Đồ án Cặp toán tử liên hợp và bài toán giá trị ban đầu

hệ thống hàm cho trước, là một toán tử vi phân tuyến tính hoặc phi tuyến, là một miền nào đó trong . Các ký hiệu trong (1.1) được hiểu như sau: Giả sử là nghiệm của bài toán (1.1) và (1.2), còn là liên tục theo các biến của chúng, khi đó thoả mãn phương trình tích phân sau: (1.3) Dễ dàng chứng minh được bài toán (1.1) và (1.2) tương đương với phương trình vi tích phân (1.3). Do đó, để giải bài toán giá trị ban đầu (1.1) và (1.2) ta cần giải phương trình vi phân (1.3). Để làm được điều này, ta cần phải xây dựng một không gian hàm thích hợp và một toán tử ánh xạ không gian hàm nói trên vào chính nó sao cho nghiệm của (1.3) là điểm bất động của toán tử đó. Đã có nhiều tác giả xây dựng không gian Banach và sử dụng nguyên lý điểm bất động của toán tử trong không gian Banach, nhưng trong trường hợp đó bài toán (1.3) chỉ giải được cho một lớp hạn chế các toán tử vi phân . Nếu chứa các toán tử dạng thì nói chung các toán tử này không giới nội (xem ví dụ của Lewy [3]), nên trong trường hợp này không thể dùng nguyên lý điểm bất động trong không gian Banach. Để khắc phục điều đó, ta sẽ dùng lý thuyết thang Banach và nguyên lý điểm bất động trong thang Banach để giải phương trình vi phân (1.3). Thang không gian Banach Định nghĩa thang không gian Banach Định nghĩa 1.1: Họ các không gian Banach được gọi là một thang không gian Banach nếu nó thoả mãn các tính chất sau: Với mỗi cặp sao cho tồn tại một ánh xạ tuyến tính đơn ánh từ vào : sao cho: . Ví dụ: xem [6, t20 – t22]. Toán tử Cauchy – Riemann tổng quát trong thang không gian Banach Định nghĩa 1.2: Với mỗi cặp sao cho , toán tử từ thang không gian Banach , vào chính nó được gọi là toán tử Cauchy-Riemann nếu nó ánh xạ mỗi vào trong mỗi sao cho chuẩn của thỏa mãn: . trong đó là hằng số không phụ thuộc vào . Ví dụ: xem [6, t22]. Cặp toán tử liên hợp Để giải bài toán giá trị ban đầu (1.1) và (1.2) ta phải tìm nghiệm là hàm thuộc một không gian hàm nào đó. Như đã nhận xét ở trên, phải là một thang Banach nếu hàm vế phải phụ thuộc vào các toán tử vi phân kiểu . Tuy nhiên bài toán trong trường hợp đó cũng chỉ giải được khi thỏa mãn một số điều kiện bổ sung. Và kể cả trong trường hợp đó, bài toán giá trị ban đầu cũng chỉ giải được trong một lớp con của thang Banach. Để xác định lớp con này, ta dùng khái niệm cặp toán tử liên hợp sau: Định nghĩa 1.2: Toán tử vi phân tác động trong thang Banach được gọi là toán tử liên hợp với nếu: . Khi đó ta gọi là cặp toán tử liên hợp. Để giải bài toán (1.1) và (1.2) ta giải phương trình vi phân (1.3) bằng cách áp dụng nguyên lý ánh xạ co. Gọi Giải phương trình vi phân (1.3) hay ta tìm điểm bất động của toán tử sau trong không gian (ứng với mỗi cố định): Để áp dụng nguyên lý ánh xạ Co, ta cần các điều kiện: i) Toán tử ánh xạ vào chính nó ii) iii) Nếu thì Tác giả W.Walter đã chứng minh hoàn toàn bài toán (1.1) và (1.2) tồn tại nghiệm trong trường hợp tổng quát với toán tử vi phân là phi tuyến. Tuy nhiên, trong khuôn khổ đồ án tốt nghiệp này, ta chỉ trình bày cách xây dựng không gian và chứng minh các điều kiện trên theo cách làm của W.Walter có sử dụng các bổ đề Nagumo cho trường hợp toán tử vi phân là tuyến tính theo vectơ hàm và các đạo hàm của đối với các (). Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán (1.1), (1.2), trước hết ta chứng minh bài toán dạng (1.1), (1.2) là tồn tại duy nhất nghiệm trong trường hợp các biến phức . Sau đó ta chứng minh bài toán giá trị ban đầu (1.1), (1.2) cũng đúng đối với các biến thực . Thang không gian Banach các hàm chỉnh hình Xây dựng các không gian Banach Cho là một miền giới nội trong không gian . Ta xét một họ miền vét cạn ( cố định) của miền thoả mãn các điều kiện sau: i) và là hằng số cố định nào đó ii) Với mỗi điểm z thuộc , xác định duy nhất một số dương thoả mãn: . iii) Miền đóng là một miền con compact của miền nếu . Với mỗi miền con , ta định nghĩa khoảng cách trong miền như sau: (1.4) Rõ ràng là một hàm số dương và tiến tới không khi dần tới biên của . Bây giờ ta xét các hàm xác định và liên tục trên và chỉnh hình trên và thoả mãn điều kiện sau: (1.5) trong đó () là hằng số dương. Xét là không gian tập hợp tất cả các hàm có tính chất trên. Trang bị cho không gian chuẩn sau: (1.6) Dễ thấy: Và khi và chỉ khi triệt tiêu trên . Ta chứng minh là không gian tuyến tính. Với là một hằng số phức nào đó và là hàm thuộc thì: Hay hàm cũng thuộc . Cho hai hàm và thuộc , khi đó: Vậy: Hay hàm cũng thuộc không gian . Ta chứng minh được không gian là không gian tuyến tính. Bây giờ ta sẽ chứng minh là không gian đủ. Xét là một miền con compact của . Khi đó tồn tại một số dương sao cho: (1.7) Từ định nghĩa (1.6) dễ thấy: (1.8) Từ (1.7) và (1.8) suy ra: (1.9) Giả sử có dãy Cauchy thuộc , tức là: với mọi và đủ lớn. Xét trong miền con compact . Theo (1.9) ta có: Vậy hội tụ đều trong . Theo định lý hội tụ Weierstrass tồn tại hàm chỉnh hình là giới hạn của dãy tại mọi điểm trong . Mặt khác, do là miền con compact bất kỳ trong nên hàm giới hạn xác định tại mọi nơi trong và giải tích trong (Với một điểm bất kỳ thuộc , ta chọn được (ứng với đủ nhỏ) để cũng thuộc ). Vì vậy từ: Cho thì ta có bất đẳng thức: (1.10) Bất đẳng thức (1.10) tương đương với: (1.11) Mặt khác, ta có: Vậy hàm thuộc hay là không gian Banach. Xây dựng thang không gian Banach Dựa trên họ miền vét cạn đã xét ở mục trên ta xây dựng không gian theo các bước như sau: Bây giờ, ta xét một tập hợp kiểu hình nón sau: (1.12) với là mộ số dương sẽ xác định sau. Dễ thấy tương giao của mặt phẳng với là: (1.13) Ta định nghĩa khoảng cách trong : (1.14) Gọi là hạn chế của trên (chú ý rằng là không gian các hàm thuộc một lớp hàm thích hợp mà ta sẽ định nghĩa dưới đây trên toàn miền ). Xét các hàm xác định trên sao cho trong đó và thoả mãn (1.13). Với cố định, hàm là xác định, liên tục trong , chỉnh hình trong và thoả mãn biểu thức: (1.15) trong đó là một số dương. Gọi là chuẩn trong không gian . Gọi là không gian tất cả các hàm có tính chất trên. Ta định nghĩa chuẩn trong không gian : (1.15) Dễ dàng chứng minh được là không gian tuyến tính. Thật vậy, gọi là một hằng số phức nào đó và là hàm thuộc thì: Hay hàm cũng thuộc . Cho hai hàm và thuộc , khi đó: Vậy: Hay hàm cũng thuộc không gian . Ta đã chứng minh được không gian là không gian tuyến tính. Bây giờ ta chứng minh là một không gian Banach. Xét là một tập con compact của . Khi đó tồn tại thoả mãn: (1.17) Tập hợp được xác định như sau: (1.18) Theo (1.17) dễ thấy: (do ) Khi đó, với mọi ta có: Hay: Vậy ta có ước lượng, với mọi thì: (1.19) Bây giờ ta xét một chuỗi hàm Cauchy trong không gian , ký hiệu là , các hàm này có tính chất: với mọi đủ lớn. Theo công thức (1.19), với mọi thì: Vậy là một chuỗi hội tụ đều trong tập compact .Theo định lý hội tụ Weierstrass, chuỗi này hội tụ tới một hàm giới hạn trong , ký hiệu hàm này là . Dễ thấy hàm là liên tục trong , chỉnh hình trong . Mặt khác, do: với mọi đủ lớn, nên với mọi : (1.20) Cho thì ta thu được bất đẳng thức: (1.21) với mọi . Với mọi điểm , ta có thể chọn một tập phù hợp (ứng với đủ nhỏ) sao cho điểm . Hay là hàm giới hạn là liên tục trong , chỉnh hình trên và công thức (1.21) vẫn đúng trong toàn bộ tập hợp . Tức là ta có: (1.22) với mọi . Theo bất đẳng thức tam giác: Nên: với mọi . Theo (1.15), (1.16) và (1.22) ta có ước lượng: với mọi . Vậy hàm giới hạn thuộc . Ta có định lý sau: Định lý 1.1: Không gian là một không gian Banach. Chú ý rằng các phần tử thuộc là các hàm dạng . Định lý tương tự như trên vẫn còn đúng khi các phần tử của không gian là một vectơ dạng với các hàm xác định trong . Trong trường hợp đó chuẩn supremum được định nghĩa là: Chứng minh các bổ đề Nagumo Bổ đề 1.1: Cho là một hàm thuộc . Ta có ước lượng: (1.23) với mọi , là một hằng số: Chứng minh: Xét là một điểm bất kỳ thuộc . Theo định nghĩa (1.14): Đặt: (1.24) (1.25) Từ định nghĩa (1.14) ta có: Nên theo (1.25): (1.26) Do nên từ (1.26) (1.27) Theo công thức xây dựng họ miền vét cạn , tồn tại duy nhất một điểm sao cho: . Khi đó ta có: Hay: (1.28) Từ định nghĩa (1.16) và (1.28) ta có: (1.29) Mặt khác, do nên theo cách xây dựng họ miền vét cạn , miền đóng là miền con compact của miền . Theo cách xây dựng không gian thì chuẩn của một hàm trên không gian sẽ bé hơn chuẩn của hàm đó trên không gian hay: (1.30) Từ (1.29) và (1.30) ta có ước lượng: (1.31) Thay : Ta có: Thay vào công thức (1.31) ta được: (1.32) Lại do nên vòng tròn tâm bán kính thuộc miền . Ta có công thức tích phân Cauchy: áp dụng (1. 32) vào công thức trên ta được: Thay vào công thức trên ta chứng minh xong bổ đề 1. Chú ý, trong trường hợp không gian nhiều biến phức thì biểu thức trên sẽ là: (1.33) Bổ đề 1.2: Cho là hàm bị chặn trong , tức là tồn tại một hằng số sao cho: (1.34) Khi đó với mọi cho trước tồn tại hằng số sao cho: Chứng minh: Ta có thể chọn một hằng số sao cho . Với cho trước ta có: Hay: (1.35) Từ (1.34) và (1.35) ta được: Bổ đề 1.3: Nếu thì: Chứng minh: Thậy vậy: Giải bài toán giá trị ban đầu Ta chứng minh bài toán giá trị ban đầu (1.1) và (1.2) có nghiệm. Điều này tương đương với việc chứng minh toán tử dạng phương trình vi tích phân (1.3) là một toán tử ánh xạ Co trong một không gian Banach nào đó. Do hàm trong toán tử có dạng tuyến tính nên ta viết lại bài toán giá trị ban đầu như sau: Tìm hàm phụ thuộc biến và biến phức . Trong đó đạo hàm riêng của các hàm đối với thoả mãn: (1.36) với mọi . Và ta có các điều kiện ban đầu: (1.37) với mọi Các hàm hệ số trong (1.41) và các hàm ban đầu trong (1.37) phải thoả mãn một số điều kiện nào đó. Xét miền hình nón được xây dựng trên miền không gian , trong đó miền không gian là miền giới nội trong không gian . Ta tìm nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (1.26) và (1.37) với các giả thiết sau: i) có toán tử liên hợp là Gọi ii) Các hệ số trong (1.36) bị chặn trong không gian . iii) Các hàm ban đầu trong (1.37) xác định, liên tục và bị chặn trong miền giới nội . Chúng ta chứng minh bài toán giá trị ban đầu (1.36) và (1.37) với các giả thiết trên có nghiệm trong không gian . Dễ thấy nghiệm của (1.36) và (1.37) tương đương với nghiệm của hệ phương trình vi tích phân sau: với (1.38) Bây giờ ta định nghĩa toán tử sau: Cho là một phần tử của . Chú ý lúc này chuẩn của hàm trong không gian có dạng: Mỗi phần tử ta xác định một phần tử dạng , với mỗi được định nghĩa bằng vế phải trong biểu thức (1.38): với (1.39) Rõ rằng điểm bất động của toán tử được định nghĩa bởi (1.39) là một nghiệm của phương trình (1.38). Việc chứng minh bài toán giá trị ban đầu (1.36) và (1.37) có nghiệm tương đương với việc chứng minh toán tử được định nghĩa bởi (1.39) là một toán tử ánh xạ co trong không gian . Thật vậy, do các hệ số và là các hàm bị chặn trong không gian nên theo bổ đề 2 Nagumo ta tìm được các hằng số thoả mãn: (ứng với ) (1.40) (ứng với ) (1.41) (ứng với ) (1.42) Do các hàm giá trị ban đầu bị chặn nên tồn tại hằng số thoả mãn: (1.43) Từ (1.40) và theo bổ đề 1 Nagumo ta có: (1.44) Từ (1.41) và các định nghĩa chuẩn ta có: (1.45) Từ (1.42), (1.43), (1.44), (1.45) và công thức (1.39) ta có: Rút gọn ta được: (1.46) áp dụng bổ đề 3 Nagumo vào công thức trên ta có: Hay: Vậy: . Hay ảnh của cũng thuộc . Ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.4: Toán tử được định nghĩa bởi (1.39) ánh xạ vào chính nó. Bây giờ ta tìm điều kiện để toán tử được định nghĩa bởi (1.39) là toán tử ánh xạ co. Ta lấy hai phần tử và thuộc . Theo công thức (1.39), ứng với mỗi hàm ta được một hàm . Ta ước lượng chuẩn của hiệu , với . Theo công thức (1.44), hiệu của hai hàm là: Chứng minh tương tự như trên ta thu được: (1.47) Mặt khác, theo định nghĩa ta có: Nên từ (1.47) ta được: Vậy toán tử (1.39) là toán tử ánh xạ co nêu thoả mãn điều kiện: Hay: Thay: Ta thu được: (1.48) Vậy ta có định lý sau: Định lý 1.2: Nếu thoả mãn điều kiện (1.48) thì tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (1.36) và (1.37) trong không gian với mọi . Bài toán giá trị ban đầu đối với biến thực Bây giờ xét điểm trong đó các thành phần thực của là thuộc . Giả sử miền đa đĩa đóng (1.49) được chứa trong miền , với mọi dương. Khi đó, theo định lý 1.2, bài toán giá trị ban đầu (1.36), (1.37) có nghiệm trong một khoảng trong miền đa đĩa đóng (1.49) và nghiệm đó chỉnh hình đối với . Mặt khác, ta biết rằng một hàm chỉnh hình trong miền đa đĩa đóng có thể được biểu diễn bởi một chuỗi lũy thừa: (1.50) Hơn nữa, chuỗi trên có thể lấy đạo hàm theo từng số hạng của nó. Bây giờ, ta xét nghiệm (1.50) chỉ đối với giá trị thực của các biến , nghĩa là ta xét sự hạn chế của trên khoảng: (1.51) Khoảng này thuộc không gian thực n chiều (). Dễ thấy, miền (1.51) là miền con của (1.49), và do đó, nghiệm tìm được có thể biểu diễn dạng: (1.52) Đạo hàm của chuỗi trên đối với biến thực có thể tính được bằng cách lấy đạo hàm của từng số hạng. So sánh các đạo hàm của (1.50) với các đạo hàm trong (1.52), ta thấy các đạo hàm thực của hàm (1.52) trùng với sự hạn chế của đạo hàm phức của hàm (4.35) trên miền (1.51). Vậy với sự hạn chế các biến lên các biến , ta nhận thấy các thành phần của vectơ hàm thỏa mãn phương trình sau: (1.53) với mọi tương tự như phương trình (1.36). Và nhận thấy các giá trị ban đầu của nghiệm trong hệ (1.53) là nhận được bởi sự hạn chế của các vectơ hàm ban đầu trong (1.37) đối với vectơ thực x. Ngược lại, giả sử ta có là nghiệm của một hệ như (1.53) với các vectơ hàm ban đầu và ta có thể thác triển duới dạng (1.52). Mặt khác ta biết, từ định lý hàm phức, một chuỗi lũy thừa hội tụ với mỗi với sẽ hội tụ đối với mỗi mà . Do đó, một chuỗi lũy thừa có thể thác triển tới một hàm chỉnh hình xác định trong miền phức. Bây giờ ta giả sử thay thế các biến trong hệ (1.53) bằng các biến . Tương tự thay các đạo hàm đối với biến bằng các đạo hàm đối với biến , thác triển vectơ hàm ban đầu thành các hàm dạng phức như trong dạng (1.50). Dễ thấy nghiệm thác triển dạng (1.50) của nghiệm là nghiệm của hệ phức mới thành lập. Mặt khác, theo định lý 1.2, trong mặt cầu đóng (1.50) chỉ có duy nhất một nghiệm đối với hệ mới lập được. Vậy nghiệm thác triển phải trùng với nghiệm tìm được bằng phương pháp điểm bất động trong thang Banach. Khi đó xét hệ sau: Tìm hàm phụ thuộc biến và biến thực và thoả mãn: (1.54) (1.55) với mọi . Xét một miền giới nội , thỏa mãn các điều kiện (i, ii, iii) tương tự như trong mục 1.4.1 bằng cách thay biến bởi biến . Trên ta xây dựng miền tương tự (1.12) bằng cách thay biến bởi biến . Ta xét không gian hàm thỏa mãn một số tính chất như (1.15). Nếu là cặp toán tử liên hợp với là toán tử vi phân vế phải của (1.54). Đặt: Ta có định lý sau: Định lý 1.3: Giả sử là cặp toán tử liên hợp, . Khi đó nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (1.54), (1.55) tồn tại duy nhất trong không gian với là miền có đủ bé. Các bài toán giá trị ban đầu đối với hệ phương trình đạo hàm riêng tuyến tính hệ số hằng Các trường hợp đặc biệt Bài toán 1 Ta tìm nghiệm của hệ phương trình đạo hàm riêng sau: Tìm vectơ hàm thỏa mãn: (2.1) trong đó , là hàm chỉnh hình bị chặn cho trước. Khi đó xét ma trận như sau: (2.2) Ta đưa hệ phương trình (2.1) về bài toán giá trị ban đầu như sau:: Tìm véctơ hàm sao cho: (2.3) (2.4) Ta xây dựng miền như sau: Cho miền thuộc không gian : (2.5) trong đó là số dương cố định. Xét họ miền vét cạn như sau: (2.6) Dễ thấy họ miền thỏa mãn các điều kiện: i) ii) Với mỗi điểm thuộc , xác định duy nhất một số dương thoả mãn: . iii) Miền đóng là một miền con compact của miền nếu . Định nghĩa miền : (2.7) Trong đó thỏa mãn: (2.8) Ta định nghĩa khoảng cách trong : (2.9) Xét các hàm xác định trên . Với cố định, hàm là xác định, liên tục trong , chỉnh hình trong và thoả mãn biểu thức: (2.10) Với là chuẩn trong không gian được xét trên . Gọi là không gian tất cả các hàm có tính chất trên. Ta định nghĩa chuẩn trong không gian : (2.11) Theo định lý 1.2 ta có: Không gian là không gian Banach. Để giải bài toán (2.3) và (2.4) ta thử tìm một toán tử liên hợp với . Xét ma trận sau: (2.12) Ta định nghĩa toán tử bởi: (2.13) Ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 2.1: Cặp toán tử định nghĩa trong (2.3), (2.13) là cặp toán tử liên hợp. Chứng minh: Ta phải chứng minh: Hay: nếu Giả sử , tức là: Theo (2.12) và (2.13) ta được: (2.14) Lấy đạo hàm của cả hai vế (2.15) lần lượt theo ta được: (2.15) (2.16) (2.17) Đặt: Từ định nghĩa (2.2), (2.3) ta dễ thấy: (2.18) Bây giờ ta phải chứng minh: Hay: với được cho bởi (2.18) Từ (2.13) ta có: (2.19) Tính riêng từng số hạng của biểu thức trên ta có: Thay các biểu thức trên vào (2.19) ta nhận được: Bằng cách hoán vị các số hạng biểu thức trên ta viết lại như sau: (2.20) Mặt khác, dễ thấy nếu ta cộng các số hạng vế trái của các công thức (2.15), (2.16) và (2.17) thì ta thu được vế phải của (2.20) và dễ thấy tổng này bằng không nên ta cũng có vế phải của (2.20) bằng không hay: Đặt: (2.21) Bây giờ, giả sử hàm ban đầu trong (2.4) thỏa mãn: Hay: (2.22) Khi đó áp dụng định lý 1.3 trong chương 1 ta nhận thấy bài toán giá trị ban đầu (2.3) và (2.4) tồn tại nghiệm trong không gian nếu hàm ban đầu thỏa mãn (2.22). Do bài toán giá trị ban đầu (2.3) và (2.4) tương đương với hệ (2.1) nên ta có định lý: Định lý 2.1: Nếu thoả mãn điều kiện (2.8) thì tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán giá trị ban đầu đối với hệ phương trình đạo hàm riêng (2.1) với mọi miễn là các hàm ban đầu thỏa mãn (2.22). Chú ý, ta có thể thay cặp ma trận trong (2.2) và (2.12) bởi các cặp ma trận tương ứng , sau: Bài toán 2 Ta tìm nghiệm của hệ phương trình đạo hàm riêng sau: Tìm vectơ hàm thỏa mãn: (2.23) trong đó , là hàm chỉnh hình bị chặn cho trước. Tương tự ta đưa hệ phương trình (2.23) về bài toán giá trị ban đầu như sau: Tìm véctơ hàm sao cho: (2.24) (2.25) Với ma trận như sau: (2.26) Chú ý, ta xây dựng không gian tương tự như trong mục 2.1.1. Chỉ khác là số phải thỏa mãn bất đẳng thức: (2.27) Để giải bài toán (2.24), (2.25) ta cũng tìm một toán tử liên hợp với . Xét ma trận sau: (2.28) Ta định nghĩa toán tử bởi: (2.29) Bây giờ ta chứng minh là cặp toán tử liên hợp. Giả sử: Từ định nghĩa (2.28), (2.29) ta có: Hay: Lấy đạo hàm theo các biến dễ thấy: (2.30) (2.31) (2.32) Ta sẽ chứng minh: Đặt: . Từ định nghĩa (2.24) và (2.25) có: (2.33) Khi đó, từ (2.28) và (2.29) ta có: Tính riêng từng số hạng trong biểu thức trên ta được: Thay các biểu thức trên vào ta nhận được: (2.34) Từ (2.34), bằng cách hoán vị các số hạng ta viết lại và chú ý các công thức (2.30), (2.31), (2.32) thì nhận được: Vậy ta đã chứng minh được là cặp toán tử liên hợp. Đặt: Giả sử hàm ban đầu trong (2.25) thỏa mãn: Hay: (2.35) Khi đó áp dụng định lý 1.3 trong chương 1 ta nhận thấy bài toán giá trị ban đầu (2.24) và (2.25) tồn tại nghiệm trong không gian với được định nghĩa trong (2.29) nếu hàm ban đầu thỏa mãn (2.35). Vậy ta có định nghĩa sau: Định lý 2.2: Nếu thoả mãn điều kiện (2.27) thì tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán giá trị ban đầu đối với hệ phương trình đạo hàm riêng (2.23) với mọi miễn là các hàm ban đầu thỏa mãn (2.35). Bài toán 3 Ta tìm nghiệm của hệ phương trình đạo hàm riêng sau: Tìm vectơ hàm thỏa mãn: (2.36) trong đó , là hàm chỉnh hình bị chặn cho trước. Khi đó xét ma trận như sau: (2.37) Ta cũng đưa hệ phương trình (2.36) về bài toán giá trị ban đầu như sau: Tìm véctơ hàm sao cho: (2.38) (2.39) Ta cũng xây dựng miền như trong mục 2.1.1, tuy nhiên trong trường hợp này miền giới nội xác định trong và số phải thõa mãn: (2.40) Để giải bài toán (2.38), (2.39) ta cũng tìm một toán tử liên hợp với . Xét ma trận sau: (2.41) Ta định nghĩa toán tử bởi: (2.42) Bây giờ ta chứng minh là cặp toán tử liên hợp. Giả sử thì: Hay: (2.43) Lấy đạo hàm của cả hai vế (2.42) lần lượt theo ta được: (2.44) (2.45) (2.46) (2.47) Đặt: . Từ định nghĩa (3.37), (3.38) ta dễ thấy: (2.48) Khi đó từ (2.41), (2.42) và (2.48) ta có: (2.49) Tính riêng từng số hạng trong biểu thức trên ta được: Thay các biểu thức trên vào (2.49) ta nhận được: Bằng cách hoán vị các số hạng ta viết lại như sau: Vậy ta đã chứng minh được là cặp toán tử liên hợp. Đặt: Giả sử hàm ban đầu trong (2.39) thỏa mãn: Hay: (2.50) Khi đó áp dụng định lý 1.3 trong chương 1 ta nhận thấy bài toán giá trị ban đầu (2.38) và (2.39) tồn tại nghiệm trong không gian với được định nghĩa trong (2.42) nếu hàm ban đầu thỏa mãn (2.50). Vậy ta có định nghĩa sau: Định lý 2.3: Nếu thoả mãn điều kiện (2.40) thì tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán giá trị ban đầu đối với hệ phương trình đạo hàm riêng (2.36) với mọi miễn là các hàm ban đầu thỏa mãn (2.50). Các trường hợp tổng quát Bài toán 4: Tìm véctơ hàm sao cho: (2.51) (2.52) trong đó , cho trước và ma trận như sau: (2.53) trong đó là các hằng số. Để giải bài toán trên, tương tự như trong mục 2.2.1, ta xây dựng miền trên miền giới nội trong không gian với thỏa mãn: (2.54) trong đó: Bây giờ xét ma trận như sau: (2.55) trong đó là một nghiệm khác không của phương trình sau: (2.56) với và ma trận như sau: (3.6) Phương trình (3.6) có ít nhất một nghiệm khác không vì ta có thể chứng minh được: Thật vậy, bằng cách đặt: Khi đó tính ta được: Ta định nghĩa toán tử : (2.57) Ta chứng minh là cặp toán tử liên hợp. Giả sử: . Từ đó ta có: Hay: (2.58) Đạo hàm cả hai vế của (3.8) theo các biến và nhân hai vế với một hằng số ta nhận được: (2.59) (2.60) (2.61) Bây giờ ta sẽ chứng minh: Từ định nghĩa (2.51) và (2.53) đặt: Thì: (3.62) Thay công thức (2.62) và định nghĩa (2.57) ta có: (2.63) Thay (2.59), (2.60), (2.61) vào (2.63) và khai triển ta có: (2.64) Ta có thể viết lại (2.64) như sau: (2.65) Dễ thấy muốn thì tất cả các hệ số trong biểu thức (2.64) phải bằng không. Muốn vậy thì ta phải có hệ sau: (2.65) Nếu coi biến và các là các hằng số thì hệ phương trình (2.65) trùng với hệ (2.56). Do ta có hệ (2.56) luôn có ít nhất một nghiệm khác không nên tồn tại một bộ khác không thoả mãn (2.65). ứng với bộ đó, ta có: . Vậy với mỗi bộ là một nghiệm của hệ phương trình (2.56) thì ta được một cặp toán tử liên hợp. Đặt: Bây giờ, giả sử hàm ban đầu trong (2.52) thỏa mãn: Hay: (2.66) Khi đó áp dụng định lý 1.3 trong chương 1 ta nhận thấy bài toán giá trị ban đầu (2.51) và (2.52) tồn tại nghiệm trong không gian nếu hàm ban đầu thỏa mãn (2.66). Ta có định lý sau: Định lý 2.4: Nếu thoả mãn điều kiện (2.55) thì tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (2.51) và (2.52) với mọi miễn là các hàm ban đầu thỏa mãn (2.66). Nhận xét: nếu ma trận trong (2.53) có dạng: trong đó là các hằng số. Khi đó chứng minh tương tự như trên ta cũng có kết quả tương tự. Bài toán 5: Tìm véctơ hàm sao cho: (2.67) (2.68) trong đó , cho trước và ma trận như sau: (2.69) trong đó là các hằng số thoả mãn: (2.70) Tương tự như trong mục 2.2.1, ta xây dựng miền trên miền giới nội trong không gian với thỏa mãn: (2.71) trong đó: Bây giờ xét ma trận như sau: (2.72) trong đó là nghiệm khác không của phương trình sau: (3.73) với và ma trận như sau: Dễ thấy ma trận có: . Do một hàng của ma trận có tất cả các số đều bằng không (hàng thứ 7). Vậy phương trình (2.73) luôn tồn tại ít nhất một nghiệm khác không. Ta định nghĩa toán tử : (3.74) Ta chứng minh là cặp toán tử liên hợp. Giả sử: . Hay: (2.75) Lấy đạo hàm cả hai vế của (2.75) theo các biến và nhân lần lượt nhân hai vế với một hằng số ta nhận được: (2.76) (2.77) (2.78) Bây giờ ta sẽ chứng minh: Từ định nghĩa (2.67) và (2.69) đặt: Thì: (2.79) (2.80) (3.81) Thay (2.68), (2.80) và (2.81) vào định nghĩa (2.67) ta được: Thế các công thức (2.76), (2.77), (2.78) vào công thức trên. Khai triển và rút gọn (chú ý điều kiện (2.70)) ta nhận được: (2.82) Dễ thấy, nếu thì tất cả các hệ số các đạo hàm của hàm phải bằng không. Điều đó tương đương với hệ sau phải có nghiệm: (2.83) Dễ thấy hệ (2.83) tương đương với hệ (3.73). Vậy hệ phương trình (3.83) là thoả mãn với ít nhất một bộ khác không. Hay ta có: Vậy ta đã chứng minh được là một cặp toán tử liên hợp. Đặt: Giả sử hàm ban đầu trong (2.68) thỏa mãn: Hay: (2.84) Khi đó áp dụng định lý 1.3 trong chương 1 ta nhận thấy bài toán giá trị ban đầu (2.67) và (2.68) tồn tại nghiệm trong không gian nếu hàm ban đầu thỏa mãn (2.84). Ta có định lý sau: Định lý 2.5: Nếu thoả mãn điều kiện (2.71) thì tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (2.67) và (2.68) với mọi miễn là các hàm ban đầu thỏa mãn (2.84). Bài toán giá trị ban đầu đối với hệ phương trình đạo hàm riêng có hệ số hàm Bài toán 6 Bây giờ, ta xét bài toán giá trị ban đầu tuyến tính có hệ số có thể là các hàm số. Tuy nhiên, do trong các