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 6 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 7 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: 11 u B = xC+ c Lấy tùy ý u = ( x; c) ∈ B điểm tùy ý cố định t0 ∈ I , ta đặt: t    f (u )(t ) = c + x(t ) + ∫ p ( x)( s )ds, c − l ( x)  t ∈ I   t0   (1.12) t   h(t ) =  ∫ q ( s )ds, c0  t ∈ I  t  0 Khi toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình toán tử sau B u = f (u ) + h (1.13) Vì u = ( x; c) ∈ B nghiệm (1.13) c=0 x nghiệm toán (1.1), (1.2) Mặt khác, từ (i)-(iii) (1.12), ta có f : B → B toán tử tuyến tính compact Thật vậy, từ (i), (ii) (1.12) ta có f toán tử tuyến tính liên tục Đặt f1 : B → C ( I ; R n ); f2 : B → Rn t f1 (u )(t ) = c + x(t ) + ∫ p ( x)( s )ds, t0 f (u ) = c − l ( x) Khi u B ≤ ta có f (u ) ≤ + l , f1 (u )(t ) ≤ + η L , t f1 (u )(t ) − f1 (u )( s ) = ∫ p( x)(ζ )dζ s t ≤ ∫ s t p( x)(ζ ) dζ ≤ ∫ η (ζ )dζ s Do ta có f ( B(0,1)) tập Compact tương đối R n , f1 ( B(0,1)) tập bị chặn đẳng liên tục C ( I ; R n ) , với B(0,1) = {u ∈ B : u B } ≤1 Theo định lý Ascoli-Arzela ta có f1 ( B(0,1)) tập Compact tương đối C ( I ; R n ) Từ suy f toán tử tuyến tính compact Do theo định lý Fredholm cho phương trình toán tử điều kiện cần đủ để phương trình (1.13) có nghiệm phương trình toán tử: u = f (u ) có nghiệm tầm thường Điều tương đương với toán (1 10 ), (1 ) có nghiệm tầm thường Định lý chứng minh xong (1.14) 12 Sau ta xây dựng tiêu chuẩn hiệu cho tồn nghiệm toán (1.1), (1.2) điểm cố định t0 ∈ I Ta định nghĩa toán tử Lấy tùy ý p k : C ( I , R n ) → C ( I , R n ) ma trận Λ k ∈ R n× n sau: t p ( x)(t ) = x(t ), p k ( x)(t ) = ∫ p ( p k −1 ( x))( s )ds t0 ( Λ k = l p ( E ) + p ( E ) + + p k −1 ( E ) ) (k = 1,2,3, ), (1.15) (k = 1,2,3, ), (1.16) Nếu ma trận Λ k không suy biến với (k=1,2,…) ta đặt: p k , mo ( x)(t ) = x(t ), [ ] p k , m ( x)(t ) = p m ( x)(t ) − p ( E )(t ) +  + p m −1 ( E )(t ) Λ−k1l ( p k ( x)) (1.17) Định lý 1.2: Giả sử tồn k m số nguyên dương, m0 số nguyên không âm ma trận A ∈ R+ n×n thỏa: r ( A) < ma trận Λ k ∈ R n× n (1.16) không suy biến bất đẳng thức sau: p k , m ( x ) ≤ A p k , m0 ( x ) C C (1.18) Thỏa với x nghiệm toán (1 10 ), (1 ) Khi toán (1.1), (1.2) có nghiệm Chứng minh: Theo định lý 1.1, ta cần chứng minh toán (1 10 ), (1 ) có nghiệm tầm thường Giả sử x nghiệm tùy ý toán (1 10 ), (1 ) Khi ta lấy tích phân vế (1 10 ) ta được: t x(t ) = x(t0 ) + ∫ p ( x)( s )ds = c + p1 ( x)(t ) t0 với c = x(t0 ) Thay x(t) trở lại ta được: 13 ( ) x(t ) = c + p1 ( x)(t ) = c + p1 c + p1 ( x) (t ) ( t ) = c + ∫ p c + p1 ( x) ( s )ds = c + p1 (c)(t ) + p ( x)(t ) [ t0 ] = p ( E )(t ) + p1 ( E )(t ) c + p ( x)(t ) Tiếp tục trình ta có: [ ] x(t ) = p ( E )(t ) + p1 ( E )(t ) + + p i−1 ( E )(t ) c + p i ( x)(t ) (1.19) với số nguyên dương i tùy ý Từ (1 ), (1.16) (1.19) ta tác động l vào vế (1.19) ta có: [ ] l ( x(t )) = l p ( E )(t ) + p ( E )(t ) + + p k −1 ( E )(t ) c + l ( p k ( x)(t )) hay = Λ k c + l ( p ( x)) k Do ma trận Λ k không suy biến nên: c = −Λ−k1l ( p k ( x)) Thay c vào (1.19) ta được: [ ] x(t ) = p m ( x)(t ) + p ( E )(t ) +  + p m−1 ( E )(t ) Λ−k1l ( p k ( x)) = p k ,m ( x)(t ) do(1.17) Mặt khác ta có: p k ,m ( x)(t ) = x(t ) nên suy ra: o p k ,mo ( x)(t ) = p k ,m ( x)(t ) Thay vào (1.18) ta được: p k , m ( x ) ≤ A p k , m0 ( x ) C C Hay p k ,m0 ( x) C ≤ A p k ,m0 ( x) C Do (E − A) p k , m ( x) C ≤0 Hơn nữa, A không suy biến r ( A) < , nên ma trận nghịch đảo không âm (E − A)−1 ma trận (E-A) không suy biến không âm nên suy ra: p k ,m0 ( x) C ≤0 Do đó: p k ,m0 ( x)(t ) ≡ Vậy x(t ) ≡ Định lý chứng minh xong 14 Hệ 1.3: Giả sử tồn số nguyên dương m, số nguyên không âm m0 ma trận A ∈ R n× n thỏa r ( A) < bất đẳng thức: p m ( x ) ≤ A p m0 ( x ) C C (1.20) Thỏa với x nghiệm tùy ý hệ (1 10 ) với điều kiện ban đầu: x(t0 ) = Khi toán (1.1), (1.3) có nghiệm Chứng minh: Bằng cách thay l ( x) = x(t0 ) từ giả thiết (1.15)-(1.17) ta có số nguyên dương tùy ý k m thỏa: Λ k = E , l ( p k ( x)) = 0, p k , m ( x)(t ) = p m ( x)(t ) Từ đó, theo định lý 1.2 suy toán (1.1), (1.3) có nghiệm nhất.(đpcm) Chú ý: Trong định lý 1.2 hệ 1.3, điều kiện r ( A) < thay điều kiện: r ( A) ≤ Thật vậy, ta xét hệ phương trình vi phân sau: dx(t ) = ∫ x( s )ds dt (1.21) Trên đoạn I=[0,1] với điều kiện ban đầu: x(0)=1 (1.22) Mỗi nghiệm hệ (1.21) có dạng: x(t ) = ct Trong c ∈ R n vectơ tùy ý Do đó, toán giá trị ban đầu (1.21), (1.22) nghiệm Mặt khác ta có: t t 0 p1 ( x )(t ) = ∫ p ( x )( s ) ds = 2t ∫ x (τ ) dτ 15 t t  p ( x)(t ) = ∫ p p ( x) ( s )ds = ∫  ∫ p ( x)(ζ )dζ 0 ( )  1   = ∫ ∫  2ζ ∫ x(τ )dτ dζ  0 0  t   ds   ds = 2t x( s )ds ∫0   Suy p ( x)(t ) = p ( x)(t ) Do đó, điều kiện (1.20) với m = 2, m0 = 1, A = E thỏa hệ (1.21), ma trận A thỏa r(A)=1 Hệ 1.4: Giả sử tồn số nguyên không âm m m0 , ma trận A ∈ R+ n× n thỏa mãn: r ( A) < π (1.23) 2(b − a ) Và bất đẳng thức: p ( p m ( x)) L2 ≤ A p m0 ( x) (1.24) L2 Thỏa với x nghiệm hệ (1 10 ) với điều kiện ban đầu: x(t0 ) = Khi toán (1.1), (1.3) có nghiệm Chứng minh: Ta cần chứng minh hệ (1 10 ) với điều kiện ban đầu: x(t0 ) = (1.25) có nghiệm tầm thường x(t ) ≡ Giả sử x nghiệm tùy ý toán (1 10 ), (1.25) Khi đó, theo (1.15) ta có: x(t ) = p m0 ( x)(t ) = p m +1 ( x)(t ) Suy ra: p m0 ( x ) Mặt khác ta có: L2 = p m +1 ( x ) L (1.26) 16 [ ] d m +1 p ( x)(t ) = p ( p m ( x))(t ) dt p m +1 ( x)(t0 ) = 0, Do 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) (1.26) ta có: p m0 ( x) ≤ ≤ L2 2(b − a ) π 2(b − a ) ( p p m ( x) π m0 A p ( x) ) L2 = B p ( x) với B = 2(b − a ) π m0 L2 A L2 Suy ra: ( E − B ) p m0 ( x ) L2 ≤0 Hơn ta có: B= 2(b − a ) π A suy r ( B) = (do r ( A) < π 2(b − a ) 2(b − a ) π r ( A) < 2(b − a ) π π 2(b − a ) [...]... 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... (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. .. = ( 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 toán (1.1), (1.2)... (1.23) Hệ quả 1.5 Giả sử tồn tại số tự nhiên i sao cho ma trận b i Bi = ∑ ∫ p ( p j ( E ))( s )ds (1.28) j =1 a là không suy biến và khi đó tồn tại một ma trận B ∈ R+n× n sao cho: b ∫ p( x)(t ) dt ≤ B x (1.29) C a Thỏa với mọi x là một nghiệm của hệ (1 10 ) với điều kiện: x(b) = x(a) và ( ) 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... quả 1.3, điều kiện r ( A) < 1 không thể thay thế bằng điều kiện: r ( A) ≤ 1 Thật vậy, ta xét hệ phương trình vi phân sau: 1 dx(t ) = 2 ∫ x( s )ds dt 0 (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 ) = ∫... x(t )] dt 19 Với điều kiện biên (1 2 0 ) có nghiệm duy nhất và do G0 là ma trận Green của bài toán (1.30), (1 2 0 ) nên ta có: b x(t ) = ∫ G0 (t , s )[ p ( x)( s ) − P0 ( s ) x( s )]ds a Từ bất đẳng thức (1.31) ta được: xC ≤ AxC Khi đó kết hợp với điều kiện A không âm, r ( A) < 1 nên (E − A) x C ≤ 0 ⇒ x C ≤ (E − A) 0 = 0 ⇒ x C = 0 −1 x(t ) ≡ 0 hay Hệ quả 1.7: Giả sử tồn tại một ma trận hàm P0 ∈ L( I... )] 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)(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) < π (1.23) 2(b − a ) Và bất đẳng thức: p ( p m ( x)) L2 ≤ A p m0 ( x) (1.24) L2 Thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1 10 ) với điều kiện ban đầu: x(t0 ) = 0 Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất