BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
_______________

Trần Thái Diệu Hằng

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

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
Đầu tiên tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS. TS.
Nguyễn Anh Tuấn, người đã tận tâm hướng dẫn và tạo điều kiện tối đa để tôi
có thể hoàn thành luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn
đã giành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành
luận văn này một cách hoàn chỉnh

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Lý thuyết các bài toán biên cho hệ phương trình vi phân và hệ ph ương
trình vi phân hàm.
4. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu
Khi nghiên cứu các bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm
tuyến tính và phi tuyến sẽ đạt được nhiều kết quả cụ thể cho bài toán biên
tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch.


5. Cấu trúc luận văn
Nội dung chính của luận văn gồm 2 chương
Chương 1: Bài toán biênổng
t quát cho hệ phương trình vi
phân hàm tuyến tính
Nội dung chính của chương là nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm
đối với bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính, áp dụng
cho hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch.
Chương 2: Bài toán biên tu
ần hoàn cho hệ phương trình vi
phân hàm phi tuyến
Chương này nghiên cứu tính giải được của bài toán biên tuần hoàn cho
hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến và áp dụng cho hệ phương trình vi
phân hàm đối số lệch.


DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
 I = [a, b], R = (−∞, ∞), R=
[0, ∞).
+
 R n là không gian các véc tơ cột n chiều x = ( xi )in=1 với xi ∈ R (i = 1,, n) và chuẩn


n
n×n
1
ik i ,k =
ik

)

∈R

 Nếu x, y ∈ R n và X , Y ∈ R n×n thì


x ≤ y ⇔ y − x ∈ R+n , X ≤ Y ⇔ Y − X ∈ R+n×n .

x. y là tích vô hướng của véc tơ x và y∈ Rn.

và X ( xik )in,k =1 ∈ R n×n thì
 Nếu
=
x ( xi )in=1 ∈ R n=
=
x (=
xi )i 1 =
, X ( xik )i ,k 1 ,
=
n

n


(

)

x C = xi

n

C i =1

.

 Nếu
=
x ( xi )in=1 ∈ Cω ( R n ) thì

(

)

x C = xi
ω

n

Cω i =1

.



 L( I ; R n×n ) là không gian các ma trận hàm khả tích X : I → R n×n .
=
Nếu X ( xik )in,k =1 : I → R n×n thì
(t ) : t ∈ I }
max { X=

( max {x

ik

(t ) : t ∈ I })i ,k =1 .
n

 L([0, ω ]; R n ) là không gian các hàm véc tơ x : R → R n với các thành phần khả tích trên

[0,ω ] và chuẩn
ω

x L = ∫ x(t ) dt.
0

 Lω ( R n ) là không gian các hàm véc tơ ω -tuần hoàn x : R → R n với các thành phần khả
tích trên [0,ω ] và chuẩn
ω

x

Lω


với điều kiện biên
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 ) và c0 ∈ R n .
Những trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là:
Điều kiện ban đầu

x(t0 ) = c0 với t0 ∈ I

(1.3)

và điều kiện biên tuần hoàn

x (b) − x ( a ) =
c0 .

(1.4)

Định nghĩa 1.1
Hàm véc tơ x : I → R n gọi là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) nếu nó
liên tục tuyệt đối, thỏa (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2).
Trong phần hai ta xét điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán
biên (1.1), (1.2). Phần ba áp dụng các kết quả trên cho hệ phương trình vi
phân hàm đối số lệch
dx(t )
= P (t ) x(τ (t )) + q0 (t )
dt

(1.5)

thỏa mãn một trong những điều kiện sau


(1.9)

p ( x)(t ) = χ I (τ (t )) P (t ) x(τ 0 (t ))

(1.10)

và

q (t ) =
(1 − χ I (τ (t ))) P(t )u (τ (t )) + q0 (t )

(1.11)

với χ I là hàm đặc trưng của I .
1.2. Hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính
1.2.1. Các định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm
Trước tiên xét hệ phương trình vi phân hàm thuần nhất tương ứng của
bài toán (1.1), (1.2)
dx(t )
= p ( x)(t ),
dt
l ( x) = 0.

(1.10 )

(1.20 )

Trong suốt phần 1.2 ta giả thiết
(i) p : C ( I ; R n ) → L( I ; R n ) là toán tử tuyến tính và tồn tại một hàm khả


(1.12)

t0

=
Λ k l ( p 0 ( E ) + p1 ( E ) +  + p k −1 ( E=
)) (k 1,2,).

(1.13)

Nếu tồn tại k sao cho ma trận Λ k không suy biến ta lập
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 )  Λ k−1l ( p k ( x)).

(1.14)

Định lý 1.2
Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ n ếu 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 chứa các phần tử u = ( x; c)
=
trong đó x ∈ C ( I ; R n ) và c ∈ R n với chuẩn u=
B

x

C

(1.2).


Từ (i)-(iii) và (1.15), f : B → B là toán tử tuyến tính compact.
Thật vậy, từ (i)-(iii) và (1.15) ta có f là toán tử tuyến tính, liên tục. Đặt
f1 : B → C ( I ; R n ); f 2 : B → R n .
t

f1 (u )(t ) =
c + x(t0 ) + ∫ 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

f1 (u )(t ) − f1 (u )(=
s)

∫ p( x)(ξ )dξ
s


chỉ có nghiệm tầm thường. Ta có điều phải chứng minh. 
Định lý 1.3
Giả sử tồn tại các số tự nhiên khác không k , m , số tự nhiên m0 và ma
trận A ∈ R+n×n sao cho ma trận Λ k ở (1.13) không suy biến,
r ( A) < 1

(1.18)

và bất đẳng thức sau đúng với mọi nghiệm x của (1.10 ), (1.20 )

p k ,m ( x) ≤ A p k ,m0 ( x) .
C

C

Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.

(1.19)


Chứng minh
Theo định lý 1.2 để chứng minh định lý 1.3 ta chỉ cần chứng minh bài
toán thuần nhất (1.10 ), (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Lấy x là một nghiệm bất kỳ của (1.10 ), (1.20 ). Rõ ràng

x(t )= c + p1 ( x)(t ) với c = x(t0 ) .
Do đó
x(t ) =
c + p1 (c + p1 ( x))(t ) =
=


( E − A) p k ,m0 ( x) ≤ 0
C

C

(1.20)


Vì A không âm và điều kiện (1.18 ), ma trận E − A có ma trận nghịch đảo
( E − A) −1 không âm. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cuối với ( E − A) −1 ta

được
p k ,m0 ( x) ≤ 0 hay p k ,m0 ( x) ≡ 0 .
C

Do đó x(t ) ≡ 0 . Định lý được chứng minh. 
Nếu l ( x) = x(t0 ) thì theo (1.12)-(1.14) với bất kỳ số nguyên dương k và
m ta có
k ,m
=
Λk E, =
l ( p k ( x)) 0, p=
( x)(t ) p m ( x)(t ).

Do đó ta có hệ quả
Hệ quả 1.4
Giả sử tồn tại số tự nhiên khác không m , số tự nhiên m0 và ma trận
A ∈ R+n×n sao cho r ( A) < 1 và với mọi nghiệm x của hệ (1.10 ) với điều kiện




với c ∈ R n là một véc tơ hằng bất kỳ. Do đó bài toán (1.23) với điều kiện đầu
(1.24) không có nghiệm. Mặt khác ta có
p1 ( x)(t ) = tx(1),

Khi đó (1.21), (1.22) thỏa với
=
m 1,=
m0 0 và A = E.
Hệ quả 1.5
Giả sử tồn tại các số tự nhiên m, m0 và ma trận A ∈ R+n×n sao cho

π

r ( A)

Mà
d
 p m+1 ( x)(t )  p ( p m ( x))(t ).
p m+1 ( x)(t0 ) 0,=
=
dt

Vì vậy theo bất đẳng thức Wirtinger ta có

(1.28)


p m+1 ( x)

≤

2

L

2(b − a )

p ( p m ( x))

π

L2

Do đó từ (1.26) và (1.28) ta có
p m0 ( x)


π (t − a )

là nghiệm của hệ phương trình

2(b − a )

thuần nhất

π
dx
=
x(b + a −=
t ), x(a ) 0.
dt 2(b − a )
m m=
0, =
A
Điều kiện (1.26) thỏa với =
0

π
2(b − a )

E , r ( A=
)

π
2(b − a )


(1.31)


Chứng minh
Để chứng minh hệ quả trên ta chỉ cần kiểm tra các điều kiện của định lý
1.3 đều thỏa với
l ( x) =
x(b) − x(a ), k =
i + 2, m =
1 và 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

=

∫ p( p

t0

i +1

a

( x))( s )ds − ∫ p ( p ( x))( s )ds =
i +1

t0


b

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

C

a

≤ B p j −1 ( x) ≤ B j x C ( j =
1,2,…),
C

b

=
l ( p ( x))
k

∫ p( p

i +1

( x))( s )ds ≤

a

b

≤ ∫ p ( p i +1 ( x))( s ) d ≤ sB p i +1 ( x) ≤ B i + 2 x C

0

}

t0 ,t

.

Định nghĩa 1.7
Toán tử p gọi là Volterra đối với t0 ∈ I nếu với bất kỳ t ∈ I và

x ∈ C ( I , R n ) thỏa mãn điều kiện x( s ) = 0 với s ∈ I t0 ,t thì p ( x)( s ) = 0 với hầu
hết s ∈ I t0 ,t .
Bổ đề 1.8
Nếu p : C ( I ; R n ) → L( I ; R n ) là toán tử Volterra đối với t0 ∈ I thì các bất
đẳng thức sau đúng với mọi x ∈ C ( I ; R n ) :

p ( x)(t ) ≤ η (t ) x

(1.32)

t0 ,t

với hầu hết t ∈ I ,
t

p k ( x)(t ) ≤

1
η ( s )ds

p ( x)( s ) − p ( xt0 ,t )( s ) =
p ( x − xt0 ,t )( s )
( x − xt0 ,t )( s ) =
0 với s ∈ I t0 ,t .

Suy ra p ( x − xt0 ,t )( s ) =
0 với hầu hết s ∈ I t0 ,t do p là toán tử Volterra đối với

t0 hay
p ( x)( s ) = p ( xt0 ,t )( s ) với hầu hết s ∈ I t0 ,t .

Kết hợp với điều kiện (i) ta có
p ( x)( s ) ≤ η ( s ) xt0 ,t

C

=
η ( s ) x t ,t với hầu hết s ∈ I t0 ,t .
0

Vì t ∈ I lấy tùy ý ta suy ra (1.32) đúng.
Theo (1.12) và (1.32) ta có
t

p ( x)(t ) ≤
1

∫

t0


ds ≤

t0

t0 , s

ds ≤

2

t

t

t0 ,t

∫η (s)ds

t0

2!

x

t0 ,t

với t ∈ I .
Bằng phương pháp quy nạp ta có (1.33) đúng. 
Bổ đề 1.9


x(t )= c + p1 ( x)(t ) với c = x(t0 )
Theo bổ đề 1.9 ta có
∞

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

Vì bài toán (1.10 ), (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ phương trình đại
số l ( X )c = 0 chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó
det(l ( X )) ≠ 0.

Đặt
k −1

X k (t ) = ∑ p i ( E )(t ).
i =0

Ta có Λ k l ( X k ), lim=
=
X − X k C 0 . Mà l liên tục nên
k →+∞

(1.36)


lim Λ k =l ( X ).

k →+∞



(1.39)

trong đó
b

ρ0 = ∫η (t )dt
a

Từ (1.38) và (1.39) và (1.14) ta có

p

k ,m

( x)

C

 ρ0m
ρ0k 
≤
+ρ
 x
k! 
 m!

C

(k = k0 , k0 + 1,; m = 1,2,)

phân
dx(t )
= P0 (t ) x(t )
dt

(1.41)


với điều kiện biên (1.20 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Với mọi nghiệm x của
bài toán (1.10 ) , (1.20 ) có bất đẳng thức sau :
b

∫

G0 (t , s ) [ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s ) ] ds ≤ A x C

(1.42)

a

trong đó G0 là ma trận Green của bài toán (1. 41), (1.20 ) và A ∈ R+n×n là ma
trận thỏa r ( A) < 1.
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Theo định lý 1.2, ta chứng minh bài toán (1.10 ) , (1.20 ) với giả thiết của
định lý 1.11 chỉ có nghiệm tầm thường.
Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán (1.10 ) , (1.20 ). Do (1.41), (1.20 )
chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lý Lagrange ta có
b



t0

t

ex p ∫ P0 (ξ )dξ  [ p( x)( s ) − P0 ( s ) x( s ) ] ds ≤ A x C với t ∈ I ,
s


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 (1.43) nên ma trận Cauchy của hệ (1.41) có dạng
t

C0 (t , s ) = exp  ∫ P0 (ξ )dξ  .
s


Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán (1.10 ) , (1.20 ). Theo định lý Lagrange ta
có
t

x(t ) =
C0 (t , t0 ) x(t0 ) + ∫ C0 (t , s ) [ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s ) ] d s
t0



(1.44)

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

(1.45)

−1
0

với t ∈ I ,

và ma trận A ∈ R+n×n thỏa r ( A) < 1 .
Khi đó bài toán (1.1), (1.4) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Từ (1.43) và do ma trận A0 không suy biến nên bài toán (1.41), (1.20 )
với l ( x) ≡ x(b) − x(a ) chỉ có nghiệm tầm thường.


Gọi G0 là ma trận Green của bài toán (1.41), (1.20 ) với l ( x) ≡ x(b) − x(a ) . Từ
(1.43) , với bất kỳ q ∈ L( I ; R n ) thì

t


=
G
(
t
,


Nên từ bất đẳng thức (1.44) suy ra bất đẳng thức (1.42). Do đó tất cả giả thiết
của định lý 1.11 đều thỏa mãn. Hệ quả được chứng minh. 
1.3. Các định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ phương trình vi
phân hàm đối số lệch
Như đã nói ở phần giới thiệu, bài toán (1.5), (1.6) có thể viết về dạng
(1.1), (1.2) với toán tử p và hàm véc tơ q cho bởi các đẳng thức (1.10),(1.11)
và hàm τ 0 cho bởi đẳng thức (1.9).
Do l : C ( I ; R n ) → R n là toán tử tuyến tính liên tục. Theo định lý Riesz,
tồn tại duy nhất ma trận hàm Λ : I → R n×n sao cho các thành phần của Λ có
biến phân bị chặn trên I ,
Λ (b) =
θ

(1.46)

và với mọi x ∈ C ( I ; R n ) ta có :
b

l (=
x)

∫ ( d Λ(t ) ) x(t ).

(1.47)

a

Rõ ràng từ (1.46) và (1.47) ta thấy nếu x : I → R n là hàm liên tục tuyệt đối thì
b

k −1

(1.49)

và
p k ,m ( x) ≤ Ak ,m x C với x ∈ C ( I ; R n ).
C

Trong đó
Ak ,m

t
b
m −1


 −1  0
=Am +  E + ∑ Ai  Λ k  ∫  P( s ) τ ,k ds + ∫ Λ ( s )  P( s ) τ ,k ds 


i =0


a
a


(1.50)

và

nhất tương ứng
dx(t )
= χ I (τ (t )) P(t ) x(τ 0 (t ))
dt
l ( x) = 0

chỉ có nghiệm tầm thường.

(1.50 )
(1.60 )


Định lý 1.15
Giả sử tồn tại các số tự nhiên khác không k và m sao cho
det(Λ k ) ≠ 0,

(1.52)

r ( Ak ,m ) < 1

(1.53)

và

với Λ k , Ak ,m là các ma trận cho bởi các đẳng thức (1.49)-(1.51).
Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất.
Định lý 1.16
Giả sử có bất đẳng thức
(τ (t ) − t )(t − t0 ) ≤ 0



π
2(b − a )

(1.55)