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

để tôi có thể hoàn thành luận văn. Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã giành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh Tôi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng KHCN -Sau Đại học cùng toàn thể thầy cô khoa Toán-Tin học trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian nghiên cứu đề tài. Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, các anh chị và các bạn đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này. Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự góp ý của Quý Thầy Cô và bạn đọc nhằm bổ sung và hoàn thiện đề tài hơn. Xin chân thành cảm ơn. TP Hồ Chí Minh tháng 10 năm 2009 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân thường và phương trình vi phân cấp cao đã được nghiên cứu từ lâu và ngày càng tìm được ứng dụng nhiều trong các lĩnh vực kinh tế và khoa học kỹ thuật . Bắt đầu từ năm 1995 việc nghiên cứu và phát triển theo hướng này thực sự phát triển mạnh với các kết quả tổng quát cho bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm của các tác giả I. Kiguradze và B. Puza. Các kết quả về bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân tuyến tính và phi tuyến cũng được nghiên cứu một cách rộng rãi. 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 của bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính, bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến và áp dụng cho hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Lý thuyết các bài toán biên cho hệ phương trình vi phân và hệ ph ương trình vi phân hàm. 4. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài nghiên cứu Khi nghiên cứu các bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính và phi tuyến sẽ đạt được nhiều kết quả cụ thể cho bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch. 5. Cấu trúc luận văn Nội dung chính của luận văn gồm 2 chương Chương 1: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính Nội dung chính của chương là nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm đối với bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính, áp dụng cho hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch. Chương 2: Bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến Chương này nghiên cứu tính giải được của bài toán biên tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến và áp dụng cho hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch. DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU  [ , ],=I a b ( , ),= −∞ ∞R [0, ).+ = ∞R  nR là không gian các véc tơ cột n chiều 1( )ni ix x == với ∈ix R ( 1, , )= i n và chuẩn 1 . = =∑ n i i x x  n nR × là không gian các ma trận cấp ×n n , 1( )nik i kX x == với ( , 1, , )ikx R i k n∈ =  và chuẩn , 1 . = = ∑ n ik i k X x  { }1( ) : 0 ( 1, , ) .+ == ∈ ≥ = n n ni i iR x R x i n  { }, 1( ) : 0 ( , 1, , ) .× ×+ == ∈ ≥ = n n n n nik i k ikR x R x i k n  Nếu , nx y R∈ và , n nX Y R ×∈ thì , .×+ +≤ ⇔ − ∈ ≤ ⇔ − ∈n n nx y y x R X Y Y X R  .x y là tích vô hướng của véc tơ x và y∈ Rn.  Nếu 1( )n ni ix x R== ∈ và , 1( )n n nik i kX x R ×== ∈ thì ( ) ( )1 , 1 1 , , sgn( ) (sgn ) . = = = = = = n n i iki i k n i i x x X x x x  det( )X là định thức của ma trận .X  1X − là ma trận nghịch đảo của .X  ( )r X là bán kính phổ của ma trận .X  E là ma trận đơn vị.  θ là ma trận không.  ( ; )nC I R là không gian các hàm véc tơ liên tục : nx I R→ với chuẩn { }ax ( ) : .= ∈Cx m x t t I  ([0, ]; )nC Rω là không gian các hàm véc tơ liên tục :[0, ] nx Rω → với chuẩn { }ax ( ) : 0 .ω= ≤ ≤Cx m x t t  ( )nC Rω với 0ω > là không gian các hàm véc tơ ω -tuần hoàn liên tục : nx R R→ với chuẩn { }ax ( ) : 0 . ω ω= ≤ ≤ C x m x t t  Nếu 1( ) ( ; )n ni ix x C I R== ∈ thì ( ) 1 . = = n iC C i x x  Nếu 1( ) ( )n ni ix x C Rω== ∈ thì ( ) 1 . ω ω = = n iC C i x x  ( ; )nL I Rµ với 1 µ≤ < +∞ là không gian các hàm véc tơ : nx I R→ với các thành phần khả tích tích bậc µ và chuẩn 1/ ( ) .µ µ µ  =     ∫ b L a x x t dt  Nếu 1( ) ( ; )n ni ix x L I Rµ== ∈ thì ( ) 1 .µ µ = = n iL L i x x  ( ; )n nL I R × là không gian các ma trận hàm khả tích : .×→ n nX I R  Nếu , 1( ) :n n nik i kX x I R ×== → thì { } { }( ) , 1 ax ( ) : ax ( ) : .=∈ = ∈ n ik i k m X t t I m x t t I  ([0, ]; )nL Rω là không gian các hàm véc tơ : nx R R→ với các thành phần khả tích trên [0, ]ω và chuẩn 0 ( ) . ω = ∫Lx x t dt  ( )nL Rω là không gian các hàm véc tơ ω -tuần hoàn : nx R R→ với các thành phần khả tích trên [0, ]ω và chuẩn 0 ( ) . ω ω = ∫Lx x t dt  { }( ) ( ) : ( ) 0, .ω ω+ = ∈ ≥ ∈L R x L R x t t R  { }( ) ( ) : ( ) 0, .ω ω− = ∈ ≤ ∈L R x L R x t t R  ( )n nL Rω × là không gian các ma trận hàm : n nX R R ×→ với các phần tử thuộc ( ).ωL R  Nếu ( ; )n nZ C I R ×∈ là ma trận hàm với các cột 1, , nz z và : ( ; ) ( ; )→n ng C I R L I R là toán tử tuyến tính thì ( )g Z được hiểu là ma trận hàm với các cột 1( ), , ( ). ng z g z  Nếu : n nZ R R ×→ là ma trận hàm liên tục, ω -tuần hoàn với các cột 1, , nz z và : ( ) ( )n ng C R L Rω ω→ là toán tử tuyến tính thì ( )g Z được hiểu là ma trận hàm với các cột 1( ), , ( ). ng z g z 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 : ( ; ) ( ; )n np C I R L I R→ và : ( ; )n nl C I R R→ là những toán tử tuyến tính bị chặn, ( ; )∈ nq L I R và 0 nc R∈ . Những trường hợp riêng của điều kiện (1.2) là: Điều kiện ban đầu 0 0( )x t c= với 0t I∈ (1.3) và điều kiện biên tuần hoàn 0( ) ( ) .x b x a c− = (1.4) Định nghĩa 1.1 Hàm véc tơ : nx I R→ gọi là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) nếu nó liên tục tuyệt đối, thỏa (1.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (1.2). Trong phần hai ta xét điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên (1.1), (1.2). Phần ba áp dụng các kết quả trên cho hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch 0 ( ) ( ) ( ( )) ( )dx t P t x t q t dt τ= + (1.5) thỏa mãn một trong những điều kiện sau ( ) ( )x t u t= với 0, ( )∉ =t I l x c , (1.6) ( ) ( )x t u t= với 0 0, ( ) ,∉ =t I x t c (1.7) ( ) ( )x t u t= với 0, ( ) ( ) .∉ − =t I x b x a c (1.8) Trong đó 0( ; ), ( ; ), :τ ×∈ ∈ →n n nP L I R q L I R I R là hàm đo được và : nu R R→ là một hàm véc tơ liên tục và bị chặn. Các bài toán này sẽ được đưa về dạng (1.1), (1.k) (k=2,3,4). Để thấy được điều này đặt 0 khi ( ) , ( ) ( ) k h i ( ) , khi ( ) , τ τ τ τ τ < = ≤ ≤  > a t a t t a t b b t b (1.9) 0( )( ) ( ( )) ( ) ( ( ))Ip x t t P t x tχ τ τ= (1.10) và 0( ) (1 ( ( ))) ( ) ( ( )) ( )χ τ τ= − +Iq t t P t u t q t (1.11) với Iχ là hàm đặc trưng của .I 1.2. Hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính 1.2.1. Các định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm Trước tiên xét hệ phương trình vi phân hàm thuần nhất tương ứng của bài toán (1.1), (1.2) ( ) ( )( ),dx t p x t dt = 0(1.1 ) ( ) 0.l x = 0(1.2 ) Trong suốt phần 1.2 ta giả thiết (i) : ( ; ) ( ; )n np C I R L I R→ là toán tử tuyến tính và tồn tại một hàm khả tích : I Rη → sao cho ( )( ) ( ) C p x t t xη≤ với , ( ; );∈ ∈ nt I x C I R (ii) : ( ; )n nl C I R R→ là toán tử tuyến tính bị chặn; (iii) 0( ; ), .∈ ∈ n nq L I R c R Lấy 0t là một điểm cố định bất kỳ thuộc I . Ta định nghĩa dãy toán tử : ( ; ) ( ; )k n np C I R C I R→ và ma trận n nk R ×Λ ∈ như sau : 0 0 1( )( ) ( ), ( )( ) ( ( ))( ) ( 1,2, ),−= = =∫  t k k t p x t x t p x t p p x s d sk (1.12) 0 1 1( ( ) ( ) ( )) ( 1,2, ).−Λ = + + + = kk l p E p E p E k (1.13) Nếu tồn tại k sao cho ma trận kΛ không suy biến ta lập ,0 , 0 1 1 ( )( ) ( ), ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ( )).− − =  = − + + Λ  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 (1.14) Định lý 1.2 Bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần nhất tương ứng 0(1.1 ), 0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Chứng minh Đặt ( ; )n nB C I R R= × là không gian Banach chứa các phần tử ( ; )u x c= trong đó ( ; )nx C I R∈ và nc R∈ với chuẩn . B C u x c= + Với ( ; )u x c B= ∈ tùy ý và 0t I∈ cố định bất kỳ ta đặt 0 0( )( ) ( ( ) ( )( ) ; ( ))= + + −∫ t t f u t c x t p x s ds c l x với ,t I∈ (1.15) 0 0( ) ( ) ;   =      ∫ t t h t q s ds c với .t I∈ Bài toán (1.1), (1.2) tương đương với phương trình sau trong B ( ) ,= +u f u h (1.16) vì ( ; )u x c= là nghiệm của (1.16) nếu 0c = và x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2). Từ (i)-(iii) và (1.15), :f B B→ là toán tử tuyến tính compact. Thật vậy, từ (i)-(iii) và (1.15) ta có f là toán tử tuyến tính, liên tục. Đặt 0 1 2 1 0 2 : ( ; ); : . ( )( ) ( ) ( )( ) , ( ) ( ). → → = + + = − ∫ n n t t f B C I R f B R f u t c x t p x s ds f u c l x Khi 1 B u ≤ ta có 2 ( ) 1 ||| |||,f u l≤ + 1( )( ) 1 ,Lf u t η≤ + 1 1( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) .ξ ξ ξ ξ η ξ ξ− = ≤ ≤∫ ∫ ∫ t t t s s s f u t f u s p x d p x d d Do đó ta có 2 ( (0,1))f B là tập compact tương đối trong , nR 1( (0,1))f B là tập bị chặn đều và đẳng liên tục trong ( ; ),nC I R với { }(0,1) : 1 .BB u B u= ∈ ≤ Theo định lý Ascoli-Arzela ta có 1( (0,1))f B là tập compact tương đối trong ( ; )nC I R .Từ đó suy ra f là toán tử tuyến tính compact . Do đó theo định lý Fredholm điều kiện cần và đủ để (1.16) có nghiệm duy nhất là phương trình ( )u f u= (1.17) chỉ có nghiệm tầm thường. Điều này tương đương với bài toán 0(1.1 ), 0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Ta có điều phải chứng minh.  Định lý 1.3 Giả sử tồn tại các số tự nhiên khác không , k m , số tự nhiên 0m và ma trận n nA R ×+∈ sao cho ma trận kΛ ở (1.13) không suy biến, ( ) 1r A < (1.18) và bất đẳng thức sau đúng với mọi nghiệm x của 0(1.1 ), 0(1.2 ) 0,, ( ) ( ) .k mk m C C p x A p x≤ (1.19) Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Theo định lý 1.2 để chứng minh định lý 1.3 ta chỉ cần chứng minh bài toán thuần nhất 0(1.1 ), 0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Lấy x là một nghiệm bất kỳ của 0(1.1 ), 0(1.2 ). Rõ ràng 1( ) ( )( )x t c p x t= + với 0( )c x t= . Do đó 1 1 1 2 0 1 2 ( ) ( ( ))( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ). = + + = = + + =  = + +  x t c p c p x t c p c t p x t p E t p E t c p x t Nếu tiếp tục quá trình này ta có 0 1( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )i ix t p E t p E t c p x t− = + + +  (1.20) với i nguyên dương bất kỳ. Từ 0(1.2 ), (1.13) và (1.20) ta có 0 ( ( )).= Λ + kkc l p x Vì kΛ không suy biến ta suy ra 1 ( ( )).−= −Λ kkc l p x Kết hợp với (1.14), (1.20) ta có 0, ,( ) ( )( ), ( ) ( )( ).= =k m k mx t p x t x t p x t Do đó 0, ,( )( ) ( )( ).=k m k mp x t p x t Kết hợp (1.19) 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 Vì A không âm và điều kiện (1.18 ), ma trận E A− có ma trận nghịch đảo 1( )E A −− không âm. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cuối với 1( )E A −− ta được 0, ( ) 0k m C p x ≤ hay 0, ( ) 0k mp x ≡ . Do đó ( ) 0x t ≡ . Định lý được chứng minh. Nếu 0( ) ( )l x x t= thì theo (1.12)-(1.14) với bất kỳ số nguyên dương k và m ta có ,, ( ( )) 0, ( )( ) ( )( ).Λ = = =k k m mk E l p x p x t p x t Do đó ta có hệ quả Hệ quả 1.4 Giả sử tồn tại số tự nhiên khác không m , số tự nhiên 0m và ma trận n nA R ×+∈ sao cho ( ) 1r A < và với mọi nghiệm x của hệ 0(1.1 ) với điều kiện đầu 0( ) 0x t = thì 0( ) ( ) .mm C C p x A p x≤ (1.21) Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Lưu ý Điều kiện ( ) 1r A < trong hệ quả 1.4 không thể thay bằng điều kiện ( ) 1.≤r A (1.22) Thật vậy, xét hệ vi phân sau : ( ) (1)dx t x dt = (1.23) trên đoạn [0,1]I = với điều kiện đầu (0) 1.x = (1.24) Nghiệm của (1.23) có dạng ( )x t ct= với nc R∈ là một véc tơ hằng bất kỳ. Do đó bài toán (1.23) với điều kiện đầu (1.24) không có nghiệm. Mặt khác ta có 1( )( ) (1),=p x t tx Khi đó (1.21), (1.22) thỏa với 01, 0= =m m và .=A E Hệ quả 1.5 Giả sử tồn tại các số tự nhiên 0, m m và ma trận n nA R ×+∈ sao cho ( ) 2( ) r A b a π < − (1.25) và 02 2( ( )) ( ) mm L L p p x A p x≤ (1.26) với x là nghiệm bất kỳ của hệ 0(1.1 ) với điều kiện đầu 0( ) 0x t = . Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Ta phải chứng minh hệ 0(1.1 ) với điều kiện đầu 0( ) 0x t = (1.27) chỉ có nghiệm tầm thường. Gọi x là nghiệm bất kỳ của bài toán 0(1.1 ) , (1.27). Theo (1.12) ta có 0 1( ) ( )( ) ( )( )m mx t p x t p x t+= = và 0 22 1( ) ( ) .+=m m LL p x p x (1.28) Mà 1 10( )( ) 0, ( )( ) ( ( ))( ). + + = =  m m mdp x t p x t p p x t dt Vì vậy theo bất đẳng thức Wirtinger ta có 2 2 1 2( )( ) ( ( )) π + −≤m m L L b ap x p p x Do đó từ (1.26) và (1.28) ta có 0 02 2( ) ( )≤ m m L L p x B p x với 2( ) . π − = b aB A Suy ra 0 2( ) ( ) 0 m L E B p x− ≤ Theo (1.25) thì ( ) 1r B < nên 0 ( ) 0≤mp x . Do đó 0( ) ( )( ) 0 .mx t p x t= ≡  Lưu ý Trong điều kiện (1.25) ở hệ quả 1.5 dấu bằng không thể xảy ra. Thật vậy, với mọi ,∈ nc R ( )( ) sin 2( ) t ax t c b a π − = − là nghiệm của hệ phương trình thuần nhất ( ), ( ) 0. 2( ) π = + − = − dx x b a t x a dt b a Điều kiện (1.26) thỏa với 0 0, , ( ) .2( ) 2( ) π π = = = = − − m m A E r A b a b a Hệ quả 1.6 Giả sử tồn tại số tự nhiên i sao cho ma trận 1 ( ( ))( ) bi j i j a B p p E s ds = =∑∫ (1.29) là ma trận không suy biến và tồn tại ma trận n nB R ×+∈ sao cho ( )( ) b C a p x t dt B x≤∫ (1.30) với mỗi x là nghiệm của hệ 0(1.1 ) thỏa ( ) ( )x b x a= và 1 2( ) 1.iir B B B − ++ < (1.31) Khi đó bài toán (1.1), (1.4) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Để chứng minh hệ quả trên ta chỉ cần kiểm tra các điều kiện của định lý 1.3 đều thỏa với ( ) ( ) ( ), 2, 1= − = + =l x x b x a k i m và 0 0m = . Thật vậy, ta có : 0 0 2 2 1 1 1 ( ( )) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ( ))( ) ( ( ))( ) ( ( ))( ) . + + + + + = − = − = − =∫ ∫ ∫ k k k i i b a b i i i t t a l p x p x b p x a p x b p x a p p x s ds p p x s ds p p x s ds Từ (1.29),(1.30), (1.12)-(1.14) ta có i kB = Λ và 1 2 1 1 2 ( ) ( )( ) , ( ) ( ( ))( ) ( ) . ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ∫ ∫ b CC a b CC C a p x p x s ds B x p x p p x s d s B p x B x Tương tự ta có 1 1 1 1 1 2 ( ) ( ( ))( ) ( ) ( 1,2, ), ( ( )) ( ( ))( ) ( ( ))( ) ( ) − − + + + + ≤ ≤ ≤ ≤ = … = ≤ ≤ ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ b j j C a j j CC b k i a b i i i CC a p x p p x s ds B p x B x j l p x p p x s ds p p x s d sB p x B x và ,1 1 1( ) ( ) ( ( ))−= − ≤k ki CC Cp x p x B l p x A x , với 1 2− += + iiA B B B . Theo (1.31) thì ( ) 1.r A < 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. Với bất kỳ 0t , t I∈ và ( ; ) nx C I R∈ , đặt { } { } 0 * * 0 0 0 0 * , * 0 0 ( , ) min , ; ( , ) max , , [ ( , ), ( , )], α α α α = = =t t t t t t t t t t I t t t t và { }00 0,, , max ( ) : .= ∈ t tt t t tx x s s I Định nghĩa 1.7 Toán tử p gọi là Volterra đối với 0t I∈ nếu với bất kỳ t I∈ và ( , )nx C I R∈ thỏa mãn điều kiện ( ) 0x s = với 0 ,t t s I∈ thì ( )( ) 0p x s = với hầu hết 0 , .t ts I∈ Bổ đề 1.8 Nếu : ( ; ) ( ; )n np C I R L I R→ là toán tử Volterra đối với 0t I∈ thì các bất đẳng thức sau đúng với mọi ( ; )nx C I R∈ : 0 , ( )( ) ( ) t t p x t t xη≤ (1.32) với hầu hết t I∈ , 0 0 , 1( )( ) ( ) ! k t k t t t p x t s ds x k η≤ ∫ (1.33) với , ( 1,2, )∈ = t I k , trong đó η là hàm ở trong điều kiện (i), : ( ; ) ( ; ) ( 1,2, )→ = k n np C I R C I R k là các toán tử cho bởi các đẳng thức (1.12). Chứng minh Với bất kỳ t I∈ và ( , )nx C I R∈ , đặt: 0 * 0 * 0 * , * 0 0 * * 0 0 ( ( , )) khi ( , ) ( ) ( ) khi ( , ) ( , ) ( ( , )) khi ( , ). α α α α α α <  = ≤ ≤  > t t x t t s t t x s x s t t s t t x t t s t t Ta có 0 0, , ( )( ) ( )( ) ( )( )t t t tp x s p x s p x x s− = − 0 , ( )( ) 0t tx x s− = với 0 , .∈ t ts I Suy ra 0 , ( )( ) 0t tp x x s− = với hầu hết 0 ,t ts I∈ do p là toán tử Volterra đối với 0t 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 tCp x s s x s xη η≤ = với hầu hết 0 , .∈ t ts I Vì t I∈ lấy tùy ý ta suy ra (1.32) đúng. Theo (1.12) và (1.32) ta có 0 0 0 1 , ( )( ) ( )( ) ( ) , t t t t t t p x t p x s ds s ds xη≤ ≤∫ ∫ 0 0 0 0 0 0 0 0 2 1 1 , 2 , , ( )( ) ( ( ))( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2! η η η η ξ ξ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t t t s t t t t s t t s t t t t p x t p p x s ds s p x ds s ds s d x ds x với .∈t I Bằng phương pháp quy nạp ta có (1.33) đúng. Bổ đề 1.9 Nếu p là toán tử Volterra đối với 0t thì toán tử 1E p− khả nghịch và 1 1 0 ( ) k k E p p +∞ − = − =∑ (1.34) với ( 0,1, )= kp k là các toán tử xác định bởi (1.12). Định lý 1.10 Nếu p là toán tử Volterra đối với 0t thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương , k m và ma trận n nA R ×+∈ sao cho ma trận kΛ không suy biến, ( ) 1r A < và , ( )k m CCp x A x≤ với ( ; ). nx C I R∈ (1.35) Chứng minh Điều kiện đủ suy ra từ định lý 1.3. Do đó ta chỉ cần chứng minh điều kiện cần. Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất, khi đó bài toán 0(1.1 ) , 0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là nghiệm bất kỳ của hệ 0(1.1 ). Khi đó 1( ) ( )( )x t c p x t= + với 0( )c x t= Theo bổ đề 1.9 ta có ( ) ( )x t X t c= với 0 ( ) ( )( )i i X t p E t ∞ = =∑ Vì bài toán 0(1.1 ), 0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ phương trình đại số ( ) 0l X c = chỉ có nghiệm tầm thường. Do đó det( ( )) 0.≠l X (1.36) Đặt 1 0 ( ) ( )( ). k i k i X t p E t − = =∑ Ta có ( ), lim 0 →+∞ Λ = − =k k k Ckl X X X . Mà l liên tục nên lim ( ). →+∞ Λ =kk l X (1.37) Từ (1.36), (1.37) suy ra tồn tại số nguyên dương 0k và số thực dương ρ sao cho 1 0 0det( ) 0, ||| ||| ( , 1, ; 1,2, )ρ −Λ ≠ Λ < = + = k m kCX l k k k m (1.38) với ||| |||l là chuẩn của toán tử l . Mặt khác từ bổ đề 1.8 ta có 0( ) ( 1,2, ), ! ρ ≤ =  k k CC p x x k k (1.39) trong đó 0 ( ) b a t dtρ η= ∫ Từ (1.38) và (1.39) và (1.14) ta có , 0 0 0 0( ) ( , 1, ; 1,2, )! ! ρ ρρ   ≤ + = + =      m k k m CC p x x k k k m m k (1.40) Chọn số nguyên dương 0 0m k≥ sao cho 0 0 0 0 0 0 1 ( , 1, ; , 1, ). ! ! 2 ρ ρρ+ < = + = +  m k k m m m m m m k n Cố định 0k m≥ và 0m m≥ , từ (1.40) suy ra bất đẳng thức (1.35), trong đó n nA R ×+∈ là ma trận với các phần tử 1 2n . Rõ ràng ( ) 1r A < . Định lý được chứng minh. 1.2.3. Các điều kiện cụ thể cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính Định lý 1.11 Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; ) ×∈ n nP L I R sao cho hệ phương trình vi phân 0 ( ) ( ) ( )dx t P t x t dt = (1.41) với điều kiện biên 0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Với mọi nghiệm x của bài toán 0(1.1 ) , 0(1.2 ) có bất đẳng thức sau : [ ]0 0 ( , ) ( )( ) ( ) ( )− ≤∫ b C a G t s p x s P s x s ds A x (1.42) trong đó 0G là ma trận Green của bài toán (1.41), 0(1.2 ) và n nA R ×+∈ là ma trận thỏa ( ) 1.r A < Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Theo định lý 1.2, ta chứng minh bài toán 0(1.1 ) , 0(1.2 ) với giả thiết của định lý 1.11 chỉ có nghiệm tầm thường. Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán 0(1.1 ) , 0(1.2 ). Do (1.41), 0(1.2 ) chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lý Lagrange ta có [ ]0 0( ) ( , ) ( )( ) ( ) ( ) .= −∫ b a x t G t s p x s P s x s ds Do đó từ bất đẳng thức (1.42) ta có C C x A x≤ . Suy ra 0 C x = từ ( ) 1r A < . Hệ quả 1.12 Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; ) ×∈ n nP L I R sao cho 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( )ξ ξ ξ ξ     =        ∫ ∫ t t s s P d P t P t P d (1.43) với hầu hết , ∈s t I và bất đẳng thức sau đúng với mọi nghiệm x của hệ 0(1.1 ) với điều kiện đầu 0( ) 0x t = : [ ] 0 0 0 ex p ( ) ( )( ) ( ) ( )ξ ξ   − ≤    ∫ ∫ t t C t s P d p x s P s x s ds A x với t I∈ , n nA R ×+∈ là ma trận thỏa ( ) 1r A < . Khi đó bài toán (1.1), (1.3) có nghiệm duy nhất. Chứng minh Do (1.43) nên ma trận Cauchy của hệ (1.41) có dạng 0 0( , ) exp ( )ξ ξ   =     ∫ t s C t s P d . Lấy x là nghiệm bất kỳ của bài toán 0(1.1 ) , 0(1.2 ). Theo định lý Lagrange ta có [ ] [ ] 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( )( ) ( ) ( ) ( , ) ( )( ) ( ) ( ) = + − = − ∫ ∫ t t t t x t C t t x t C t s p x s P s x s d s C t s p x s P s x s ds Từ đó suy ra C C x A x≤ . Suy ra 0 C x = từ ( ) 1r A < . Hệ quả 1.13 Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; ) ×∈ n nP L I R thỏa (1.43) sao cho ma trận 0 0exp ( )   = −     ∫ b a A E P s ds không suy biến và [ ]10 0 0ex p ( ) ( )( ) ( ) ( )ξ ξ− − +   − ≤    ∫ ∫ t t C t b a s A P d p x s P s x s ds A x (1.44) với ,t I∈ 0 0( )( ) ( )( ), ( ) ( )− + ≡ − + ≡p x t b a p x t P t b a P t (1.45) và ma trận n nA R ×+∈ thỏa ( ) 1r A < . Khi đó bài toán (1.1), (1.4) chỉ có nghiệm duy nhất. Chứng minh Từ (1.43) và do ma trận 0A không suy biến nên bài toán (1.41), 0(1.2 ) với ( ) ( ) ( )l x x b x a≡ − chỉ có nghiệm tầm thường. Gọi 0G là ma trận Green của bài toán (1.41), 0(1.2 ) với ( ) ( ) ( )l x x b x a≡ − . Từ (1.43) , với bất kỳ ( ; )nq L I R∈ thì 1 0 0 0( , ) ( ) ex p ( ) ( )ξ ξ − − +   =     ∫ ∫ ∫  b t t a t b a s G t s q s d s A P d q s d s với , ( ) ( ).∈ − + ≡ t I q t b a q t Nên từ bất đẳng thức (1.44) suy ra bất đẳng thức (1.42). Do đó tất cả giả thiết của định lý 1.11 đều thỏa mãn. Hệ quả được chứng minh.  1.3. Các định lý về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của hệ phương trình vi phân hàm đối số lệch Như đã nói ở phần giới thiệu, bài toán (1.5), (1.6) có thể viết về dạng (1.1), (1.2) với toán tử p và hàm véc tơ q cho bởi các đẳng thức (1.10),(1.11) và hàm 0τ cho bởi đẳng thức (1.9). Do : ( ; )n nl C I R R→ là toán tử tuyến tính liên tục. Theo định lý Riesz, tồn tại duy nhất ma trận hàm : n nI R ×Λ → sao cho các thành phần của Λ có biến phân bị chặn trên ,I ( )b θΛ = (1.46) và với mọi ( ; )nx C I R∈ ta có : ( )( ) ( ) ( ).= Λ∫ b a l x d t x t (1.47) Rõ ràng từ (1.46) và (1.47) ta thấy nếu : nx I R→ là hàm liên tục tuyệt đối thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .′= −Λ − Λ∫ b a l x a x a t x t d t (1.48) Lấy 0t là một điểm cố định bất kỳ trên đoạn I . Với bất kỳ ma trận hàm ( ; ),×∈ n nV L I R đặt : 0 0 ,0 ,1 ( ) , 1 ,1 , [ ( )] , [ ( )] ( ( )) ( ), [ ( )] [ ( )] [ ( )] ( 1,2, ) τ τ τ τ τ τ θ χ τ + = = = =∫  I t i i t V t V t t V t V t V t V s d s i với 0τ là hàm cho bởi (1.9). Từ (1.10), (1.12)-(1.14) và (1.48) ta có 01 , , 0 ( ) ( )[ ( )] ( ) [ ( )] tbk k i i i a a a s P s ds a P s dsτ τ − =   Λ = −Λ − Λ − Λ     ∑ ∫ ∫ (1.49) và , ,( ) k m k m CC p x A x≤ với ( ; ).∈ nx C I R Trong đó 01 1 , , , 0 ( ) ( ) ( ) t bm k m m i k k k i a a A A E A P s ds s P s ds τ τ − − =    = + + Λ   + Λ             ∑ ∫ ∫ (1.50) và 0 , max ( ) : ( 0, , ). τ   =   ∈ =      ∫  t i i t A P s ds t I i m (1.51) Từ các định lý 1.2, 1.3, 1.10 và hệ quả 1.5-hệ quả 1.13 ta có các định lý và hệ quả sau. Định lý 1.14 Bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu bài toán thuần nhất tương ứng 0 ( ) ( ( )) ( ) ( ( ))I dx t t P t x t dt χ τ τ= 0(1.5 ) ( ) 0l x = 0(1.6 ) chỉ có nghiệm tầm thường. Định lý 1.15 Giả sử tồn tại các số tự nhiên khác không k và m sao cho det( ) 0,kΛ ≠ (1.52) và ,( ) 1k mr A < (1.53) với ,, Λk k mA là các ma trận cho bởi các đẳng thức (1.49)-(1.51). Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất. Định lý 1.16 Giả sử có bất đẳng thức 0( ( ) )( ) 0t t t tτ − − ≤ thỏa hầu khắp nơi trên .I Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu tồn tại các số tự nhiên khác không k và m thỏa bất đẳng thức (1.52) và (1.53) với , và Λk k mA là các ma trận cho bởi các đẳng thức (1.49)-(1.51). Hệ quả 1.17 Giả sử tồn tại số m nguyên dương sao cho ( ) 1mr A < (1.54) với 0 , max ( ) : τ   =   ∈      ∫ t m m t A P s ds t I . Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.18 Giả sử τ là hàm liên tục tuyệt đối, đơn điệu và tồn tại một ma trận n nA R ×+∈ sao cho ( ) 2( ) r A b a π < − (1.55) và bất đẳng thức 1/2( ( )) ( ) ( )χ τ τ ′≤I t P t A t thỏa hầu khắp nơi trên .I Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.19 Giả sử 0det( ) 0B ≠ và 1 2 0( ) 1r B B B −+ < với 0 ( ( )) ( ) , ( ( )) ( ) .χ τ χ τ= =∫ ∫ b b I I a a B s P s ds B s P s ds Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất. Định lý 1.20 Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; ) n nP L I R ×∈ sao cho hệ phương trình vi phân 0 ( ) ( ) ( )dx t P t x t dt = (1.56) với điều kiện biên 0(1.6 ) chỉ có nghiệm tầm thường và 0 ( , ) ( ) ≤∫ b a G t s Q s ds A (1.57) với t I∈ , trong đó 0 ( ) 0 0( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) , τ χ τ= − + ∫ t I t Q t t P t P t P t P s d s (1.58) 0G là ma trận Green của bài toán (1.56), 0(1.6 ) và n nA R ×+∈ là ma trận thỏa ( ) 1.r A < (1.59) Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất . Chứng minh Gọi x là một nghiệm của bài toán 0(1.1 ), 0(1.2 ) với p là toán tử xác định bởi đẳng thức (1.10). Dùng (1.58) ta có [ ] [ ] 0 0 ( ) 0 0 0 0 ( ) 0 0 0 0 ( )( ) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) ( ) ( ( )) ( ) . τ τ χ τ τ χ τ τ χ τ τ ′− = − + = = − + ≤ ∫ ∫ t I t t I I C t p x t P t x t t P t P t x t P t x s d s t P t P t x t P t s P s x s d s Q t x Kết hợp với (1.57) suy ra bất đẳng thức (1.42). Do đó tất cả giả thiết của định lý 1.11 đều thỏa. Định lý được chứng minh.  Hệ quả 1.21 Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; ) n nP L I R ×∈ sao cho 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) t t s s P d P t P t P dξ ξ ξ ξ     =        ∫ ∫ (1.60) với hầu hết , ∈s t I và 0 0 exp ( ) ) ( )ξ ξ   ≤    ∫ ∫ t t t s P d Q s ds A với .∈t I (1.61) Trong đó Q là ma trận hàm xác định bởi (1.58) và n nA R ×+∈ là ma trận thỏa (1.59). Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.22 Giả sử tồn tại ma trận hàm 0 ( ; ) n nP L I R ×∈ sao cho đẳng thức (1.60) thỏa với hầu hết , ∈s t I , 0 0exp ( )   = −     ∫ b a A E P s ds (1.62) là ma trận không suy biến và 10 0exp ( ) ( )ξ ξ − − +   ≤    ∫ ∫ t t t b a s A P d Q s ds A với .∈t I (1.63) Trong đó Q là ma trận hàm xác định bởi (1.58), 0 0( ) ( ), ( ) ( )− + ≡ − + ≡P t b a P t Q t b a Q t (1.64) và n nA R ×+∈ là ma trận thỏa (1.59). Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất. Chương 2. BÀI TOÁN BIÊN TUẦN HOÀN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN 2.1. Giới thiệu Cho n là số tự nhiên khác 0, 0ω > và : ( ) ( )n nf C R L Rω ω→ là toán tử liên tục. Xét hệ phương trình vi phân hàm ( ) ( )( ).dx t f x t dt = (2.1) Định nghĩa 2.1 Hàm véc tơ : nx R R→ gọi là nghiệm ω -tuần hoàn của hệ phương trình (2.1) nếu nó liên tục tuyệt đối, thỏa (2.1) hầu hết trên R và ( ) ( )x t x tω+ = với t R∈ . Trong phần hai ta nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm ω -tuần hoàn của bài toán (2.1). Phần ba áp dụng các kết quả trên để xem xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm ω -tuần hoàn cho hệ phương trình vi phân đối số lệch 0 1 ( ) ( , ( ), ( ( )), , ( ( ))),m dx t f t x t x t x t dt τ τ=  (2.2) trong đó ( 1)0 : m n nf R R R+× → thỏa mãn điều kiện Carathéodory địa phương và là ω -tuần hoàn theo đối số thứ nhất, tức là thỏa 0 0 1 0 0 1( , , , , ) ( , , , , )m mf t x x x f t x x xω+ =  (2.3) với hầu hết t R∈ và ( 0,1, , ).∈ = nkx R k m : ( 1, , )τ → = k R R k m là các hàm đo được thỏa mãn ( ( ) ( )) / ( 1, , )τ ω τ ω+ − = k kt t k m là các số nguyên. (2.4) 2.2. Nghiệm tuần hoàn của hệ phương trình vi phân hàm phi tuyến Trong suốt phần này : ( ) ( )n nf C R L Rω ω→ được giả thiết là toán tử liên tục thỏa *(., ) ( )f L Rωρ +∈ với (0, )ρ∈ +∞ , trong đó { }*( , ) sup ( )( ) : ( ), ω ωρ ρ= ∈ ≤ n C f t f x t x C R x . Định nghĩa 2.2 Cho β là một số dương. Ta nói toán tử : ( ) ( ) ( )n n np C R C R L Rω ω ω× → thuộc lớp ( )nVω β nếu nó liên tục và thỏa mãn ba điều kiện sau: (i) ( ,. ): ( ) ( )n np x C R L Rω ω→ là toán tử tuyến tính với mỗi ( ) nx C Rω∈ cố định. (ii) Tồn tại một hàm : R R Rα + +× → không giảm theo đối số thứ hai thỏa (., ) ( )L Rωα ρ ∈ với (0, )ρ∈ +∞ , và với mọi , ( ),ω∈ nx y C R hầu hết t R∈ ta có ( , )( ) ( , ) . ω ω α≤ C C p x y t t x y iii) Với mỗi ( )nx C Rω∈ và ( ),ω∈ nq L R nghiệm ω -tuần hoàn y bất kỳ của phương trình vi phân ( ) ( , )( ) ( )dy t p x y t q t dt = + (2.5) thỏa . ω ω β≤ LC y q (2.6) Định nghĩa 2.3 Ta nói toán tử : ( ) ( ) ( )n n np C R C R L Rω ω ω× → thuộc lớp nVω nếu tồn tại 0β > sao cho ( )np Vω β∈ . Định lý 2.4 Giả sử tồn tại một số dương 0ρ và một toán tử np Vω∈ sao cho với mọi (0,1),λ∈ nghiệm ω -tuần hoàn bất kỳ của phương trình vi phân ( ) (1 ) ( , )( ) ( )( )dx t p x x t f x t dt λ λ= − + (2.7) thỏa 0. ω ρ≤._.