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

Header Page of 258 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 Footer Page of 258 Header Page of 258 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 Footer Page of 258 Header Page of 258 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 Footer Page of 258 Header Page of 258 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 Footer Page of 258 Header Page of 258 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 Footer Page of 258 Header Page of 258 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 Footer Page of 258 Header Page of 258 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 Footer Page of 258 n ( xik )i ,k =1 ∈ C ( I ,  n×n ) X C ( = xik ) n C i , k =1 Header Page of 258 • 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 Footer Page of 258 n ( xik )i ,k =1 ∈ L( I ,  n×n ) X L ( = xik ) n L i , k =1 Header Page of 258 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: Footer Page of 258 (1.8) Header Page 10 of 258 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: Footer Page 10 of 258 Header Page 49 of 258 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 Footer Page 49 of 258 −1 v tk   t0  t0  ∑ A ∫ p ∫ p( x)(ζ )dζ (s)ds k =1 k Header Page 50 of 258 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 Footer Page 50 of 258 tk m Ak ∫ P (t , t )dt ij t0 (2.18) Header Page 51 of 258 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 Footer Page 51 of 258 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  Header Page 52 of 258 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: Footer Page 52 of 258 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 Header Page 53 of 258 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 x C ≤ S2 x C Footer Page 53 of 258 m k =1 i =1 j =1 Suy ra: Do giả thiết r ( S ) < nên ta có: m + Λ−21 ∑∑∑ Ak tk ∫ P (t ij t0  , t )dt  x C = S x C  Header Page 54 of 258 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 Footer Page 54 of 258 ≤0 x(t ) ≡ hay x C ≤ (E − S ) = −1 Header Page 55 of 258 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: Footer Page 55 of 258 (2.20) Header Page 56 of 258 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: Footer Page 56 of 258 (2.22) Header Page 57 of 258 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: Footer Page 57 of 258 Header Page 58 of 258 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 Footer Page 58 of 258 −1 −1 m m b  t ∑∑ ∫ A(t ) ∫ P (a, s)ds dt  x =i =j a ij a  Header Page 59 of 258 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: Footer Page 59 of 258 Header Page 60 of 258 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 Footer Page 60 of 258 Header Page 61 of 258 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 Footer Page 61 of 258 x C ≤ ( E − S2 ) = −1   x t  C A(t ) ∫ Pij (a, s )ds dt   a Header Page 62 of 258 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 Footer Page 62 of 258 Header Page 63 of 258 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 Footer Page 63 of 258 ... 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. .. 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 ... 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