3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BA-
3.2.2 Phương trình vi phân non-autonomous
Chúng ta xét phương trình vi phân thuần nhất
dx
dt =A(t)x(t), a ≤t <+∞, (3.40) với điều kiện ban đầu
x(s) = x0, a ≤s <+∞, x0 ∈DA. (3.41) Ở đây các toán tử A(t) là toán tử đóng tuyến tính với miền xác định hằng
DA(t) ≡DA trù mật trong X. Chúng ta không yêu cầu A(t) liên tục.
Định nghĩa 3.3. Nghiệm của phương trình (3.40) là hàm x(t) xác định, liên tục trên nửa khoảng [a,+∞) với giá trị trong DA và thỏa mãn phương trình đó khắp nơi.
Để nghiên cứu nghiệm của phương trình (3.40) chúng ta cần tới Định nghĩa sau mà trong một số trường hợp đặc biệt, nó có mối tương quan với nửa nhóm liên tục mạnh.
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Định nghĩa 3.4. Họ toán tử tuyến tính liên tục U(t, s)
t≥s≥a tác động trên X được gọi là một họ toán tử tiến hóa nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
• U(t, t) =I, toán tử đồng nhất trên X, a ≤t <+∞;
• U(t, s)U(s, r) =U(t, r), a ≤t≤s≤r <+∞;
• Ánh xạ t 7→U(t, s)x liên tục với mọi a≤s <+∞, x∈X.
Bây giờ chúng ta đưa ra vài ví dụ về họ toán tử tiến hóa trên cơ sở các ví dụ đã xét ở phần trước.
Ví dụ 3.2. Cho A(t), a≤t <+∞,là những toán tử tuyến tính liên tục với mỗi
t, và là hàm khả tích địa phương theo t. Gọi U(t) là nghiệm của phương trình
dU
dt =A(t)U(t), a≤t <+∞, (3.42) với điều kiện ban đầu
U(a) =I. (3.43)
Khi đó họ U(t, s) =U(t)U−1(s)là một họ toán tử tiến hóa trên X. Thật vậy, toán tử U−1(s) luôn tồn tại theo Mệnh đề 3.1. Ta đi kiểm tra ba tiên đề của Định nghĩa:
• U(t, t) =U(t)U−1(t) =I;
• U(t, s)U(s, r) =U(t)U−1(s)U(s)U−1(r) = U(t)U−1(r) = U(t, r);
• Ánh xạ t 7→U(t, s)x=U(t)U−1(s)x liên tục theo tính chất của U(t).
Ví dụ 3.3. Cho U(t) là nửa nhóm liên tục mạnh tác động trên không gian X. Khi đó họU(t, s) = U(t−s), 0≤s ≤t <+∞, là một họ toán tử tiến hóa trên X. Thật vậy, kiểm tra ba tiên đề của Định nghĩa, ta có
• U(t, t) =U(t−t) =U(0) =I;
• U(t, s)U(s, r) =U(t−s)U(s−r) = U(t−s+s−r) = U(t−r) =U(t, r);
• Ánh xạ t 7→U(t, s)x= U(t−s)x liên tục theo tính chất của nửa nhóm liên tục mạnh.
Nhận xét 3.6. (i) Thật không may, công thức nghiệm của phương trình (3.40) trong điều kiện phương trình đó có nghiệm thì phức tạp hơn nhiều so với trường hợp ta đã xét ở phần trước. Vì thế chúng ta sẽ không xét ở đây.
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
(ii) Với giả thiết thêm đặt lên cho phương trình (3.40), nó sẽ sinh ra một họ toán tử tiến hóa theo Mệnh đề sau.
Mệnh đề 3.3. Giả sử phương trình (3.40) với mỗi điều kiện ban đầu (3.41) có nghiệm duy nhất x(t, s, x0), và nghiệm này phụ thuộc liên tục vào x0 đối với mỗi
t≥s cố định. Khi đó, họ toán tử U(t, s) xác định bởi
U(t, s)x0=x(t, s, x0) (3.44)
lập thành một họ toán tử tiến hóa trên X.
Chứng minh. ⊕ Toán tử U(t, s) là tuyến tính liên tục trên X. Thật vậy, với
x0, x1 ∈DA thì theo Định nghĩa nghiệm, ta có
dx(t, s, x0)
dt =Ax(t, s, x0); dx(t, s, x1)
dt =Ax(t, s, x1).
Cộng hai đẳng thức trên, ta được
d[x(t, s, x0) +x(t, s, x1)]
dt =A[x(t, s, x0) +x(t, s, x1)],
chứng tỏ x(t, s, x0) +x(t, s, x1) cũng là một nghiệm của phương trình (3.40) với điều kiện ban đầux(s, s, x0) +x(s, s, x1) =x0+x1.Do tính duy nhất nghiêm, ta có
x(t, s, x0+x1) = x(t, s, x0) +x(t, s, x1), từ đóU(t, s)(x0+x1) = U(t, s)x0+U(t, s)x1.
Lại vì
dx(t, s, x0)
dt =Ax(t, s, x0) =⇒ dλx(t, s, x0)
dt =Aλx(t, s, x0).
Chứng tỏ λx(t, s, x0) cũng là một nghiệm của phương trình (3.40) với điều kiện ban đầu λx(s, s, x0) = λx0. Do tính duy nhất nghiệm, ta có x(t, s, λx0) =
λx(t, s, x0), từ đó U(t)(λx0) =λU(t)x0. Tiếp theo, vì x(t, s, x0) phụ thuộc liên tục vàox0 đối với mỗit, s nên toán tử U(t, s)là liên tục đối với mỗit, s. Vậy U(t, s)là toán tử tuyến tính liên tục trên DA. Hơn nữa, vì miền DA trù mật trong X nên toán tử U(t, s) có thể thác triển lên toàn bộ không gian X một cách duy nhất.
⊕ Họ U(t, s) là họ toán tử tiến hóa. Thật vậy, từ Định nghĩa của U(t, s) ta suy ra
U(s, s) = I;
U(t, s)U(s, r) = U(t, r).
Điều này có được là vì
U(s, s)x0=U(t, s)x0
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
và
U(t, s)U(s, r)x0t=s =U(s, r)x0 =U(t, r)x0t=s.
⊕ Tính liên tục của hàm t 7→ U(t, s)x0 =x(t, s, x0) được suy từ tính liên tục của nghiệm của phương trình vi phân (3.40).
Vậy U(t, s) là một họ toán tử tiến hóa.
Giống như trong các phần trước, khi có họ toán tử tiến hóa, chúng ta có thể biểu diễn được nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất. Cụ thể ta có Định lý.
Định lý 3.8. Giả sử U(t, s) là một họ toán tử tiến hóa tương ứng với phương trình (3.40) sao cho hàm (t, s) 7→ U(t, s)y cùng với đạo hàm của nó (t, s) 7→
d
dtU(t, s)y = A(t)U(t, s)y liên tục theo hai biến với mọi y ∈ DA, và f(t) là hàm liên tục nhận giá trị trong DA. Khi đó, phương trình vi phân không thuần nhất
dx
dt =A(t)x(t) +f(t), a≤s≤t <+∞, (3.45)
với điều kiện ban đầu
x(s) =x0, x0∈DA (3.46) có nghiệm duy nhất là x(t) = U(t, s)x0+ Z t s U(t, ξ)f(ξ)dξ. (3.47)
Chứng minh. ⊕ Theo Định nghĩa của nghiệm của phương trình (3.40) ta có
U(t, s)y ∈DA và d dtU(t, s)y=A(t)U(t, s)y, ∀y∈DA. Do đó để có x(t)∈DA. Ta cần phải chỉ ra Z t s U(t, ξ)f(ξ)dξ∈DA và A(t) Z t s U(t, ξ)f(ξ)dξ = Z t s A(t)U(t, ξ)f(ξ)dξ. (3.48) Bằng cách cố địnht, s ta cóξ7→U(t, ξ)ylà hàm liên tục trên đoạn[s, t],nên nó bị chặn điểm trên đoạn đó. Theo Định lý Banach-Steinhaus, suy ra ξ 7→U(t, ξ) bị chặn đều trên đoạn [s, t], tức là tồn tại M >0 sao cho ||U(t, ξ)|| ≤ M, ∀ξ ∈[s, t].
Ta sẽ chứng tỏ ξ7→U(t, ξ)f(ξ) liên tục trên [s, t]. Thật vậy, xét hiệu
||U(t, ξ)f(ξ)−U(t, ξ0)f(ξ0)||
≤ ||U(t, ξ)f(ξ)−U(t, ξ)f(ξ0)||+||U(t, ξ)f(ξ0)−U(t, ξ0)f(ξ0)||
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Vậy hàm ξ7→U(t, ξ)f(ξ) liên tục trên [s, t]. Suy ra tích phân RstU(t, ξ)f(ξ)dξ tồn tại và là tích phân Bochner-Riemann. Xét dãy tổng Riemann của hàmU(t, ξ)f(ξ),
Sn :=
mn X
i=1
(tni−1−tni)U(t, θni)f(θni)∈DA,
thì theo Định nghĩa tích phân Bochner-Riemann, ta có
Sn −→
Z t
s
U(t, ξ)f(ξ)dξ, khi n−→+∞. (3.49) Chứng minh tương tự, ta cũng có hàmξ 7→A(t)U(t, ξ)f(ξ)liên tục trên [s, t], kéo theo tích phân RstA(t)U(t, ξ)f(ξ)dξ tồn tại và là tích phân Bochner-Riemann.
Vì toán tử A(t) là tuyến tính nên
A(t)Sn =
mn X
i=1
(tni−1−tni)A(t)U(t, θni)f(θni)
là một dãy tổng Riemann của hàm A(t)U(t, ξ)f(ξ). Do đó
A(t)Sn −→
Z t
s
A(t)U(t, ξ)f(ξ)dξ, khi n−→+∞. (3.50) Từ (3.49), (3.50) và tính chất đóng của toán tử A(t), ta suy ra (3.48).
⊕ Việc làm tiếp theo là lấy vi phân công thức (3.47), ta được
dx dt = d dtU(t, s)x0+U(t, t)f(t) + Z t s d dtU(t, ξ)f(ξ)dξ =A(t)U(t, s)x0+f(t) + Z t s A(t)U(t, ξ)f(ξ)dξ =A(t)U(t, s)x0+f(t) +A(t) Z t s U(t, ξ)f(ξ)dξ =A(t) U(t, s)x0+ Z t s U(t, ξ)f(ξ)dξ +f(t) =A(t)x(t) +f(t). Ngoài ra x(s) = U(s, s)x0+ 0 =Ix0=x0.
⊕ Tính duy nhất được suy như sau. Giả sử ex(t) là một nghiệm tùy ý của phương trình (3.45) ứng với điều kiện ban đầu (3.46), khi đó ta có các đẳng thức
dex
dt =A(t)ex+f(t), dx
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Trừ hai đẳng thức cho nhau, ta được
d(ex−x)
dt =A(t)(xe−x).
Điều này chứng tỏ
x∗(t) :=xe(t)−x(t)
là một nghiệm của phương trình (3.40) ứng với điều kiện ban đầu
x∗(s) =ex(s)−x(s) =x0−x0 = 0.
Nhưng x = 0 hiển nhiên cũng là một nghiệm của phương trình (3.40) ứng với điều kiện ban đầu
x(s) = 0.
Do tính duy nhất của nghiệm của phương trình (3.40), ta phải có
0 = x∗=ex−x.
Vậy nên ex=x.
Nhận xét 3.7. Điều kiện về tính liên tục của hàm f(t) và điều kiện x0 ∈
DA, f(t) ∈ DA rất hạn chế. Trong trường hợp tổng quát, chúng ta gọi công thức (3.47) là nghiệm yếu của phương trình (3.45) với điều kiện ban đầu (3.46).