tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với pantograph

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 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 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS NGUYỄN ANH TUẤN Thành phố Hồ Chí Minh - 2012 LỜI CẢM ƠN Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng Sau đại học, Khoa Toán Tin giảng viên trường Đại học Sư phạm TP HCM – Đại học Tiền Giang nhiệt tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi cho suốt trình học tập hoàn thành Luận văn Thạc sĩ Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS TS Nguyễn Anh Tuấn – Người trực tiếp bảo, hướng dẫn suốt trình nghiên cứu hoàn thành Luận văn Thạc sĩ Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô hội đồng chấm luận văn dành thời gian đọc, chỉnh sửa đóng góp ý kiến cho hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh Cuối xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè động viên, khuyến khích suốt trình học tập nghiên cứu Xin chân thành cảm ơn! Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 29 tháng 10 năm 2012 Học viên thực Nguyễn Thị Kim Cương MỤC LỤC Trang LỜI CẢM ƠN MỞ ĐẦU CÁC KÝ HIỆU CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH 1.1 Giới thiệu toán 1.2 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính 10 1.2.1 Sự tồn nghiệm 10 1.2.2 Hệ phương trình vi phân hàm với toán tử Volterra 21 1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm toán biên tổng quát 25 1.3 Các trường hợp riêng toán biên tổng quát 31 1.3.1 Sự tồn nghiệm 31 1.3.2 Tính xấp xỉ 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 toán 43 2.2 Các định lý tính giải toán (2.1), (2.2) 44 KẾT LUẬN 62 TÀI LIỆU THAM KHẢO 63 MỞ ĐẦU Lý thuyết toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính nghiên cứu nhiều tác giả Ivan Kiguradze Bedrich Puza năm từ 1995 đến 2003 Các tác giả áp dụng kết để nghiên cứu tồn nghiệm, xấp xỉ nghiệm hệ phương trình vi phân đối số chậm đối số lệch Mục đích luận văn áp dụng kết hai tác giả để nghiên cứu tồn nghiệm hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính tổng quát với Pantograph Luận văn tập trung vào nghiên cứu vấn đề tồn nghiệm lớp toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau: dx(t ) = p( x)(t ) + q(t ) dt (1.1) l ( x) = c0 (1.2) Với điều kiện biên: Trong đó: p : C ( I , R n ) → L( I , R n ) l : C ( I , R n ) → R n toán tử tuyến tính bị chặn, q ∈ L( I , R n ), I = [a, b], c0 ∈ R n Các trường hợp riêng điều kiện (1.2) 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 toán (1.1), (1.2) hiểu vectơ hàm x : I → R n liên tục tuyệt đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi I thỏa (1.2) Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương 1: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính Trong chương nghiên cứu tồn nghiệm việc xấp xỉ nghiệm cho toán biên tổng quát hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính Chương 2: Một lớp toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph Trong chương áp dụng kết chương để nghiên cứu tính giải lớp toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph Luận văn tài liệu tham khảo cho người quan tâm nghiên cứu tính giải hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính tổng quát với Pantograph CÁC KÝ HIỆU •I = [ a, b ] ,  = (−∞; +∞),  + = [0; +∞) •  n không gian vectơ cột n-chiều x = (xi )in=1 có phần tử xi ∈  (i = 1, , n) với chuẩn: n x = ∑ xi i =1 •  n×n không gian ma trận n × n , X = (xik )in, k =1 có phần tử xik ∈  (i, k = 1, , n) với chuẩn: n ∑x X = ik i , k =1 { ( x ) ∈  : x ≥ 0=(i 1, , n)} k 1, , n)} •  = { ( x ) ∈  : x ≥ (i,= n • = + n i i =1 n×n + n i n ik i , k =1 n×n ik •Nếu x, y ∈  n X , Y ∈  n×n thì: X ≤ Y ⇔ Y − X ∈  n+×n ; x ≤ y ⇔ y − x ∈  n+ , = x (= xi )i = , X ( xik )i ,k ; = n • n r ( X ) bán kính phổ ma trận X ∈  n×n •E ma trận đơn vị • Θ ma trận không • C ( I ,  n ) không gian hàm vectơ liên tục x : I →  n với chuẩn: x C = max{ x(t ) : t ∈ I }; •Nếu x = n ( xi )i =1 ∈ C ( I ,  n ) • C ( I ,  n ) không gian ( x C = xi ) n C i =1 vectơ hàm x : I →  n liên tục tuyệt đối • C ( I ,  n×n ) tập hợp hàm ma trận liên tục X : I →  n×n •Nếu = X n ( xik )i ,k =1 ∈ C ( I ,  n×n ) X C ( = xik ) n C i , k =1 • Lµ ( I ,  n ) với ≤ µ < +∞ không gian vectơ hàm x : I →  n có phần tử µ - khả tích với chuẩn: x •Nếu X = n ( xik )i ,k =1 : I →  n×n Lµ ( µ b µ =  ∫ x(t ) dt   a ) max{X (t )} = max{xik (t )} t ∈I t ∈I 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 ) ma trận hàm với cột z1 , , zn g : C ( I ,  n ) → L( I ,  n ) toán tử tuyến tính g(z)= g ( z1 ), , g ( zn ) • χ hàm đặc trưng I: 1 , t ∈ I 0 , t ∉ I χ (t ) =  • L( I ,  n ) ) không gian vectơ hàm x : I →  n khả tích Lebesgue với b chuẩn x L = ∫ x(t ) dt a • L( I ,  n×n ) không gian ma trận hàm X : I →  n×n khả tích Lebesgue •Nếu = X n ( xik )i ,k =1 ∈ L( I ,  n×n ) X L ( = xik ) n L i , k =1 CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH 1.1 Giới thiệu toán Xét hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính sau: dx(t ) = p( x)(t ) + q(t ) dt (1.1) Với điều kiện biên: l ( x) = c0 (1.2) Trong p : C ( I , R n ) → L( I , R n ) l : C ( I , R n ) → R n toán tử tuyến tính bị chặn, q ∈ L( I , R n ), c0 ∈ R n Các trường hợp riêng điều kiện (1.2) 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 toán (1.1), (1.2) vectơ hàm x : I → R n liên tục tuyệt đối thõa mãn (1.1) hầu khắp nơi I thỏa (1.2) Trường hợp riêng toán (1.1), (1.2) toán tồn nghiệm hệ phương trình vi phân đối số lệch: dx(t ) = P(t ) x(τ (t )) + q0 (t ) dt (1.5) Thỏa điều kiện sau: x(t ) = u (t ), t ∉ I , l ( x) = c0 (1.6) x(t ) = u (t ), t ∉ I , x(t ) = c0 (1.7) x(t ) = u (t ), t ∉ I , x(b) − x(a) = c0 Trong P ∈ L( I , R n× n ), q0 ∈ L( I , R n ), τ : I → R hàm đo vectơ hàm u : R → R n liên tục bị chặn Bài toán (1.5) đưa dạng toán (1.1) ta đặt: (1.8) 10 , τ (t ) < a , a ≤ τ (t ) ≤ b , τ (t ) > b a  τ (t ) = τ (t ) b  (1.9) p( x)(t ) = χ I (τ (t )) P(t ) x(τ (t )) (1.10) q (t ) = (1 − χ I (τ (t ) )P(t )u (τ (t )) + q0 (t ) (1.11) Với χ I hàm đặc trưng khoảng I: 1 , t ∈ I 0 , t ∉ I χ I (t ) =  Các kết phần sau trích báo khoa học từ [4] 1.2 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính Cùng với toán (1.1), (1.2) , ta xét toán tương ứng nó: dx(t ) = p ( x)(t ) dt l ( x) = (1 10 ) (1 20 ) Trong (i) p : C ( I , R n ) → L( I , R n ) toán tử tuyến tính cho tồn hàm η : I → R khả tích thỏa p ( x)(t ) ≤ η (t ) x C với t ∈ I , x ∈ C ( I , R n ) Khi p gọi toán tử tuyến tính bị chặn mạnh Như toán tử bị chặn mạnh toán tử bị chặn 1.2.1 Sự tồn nghiệm Định lý 1.1: Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm toán tương ứng (1 10 ), (1 20 ) có nghiệm tầm thường Chứng minh: Đặt B = C ( I , R n ) × R n không gian Banach gồm phần tử u=(x;c), x ∈ C ( I , R n ) c ∈ R n , với chuẩn: 49 (E − S1 ) x C ≤0 x C ≤ (E − S1 ) = −1 hay Suy x(t ) ≡ • Giả sử Λ1 = Θ , ma trận Λ cho (2.13) ma trận không suy biến r ( S ) < S2 cho (2.14) Do điều kiện biên: v ∑ A x(t k k =1 k )=0 Nên theo (2.15) ta có:  tk  ∑ Ak c + ∫ p ( x)( s )ds  = k =1  t0  v v tk v ∑ A c + ∑ A ∫ p( x)(s)ds = k = k 1= k v =Λ c + ∑ A k t0 tk tk v ∫ p( x)(s)ds =∑ A ∫ p( x)(s)ds k = k 1= k t0 tk   = ∑ Ak ∫ p c + ∫ p ( x)(ζ )dζ  k =1 t0  t0 tk v Hay k t0  ( s )ds   Do đó:  c = −Λ ∑ Ak ∫ p ∫ p ( x)(ζ )dζ  k =1 t0  t0 −1 v tk   ( s )ds   Theo (2.15) ta có: t x(t ) = ∫ p( x)( s )ds − Λ t0 −1 v tk   t0  t0  ∑ A ∫ p ∫ p( x)(ζ )dζ (s)ds k =1 k 50 b v tk a k =1 t0 x(t ) ≤ ∫ p ( x)(t ) dt + Λ−21 ∑ Ak m = ∑ χ I (τ i ) Pi  i =1 L −1 +Λ v  tk p ∫ p ( x)(ζ )dζ t 0 ∫  P ( t , t ) dt  x C = S2 x C ij ∫ t0  tk m m  ( s ) ds   ∑∑ ∑ Ak k =1 i =1 j =1 Kết hợp với (2.11), (2.12) suy ra: Hay x C ≤ S2 x C Do giả thiết r ( S ) < nên ta có: (E − S ) x C ≤0 x C ≤ (E − S ) = −1 hay Suy ra: x(t ) ≡ Vậy toán (2.1), (2.5) có nghiệm Định lý chứng minh Định lý 2.5: Đặt t0 = min{tk : k = 1,2, , v} Giả sử ma trận v Λ1 = ∑ Ak k =1 ma trận không suy biến r ( S1 ) < , đó: = S1 m m m v ∑ χ I (τ i ) Pi + ∑∑ Pij L + Λ1−1 ∑ Ak =i L =i =j k = m m  m  χ ( τ ( t )) P ( t ) + Pij (t )  dt (2.17) ∑∑ I i i ∫t =∑ i =i =j   tk Hoặc Λ1 = Θ , ma trận v m tk Λ = ∑∑ Ak ∫ χ I (τ i (t )) Pi (t ) dt k =1 i =1 t0 ma trận không suy biến r ( S ) < đó: = S2 m m ∑ χ (τ ) P =i I i m + ∑∑ Pij + Λ i L =i =j L −1 v m ∑∑∑ = k 1=i =j Khi toán (2.1), (2.5) có nghiệm tk m Ak ∫ P (t , t )dt ij t0 (2.18) 51 Chứng minh: Theo mệnh đề 2.2, để chứng minh toán (2.1), (2.5) có nghiệm ta v ∑ A x(t ) = chứng minh toán (2.10 ) thỏa điều kiện biên k =1 k k có nghiệm tầm thường Giả sử x nghiệm tùy ý (2.10 ) thỏa điều kiện biên: v ∑ A x(t ) = k k =1 k x(t ) ≡ Ta cần chứng minh: Lấy tích phân vế phương trình (2.10 ) từ t0 đến t ta có: t ∫ t0 t dx(t ) =∫ dt t0 m ∑χ i =1 I (τ i (t )) Pi (t ) x(τ i0 (t )) Do ta có: m p( x)(t ) = ∑ χ I (τ i (t )) Pi (t ) x(τ i0 (t )), i =1 Suy t x(t ) = c + ∫ p ( x)( s )ds t0 Trong c = x(t0 ) , thay x(t) vừa tìm vào tích phân (2.15), ta có: t t t0 t0 x(t ) = c + ∫ p (c + ∫ p ( x)(ζ )dζ )( s )ds t t  t   =  E + ∫ p ( E )( s )ds  c + ∫ p ∫ p ( x)(ζ )dζ    t0 t0  t0  ( s )ds   Trong đó: m p ( E )( s ) = ∑ χ I (τ i ( s )) Pi ( s ) i =1 t p ∫ p ( x)(ζ )dζ t 0 τ i (t ) m m   ( s ) = ∑∑ χ (τ (t )) P (t ) χ (τ ( s )) P ( s ) x(τ ( s ))ds I i i j ∫ I j j  i =1 j =1 t0  52 v • Giả sử ta có ma trận Λ1 thỏa Λ1 = ∑ Ak ma trận không suy biến k =1 r ( S1 ) < , S1 cho (2.17) Do: v ∑ A x(t k k =1 k )=0 Theo (2.15) ta có:  tk  A ∑ k  c + ∫ p ( x )( s ) ds  k =1  t0  v = = v tk v ∑ Ak c + ∑ Ak ∫ p( x)(s)ds k 1= k = t0 tk v tk v =Λ1c + ∑ Ak ∫ p ( x)( s )ds =∑ Ak ∫ p ( x)( s )ds = k 1= k t0 tk   = ∑ Ak ∫ p c + ∫ p ( x)(ζ )dζ  k =1 t0  t0 v Hay tk t0  ( s )ds   Thay c vừa tìm vào (2.15) ta có: t x(t ) = c + ∫ p ( x)( s )ds = −Λ −1 t0 v tk tk t0 t0 ∑ A ∫ p( x)(s)ds + ∫ p( x)(s)ds k =1 k Khi ta có: b x(t ) ≤ ∫ p ( x)(t ) dt + Λ a −1 tk v ∑ A ∫ p( x)(s) ds k =1 k t0 m m m = ∑ χ I (τ i ) Pi L + ∑∑ Pij i =1 j  i =1 Do giả thiết r ( S1 ) < nên ta có: (E − S1 ) x C L −1 +Λ v ∑ k =1 ≤ suy Hay x C ≤ S1 x C Do vậy: m m    m Ak ∫  ∑ χ I (τ i (t )) Pi (t ) + ∑∑ Pij (t ) dt  x C i =1 j =1 t0  i =1   tk x C ≤ (E − S1 ) = −1 53 x(t ) ≡ • Giả sử Λ1 = Θ , ma trận v tk m Λ = ∑∑ Ak ∫ χ I (τ i (t )) Pi (t ) dt k =1 i =1 t0 ma trận không suy biến r ( S ) < , S2 cho (2.18) Khi điều kiện biên: v ∑ A x(t k =1 k )=0 k Suy ra:  tk  ∑ Ak c + ∫ p ( x)( s )ds  = k =1  t0  v v tk v v tk =∑ Ak c + ∑ Ak ∫ p ( x)( s )ds =Λ1c + ∑ Ak ∫ p ( x)( s )ds k 1= k = k = t0 t0  tk p ( x)( s )ds ∑ Ak ∫ p  c + ∫ p ( x)(ζ )d ζ = ∑ Ak ∫=  t k 1= k = t0 t0  v tk tk v  tk = ∑ Ak ∫ p ( E )( s )ds c + ∑ Ak ∫ p  ∫ p ( x)(ζ )d ζ t k 1= k = t0 t0 o v tk tk v tk v  tk = Λ c + ∑ Ak ∫ p ∫ p( x)(ζ )dζ  k =1 t0  t0 Do đó: x(t ) = tk tk t0 t0 )( s )ds + c ∫ p( x= ∫ p( x)(s)ds + Λ   ( s )ds     ( s )ds   tk v  tk  ( s )ds = −Λ−1 ∑ A p p ( x)(ζ )dζ k ∫ ∫  k =1 t0  t0  −1  tk Ak ∫ p  ∫ p ( x)(ζ )d ζ ∑ t k =1 t0 0 tk v   ( s )ds    ( s )ds   (2.19) Khi ta có: b x(t ) ≤ ∫ a  ≤  v tk k =1 t0 p ( x)(t ) dt + Λ−21 ∑ Ak m ∑ χ I (τ i ) Pi i =1 m L ∫   tk p ∫ p ( x)( s )ds (t ) dt  t  0 m + ∑∑ Pij i =1 j v L m k =1 i =1 j =1 Suy ra: x C ≤ S2 x C Do giả thiết r ( S ) < nên ta có: m + Λ−21 ∑∑∑ Ak tk ∫ P (t ij t0  , t )dt  x C = S x C  54 (E − S ) x C ≤ suy x C ≤ (E − S ) = −1 Suy ra: x(t ) ≡ Định lý chứng minh Từ định lý ta suy hệ sau: Hệ 2.6: Giả sử r ( S ) < với S ma trận m S = ∑ χ I (τ i ) Pi L i =1 Hoặc S= m m m ∑ χ I (τ i ) Pi + ∑∑ Pij L i =1 L i =1 j =1 Khi toán (2.1), (2.3) có nghiệm Chứng minh: Theo định lý 2.4 định lý 2.5 ta chọn: v = 1, A1 = E , t1 = t0 v Suy ra: Λ1 = ∑ Ak = A1 = E k =1 b Ta có: x (t ) ≤ ∫ p ( x )(t ) dt a  ≤  Hay m ∑ χ I (τ i ) Pi i =1 L m m  + ∑ ∑ Pij L  x C = S x C i =1 j  xC ≤S xC Do giả thiết r ( S ) < nên ta có: (E − S ) x C Do Hệ chứng minh Hệ 2.7: Giả sử ≤0 x(t ) ≡ hay x C ≤ (E − S ) = −1 55 m b Λ = ∑ ∫ χ I (τ i (t )) Pi (t )dt i =1 a ma trận không suy biến r ( S ) < hoặc: m m m S = ∑ χ I (τ i ) Pi L + Λ−1 ∑∑ Pij (a,.) i =1 i =1 j =1 L Hoặc S= m m ∑χ i =1 I m (τ i ) Pi + ∑∑ Pij + Λ L i =1 j =1 −1 L m m ∑∑ P (a,.) i =1 j =1 ij L Khi toán (2.1), (2.4) có nghiệm Chứng minh: Tương tự chứng minh định lý 2.4 định lý 2.5 với: v = 2, A1 = − E , A2 = E , t1 = a, t = b Khi ta có: b x(t ) ≤ ∫ tk k =1 t0 p ( x)(t ) dt + Λ−1 ∑ Ak a m = ∑ χ I (τ i ) Pi  i =1 Suy : L m m i =1 j ∫ + ∑∑ Pij p ( x)( s ) ds L + Λ−1 ∑ Ak k =1 m m    m  t P t Pij (t ) dt  x C ( ( )) ( ) χ τ + ∑∑ I i i ∫t  ∑ i =1 i =1 j =1   tk xC ≤ S xC Và trường hợp này: m b Λ1 = A1 + A2 = Θ, Λ = Λ = ∑ ∫ χ I (τ i (t )) Pi (t )dt i =1 a Do giả thiết r ( S ) < nên ta được: (E − S ) x C Vậy ≤0 hay x C ≤ (E − S ) = −1 x(t ) ≡ Hệ chứng minh Định lý 2.8: Giả sử b Λ = ∫ A(t )dt a ma trận không suy biến r ( S1 ) < đó: (2.20) 56 m m b t i =1 i =1 a a S1 = ∑ χ I (τ i ) Pi L + Λ−11 ∑ ∫ A(t ) ∫ χ I (τ i ( s )) Pi ( s ) ds dt Hoặc m b t i =1 a a Λ = Θ, Λ = ∑ ∫ A(t ) ∫ χ I (τ i ( s )) Pi ( s )ds dt (2.21) ma trận không suy biến r ( S ) < đó: m m S = ∑ ∑ Pij (a,.) + Λ L i =1 j =1 + −1 m b t i =1 j =1 a a m ∑∑ ∫ A(t ) ∫ P (a, s)ds dt ij m b t i =1 j =1 a a m m ∑ χ I (τ i ) Pi Λ−21 ∑∑ ∫ A(t ) ∫ Pij (a, s)ds dt i =1 L Khi toán (2.1), (2.6) có nghiệm Chứng minh: Theo mệnh đề 2.2, để chứng minh toán (2.1), (2.5) có nghiệm ta v ∑ A x(t ) = chứng minh toán (2.10 ) thỏa điều kiện biên k =1 k k có nghiệm tầm thường Giả sử x nghiệm tùy ý (2.10 ) thỏa điều kiện biên: v ∑ A x(t ) = k =1 k k x(t ) ≡ Ta cần chứng minh: Lấy tích phân vế phương trình (2.10 ) từ a đến t ta có: t ∫ a t dx(t ) =∫ dt a m ∑χ i =1 I (τ i (t )) Pi (t ) x(τ i0 (t )) Do ta có: m p( x)(t ) = ∑ χ I (τ i (t )) Pi (t ) x(τ i0 (t )), i =1 Suy ra: t x(t ) = c + ∫ p ( x)( s )ds a Thay x(t) vừa tìm vào (2.22), ta có: (2.22) 57 t t x(t ) = c + ∫ p(c + ∫ p( x)(ζ )dζ )( s )ds a a t   t =  E + ∫ p( E )( s )ds  c + ∫ p ∫ p( x)(ζ )dζ a a a   t b • Giả sử ma trận Λ = ∫ A(t )dt  ( s )ds   (2.23) ma trận không suy biến ta có: a b ∫ A(t ) x(t )dt = a Mặt khác ta có: t x(t ) = c + ∫ p ( x)( s )ds a Do thay x(t) vừa tìm đựơc vào (2.22) ta có: t   ( ) + A t c ∫a  ∫a p( x)(s)ds  dt = b Trong c=x(a) Suy ra: −1 c = −Λ t t a a ∫ A(t )∫ p( x)(s)ds dt Theo (2.8) (2.22) ta có: t x(t ) ≤ ∫ p ( x)( s ) ds + Λ −1 a b t ∫ A(t ) ∫ p( x)(s) ds dt a a m  ≤ ∑ χ I (τ i ) Pi L + Λ−11 ∑ ∫ χ I (τ i ( s )) Pi ( s ) ds dt  x C = S1 x C i =1 a  i =1  m b Do giả thiết r ( S1 ) < nên ta có: (E − S1 ) x C Vì ≤ suy x C ≤ (E − S1 ) = −1 x(t ) ≡ • Giả sử Λ1 =Θ, Λ đựơc cho (2.21) ma trận không suy biến r ( S ) < đó: 58 m m m b m t S = ∑ ∑ Pij (a,.) + Λ−21 ∑ ∑ ∫ A(t ) ∫ Pij (a, s )ds dt L i =1 j =1 + m ∑χ i =1 I i =1 j =1 a (τ i ) Pi a m b t i =1 j =1 a a m ∑ ∑ ∫ A(t ) ∫ P (a, s)ds dt −1 Λ L ij Khi đó: t t   t x(t ) =  E + ∫ p ( E )( s )ds  c + ∫ p ∫ p( x)(ζ )dζ  a  a a  ( s )ds   Suy ra: t b t    = ∫ A(t )  E + ∫ p ( E )( s )ds  dt.c + ∫ A(t ) ∫ p ∫ p ( x)(ζ )dζ  a a a a   a b b t  = Λ c + ∫ A(t ) ∫ p ∫ p ( x)(ζ )dζ  a a a −1 c = −Λ Hay  ( s )ds dt     p ( x)(ζ )dζ A t p ( ) ∫a ∫a  ∫a  b t  ( s )ds dt    ( s )ds dt   Từ (2.8), (2.9) (2.23) với t0 = a ta có: t = x(t ) ∫ a  p  ∫ p ( x)(ζ ) d ζ a t + ∫ p ( E )( s ) ds Λ a −1  −1  ( s ) ds + Λ  b t ∫ A(t ) ∫ a a b ∫ a t  A(t ) ∫ p  ∫ p ( x)(ζ ) d ζ a a   ( s ) ds dt +    p  ∫ p ( x)(ζ ) d ζ  ( s ) ds dt a  t m m m m −1 ≤  ∑∑ Pij (a,.) + Λ ∑∑ ∫ A(t ) ∫ Pij (a, s )ds dt + ∑ χ I (τ i ) Pi L =i =i =j a a =i =j = S2 x C m b Λ L Do giả thiết r ( S ) < nên ta có: ( E − S2 ) x C ≤ Vì vậy: hay x C ≤ ( E − S2 ) = x(t ) ≡ Định lý chứng minh Định lý 2.9: Giả sử b Λ = ∫ A(t )dt a −1 −1 m m b  t ∑∑ ∫ A(t ) ∫ P (a, s)ds dt  x =i =j a ij a  59 ma trận không suy biến r ( S1 ) < đó: S1 = m m m  b t  m m a a  i =1 i =1 j =1 m −1 ∑ χ I (τ i ) Pi + ∑∑ Pij L + Λ1 ∫ A(t ) ∫  ∑ χ I (τ i (s)) Pi (s) + ∑∑ Pij (s)ds dt i =1 i =1 j =1 L  Hoặc Λ1 = Θ , ma trận m b t i =1 a a Λ = ∑ ∫ A(t ) ∫ χ I (τ i ( s )) Pi ( s )ds dt ma trận không suy biến r ( S ) < đó: = S2 m m ∑∑ P (a,.) =i =j ij L + Λ −21 m b t =i =j a a m  m ∑∑ ∫ A(t ) ∫ P (a, s)ds dt +  ∑ χ (τ ) P ij =i I i i Khi toán (2.1), (2.6) có nghiệm t m m m m b  + ∑∑ Pij  Λ −21 ∑∑ ∫ A(t ) ∫ Pij (a, s )ds dt L =i =j a  L =i =j a Chứng minh: Theo mệnh đề 2.2, để chứng minh toán (2.1), (2.5) có nghiệm ta chứng minh toán (2.10 ) thỏa điều kiện biên v ∑ A x(t ) = k =1 k k có nghiệm tầm thường Giả sử x nghiệm tùy ý (2.10 ) thỏa điều kiện biên: v ∑ A x(t ) = k =1 k k x(t ) ≡ Ta cần chứng minh: Khi ta lấy tích phân vế phương trình (2.10 ) từ a đến t ta có: t ∫ a t dx(t ) =∫ dt a m ∑χ i =1 I (τ i (t )) Pi (t ) x(τ i0 (t )) Mặt khác ta có: m p( x)(t ) = ∑ χ I (τ i (t )) Pi (t ) x(τ i0 (t )), i =1 Suy ra: t x(t ) = c + ∫ p ( x)( s )ds a Thay x(t) vừa tìm vào (2.22), ta có: 60 t t x(t ) = c + ∫ p(c + ∫ p( x)(ζ )dζ )( s )ds a a t   t =  E + ∫ p( E )( s )ds  c + ∫ p ∫ p( x)(ζ )dζ a a a   t b • Giả sử ma trận Λ = ∫ A(t )dt  ( s )ds   ma trận không suy biến ta có: a b ∫ A(t ) x(t )dt = (2.24) a Mặt khác ta có: t x(t ) = c + ∫ p ( x)( s )ds a Do thay x(t) vừa tìm vào (2.24) ta có: t   ( ) + A t c ∫a  ∫a p( x)(s)ds  dt = b Trong c=x(a) Suy ra: −1 c = −Λ t t a a ∫ A(t )∫ p( x)(s)ds dt Từ (2.10) (2.22) ta có: t x(t ) ≤ ∫ p ( x)( s ) ds + Λ −1 a b t a a ∫ A(t ) ∫ p( x)(s) ds dt b t m m m m m  m  ≤ [ ∑ χ I (τ i ) Pi + ∑∑ Pij + Λ1−1 ∫ A(t ) ∫  ∑ χ I (τ i ( s )) Pi ( s ) + ∑∑ Pij ( s )ds dt x C L i =1 i =1 j =1 i =1 j =1 a a  i =1  L = S1 x C Do giả thiết r ( S1 ) < nên ta có: (E − S1 ) x C Vì vậy: ≤ suy x C ≤ (E − S1 ) = −1 x(t ) ≡ • Giả sử m b t i =1 a a Λ = Θ, Λ = ∑ ∫ A(t ) ∫ χ I (τ i ( s )) Pi ( s )ds dt 61 ma trận không suy biến r ( S ) < đó: m m S = ∑ ∑ Pij (a,.) + Λ L i =1 j =1 −1 m b t i =1 j =1 a a m m ∑∑ ∫ A(t ) ∫ P (a, s)ds dt + ∑ χ (τ ) P ij i =1 I i −1 Λ i L m b t i =1 j =1 a a m ∑∑ ∫ A(t ) ∫ P (a, s)ds dt ij Khi đó: b ∫ A(t ) x(t )dt = a Mặt khác ta có: t t   t x(t ) =  E + ∫ p( E )( s )ds  c + ∫ p ∫ p( x)(ζ )dζ a a a    ( s )ds   Suy ra: t b t    = ∫ A(t )  E + ∫ p ( E )( s )ds  dt.c + ∫ A(t ) ∫ p ∫ p ( x)(ζ )dζ  a a a a a   b b t  = Λ c + ∫ A(t ) ∫ p ∫ p ( x)(ζ )dζ  a a a  ( s )ds dt   b t  c = −Λ−21 ∫ A(t ) ∫ p ∫ p ( x)(ζ )dζ  a a a Hay  ( s )ds dt    ( s )ds dt   Từ (2.10), (2.9) (2.23) với t0 = a ta có: t  x(t ) = ∫ p ∫ p ( x)(ζ ) dζ  a a t + ∫ p ( E )( s ) ds Λ−21 a b ∫ a  ( s ) ds + Λ−21   b ∫ a t  A(t ) ∫ p ∫ p ( x)(ζ ) dζ  a a t  A(t ) ∫ p ∫ p ( x)(ζ ) dζ  a a  ( s ) ds dt +    ( s ) ds dt   m m ∑ ∑ Pij (a,.) L i =1 j =1 ≤ t m m b m  + Λ−21 ∑ ∑ ∫ A(t ) ∫ Pij (a, s )ds dt + { ∑ χ I (τ i ) Pi  i =1 j =1 a i =1 a = S2 x C m m m m b + ∑ ∑ Pij } Λ−21 ∑ ∑ ∫ L i =1 j =1 L i =1 j =1 a Do giả thiết r ( S ) < nên ta có: ( E − S2 ) x C ≤ hay Vì vậy: x(t ) ≡ Định lý chứng minh x C ≤ ( E − S2 ) = −1   x t  C A(t ) ∫ Pij (a, s )ds dt   a 62 KẾT LUẬN Luận văn nghiên cứu tồn tại, nghiệm toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph Nội dung luận văn chủ yếu trích từ [1] [6] Nội dung luận văn gồm hai chương Chương 1: Luận văn xây dựng điều kiện đủ cho tồn tại, nghiệm tính xấp xỉ toán (1.1), (1.2) p toán tử tuyến tính bị chặn Kết chương định lý 1.1, định lý 1.2, định lý 1.6 Đặc biệt, hệ phương trình vi phân hàm toán tử Volterra luận văn xây dựng điều kiện cần đủ cho tồn nghiệm toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính mà kết định lý 1.12 Chương 2: Luận văn áp dụng kết chương để trình bày tính giải toán biên cho hệ phương trình vi phân tuyến tính với Pantograph Kết mệnh đề 2.2, định lý 2.4, định lý 2.5, định lý 2.8, định lý 2.9 Sau đó, áp dụng kết để điều kiện đủ cho tồn nghiệm hệ phương trình vi phân tuyến tính với đối số chậm đối số lệch, mà kết hệ 2.5, hệ 2.6 Từ vấn đề mà luận văn nêu trên, cách tự nhiên ta thấy kết trình bày luận văn cho toán biên nhiều điểm hay toán biên dạng tuần hoàn với đối số chậm đối số lệch phi tuyến Cũng kết có toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao với Pantograph Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn không tránh khỏi nhiều thiếu sót Vì mong quan tâm đóng góp ý kiến thầy cô trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh, hội đồng chấm luận văn tất bạn để luận văn hoàn thiện Rất mong nhận đóng góp ý kiến nhiều bạn đọc! Thành Phố Hồ Chí Minh tháng 10 năm 2012 63 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Anh [1] Cermak, J., Kundrat, P.: Linear differential equations with several unbounded delays and a forcing term, Abstract and Appl Analysis 4, 337-345 (2004) [2] I Kiguradze: Boundary Value Problems for Systems of Ordinary Differential Equations Current problems in mathematics Newest results, Vol 30, 3-103, Itogi Naukini Tekhniki, Akad Nauk SSSR, Vses Inst Nauchn I Tekh Inform, Moscow (1978) (In Russian) [3] I Kiguradze: Some Singular Boundary Value Problems for Ordinary Differential Equations Tbilisi Univ Press, Tbilisi, 1975 (In Russian) [4] I Kiguradze, B Puza, Brno: On Boundary Value Problems For Systems Of Linear Functional Differential Equations, Czechoslovak Mathematical Journal, 47 (122) 1997, Praha [5] N.V Azbelev, V.P Maksimov and L.F Rakhmatullina: Introduction to the Theory of Functional Differential Equations Nauka, Moscow, 1991 (In Russian) [6] R Conti: Recent trends in the theory of Boundary Value Problems for Ordinary Differential Equations, Boll Unione mat Ital 22 (1967), 135 – 178 [7] Nguyễn Anh Tuấn and Martina Kuchynkova: On the Solvability of Some Linear Boundary Value Problems for a Generalized Equation of the Pantograph, Southeast Asian Bulletin of Mathematics, 2007 [8] Kiguradze, I.: Boundary Value Problems For Systems Of Linear Ordinary Differential Equations, (In Czech) Masaryk University, Brno, 1997 [9] Kiguradze, I Puza, Brno: Boundary Value Problems For Systems Of Linear Functional Differential Equations, Folia Fac Sci Mat Masarykianae Brunensis, Mathematica 12, 2003 [...]... mâu thuẫn với (1.68)  1.3 Các trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát 1.3.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Bài toán (1.5), (1.6) có thể được vi t lại dưới dạng của bài toán (1.1), (1.2) Trong đó toán tử p và vectơ hàm q được nhắc đến trong đẳng thức (1.10), (1.11) và hàm τ 0 được cho bởi đẳng thức (1.9) Do đó, định lý 1.1 cho bài toán (1.5), (1.6) có dạng dưới đây: 32 Định lý 1.16: Bài toán (1.5),... Q( s )ds ≤ A với t ∈ I   Trong đó Q là ma trận hàm được định nghĩa (1.78) Giả sử thêm P0 (t − b + a ) ≡ P0 (t ), Q(t − b + a ) ≡ Q(t ) Và A ∈ R+ n× n là một ma trận thỏa điều kiện r ( A) < 1 Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất 1.3.2 Tính xấp xỉ của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch Cùng với bài toán (1.5), (1.6), với mỗi k là số nguyên dương tùy ý ta xét bài toán sau: dx(t... A x C C ( C ) ( ) với A = B + Bi−1 B i + 2 thỏa r ( A) = r B + Bi−1 B i + 2 < 1 Hệ quả được chứng minh Định lý 1.6: Giả sử tồn tại một ma trận hàm P0 ∈ L( I , R n× n ) sao cho hệ phương trình vi phân: dx(t ) = P0 (t ) x(t ) dt (1.30) 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... 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 t 0 ,t { = max x( s ) : s ∈ I t0 t } Định nghĩa 1.9: Một toán tử p được gọi là toán tử... (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 ) chỉ có nghiệm tầm thường Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1 10 ), (1 2 0 ) Khi đó ta lấy tích phân 2 vế của (1 10 ) ta được: t x(t ) = x(t0 ) + ∫ p ( x)( s )ds = c + p1 ( x)(t ) t0 với c = x(t0... 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... 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. .. 1,2, ) Từ (1.44), (1.59) ta được: l ( y0 ) = 0 Điều đó có nghĩa là y0 là một nghiệm của bài toán (1 10 ), (1 2 0 ) Nhưng mâu thuẫn với bài toán (1 10 ), (1 2 0 ) chỉ có nghiệm không tầm thường Bổ đề được chứng minh  Định lý 1.14: Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm x duy nhất, dãy các toán tử p k và lk (k = 1,2, ) thỏa các điều kiện (1.43), (1.44) Giả sử với mọi hàm y : I → R n liên tục tuyệt... k0 sao cho:  δ 0m 1 δ ok    < +δ k!  2n  m! (k = m0 , m0 + 1, ; m = m0 , m0 + 1, ) Khi đó với mỗi k ≥ m0 và m ≥ m0 , từ (1.42) suy ra: p k , m ( x) ≤ A x C C khi x ∈ C ( I , R n ) 25 Trong đó A ∈ R+n× n là một ma trận với các phần tử 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),... trên I Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất Hệ quả 1.21: Giả sử rằng: det( B0 ) ≠ 0 và r ( B + B0−1 B 2 ) < 1 Trong đó b b a a B0 = ∫ χ I (τ ( s )) P( s )ds, B = ∫ χ I (τ ( s )) P( s ) ds Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất Định lý 1.22: Giả sử tồn tại một hàm ma trận P0 ∈ L( I , R n× n ) sao cho hệ phương trình vi phân: dx(t ) = P0 (t ) x(t ) dt (1.76) Với điều kiện biên l ( x) ... CHƯƠNG I: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH 1.1 Giới thiệu toán 1.2 Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính ... 1.3.2 Tính xấp xỉ 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 toán ... trình vi phân hàm tuyến tính Trong chương nghiên cứu tồn nghiệm vi c xấp xỉ nghiệm cho toán biên tổng quát hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính 6 Chương 2: Một lớp toán biên cho hệ phương trình