một số phương pháp giải hệ phương trình và hệ bất phương trình ...
Xét hệ phương trình hàm vi phân file3 BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH...
Transcript of Xét hệ phương trình hàm vi phân file3 BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH...
3
BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH
1. Giới thiệu bài toán
Trong tiểu luận này, tôi nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi
phân hàm tuyến tính có dạng sau:
( )( )( ) ( )
dx tp x t q t
dt (1.1)
với điều kiện biên
0( ) .l x c (1.2)
Trong đó : ( ; ) ( ; )n np C I R L I R và : ( ; )n nl C I R R là những toán tử tuyến
tính bị chặn, ( ; ) nq L I R và 0
nc R .
Một số trường hợp đặc biệt của điều kiện biên (1.2) là:
i) Điều kiện ban đầu
0 0( )x t c với
0t I (1.3)
ii) Điều kiện biên tuần hoàn
0( ) ( ) .x b x a c (1.4)
Định nghĩa 1.1
Hàm véc tơ : nx I R 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
0
( )( ) ( ( )) ( )
dx tP t x t q t
dt (1.5)
thỏa mãn một trong những điều kiện sau
4
( ) ( )x t u t với 0, ( ) t I l x c , (1.6)
( ) ( )x t u t với 0 0, ( ) , t I x t c (1.7)
( ) ( )x t u t với 0, ( ) ( ) . t I x b x a c (1.8)
Trong đó 0( ; ), ( ; ), : n n nP L I R q L I R I R là hàm đo được và
: nu R R là một hàm véc tơ liên tục và bị chặn. Các bài toán này sẽ được
đưa về dạng (1.1), (1.k) (k=2,3,4). Để thấy được điều này đặt
0
khi ( ) ,
( ) ( ) khi ( ) ,
khi ( ) ,
a t a
t t a t b
b t b
(1.9)
0( )( ) ( ( )) ( ) ( ( ))Ip x t t P t x t (1.10)
và
0( ) (1 ( ( ))) ( ) ( ( )) ( ) Iq t t P t u t q t (1.11)
với I là hàm đặc trưng của .I
2. Hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính
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 tp x t
dt
0(1.1 )
( ) 0.l x 0(1.2 )
Trong suốt phần 1.2 ta giả thiết
(i) : ( ; ) ( ; )n np C I R L I R là toán tử tuyến tính và tồn tại một hàm khả
tích : I R sao cho
( )( ) ( )C
p x t t x với , ( ; ); nt I x C I R
(ii) : ( ; )n nl C I R R là toán tử tuyến tính bị chặn;
5
(iii) 0( ; ), . n nq L I R c R
Lấy 0t là một điểm cố định bất kỳ thuộc I . Ta định nghĩa dãy toán tử
: ( ; ) ( ; )k n np C I R C I R và ma trận n n
k R như sau :
0
0 1( )( ) ( ), ( )( ) ( ( ))( ) ( 1,2, ), t
k k
t
p x t x t p x t p p x s ds k (1.12)
0 1 1( ( ) ( ) ( )) ( 1,2, ). k
k l p E p E p E k (1.13)
Nếu tồn tại k sao cho ma trận k không suy biến ta lập
,0
, 0 1 1
( )( ) ( ),
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ( )).
k
k m m m k
k
p x t x t
p x t p x t p E t p E t l p x (1.14)
Định lý 1.2
Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần
nhất tương ứng 0(1.1 ),
0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Chứng minh
Đặt ( ; )n nB C I R R là không gian Banach chứa các phần tử ( ; )u x c
trong đó ( ; )nx C I R và nc R với chuẩn .B C
u x c
Với ( ; )u x c B tùy ý và 0t I cố định bất kỳ ta đặt
0
0( )( ) ( ( ) ( )( ) ; ( )) t
t
f u t c x t p x s ds c l x với ,t I (1.15)
0
0( ) ( ) ;
t
t
h t q s ds c với .t I
Bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình sau trong B
( ) , u f u h (1.16)
vì ( ; )u x c là nghiệm của (1.16) nếu 0c và x là nghiệm của bài toán (1.1),
(1.2).
6
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
0
1 2
1 0
2
: ( ; ); : .
( )( ) ( ) ( )( ) ,
( ) ( ).
n n
t
t
f B C I R f B R
f u t c x t p x s ds
f u c l x
Khi 1B
u ta có 2( ) 1 ||| |||,f u l 1( )( ) 1 ,L
f u t
1 1( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) . t t t
s s s
f u t f u s p x d p x d d
Do đó ta có 2( (0,1))f B là tập compact tương đối trong ,nR
1( (0,1))f B là tập
bị chặn đều và đẳng liên tục trong ( ; ),nC I R với (0,1) : 1 .B
B u B u
Theo định lý Ascoli-Arzela ta có 1( (0,1))f B là tập compact tương đối trong
( ; )nC I R .Từ đó suy ra f là toán tử tuyến tính compact. Do đó theo định lý
Fredholm điều kiện cần và đủ để (1.16) có nghiệm duy nhất là phương trình
( )u f u (1.17)
chỉ có nghiệm tầm thường. Điều này tương đương với bài toán 0(1.1 ), 0(1.2 )
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 0m và ma
trận n nA R
sao cho ma trận k ở (1.13) không suy biến,
( ) 1r A (1.18)
và bất đẳng thức sau đúng với mọi nghiệm x của 0(1.1 ),
0(1.2 )
0,, ( ) ( ) .k mk m
C Cp x A p x (1.19)
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
7
Chứng minh
Theo định lý 1.2 để chứng minh định lý 1.3 ta chỉ cần chứng minh bài
toán thuần nhất 0(1.1 ),
0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Lấy x là một nghiệm bất kỳ của 0(1.1 ),
0(1.2 ). Rõ ràng
1( ) ( )( )x t c p x t với 0( )c x t .
Do đó
1 1
1 2
0 1 2
( ) ( ( ))( )
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( ).
x t c p c p x t
c p c t p x t
p E t p E t c p x t
Nếu tiếp tục quá trình này ta có
0 1( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )i ix t p E t p E t c p x t (1.20)
với i nguyên dương bất kỳ.
Từ 0(1.2 ), (1.13) và (1.20) ta có
0 ( ( )). k
kc l p x
Vì k không suy biến ta suy ra
1 ( ( )). k
kc l p x
Kết hợp với (1.14), (1.20) ta có
0, ,( ) ( )( ), ( ) ( )( ). k m k mx t p x t x t p x t
Do đó
0, ,( )( ) ( )( ).k m k mp x t p x t
Kết hợp (1.19) suy ra
0 0, ,( ) ( )
k m k m
C Cp x A p x
hay
0,( ) ( ) 0
k m
CE A p x
8
Vì A không âm và điều kiện (1.18), ma trận E A có ma trận nghịch đảo
1( )E A không âm. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cuối với 1( )E A ta
được
0,( ) 0
k m
Cp x hay 0,
( ) 0k mp x .
Do đó ( ) 0x t . Định lý được chứng minh.
Nếu 0( ) ( )l x x t thì theo (1.12)-(1.14) với bất kỳ số nguyên dương k và
m ta có
,, ( ( )) 0, ( )( ) ( )( ). k k m m
k E l p x p x t p 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 0m và ma trận
n nA R
sao cho ( ) 1r A và với mọi nghiệm x của hệ 0(1.1 ) với điều kiện
đầu 0( ) 0x t thì
0( ) ( ) .mm
C Cp x A p x (1.21)
Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Lưu ý
Điều kiện ( ) 1r A trong hệ quả 1.4 không thể thay bằng điều kiện
( ) 1.r A (1.22)
Thật vậy, xét hệ vi phân sau :
( )
(1)dx t
xdt
(1.23)
trên đoạn [0,1]I với điều kiện đầu
(0) 1.x (1.24)
Nghiệm của (1.23) có dạng
( )x t ct
9
với nc R 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
1( )( ) (1),p x t tx
Khi đó (1.21), (1.22) thỏa với 01, 0 m m và .A E
Hệ quả 1.5
Giả sử tồn tại các số tự nhiên 0, m m và ma trận n nA R
sao cho
( )2( )
r Ab a
(1.25)
và
0
2 2( ( )) ( )
mm
L Lp p x A p x (1.26)
với x là nghiệm bất kỳ của hệ 0(1.1 ) với điều kiện đầu
0( ) 0x t .
Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Ta phải chứng minh hệ 0(1.1 ) với điều kiện đầu
0( ) 0x t (1.27)
chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi x là nghiệm bất kỳ của bài toán 0(1.1 ) , (1.27). Theo (1.12) ta có
0 1( ) ( )( ) ( )( )m mx t p x t p x t
và
0
22
1( ) ( ) .m m
LLp x p x (1.28)
Mà
1 1
0( )( ) 0, ( )( ) ( ( ))( ). m m md
p x t p x t p p x tdt
Vì vậy theo bất đẳng thức Wirtinger ta có
10
2 2
1 2( )( ) ( ( ))
m m
L L
b ap x p p x
Do đó từ (1.26) và (1.28) ta có
0 0
2 2( ) ( )
m m
L Lp x B p x với
2( ).
b aB A Suy ra
0
2( ) ( ) 0
m
LE B p x
Theo (1.25) thì ( ) 1r B nên 0 ( ) 0m
p x . Do đó 0( ) ( )( ) 0.mx t p x t
Lưu ý
Trong điều kiện (1.25) ở hệ quả 1.5 dấu bằng không thể xảy ra. Thật
vậy, với mọi , nc R ( )
( ) sin2( )
t ax t c
b a
là nghiệm của hệ phương trình
thuần nhất
( ), ( ) 0.2( )
dxx b a t x a
dt b a
Điều kiện (1.26) thỏa với 0 0, , ( ) .2( ) 2( )
m m A E r A
b a b a
Hệ quả 1.6
Giả sử tồn tại số tự nhiên i sao cho ma trận
1
( ( ))( )
bij
i
j a
B p p E s ds
(1.29)
là ma trận không suy biến và tồn tại ma trận n nB R
sao cho
( )( )
b
C
a
p x t dt B x (1.30)
với mỗi x là nghiệm của hệ 0(1.1 ) thỏa ( ) ( )x b x a và
1 2( ) 1.i
ir B B B (1.31)
Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất.
11
Chứng minh
Để chứng minh hệ quả trên ta chỉ cần kiểm tra các điều kiện của định lý
1.3 đều thỏa với
( ) ( ) ( ), 2, 1 l x x b x a k i m và 0 0m .
Thật vậy, ta có :
0 0
2 2
1 1 1
( ( )) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( ( ))( ) ( ( ))( ) ( ( ))( ) .
k k k i i
b a b
i i i
t t a
l p x p x b p x a p x b p x a
p p x s ds p p x s ds p p x s ds
Từ (1.29),(1.30), (1.12)-(1.14) ta có i kB và
1
2 1 1 2
( ) ( )( ) ,
( ) ( ( ))( ) ( ) .
b
CCa
b
CC Ca
p x p x s ds B x
p x p p x s ds B p x B x
Tương tự ta có
1
1
1
1 1 2
( ) ( ( ))( )
( ) ( 1,2, ),
( ( )) ( ( ))( )
( ( ))( ) ( )
b
j j
Ca
j j
CC
b
k i
a
b
i i i
CCa
p x p p x s ds
B p x B x j
l p x p p x s ds
p p x s ds B p x B x
và
,1 1 1( ) ( ) ( ( )) k k
i CC Cp x p x B l p x A x ,
với 1 2 i
iA B B B . Theo (1.31) thì ( ) 1.r A Hệ quả được chứng minh.
12
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 bất kỳ 0t , t I và ( ; )nx C I R , đặt
0
*
* 0 0 0 0
*
, * 0 0
( , ) min , ; ( , ) max , ,
[ ( , ), ( , )],
t t
t t t t t t t t
I t t t t
và
00 0
,, , max ( ) : . t tt t t t
x x s s I
Định nghĩa 1.7
Toán tử p gọi là Volterra đối với 0t I nếu với bất kỳ t I và
( , )nx C I R thỏa mãn điều kiện ( ) 0x s với 0 ,t ts I thì ( )( ) 0p x s với hầu
hết 0 , .t ts I
Bổ đề 1.8
Nếu : ( ; ) ( ; )n np C I R L I R là toán tử Volterra đối với 0t I thì các bất
đẳng thức sau đúng với mọi ( ; )nx C I R :
0 ,
( )( ) ( )t t
p x t t x (1.32)
với hầu hết t I ,
0
0
,
1( )( ) ( )
!
kt
k
t t
t
p x t s ds xk
(1.33)
với , ( 1,2, ) t I k ,
trong đó là hàm ở trong điều kiện (i), : ( ; ) ( ; ) ( 1,2, ) k n np C I R C I R k
là các toán tử cho bởi các đẳng thức (1.12).
Chứng minh
Với bất kỳ t I và ( , )nx C I R , đặt:
13
0
* 0 * 0
*
, * 0 0
* *
0 0
( ( , )) khi ( , )
( ) ( ) khi ( , ) ( , )
( ( , )) khi ( , ).
t t
x t t s t t
x s x s t t s t t
x t t s t t
Ta có
0 0, ,( )( ) ( )( ) ( )( )t t t tp x s p x s p x x s
0 ,( )( ) 0t tx x s với
0 , . t ts I
Suy ra 0 ,( )( ) 0t tp x x s với hầu hết
0 ,t ts I do p là toán tử Volterra đối với
0t hay
0 ,( )( ) ( )( ) t tp x s p x s với hầu hết
0 ,t ts I .
Kết hợp với điều kiện (i) ta có
0 0
, ,( )( ) ( ) ( )t t t tC
p x s s x s x với hầu hết 0 , . t ts I
Vì t I lấy tùy ý ta suy ra (1.32) đúng.
Theo (1.12) và (1.32) ta có
0
0 0
1
,( )( ) ( )( ) ( ) ,
t t
t t
t t
p x t p x s ds s ds x
0
0 0
0
0 0
0 0
2 1 1
,
2
, ,
( )( ) ( ( ))( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )2!
t t
t st t
t
t st
t s t t
t t
p x t p p x s ds s p x ds
s ds
s d x ds x
với .t I
Bằng phương pháp quy nạp ta có (1.33) đúng.
Bổ đề 1.9
Nếu p là toán tử Volterra đối với 0t thì toán tử
1E p khả nghịch và
14
1 1
0
( ) k
k
E p p
(1.34)
với ( 0,1, )kp k là các toán tử xác định bởi (1.12).
Định lý 1.10
Nếu p là toán tử Volterra đối với 0t thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm
duy nhất nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương , k m và ma trận
n nA R
sao cho ma trận k không suy biến, ( ) 1r A và
, ( )k m
CCp x A x với ( ; ).nx C I R (1.35)
Chứng minh
Điều kiện đủ suy ra từ định lý 1.3. Do đó ta chỉ cần chứng minh điều
kiện cần.
Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất, khi đó bài toán 0(1.1 ) ,
0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường.
Giả sử x là nghiệm bất kỳ của hệ 0(1.1 ). Khi đó
1( ) ( )( )x t c p x t với
0( )c x t
Theo bổ đề 1.9 ta có
( ) ( )x t X t c với 0
( ) ( )( )i
i
X t p E t
Vì bài toán 0(1.1 ),
0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ phương trình đại
số ( ) 0l X c chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó
det( ( )) 0.l X (1.36)
Đặt
1
0
( ) ( )( ).k
i
k
i
X t p E t
Ta có ( ), lim 0
k k k Ckl X X X . Mà l liên tục nên
15
lim ( ).
kk
l X (1.37)
Từ (1.36), (1.37) suy ra tồn tại số nguyên dương 0k và số thực dương sao
cho
1
0 0det( ) 0, ||| ||| ( , 1, ; 1,2, ) k m kCX l k k k m (1.38)
với ||| |||l là chuẩn của toán tử l . Mặt khác từ bổ đề 1.8 ta có
0( ) ( 1,2, ),!
kk
CCp x x k
k (1.39)
trong đó
0 ( )
b
a
t dt
Từ (1.38) và (1.39) và (1.14) ta có
, 0 0
0 0( ) ( , 1, ; 1,2, )! !
m kk m
CCp x x k k k m
m k (1.40)
Chọn số nguyên dương 0 0m k sao cho
0 00 0 0 0
1( , 1, ; , 1, ).
! ! 2
m k
k m m m m mm k n
Cố định 0k m và
0m m , từ (1.40) suy ra bất đẳng thức (1.35), trong đó
n nA R
là ma trận với các phần tử 1
2n. Rõ ràng ( ) 1r A . Định lý được
chứng minh.
1.2.3. Các điều kiện cụ thể cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính
Định lý 1.11
Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; ) n nP L I R sao cho hệ phương trình vi
phân
0
( )( ) ( )
dx tP t x t
dt (1.41)
16
với điều kiện biên 0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Với mọi nghiệm x của
bài toán 0(1.1 ) ,
0(1.2 ) có bất đẳng thức sau :
0 0 ( , ) ( )( ) ( ) ( ) b
C
a
G t s p x s P s x s ds A x (1.42)
trong đó 0G là ma trận Green của bài toán (1.41),
0(1.2 ) và n nA R
là ma
trận thỏa ( ) 1.r A
Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Theo định lý 1.2, ta chứng minh bài toán 0(1.1 ) ,
0(1.2 ) với giả thiết của
định lý 1.11 chỉ có nghiệm tầm thường.
Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán 0(1.1 ) ,
0(1.2 ). Do (1.41), 0(1.2 )
chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lý Lagrange ta có
0 0( ) ( , ) ( )( ) ( ) ( ) . b
a
x t G t s p x s P s x s ds
Do đó từ bất đẳng thức (1.42) ta có C C
x A x . Suy ra 0C
x từ ( ) 1r A .
Hệ quả 1.12
Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; ) n nP L I R sao cho
0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( )
t t
s s
P d P t P t P d (1.43)
với hầu hết , s t I và bất đẳng thức sau đúng với mọi nghiệm x của hệ
0(1.1 ) với điều kiện đầu 0( ) 0x t :
0
0 0 exp ( ) ( )( ) ( ) ( )
t t
C
t s
P d p x s P s x s ds A x với t I ,
n nA R
là ma trận thỏa ( ) 1r A .
Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất.
17
Chứng minh
Do (1.43) nên ma trận Cauchy của hệ (1.41) có dạng
0 0( , ) exp ( )
t
s
C t s P d .
Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán 0(1.1 ) ,
0(1.2 ). Theo định lý Lagrange ta
có
0
0
0 0 0 0 0
0 0
( ) ( , ) ( ) ( , ) ( )( ) ( ) ( )
( , ) ( )( ) ( ) ( )
t
t
t
t
x t C t t x t C t s p x s P s x s ds
C t s p x s P s x s ds
Từ đó suy ra C C
x A x . Suy ra 0C
x từ ( ) 1r A .
Hệ quả 1.13
Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; ) n nP L I R thỏa (1.43) sao cho ma trận
0 0exp ( )
b
a
A E P s ds không suy biến và
1
0 0 0exp ( ) ( )( ) ( ) ( )
t t
C
t b a s
A P d p x s P s x s ds A x (1.44)
với ,t I
0 0( )( ) ( )( ), ( ) ( ) p x t b a p x t P t b a P t (1.45)
và ma trận n nA R
thỏa ( ) 1r A .
Khi đó bài toán (1.1), (1.4) chỉ có nghiệm duy nhất.
Chứng minh
Từ (1.43) và do ma trận 0A không suy biến nên bài toán (1.41), 0(1.2 )
với ( ) ( ) ( )l x x b x a chỉ có nghiệm tầm thường.
18
Gọi 0G là ma trận Green của bài toán (1.41),
0(1.2 ) với ( ) ( ) ( )l x x b x a . Từ
(1.43) , với bất kỳ ( ; )nq L I R thì
1
0 0 0( , ) ( ) exp ( ) ( )
b t t
a t b a s
G t s q s ds A P d q s ds với , ( ) ( ). t I q t b a q 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 0 cho bởi đẳng thức (1.9).
Do : ( ; )n n
l C I R R là toán tử tuyến tính liên tục. Theo định lý Riesz,
tồn tại duy nhất ma trận hàm : n nI R sao cho các thành phần của có
biến phân bị chặn trên ,I
( )b (1.46)
và với mọi ( ; )nx C I R ta có :
( ) ( ) ( ). b
a
l x d t x t (1.47)
Rõ ràng từ (1.46) và (1.47) ta thấy nếu : nx I R là hàm liên tục tuyệt đối thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . b
a
l x a x a t x t dt (1.48)
Lấy 0t là một điểm cố định bất kỳ trên đoạn I . Với bất kỳ ma trận hàm
( ; ), n nV L I R đặt :
19
0
0
,0 ,1
( )
, 1 ,1 ,
[ ( )] , [ ( )] ( ( )) ( ),
[ ( )] [ ( )] [ ( )] ( 1,2, )
I
t
i i
t
V t V t t V t
V t V t V s ds i
với 0 là hàm cho bởi (1.9).
Từ (1.10), (1.12)-(1.14) và (1.48) ta có
01
, ,
0
( ) ( )[ ( )] ( ) [ ( )]
tbk
k i i
i a a
a s P s ds a P s ds
(1.49)
và
,
,( )k m
k m CCp x A x với ( ; ). nx C I R
Trong đó
01
1
, , ,0
( ) ( ) ( )
t bm
k m m i k k ki a a
A A E A P s ds s P s ds
(1.50)
và
0
,max ( ) : ( 0, , ).
t
i it
A P s ds t I i m (1.51)
Từ các định lý 1.2, 1.3, 1.10 và hệ quả 1.5-hệ quả 1.13 ta có các định lý và hệ
quả sau.
Định lý 1.14
Bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần
nhất tương ứng
0
( )( ( )) ( ) ( ( ))I
dx tt P t x t
dt
0(1.5 )
( ) 0l x 0(1.6 )
chỉ có nghiệm tầm thường.
20
Định lý 1.15
Giả sử tồn tại các số tự nhiên khác không k và m sao cho
det( ) 0,k (1.52)
và
,( ) 1k mr A (1.53)
với ,, k k mA 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
0( ( ) )( ) 0t t t t
thỏa hầu khắp nơi trên .I
Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu tồn tại
các số tự nhiên khác không k và m thỏa bất đẳng thức (1.52) và (1.53) với
, và k k mA là các ma trận cho bởi các đẳng thức (1.49)-(1.51).
Hệ quả 1.17
Giả sử tồn tại số m nguyên dương sao cho
( ) 1mr A (1.54)
với
0
,max ( ) :
t
m mt
A P s ds t I .
Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất.
Hệ quả 1.18
Giả sử là hàm liên tục tuyệt đối, đơn điệu và tồn tại một ma trận
n nA R
sao cho
( )2( )
r Ab a
(1.55)
21
và bất đẳng thức
1/2
( ( )) ( ) ( ) I t P t A t
thỏa hầu khắp nơi trên .I
Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất.
Hệ quả 1.19
Giả sử
0det( ) 0B và 1 2
0( ) 1r B B B với
0 ( ( )) ( ) , ( ( )) ( ) . b b
I I
a a
B s P s ds B s P s ds
Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất.
Định lý 1.20
Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; )n nP L I R sao cho hệ phương trình vi
phân
0
( )( ) ( )
dx tP t x t
dt (1.56)
với điều kiện biên 0(1.6 ) chỉ có nghiệm tầm thường và
0 ( , ) ( ) b
a
G t s Q s ds A (1.57)
với t I , trong đó
0 ( )
0 0( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ,
t
I
t
Q t t P t P t P t P s ds (1.58)
0G là ma trận Green của bài toán (1.56), 0(1.6 ) và n nA R
là ma trận thỏa
( ) 1.r A (1.59)
Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất .
Chứng minh
22
Gọi x là một nghiệm của bài toán 0(1.1 ),
0(1.2 ) với p là toán tử xác
định bởi đẳng thức (1.10). Dùng (1.58) ta có
0
0
( )
0 0 0 0
( )
0 0 0 0
( )( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( )
( ( )) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) ( ) .
t
I
t
t
I I C
t
p x t P t x t t P t P t x t P t x s ds
t P t P t x t P t s P s x s ds Q t x
Kết hợp với (1.57) suy ra bất đẳng thức (1.42). Do đó tất cả giả thiết của định
lý 1.11 đều thỏa. Định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.21
Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; )n nP L I R sao cho
0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( )
t t
s s
P d P t P t P d
(1.60)
với hầu hết , s t I và
0
0 exp ( ) ) ( )
t t
t s
P d Q s ds A với .t I (1.61)
Trong đó Q là ma trận hàm xác định bởi (1.58) và n nA R
là ma trận thỏa
(1.59).
Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất.
Hệ quả 1.22
Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; )n nP L I R sao cho đẳng thức (1.60)
thỏa với hầu hết , s t I ,
0 0exp ( )
b
a
A E P s ds (1.62)
là ma trận không suy biến và
23
1
0 0exp ( ) ( )
t t
t b a s
A P d Q s ds A với .t I (1.63)
Trong đó Q là ma trận hàm xác định bởi (1.58),
0 0( ) ( ), ( ) ( ) P t b a P t Q t b a Q t (1.64)
và n nA R
là ma trận thỏa (1.59).
Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất.