn thành luận văn.
Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Hội đồng chấm luận văn
đã dành thời gian quý báu đọc, góp ý và phản biện cho luận văn.
Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong khoa Toán – Tin học hai


n

(i, k  1,..., n) và chuẩn X   xik .
i ,k 1

 R n 
 R n n

 x 
  x

n

i i 1



 R n : xi  0, i  1,..., n .



n

ik i ,k 1



 R n  n : xik  0  i, k  1,..., n  .


  - ma trận không.
 C  I ,R n  - không gian các hàm vectơ liên tục x : I  R n với chuẩn
x

C





 max x  t  : t  I .


 Với x   xi i 1  C  I ,R n  thì x C  xi



n



n

C i 1

.

 L  I , R n  - không gian các hàm vectơ x : I  R n có các thành phần khả
1


 L  I ,R n  n  - không gian các hàm ma trận khả tích X : I  R nn .
 Nếu X   xik i ,k 1 : I  R nn thì
n



max  X  t  : t  I   max  xik  t  : t  I 





n
i ,k 1

ess sup  X  t  : t  I   ess sup  xik  t  : t  I 



n
i ,k 1

.

 Nếu Z  C  I ,R n  n  là một hàm ma trận với các cột z1 ,..., zn và
g : C  I ,R n   L  I ,R n  là một toán tử tuyến tính thì ta kí hiệu g  Z  là hàm
ma trận với các cột g  z1  ,..., g  zn  .
 C  0,   , R n  - không gian các hàm vectơ liên tục x :  0,    R n với
chuẩn x


C i 1

.


 L  0,   ,R n  - không gian các hàm vectơ x : R  R n có các thành


phần khả tích trên  0,   với chuẩn x L   x  t  dt .
0

 L  R n  - không gian các hàm vectơ   tuần hoàn x : R  R n có các

thành phần khả tích trên  0,   với chuẩn x



L

  x  t  dt .
0

 L  R n  n  - không gian các hàm ma trận X : I  R nn với các phần tử

thuộc L  R  .
 Nếu Z : R  R n  n là một hàm ma trận liên tục   tuần hoàn với các

cột z1 ,..., zn và g : C  R n   L  R n  là một toán tử tuyến tính thì ta kí hiệu
g  Z  là hàm ma trận với các cột g  z1  ,..., g  zn  .




6. Cấu trúc luận văn

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

Đây là chương cơ sở của luận văn, nội dung chính của chương là
nghiên cứu tính giải được, tính duy nhất nghiệm và tính xấp xỉ nghiệm của bài
toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính.
Chương 2: Bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân
hàm tuyến tính

Ở chương này chúng tôi nghiên cứu tính giải được, tính duy nhất
nghiệm và tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương
trình vi phân hàm tuyến tính và áp dụng các kết quả đó đối với hệ phương
trình vi phân đối số chậm, đối số lệch.


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
dx  t 
 p  x  t   q  t 
dt

(1.1)


(1.6)

x  t   u  t  với t  I , x  t0   c0

(1.7)

x  t   u  t  với t  I , x  b   x  a   c0

(1.8)


trong đó P  L  I ,R n  n  , q0  L  I ,R n  ,  : I  R là hàm đo được và

u : R  R n là hàm vectơ liên tục và bị chặn, khi đặt
a
 t   a

 0  t     t  a    t   b

 t   b
b

(1.9)

p  x  t    I   t   P  t  x  0  t  

(1.10)

và

với t  I , x  C  I ,R n  .

(ii) l : C  I ,R n   R n là toán tử tuyến tính bị chặn.
(iii) q  L  I ,R n  , c0  R n .
Chú ý:

Từ điều kiện (i) ta suy ra p là toán tử tuyến tính 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

u

B

 x

C

 c .

Lấy tùy ý u   x, c   B và điểm cố định t0  I ta đặt:
t


(1.14)

chỉ có nghiệm tầm thường. Tuy nhiên, điều đó tương đương với bài toán
thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường.


Lấy tùy ý một điểm cố định t0  I . Ta định nghĩa dãy các toán tử
p k : C  I ,R n   C  I ,R n  và ma trận  k  R n  n như sau:
t

p  x  t   x  t  , p  x  t    p  p k 1  x    s  ds  k  1,2,... ,

(1.15)

 k  l  p 0  E   p1  E   ...  p k 1  E    k  1,2,...

(1.16)

k

0

t0

Nếu ma trận  k không suy biến  k  1,2,... thì ta đặt:
p k ,0  x  t   x  t  ,

p k ,m  x  t   p m  x  t    p 0  E  t   ...  p m1  E  t    k 1l  p k  x  


(1.19)

với mọi i nguyên dương.
Từ (1.20), (1.16) và (1.19) ta có:
0  kc  l  pk  x  .

Do  k không suy biến nên
c   k1l  p k  x   .

Thay vào (1.19) và theo (1.17) ta có:
x  t   p k ,m0  x  t  , x  t   p k ,m  x  t  .

Từ đó
p k ,m0  x  t   p k ,m  x  t 

và theo (1.18) suy ra
p k ,m0  x   A p k ,m0  x 
C

C

hay

 E  A  p k ,m  x  C  0 .
0

Mặt khác, do A không âm và r  A   1 , ma trận E  A có nghịch đảo
không âm  E  A  . Khi đó nhân hai vế của bất đẳng thức cuối với  E  A 
1


Chú ý:

Trong hệ quả 1.3, với điều kiện r  A   1 , dấu bằng không thể xảy ra.
Thật vậy, xét hệ phương trình vi phân
1
dx  t 
 2  x  s  ds
dt
0

(1.21)

trên đoạn I   0,1 với điều kiện 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 đầu (1.21),
(1.22) không có nghiệm. Mặt khác, ta có:
t

1

0

0


Suy ra p 2  x  t   p1  x  t  . Do đó, điều kiện (1.20) với m  2, m0  1 và
A  E được thỏa với 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 , m0 và ma trận

A  R n  n thỏa mãn

r  A 



(1.23)

2b  a 

và bất đẳng thức
p  pm  x 

2

L

 A p m0  x 

L2

(1.24)

thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện đầu x  t0   0 .
Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.

Do đó theo bất đẳng thức Wirtinger, ta có:
p m1  x 

2

L



2b  a 

p  pm  x  2 .



L

Bất đẳng thức này kết hợp với (1.24) và (1.26) ta có:

p m0  x 

2

L




2b  a 


2b  a 



A.

Khi đó theo (1.23) ta có r  B   1 . Từ đó nhân hai vế của bất đẳng thức cuối
với  E  B  ta được p m0  x   0.
1

Do đó, x  t   p m0  x  t   0. Hệ quả được chứng minh.
Chú ý:

Trong điều kiện (1.23) dấu bằng cũng không thể xảy ra. Thật vậy, ta xét
bài toán thuần nhất

dx  t 


 x  t ,
dt
2 
x  0  0

(1.27)


 
trên đoạn I  0,  , nó có một nghiệm không tầm thường là:
 2

b

 p  x  t  dt  B x

C

(1.29)

a

thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với x  b   x  a  và





r B  Bi1 B i  2  1.
Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh

Để chứng minh hệ quả trên 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 và m0  0 .
Thật vậy, từ (1.28), (1.29) và (1.15), (1.16) suy ra Bi   k ,


b

p  x    p  x  s  ds  B x C ,
1



và

l  p k  x    l  p i  2  x    p i  2  x  b   p i  2  x  a 
b

  p  p i 1  x    s  ds  B p i 1  x   B i  2 x C .
C

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 .
Định lý 1.6. Giả sử tồn tại ma trận hàm P0   I ,R n  n  sao cho hệ phương

trình vi phân
dx  t 
 P0  t  x  t 
dt


với điều kiện biên (1.20) có nghiệm duy nhất và do G0 là ma trận Green của
bài toán (1.30), (1.20) nên ta có:
b

x  t    G0  t , s   p  x  s   P0  s  x  s   ds.
a

Do đó theo (1.31), ta được:

xC  A xC.
Khi đó kết hợp với điều kiện A không âm, r  A   1 ta suy ra x C  0 .
Hệ quả 1.7. Giả sử tồn tại một ma trận hàm P0   I ,R n  n  sao cho

t

t

  P0   d  P0  t   P0  t    P0   d 
s

s


(1.32)

với hầu hết t , s  I và bất đẳng thức
t

 exp


s

Với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện đầu x  t0   0 thì x
cũng là nghiệm của hệ

dx  t 
 p  x  t   P0  t  x  t    p  x  t   P0  t  x  t  
dt
với điều kiện đầu x  t0   0 . Theo định lý Lagrant ta có:
t

x  t    C0  t , s   p  x  s   P0  s  x  s   ds
t0

t

  exp
t0

  P   d   p  x  s   P  s  x  s  ds
t

s

0

0

Do đó theo (1.33) ta có:



(1.35)

và ma trận A  R n n thỏa r  A   1 .
Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh

Do (1.32) và A0 là không suy biến nên bài toán (1.30), (1.20) với
l  x   x  b   x  a  chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử G0 là ma trận Green của bài toán (1.30), (1.20) với
l  x   x  b   x  a  . Khi đó theo (1.32) ta có với mọi q  L  I ,R n  thì
b

 G0  t , s  q  s  ds 
a

t



A01 exp

t b  a

  P   d  q  s  ds với t  I
t

s

0

ta có:
p  x  s   0 với hầu hết s  I t0 ,t
Bổ đề 1.10. Nếu p : C  I , R n   L  I ,R n  là một toán tử Volterra tương ứng

với t0  I thì các bất đẳng thức sau đây đúng với mọi x  C  I ,R n  :

p  x  t     t  x
p k  x  t  

t

1
  s  ds
k ! t0

t0 , t

với hầu hết t  I ,

(1.36)

k

x

t0 , t

với t  I  k  1,2,...

(1.37)

0

0

kết hợp với điều kiện (i) ta có:
p  x  s     s  xt0 , t

C

 s x

t0 , t

với hầu hết s  I t0 ,t .

Do t  I tùy ý nên ta được:

p  x  t     t  x

t0 , t

với hầu hết t  I .


Bây giờ ta sẽ chứng minh (1.37) bằng quy nạp: Theo (1.15) và (1.36) ta
có:
t

p  x  t  





t

t

t

1
      s  ds x t , d    s  ds
0
2 t0
t0
t0

t0 , 

t0 , t

,

d

2

x

t0 , t


t

 p  p  x     d    
k

t0
t



1
      s  ds
k ! t0
t0

k

pk  x 

t0

t

1
x t , d 
  s  ds
0
 k  1! t0

t0 , 


(1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương
k , m và ma trận A  R n n sao cho  k là không suy biến, r  A   1 và
p k , m  x   A x C với x  C  I , R n  .
C

Chứng minh

Điều kiện đủ của định lý được suy ra từ định lý 1.2, ta chứng minh điều
kiện cần như sau:
Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất, khi đó bài toán
(1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x là một nghiệm tùy ý của hệ (1.10) ta có:

x  t   c  p1  x  t  với c  x  t0  .
hay

 E  p   x  t   c .
1

Theo bổ đề 1.11 ta có:


x  t   X  t  c trong đó X  t    p i  E  t  .
i 0

Vì bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ các phương trình
đại số
l  X  c  0,
chỉ có nghiệm tầm thường. Suy ra

l  k1    k  k0 , k0  1,....; m  1,2,...

(1.40)

trong đó l là chuẩn của toán tử l . Mặt khác theo bổ đề 1.10 ta có
p  x
k

C

0k

x
k!

C

 k  1,2,...

(1.41)

trong đó
b

0    t  dt.
a

Từ (1.40) và (1.41), kết hợp với (1.17), ta có
pk , m  x 


thỏa r  A   1 . Định lý
2n

được chứng minh.
1.2.3. Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát

Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét các bài toán sau
dx  t 
 pk  x  t   qk  t 
dt

(1.1k)


lk  x   c0 k

(1.2k)

với k nguyên dương, trong đó
(i) pk : C  I ,R n   L  I ,R n  là toán tử tuyến tính sao cho tồn tại hàm

k : I  R  khả tích thỏa
pk  x  t   k  t  x

C

với t  I , x  C  I ,R n 

(ii) lk : C  I ,R n   R n là toán tử tuyến tính bị chặn
(iii) qk  L  I ,R n  , c0 k  R n .

vectơ z : I  R n liên tục tuyệt đối ta có:
z
trong đó

C

  k  z   k  k0 , k0  1,...

(1.45)