Bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính

p đỡ tôi học tập trong thời gian học cao học và đã tận tình hướng dẫn tôi hoàn thành luận văn. Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian quý báu đọc, góp ý và phản biện cho luận văn. Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong khoa Toán – Tin học hai trường, trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh và trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh đã tận tình dạy dỗ và truyền đạt kiến thức cho tôi. Xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Ban Chủ nhiệm khoa Toán – Tin học, Phòng Khoa học Công nghệ và Sau Đại học trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong thời gian học tại trường. Xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu và Hội đồng Giáo viên trường CĐSP Kiên Giang đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học. Cuối cùng tôi xin tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn hữu đã động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này. Thành phố Hồ Chí Minh - 2009 Nguyễn Ngọc Trác DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU       , , R= , , R 0,I a b      .  R n - không gian các vectơ cột n chiều   1 ni ix x , với R ( 1,..., ) ix i n và chuẩn 1 n i i x x .  R n n - không gian các ma trận cấp n n   , 1 nik i kX x , với Rikx ( , 1,..., )i k n và chuẩn , 1 n ik i k X x    .    1R R : 0, 1,...,nn ni iix x i n     .      , 1R R : 0 , 1,...,     nn n n nik iki kx x i k n .  Với , R nx y và , R n nX Y  thì R , R         n n nx y y x X Y Y X .  Với   1 R n ni ix x và   , 1 R  n n nik i kX x thì   1 ni ix x và   , 1 nik i kX x .  detX - định thức của ma trận X .  1X - ma trận nghịch đảo của X .   r X - bán kính phổ của ma trận X .  E - ma trận đơn vị.   - ma trận không.   ,R nC I - không gian các hàm vectơ liên tục : R nx I  với chuẩn   max : Cx x t t I .  Với    1 ,Rn ni ix x C I  thì   1 niC C ix x .   ,R nL I - không gian các hàm vectơ : R nx I có các thành phần khả tích bậc  với 1   và chuẩn   1 b L a x x t dt       .  Với    1 ,Rn ni ix x L I  thì   1 niL L ix x  .   ,R n nL I  - không gian các hàm ma trận khả tích : R n nX I  .  Nếu   , 1 : Rn n nik i kX x I   thì        , 1 max : max :    n ik i k X t t I x t t I        , 1 sup : sup :    n ik i k ess X t t I ess x t t I .  Nếu  ,R n nZ C I  là một hàm ma trận với các cột 1,..., nz z và    : ,R ,Rn ng C I L I là một toán tử tuyến tính thì ta kí hiệu  g Z là hàm ma trận với các cột    1 ,..., ng z g z .    0, ,R nC  - không gian các hàm vectơ liên tục  : 0, R nx   với chuẩn   max : 0Cx x t t    .   R nC - không gian các hàm vectơ liên tục   tuần hoàn : R Rnx  với 0  và chuẩn   max : 0Cx x t t    .  Nếu    1 Rn ni ix x C  thì   1niC C ix x   .    0, ,R nL  - không gian các hàm vectơ : R Rnx  có các thành phần khả tích trên  0, với chuẩn   0 L x x t dt    .   R nL - không gian các hàm vectơ   tuần hoàn : R Rnx  có các thành phần khả tích trên  0, với chuẩn   0 L x x t dt     .   R n nL  - không gian các hàm ma trận : R  n nX I với các phần tử thuộc  RL .  Nếu : R R n nZ  là một hàm ma trận liên tục   tuần hoàn với các cột 1,..., nz z và    : R Rn ng C L  là một toán tử tuyến tính thì ta kí hiệu  g Z là hàm ma trận với các cột    1 ,..., ng z g z . MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Lý thuyết bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường và phương trình vi phân hàm ra đời từ thế kỷ 18, song đến nay vẫn được nhiều người quan tâm nhờ các ứng dụng rộng rãi của nó trong các lĩnh vực vật lý, cơ học, kinh tế, nông nghiệp, …. Đặc biệt, bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm càng đạt được nhiều kết quả bắt đầu từ năm 1995 nhờ các kết quả của các tác giả như I.T. Kiguradze, B. Puza, … cho hệ phương trình vi phân hàm tổng quát. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài này làm nội dung nghiên cứu của luận văn nhằm học tập và phát triển đề tài của mình theo hướng của các tác giả trên. 2. Mục đích nghiên cứu Trong luận văn này chúng tôi nghiên cứu tính giải được, tính duy nhất nghiệm và tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính. Từ đó, áp dụng các kết quả đạt được cho hệ phương trình vi phân đối số chậm, đối số lệch. 3. Đối tượng nghiên cứu Bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính. 4. Phạm vi nghiên cứu Lý thuyết bài toán biên, giải tích hàm. 5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu Luận văn là tài liệu tham khảo cho tất cả mọi người quan tâm đến lý thuyết bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính. 6. Cấu trúc luận văn Nội dung chính của luận văn gồm hai chương: Chương 1: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính Đây là chương cơ sở của luận văn, nội dung chính của chương là nghiên cứu tính giải được, tính duy nhất nghiệm và tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính. Chương 2: Bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính Ở chương này chúng tôi nghiên cứu tính giải được, tính duy nhất nghiệm và tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính và áp dụng các kết quả đó đối với hệ phương trình vi phân đối số chậm, đối số lệch. Chương 1: BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH 1.1. Giới thiệu Xét hệ phương trình vi phân hàm        dx t p x t q t dt (1.1) với điều kiện biên   0l x c (1.2) trong đó    : ,R ,Rn np C I L I và  : ,R Rn nl C I là các toán tử tuyến tính bị chặn,    ,R , , nq L I I a b và 0 R nc . Trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là điều kiện đầu  0 0x t c (1.3) trong đó 0 t I hay điều kiện biên tuần hoàn     0 x b x a c (1.4) Nghiệm của (1.1), (1.2) là một hàm vectơ : R nx I liên tục tuyệt đối thỏa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2). Các trường hợp riêng của bài toán (1.1), (1.2) là các bài toán về sự tồn tại nghiệm của hệ phương trình vi phân đối số lệch         0dx t P t x t q tdt   (1.5) thỏa một trong các điều kiện sau    x t u t với t I ,   0l x c (1.6)    x t u t với t I ,  0 0x t c (1.7)    x t u t với t I ,     0 x b x a c (1.8) trong đó    0,R , ,R , : R  n n nP L I q L I I là hàm đo được và : R R nu là hàm vectơ liên tục và bị chặn, khi đặt           0 a t a t t a t b b t b          (1.9)           0 Ip x t t P t x t   (1.10) và             01  Iq t t P t u t q t   (1.11) trong đó I là hàm đặc trưng của I. 1.2. Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính Xét bài toán (1.1), (1.2) cùng với bài toán thuần nhất tương ứng     dx t p x t dt  (1.10)   0l x (1.20) Xuyên suốt mục này chúng ta sẽ giả thiết: (i)    : ,R ,Rn np C I L I là một toán tử tuyến tính sao cho tồn tại hàm : RI khả tích thỏa      Cp x t t x với  , ,R nt I x C I  . (ii)  : ,R Rn nl C I là toán tử tuyến tính bị chặn. (iii)   0,R , R n nq L I c . Chú ý: Từ điều kiện (i) ta suy ra p là toán tử tuyến tính bị chặn. 1.2.1. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Định lý 1.1. Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Chứng minh Đặt  B ,R R n nC I là không gian Banach gồm các phần tử  ,u x c , trong đó  ,R nx C I và R nc , với chuẩn B   C u x c . Lấy tùy ý  , B u x c và điểm cố định 0 t I ta đặt:           0 0 , t t f u t c x t p x s ds c l x         với t I , (1.12)     0 0, t t h t q s ds c       với t I . Khi đó bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình dưới đây trong B   u f u h , (1.13) vì  ,u x c là nghiệm của (1.13) nếu 0c và x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2). Mặt khác, từ (i)-(iii) và (1.12), ta có : B B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 (1.14) chỉ có nghiệm tầm thường. Tuy nhiên, điều đó tương đương với bài toán thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Lấy tùy ý một điểm cố định 0t I . Ta định nghĩa dãy các toán tử    : ,R ,Rk n np C I C I và ma trận R   n nk như sau:               0 0 1, 1,2,... t k k t p x t x t p x t p p x s ds k   , (1.15)         0 1 1... 1,2,...     kk l p E p E p E k (1.16) Nếu ma trận k không suy biến  1,2,...k  thì ta đặt:                     ,0 , 0 1 1 , ... k k m m m k k p x t x t p x t p x t p E t p E t l p x          (1.17) Định lý 1.2. Giả sử tồn tại các số nguyên dương k , m , số nguyên 0m không âm và ma trận Rn nA  thỏa:   1r A , ma trận k trong (1.16) là không suy biến và bất đẳng thức    0,,  k mk m C C p x A p x (1.18) thỏa với mọi x là nghiệm của (1.10), (1.20). 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 thuần nhất (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm bất kỳ của (1.10), (1.20). Khi đó     1 x t c p x t với  0c x t . Từ đó           1 1 1 2x t c p c p x t c p c p x t              0 1 2p E t p E t c p x t     tiếp tục quá trình trên ta được:           0 1...      i ix t p E t p E t c p x t (1.19) với mọi i nguyên dương. Từ (1.20), (1.16) và (1.19) ta có:   0    kkc l p x . Do k không suy biến nên   1  kkc l p x . Thay vào (1.19) và theo (1.17) ta có:          0, ,,k m k mx t p x t x t p x t  . Từ đó      0, ,k m k mp x t p x t và theo (1.18) suy ra    0 0, ,k m k m C C p x A p x hay    0, 0 k m C E A p x . Mặt khác, do A không âm và   1r A  , ma trận E A có nghịch đảo không âm   1E A . Khi đó nhân hai vế của bất đẳng thức cuối với   1E A ta được:  0, 0k m C p x Do đó   0, 0k mp x t . Vậy   0x t . Định lý được chứng minh. Hệ quả 1.3. Giả sử tồn tại số nguyên dương m , số nguyên 0m không âm và ma trận R n nA  thỏa   1r A và bất đẳng thức    0 mm C C p x A p x (1.20) thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện đầu  0 0x t . Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Bằng cách thay    0l x x t , khi đó theo (1.15)-(1.17) ta có:         ,, 0,k k m mk E l p x p x t p x t    với mọi k và m nguyên dương. Từ đó, theo định lý 1.2 hệ quả được chứng minh. Chú ý: Trong hệ quả 1.3, với điều kiện   1r A  , dấu bằng không thể xảy ra. Thật vậy, xét hệ phương trình vi phân    1 0 2 dx t x s ds dt   (1.21) trên đoạn  0,1I với điều kiện đầu  0 1x . (1.22) Mỗi nghiệm của hệ (1.21) có dạng  x t ct trong đó R nc là một vectơ hằng tùy ý. Do đó bài toán giá trị đầu (1.21), (1.22) không có nghiệm. Mặt khác, ta có:        11 0 0 2 t p x t p x s ds t x d             12 1 1 0 0 0 2 t t p x t p p x s ds p x d ds            1 1 1 0 0 0 0 2 2 2 t x d d ds t x d                 Suy ra      2 1p x t p x t . Do đó, điều kiện (1.20) với 02, 1m m  và A E được thỏa với hệ (1.21), nhưng ma trận A thỏa   1r A  . Hệ quả 1.4. Giả sử tồn tại các số nguyên không âm m , 0m và ma trận R n nA  thỏa mãn    2r A b a   (1.23) và bất đẳng thức     0 22 mm LLp p x A p x (1.24) thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện đầu  0 0x t  . Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Ta cần chứng minh hệ (1.10) với điều kiện đầu  0 0x t  (1.25) chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm tùy ý của bài toán (1.10), (1.25). Khi đó, theo (1.15) ta có:        0 1m mx t p x t p x t  và    0 22 1m m LLp x p x . (1.26) Mặt khác     1 0 0 0mp x t x t   ,       1m md p x t p p x tdt     . Do đó theo bất đẳng thức Wirtinger, ta có:       2 21 2m mL Lb ap x p p x  . Bất đẳng thức này kết hợp với (1.24) và (1.26) ta có:       0 2 22m mL Lb ap x p p x    0 22 m Lb a A p x   0 2m LB p x và    0 2 0m LE B p x  với  2 b aB A  . Khi đó theo (1.23) ta có   1r B  . Từ đó nhân hai vế của bất đẳng thức cuối với   1E B  ta được  0 0.mp x  Do đó,     0 0.mx t p x t  Hệ quả được chứng minh. Chú ý: Trong điều kiện (1.23) dấu bằng cũng không thể xảy ra. Thật vậy, ta xét bài toán thuần nhất   , 2 dx t x t dt      (1.27)  0 0x  trên đoạn 0, 2 I      , nó có một nghiệm không tầm thường là:   sin .x t E t Khi đó, ta có:     0 sinp x t x t E t  ,       0 cos2p p x t p x t x t E t       . Do đó, điều kiện (1.24) với 0 0m m  và A E được thỏa với hệ (1.27), nhưng ma trận A thỏa mãn đẳng thức    2r A b a   thay vì (1.23). Hệ quả 1.5. Giả sử tồn tại số tự nhiên i sao cho ma trận     1 bi j i j a B p p E s ds   (1.28) là không suy biến và ma trận R n nB  sao cho   b C a p x t dt B x (1.29) thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với    x b x a và  1 2 1iir B B B   . Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Để chứng minh hệ quả trên ta cần kiểm tra các điều kiện của định lý 1.2 được thỏa với      , 2, 1l x x b x a k i m     và 0 0m  . Thật vậy, từ (1.28), (1.29) và (1.15), (1.16) suy ra ,i kB       1 ,b CC a p x p x s ds B x         2 1 1b C C a p x p p x s ds B p x  2 C B x . Tương tự ta có:        1 1bj j j C C a p x p p x s ds B p x    1,2,...j CB x j  và            2 2 2k i i il p x l p x p x b p x a          1 1 2b i i i CC a p p x s ds B p x B x     . Khi đó từ (1.17) ta có:       ,1 1 1k ki CC Cp x p x B l p x A x   với 1 2iiA B B B   thỏa    1 2 1iir A r B B B    . Định lý 1.6. Giả sử tồn tại ma trận hàm  0 ,R n nP I  sao cho hệ phương trình vi phân      0dx t P t x tdt  (1.30) với điều kiện biên (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường và         0 0, b C a G t s p x s P s x s ds A x    (1.31) thỏa với mọi x nghiệm của bài toán (1.10), (1.20), trong đó 0G là ma trận Green của bài toán (1.30), (1.20) và R n nA  là ma trận thỏa   1r A  . 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), (1.20) với giả thiết của định lý 1.6 chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm tùy ý của (1.10), (1.20). Khi đó vì (1.30), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường nên bài toán                0 0dx t p x t P t x t p x t P t x tdt       với điều kiện biên (1.20) có nghiệm duy nhất và do 0G là ma trận Green của bài toán (1.30), (1.20) nên ta có:           0 0, . b a x t G t s p x s P s x s ds    Do đó theo (1.31), ta được: C C x A x . Khi đó kết hợp với điều kiện A không âm,   1r A  ta suy ra 0Cx  . Hệ quả 1.7. Giả sử tồn tại một ma trận hàm  0 ,R n nP I  sao cho        0 0 0 0 t t s s P d P t P t P d              (1.32) với hầu hết ,t s I và bất đẳng thức           0 0 0exp t t Cs t P d p x s P s x s ds A x       với t I (1.33) thỏa với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện đầu  0 0x t  , trong đó R n nA  thỏa   1r A  . Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Do (1.32) nên ma trận Cauchy của hệ (1.30) có dạng    0 0, exp . t s C t s P d      Với mọi x là nghiệm của hệ (1.10) với điều kiện đầu  0 0x t  thì x cũng là nghiệm của hệ                0 0dx t p x t P t x t p x t P t x tdt       với điều kiện đầu  0 0x t  . Theo định lý Lagrant ta có:            0 0 0, t t x t C t s p x s P s x s ds              0 0 0exp t t s t P d p x s P s x s ds      Do đó theo (1.33) ta có: C C x A x và do A không âm,   1r A  nên suy ra 0Cx  . Vậy hệ (1.10) với điều kiện đầu  0 0x t  chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.8. Giả sử tồn tại ma trận hàm  0 ,R n nP I  thỏa (1.32) và ma trận  0 0exp b a A E P s ds       là không suy biến. Giả sử         10 0 0exp t t C t b a s A P d p x s P s x s ds A x              với t I (1.34)          0 0,p x t b a p x t P t b a P t      (1.35) và ma trận R n nA  thỏa   1r A  . Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Do (1.32) và 0A là không suy biến nên bài toán (1.30), (1.20) với      l x x b x a  chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử 0G là ma trận Green của bài toán (1.30), (1.20) với      l x x b x a  . Khi đó theo (1.32) ta có với mọi  ,R nq L I thì         10 0 0, expb t ts a t b a G t s q s ds A P d q s ds        với t I trong đó    q t b a q t    . Do đó, kết hợp với (1.35), bất đẳng thức (1.34) bao hàm bất đẳng thức (1.31). Khi đó tất cả các giả thiết của định lý 1.6 được thỏa mãn. Do vậy hệ quả được chứng minh. 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 Lấy tùy ý 0t , t I và  ,R nx C I , ta đặt:        0 0 0 0, min , ; , max , ,t t t t t t t t        0 , 0 0 , , ,t tI t t t t     và   00 ,, max : t tt tx x s s I  . Định nghĩa 1.9. Toán tử p được gọi là Volterra tương ứng với 0t I nếu với mọi t I và  ,R nx C I thỏa mãn điều kiện   0x s  với 0 ,t t s I ta có:    0p x s  với hầu hết 0 ,t t s I Bổ đề 1.10. Nếu    : ,R ,Rn np C I L I là một toán tử Volterra tương ứng với 0t I thì các bất đẳng thức sau đây đúng với mọi  ,R nx C I :      0 ,t t p x t t x với hầu hết t I , (1.36)      0 0 , 1 ! k t k t t t p x t s ds x k   với  1,2,...t I k  (1.37) trong đó  là hàm trong điều kiện (i),    : ,R ,Rk n np C I C I  1,2,...k  là các toán tử được cho bởi các đẳng thức (1.15). Chứng minh Giả sử với mọi t I và  ,R nx C I ta đặt:                  0 0 0 , 0 0 0 0 , , , , , , . t t x t t khi s t t x s x s khi t t s t t x t t khi s t t                  Khi đó với 0 ,t t s I ta có   0 , 0t tx x s  và do p là Volterra tương ứng với 0t nên   0 , 0t tp x x s  hay      0 ,t tp x s p x s với hầu hết 0 , ,t ts I kết hợp với điều kiện (i) ta có:        0 0, ,t t t tC p x s s x s x   với hầu hết 0 , .t ts I Do t I tùy ý nên ta được:      0 ,t t p x t t x với hầu hết t I . Bây giờ ta sẽ chứng minh (1.37) bằng quy nạp: Theo (1.15) và (1.36) ta có:           0 0 0 0 0 1 , , t t t t t t t t t p x t p x d x d d x            ,            0 0 0 2 1 1 , t t t t t p x t p p x d p x d             0 0 0 0 0 2 , , 1 2 t t t t t t t t s ds x d s ds x          với t I . Giả sử      0 0 , 1 ! k t k t t t p x t s ds x k   với  1,2,...t I k  Khi đó            0 0 0 1 , t t k k k t t t p x t p p x d p x d               0 0 0 0 0 1 , , 1 1 ! 1 ! k k t t t t t t t t s ds x d s ds x k k             với t I . Vậy ta được (1.37). Bổ đề được chứng minh Từ bổ đề trên ta có ngay kết quả sau: Bổ đề 1.11. Nếu toán tử p là Volterra tương ứng với 0t I thì toán tử 1E p là khả nghịch và   11 0 k k E p p     trong đó  0,1,...kp k  là các toán tử được định nghĩa bởi đẳng thức (1.15). Định lý 1.12. Giả sử p là toán tử Volterra tương ứng với 0t . Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương ,k m và ma trận Rn nA  sao cho k là không suy biến,   1r A  và  ,k m CCp x A x với  ,R nx C I . Chứng minh Điều kiện đủ của định lý được suy ra từ định lý 1.2, ta chứng minh điều kiện cần như sau: Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất, khi đó bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm tùy ý của hệ (1.10) ta có:     1x t c p x t  với  0 .c x t hay    1E p x t c  . Theo bổ đề 1.11 ta có:    x t X t c trong đó      0 i i X t p E t    . Vì bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ các phương trình đại số   0,l X c  chỉ có nghiệm tầm thường. Suy ra   det 0.l X  (1.38) Đặt     1 0 . k i k i X t p E t    Khi đó  , lim 0k k k Ckl X X X    và vì l liên tục nên  lim .kk l X  (1.39) Từ (1.38) và (1.39) suy ra rằng có số nguyên dương 0k và một số thực dương  thỏa mãn    1 0 0det 0, , 1,....; 1,2,...k m kCX l k k k m       (1.40) trong đó l là chuẩn của toán tử l . Mặt khác theo bổ đề 1.10 ta có    0 1,2,... ! k k CC p x x k k   (1.41) trong đó  0 . b a t dt  Từ (1.40) và (1.41), kết hợp với (1.17), ta có    , 0 0 0 0, 1,...; 1,2,... .! ! m k k m CC p x x k k k m m k           (1.42) Chọn số nguyên dương 0 0m k sao cho  0 0 0 0 0 01 , 1,...; , 1,... .! ! 2 m k k m m m m m m k n        Khi đó với mỗi 0k m và 0m m , từ (1.42) ta có  ,k m CCp x A x với  ,R nx C I trong đó Rn nA  là một ma trận với các phần tử 12n thỏa   1r A  . Định lý được chứng minh. 1.2.3. Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét các bài toán sau       k kdx t p x t q tdt   (1.1k)   0k kl x c (1.2k) với k nguyên dương, trong đó (i)    : ,R ,Rn nkp C I L I là toán tử tuyến tính sao cho tồn tại hàm : Rk I  khả tích thỏa     k k Cp x t t x với t I ,  ,R nx C I (ii)  : ,R Rn nkl C I  là toán tử tuyến tính bị chặn (iii)  ,Rnkq L I , 0 Rnkc  . Với mỗi toán tử bị chặn    : ,R ,Rn ng C I L I , ta ký hiệu chuẩn của nó là g và gM là tập các hàm vectơ liên tục tuyệt đối : Rny I  được biểu diễn bởi       t a y t z a g z s ds   trong đó : R nz I  là hàm vectơ liên tục bất kỳ sao cho 1. C z  Bổ đề 1.13. Giả sử bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường và dãy các toán tử kp và  1,2,...kl k  thỏa mãn các điều kiện      sup : , 0 khi k + k t k p a p y s p y s ds t I y M              (1.43)    lim kk l y l y  với  ,R ny C I . (1.44) Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k và số 0  sao cho với mọi hàm vectơ : R nz I  liên tục tuyệt đối ta có:    0 0, 1,...kCz z k k k    (1.45) trong đó           max 1 : .tk k k k a z l z p z s p z s ds t I              (1.46) Chứng minh Từ điều kiện (1.44) và theo định lý Banach-Steinhaus ta có dãy   1k k l   bị chặn, tức là tồn tại số 0  sao cho  k Cl y y với    ,R 1,2,...ny C I k  . (1.47) Đặt      1 t a p y t p y s ds  ,        1 1,2,...tk k a p y t p y s ds k  . Khi đó 1p ,    1 : ,R ,Rn nkp C I C I là các toán tử tuyến tính bị chặn và  1 1,2,...k kp p k  . (1.48) Mặt khác, theo (1.43) ta có     1 1sup : 0kk pCp y p y y M   khi k  . (1.49) Giả sử trái lại bổ đề không đúng. Khi đó tồn tại một dãy tăng các số nguyên dương   1m mk  và dãy các hàm vectơ  : R 1,2,...nmz I m  liên tục tuyệt đối sao cho    1,2,... . mm k mC z m z m   (1.50) Với mỗi 1,2,...m  ta đặt    mm m C z t y t z         m t m m k m a v t y s p y s ds         0m m my t y t v t  (1.51)           1 1 10 0 .m mm k m m k mw t p y t p y t p v t   Khi đó 1m Cy  (1.52)       10 mm m k my t y a p y t  (1.53) và         10 0 .m m m my t y a p y t w t   (1.54) Từ (1.52) và (1.53) ta có:  0 1,2,...kmm py M m  kết hợp với (1.49) suy ra    1 10 0lim 0.mk m m Cm p y p y   (1.55) Mặt khác, theo (1.46) và (1.50) với mỗi 1,2,...m  ta có           11 1 1m m mtm m k m k k m m maC C v t z s p z s ds p z z z        với mọi t I . Suy ra        1 11 11 1 1,2,...m m mm k m k m kC Cv p z z p mm       (1.56) và do (1.48) ta có    1 1 1,2,... . m mk m k m CC p v p v m m    kết hợp với (1.55) ta được: lim 0.m Cm w  (1.57) Mặt khác, theo (1.51), (1.52) và (1.56) ta có:  0 2 1,2,... .m m mC C Cy y v m    Do đó tồn tại hàm : RI  khả tích sao cho bất đẳng thức       0 1,2,...mp y t t m  thỏa hầu khắp nơi trên I . Khi đó        1 10 0 tm m sp y t p y s d     với  1,2,...a s t b m    (1.58) Từ (1.54) và theo (1.57), (1.58) ta có dãy  0 1m my  là đồng liên tục. Vì vậy, theo bổ đề Ascoli – Arzela, không làm mất tính tổng quát, ta có thể xem dãy 0 1m my  là hội tụ đều. Đặt    0 0lim .mm y t y t  Khi đó theo (1.51), (1.52), (1.54) và (1.57) ta được: 0lim 0m Cm y y   (1.59)       10 0 0 01, .y y t y a p y t   Do đó 0y là một nghiệm không tầm thường của hệ (1.10). Mặt khác từ (1.47) và (1.50) ta có:        10 0 0m m m mk k m k m m m k mC Cl y l y y l y y y z l z          10 0 1 1,2,...mm m k m mC C Cy y z z y y mm          và theo (1.44), (1.59) ta được:  0 0l y  . Như vậy 0y là một nghiệm bài toán (1.10), (1.20). Mâu thuẫn với giả thiết bài toán (1.10), (1.20) chỉ có nghiệm tầm thường. Bổ đề được chứng minh. Định lý 1.14. Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất x , dãy các toán tử kp và  1,2,...kl k  thỏa các điều kiện (1.43), (1.44). Giả sử với mọi hàm : Rny I  liên tục tuyệt đối ta có        lim 1 0tk kk a p p y s p y s ds         đều trên I (1.60) Hơn nữa      lim 1 0tk kk a p q s q s ds         đều trên I (1.61) và 0 0lim .kk c c  (1.62) Khi đó tồn tại một số nguyên dương 0k sao cho bài toán (1.1k), (1.2k) cũng có nghiệm duy nhất kx với mỗi 0k k và lim 0.k Ck x x   (1.63) Chứng minh Giả sử 0k là số nguyên dương trong bổ đề 1.13. Khi đó theo bổ đề này, với mỗi 0k k bài toán thuần nhất     kdx t p x tdt    0kl x  chỉ có nghiệm tầm thường hay theo định lý 1.1 bài toán (1.1k), (1.2k) có nghiệm duy nhất, giả sử là kx . Đặt      k kz t x t x t  . Khi đó với mỗi 0k k , ta có       k k k kdz t p z t q tdt     k k kl z  trong đó            k k kq t p x t p x t q t q t       0 0 .k k kc c l x l x     Từ (1.60), (1.61), (1.62) và (1.44) ta có    1 max : 0tk k k a p q s ds t I           khi k  lim 0.kk   Mặt khác, theo bổ đề 1.13, tồn tại số 0  sao cho      0 0, 1,... .k k k k kCz z k k k         Vậy lim 0k Ck z  hay lim 0.k Ck x x   Hệ quả 1.15. Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất x và với mọi hàm vectơ : R ny I  liên tục tuyệt đối ta có      lim 0t kk a p y s p y s ds     đều trên I . (1.64) Giả sử    lim 0t kk a q s q s ds     đều trên I (1.65)    lim kk l y l y  với  ,R ny C I 0 0lim kk c c  và tồn tại hàm : RI  khả tích sao cho các bất đẳng thức sau đúng hầu khắp nơi trên I với mọi  ,Rny C I :       1,2,... .k Cp y t t y k  (1.66) Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho bài toán (1.1k), (1.2k) cũng có nghiệm duy nhất kx thỏa (1.63) với mỗi 0k k . Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sử      .Cp y t t y (1.67) Theo (1.66)    1,2,... .bk a p t dt k  Do đó từ (1.64), (1.65) suy ra (1.60), (1.61). Theo định lý 1.14, để chứng minh hệ quả ta chỉ cần chứng minh điều kiện (1.43). Giả sử trái lại điều kiện (1.43) không đúng. Khi đó tồn tại số 0 0  , dãy các số nguyên dương   1m mk  và dãy các hàm vectơ  1,2,... kmm p y M m  sao cho       0max :m t k m m a p y s p y s ds t I           (1.68) kết hợp với (1.66) ta được         1,2,... m t m m k m a y t z a p z s ds m   trong đó  ,R , 1nm m Cz C I z  ,  1 bm C a y s ds   và      tm m s y t y s d     với a s t b   . (1.69) Do đó, dãy   1m my  là đồng liên tục. Vậy không mất tính tổng quát, ta có thể xem   1m my  là hội tụ đều. Đặt    lim .mm y t y t  ._.