cho lớp phương trình vi sai phân sau
˙ x(t) = f(t, x(t), x(t−h1(t)), ..., x(t−hm(t))), t≥t0, xt0 =ϕ, (1.5) trong đó x(t) ∈Rn, t0 ≥0 cho trước, các hàm trễ liên tục thỏa mãn
0 ≤hi(t) ≤ r, ∀t≥ 0, i = 1,2, ..., m,
hàm điều kiện ban đầu ϕ ∈ C = C([−r,0],Rn), hàm số f : R+×Rn × Rn × · · · ×Rn → Rn là liên tục.
Ta viết lại phương trình (1.5) dưới dạng phương trình vi phân hàm ˙ x(t) = F(t, xt), t≥t0, xt0 =ϕ, (1.6) trong đó hàm F : R+×C → Rn xác định như sau
F(t, ϕ) =f(t, ϕ(0), ϕ(−h1(t)), ..., ϕ(−hm(t))), t ∈R+, ϕ∈ C.
Hệ quả 1.2.4. Giả sử hàm số f :R+×Rn×Rn× · · · ×Rn → Rn trong phương trình (1.5) là liên tục. Khi đó, hàm F liên tục trên [0,∞)×C và tồn tại α >0
sao cho hệ (1.5) có nghiệm xác định trên [t0−r, t0+α] với điều kiện ban đầu
xt0 = ϕ.
Chứng minh. Ta thấy, hàm F liên tục trên [0,∞)×C. Thật vậy, giả sử
(t1, ϕ1) → (t, ϕ), tức là h |t1−t|+||ϕ1−ϕ||C i → 0. Ta thấy, với i= 1,2, ..., m cố định, ||ϕ1(−hi(t1))−ϕ(−hi(t))|| =||ϕ1(−hi(t1))−ϕ(−hi(t1)) +ϕ(−hi(t1))−ϕ(−hi(t))|| ≤ ||ϕ1(−hi(t1))−ϕ(−hi(t1))||+||ϕ(−hi(t1))−ϕ(−hi(t))|| ≤ ||ϕ1−ϕ||C +||ϕ(−hi(t1))−ϕ(−hi(t))||
Từ bất đẳng thức này và tính liên tục của các hàm hi(·), ta có
lim
(t1,ϕ1)→(t,ϕ)||ϕ1(−hi(t1))−ϕ(−hi(t))||= 0, i= 1,2, ..., m, t ≥ 0.
Hơn thế, khi (t1, ϕ1) → (t, ϕ),
(t1, ϕ1(0), ϕ1(−h1(t)), ..., ϕ1(−hm(t)))→ (t, ϕ(0), ϕ(−h1(t)), ..., ϕ(−hm(t))),
kết hợp với tính liên tục của f trên R+×Rn×Rn× · · · ×Rn, ta có hàm F liên tục trên [0,∞)×C. Ta mở rộng hàm này thành F hàm liên tục trên R×C
F(t, ϕ) := F(t, ϕ) nếu t≥ 0, F(0, ϕ) nếu t <0. , ∀(t, ϕ) ∈ R×C.
Theo Định lí 1.2.1 tồn tại α > 0 sao hệ (1.6) có một nghiệmx(t) xác định trên
[t0−r, t0+α]. Hệ quả là hệ (1.5) có một nghiệm xác định trên[t0−r, t0+α].
Hệ quả 1.2.5. Giả sử hàm số f :R+×Rn×Rn× · · · ×Rn → Rn là liên tục và thỏa mãn
||f(t, ϕ(0), ϕ(−h1(t)), ..., ϕ(−hm(t)))|| ≤ η(||ϕ||C), t ≥ 0, ϕ∈ C,
trong đó hàm η : [0,∞) → R liên tục, không giảm và sao cho với s0 ≥0 bất kì điều kiện sau thỏa mãn
lim S→∞ S Z s0 ds η(s) = +∞.
Khi đó, hệ (1.5) có một nghiệm x(t) xác định trên [t0−r,∞) với điều kiện ban đầu xt0 =ϕ.
Chứng minh. Từ biểu thức của hàm F trong hệ (1.6) và Hệ quả 1.2.4, ta có: i) F liên tục trên [0,∞)×C.
ii) Tồn tạiα > 0sao cho hệ (1.5) có một nghiệmx(t) xác định trên[t0−r, t0+α]
với điều kiện ban đầu xt0 = ϕ.
Giả sử hệ (1.5) không có nghiệm trên [t0−r,∞). Khi đó tồn tại T >0 lớn nhất sao cho hệ (1.5) có một nghiệm liên tục xác định trên [t0−r, t0+T). Hơn thế, tồn tại một dãy {tk} sao cho
lim
k→∞tk = t0+T, t0 < tk < t0+T, ∀k = 0,1,2, ..,
và
lim
k→∞||x(tk)|| → ∞.
Ngược lại, nếu không tồn tại dãy này, khi đó tồn tại M0 > 0 sao cho
sup
t∈[t0−r,t0+T)||x(t)||= M0 <+∞.
Hơn thế do tính liên tục của hàm f(·), tồn tại L > 0 sao cho
||x˙(t)||=||f(t, x(t), x(t−h1(t)), ..., x(t−hm(t)))||< L,
với mọit∈ [t0, t0+T).Xét hai dãy bất kì{yk}và{y′
k}đều nằm trong[t0, t0+T)
và có cùng giới hạn t0+T, đồng thời tồn tại các giới hạn
lim
k→∞x(yk) =M1 và lim
k→∞x(y′k) =M2.
Các giới hạn này là hữu hạn do tính bị chặn của ||x(t)|| trên [t0 −r, t0 +T).
Ngoài ra, do tính bị chặn của đạo hàm ||x˙(t)|| trên [t0, t0+T), ta có
||M1−M2||= lim
k→∞||x(yk)−x(yk′)|| ≤ lim
k→∞L||yk−yk′||= 0.
Nói cách khácM1 =M2 =M,hay là giới hạn là không phụ thuộc vào cách chọn dãy {yk}. Ta mở rộng x(t) trên đoạn [t0−r, t0+T] bằng cách đặt
x(t0+T) =M.
Giả sử {tk} ⊂ [t0, t0 +T) là dãy bất kì hội tụ về t0 +T. Do tập {x(tk)} là bị chặn trong không gian hữu hạn chiều, do đó bao đóng của tập này là compact và ta có thể trích ra một dãy con của{yk}của dãy {tk}sao cho dãy{x(yk)}hội tụ. Theo nhận xét trước đó, giới hạn của {x(yk)} là M. Mặt khác,
||x(t0 +T)−x(tk)||=||M −x(tk)||= lim
n→∞||x(yn)−x(tk)|| ≤ lim
Điều này chỉ ra dãy{x(tk)} có giới hạn là M.Do tính bất kì của dãy {tk}, hàm
x(t) liên tục trái tại t0+T. Hệ quả là x(t) liên tục trên đoạn [t0−r, t0+T] và do đó theo Định lí 1.2.1 nghiệm sẽ mở rộng liên tục trên [t0−r, t0+T +α], với
α > 0 nào đó, điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của T.
Do nghiệm của hệ (1.5), bằng cách biểu diễn qua hệ (1.6), thỏa mãn
x(t) =ϕ(0) + t Z t0 F(s, xs)ds, t∈ [t0, T +t0), ta có ||x(t)|| ≤ ||ϕ(0)||+ t Z t0 η(||xs||C)ds, t∈[t0, T +t0). Do đó, ||xt||C ≤ ||ϕ||C + t Z t0 η(||xs||C)ds, t∈[t0, T +t0). (1.7) Đặt v(t) =||ϕ||C + t Z t0 η(||xs||C)ds, từ (1.7), ta có ˙ v(t) =η(||xt||C) và v(t) ≥ ||xt||C, t∈[t0, T +t0). (1.8) Do tính không giảm của hàm η suy ra
˙
v(t) =η(||xt||C) ≤ η(v(t)), ∀t∈[t0, T +t0).
Điều này dẫn tới,
tk Z t0 dv(t) η(v(t)) ≤ tk −t0 < T. (1.9) Bằng cách đổi biến, đặt s= v(t), ta có tk Z t0 dv(t) η(v(t)) = sk Z s0 ds η(s), (1.10)
trong đó s0 = v(t0) =||ϕ||C, sk =v(tk) ≥ ||xtk||C ≥ ||x(tk)|| →+∞. (1.11) Từ (1.9), (1.10), (1.11) ta có +∞ = lim k→∞ sk Z s0 ds η(s) ≤ lim k→∞(tk −t0) =T <+∞.
Mâu thuẫn này cho ta điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.2.6. Giả sử hàm số f :R+×Rn×Rn× · · · ×Rn → Rn là liên tục và tăng trưởng bậc tuyến tính, tức là tồn tại các số thực không âmai, i= 0,1, ..., m,
sao cho
||f(t, x0, x1, ..., xm)|| ≤ a0||x0||+· · ·+am||xm||, ∀t≥0, ∀xi ∈Rn.
Khi đó, hệ (1.5) có một nghiệm x(t) xác định trên [t0−r,∞) với điều kiện ban đầu xt0 =ϕ.
Chứng minh. Ta thấy
||f(t, ϕ(0), ϕ(−h1(t)), ..., ϕ(−hm(t)))|| ≤ a0||ϕ(0)||+· · ·+am||ϕ(−hm(t))|| ≤(a0+· · ·+am)||ϕ||C,
Chọn hàm η(s) = (a0+· · ·+am)s, các điều kiện của Hệ quả 1.2.5 thỏa mãn do đó ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.2.7. Giả sử hàm số f(t, x0, x1, . . . , xm) :R+×Rn×Rn×· · ·×Rn → Rn
là liên tục theo t, f(t,0, . . . ,0) ≡ 0, Lipschitz địa phương theo (x0, x1, . . . , xm),
tức là với H > 0 bất kì, tồn tại L(H) >0 sao cho
||f(t, X)−f(t, Y)|| ≤L(H)||X −Y||, ∀||X|| ≤ H, ||Y|| ≤H, t ∈R+
với X = (x0, x1, . . . , xm), Y = (y0, y1, . . . , ym) ∈Rn × · · · ×Rn, và
||f(t, ϕ(0), ϕ(−h1(t)), ..., ϕ(−hm(t)))|| ≤ η(||ϕ||C), t ≥ 0, ϕ∈ C,
trong đó hàm số η : [0,∞) → R liên tục, không giảm và sao cho với s0 ≥ 0 bất kì điều kiện sau thỏa mãn
lim S→∞ S Z s ds η(s) = +∞.
Khi đó, hệ (1.5) có nghiệm duy nhất x(t) xác định trên [t0−r,∞) với điều kiện ban đầu xt0 =ϕ.
Chứng minh. Từ điều kiện f(t, x0, x1, . . . , xm) liên tục theo t và Lipschitz địa phương theo (x0, x1, . . . , xm) dẫn tới tính liên tục của f theo (t, x0, x1, . . . , xm).
Tiếp đó, sử dụng biểu diễn (1.6) và Định lí 1.2.3 hoặc có thể chứng minh theo cách khác, dựa vào Hệ quả 1.2.5 và Định lí 1.2.2.
Hệ quả 1.2.8. Giả sử hàm số f(t, x0, x1, . . . , xm) :R+×Rn×Rn×· · ·×Rn → Rn
là liên tục theo t, Lipschitz địa phương theo (x0, x1, . . . , xm), tức là với H > 0
bất kì, tồn tại L(H) >0 sao cho
||f(t, X)−f(t, Y)|| ≤L(H)||X −Y||, ∀||X|| ≤ H, ||Y|| ≤H, t ∈R+
với X = (x0, x1, . . . , xm), Y = (y0, y1, . . . , ym) ∈ Rn × · · · ×Rn, và tăng trưởng bậc tuyến tính, tức là tồn tại các số thực không âm ai, i = 0, ..., m, sao cho
||f(t, x0, x1, ..., xm)|| ≤ a0||x0||+· · ·+am||xm||, ∀t≥0, ∀xi ∈Rn.
Khi đó, hệ (1.5) có nghiệm duy nhất x(t) xác định trên [t0−r,∞) với điều kiện ban đầu xt0 =ϕ.
Chứng minh. Do điều kiện tăng trưởng ta có f(t,0, ...,0) ≡0 và
||f(t, ϕ(0), ϕ(−h1(t)), ..., ϕ(−hm(t)))|| ≤ a0||ϕ(0)||+· · ·+am||ϕ(−hm(t))|| ≤(a0+· · ·+am)||ϕ||C,
Chọn hàm η(s) = (a0+· · ·+am)s, các điều kiện của Hệ quả 1.2.7 thỏa mãn do đó ta có điều phải chứng minh.