Luận văn Tính giải được của một lớp bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm tuyến tính với Pantograph

00 )()())(( ηη =≤ , với hầu hết ttIs ,0∈ . Bây giờ ta chứng minh (1.37) bằng phương pháp quy nạp. Theo (1.15), (1.36) ta có: tt t t t t t t t xddxdxptxp ,, 1 0 00 0 0 )()())(())(( ∫∫∫ ≤≤≤ ττηττηττ τ ( ) tt t t t t t t t t t t t xdssdxdss dxpdxpptxp , 2 , , 112 0 00 0 0 0 0 0 )( 2 1)()( )()()()())(( ∫∫ ∫ ∫∫ ≤≤ ≤≤ ητητη ττηττ τ τ τ Giả sử tt k t t k xdss k txp ,0 0 )( ! 1))(( ∫≤ η với It∈ (k=1,2,) Khi đó: 23 ( ) tt k t t t k t t t t t t k t t kk xdss k dxdss k dxpdxpptxp , 1 , , 1 0 0 0 00 0 0 0 )( )!1( 1)()( ! 1 )()()()())(( + + ∫∫∫ ∫∫ + ≤≤ ≤≤ ητητη ττηττ τ τ τ , với It∈ Bằng phương pháp quy nạp ta suy ra (1.37) là đúng. (đpcm)  Từ bổ đề trên ta có ngay kết quả sau: Bổ đề 1.11: Nếu p là toán tử −0t Volterra thì toán tử 1pE − là khả nghịch và ( ) ∑ +∞ = − =− 0 11 k kppE Trong đó ,...)1,0( =kpk là các toán tử được định nghĩa bởi đẳng thức (1.15). Định lý 1.12: Giả sử p là toán tử −0t Volterra. Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương k, m và một ma trận nnRA ×+∈ sao cho kΛ là không suy biến, 1)( <Ar và: ),()(, n CC mk RICxkhixAxp ∈≤ . 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. 01 ), (1. )20 , chỉ có nghiệm tầm thường. Giả sử x là một nghiệm tùy ý của hệ (1. 01 ) ta có: ))(())(()()( 10 0 txpcdssxptxtx t t +=+= ∫ với )( 0txc = . Theo bổ đề 1.11 ta có: ctXtx )()( = trong đó ∑ ∞ = = 0 ))(()( i i tEptX 24 Vì bài toán (1. 01 ), (1. )20 chỉ có nghiệm tầm thường nên hệ các phương trình 0)( =cXl chỉ có nghiệm tầm thường. Suy ra: 0))(det( ≠Xl (1.38) Đặt ∑ − = = 1 0 ))(()( k i i k tEptX Khi đó .0lim),( =−=Λ +∞→ Ckkkk XXXl Tác động l liên tục vào đẳng thức trên ta được: )(lim Xlkk =Λ+∞→ (1.39) Từ (1.38) và (1.39) suy ra tồn tại số nguyên dương 0k và một số thực dương δ thỏa mãn: ,0)det( ≠Λk ,...)2,1,...;2,( 00 1 =+=<Λ− mkkklX kCm δ (1.40) Trong đó l là chuẩn của toán tử l . Mặt khác theo bổ đề 1.10 ta được: )41.1(,...)2,1( ! )( 0 =≤ kx k xp C k C k δ Trong đó ∫= b a dtt)(0 ηδ Từ (1.40), (1.41), (1.17) ta có: ,...)2,1,...;1,( !! )( 000 , =+=      +≤ mkkkx km xp C k o m C mk δδδ (1.42) Chọn số nguyên dương 00 km ≥ sao cho: ,...)1,,...;1,( 2 1 !! 0000 0 +=+=<      + mmmmmk nkm k o m δδδ Khi đó với mỗi 0mk ≥ và 0mm ≥ , từ (1.42) suy ra: ),()(, n CC mk RICxkhixAxp ∈≤ 25 Trong đó nnRA ×+∈ là một ma trận với các phần tử n2 1 đều thỏa 1)( <Ar . Định lý được chứng minh.  1.2.3 Tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát Với k là một số nguyên dương tùy ý cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán sau đây: )())(()( tqtxp dt tdx kk += (1. k1 ) kk cxl 0)( = (1. k2 ) Trong đó: (i) ),(),(: nnk RILRICp → là một toán tử tuyến tính sao cho tồn tại hàm +→ RIk :η khả tích thỏa mãn: Ckk xttxp )())(( η≤ với ),(, nRICxIt ∈∈ . (ii) nnk RRICl →),(: là một toán tử tuyến tính bị chặn. (iii) .),,( 0 nknk RcRILq ∈∈ Với mỗi toán tử bị chặn ),(),(: nn RILRICg → , ta ký hiệu chuẩn của nó là g và gM là tập các vectơ hàm liên tục tuyệt đối nRIy →: được biểu diễn bởi: ∫+= t a dsszgazty ))(()()( trong đó nRIz →: là vectơ hàm liên tục tùy ý sao cho: 1= C z . Bổ đề 1.13: Giả sử bài toán (1. 01 ), (1. )20 chỉ có nghiệm tầm thường và dãy các toán tử kp , ,...)2,1( =klk thỏa mãn các điều kiện [ ] +∞→→         ∈∈−∫ kkhiMyItdssypsyp kp t a k 0,:))(())((sup (1.43) )()(lim ylylkk =+∞→ với ,...)2,1(),( =∈ kRICy n (1.44) 26 Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k và một hằng số dương 0>α sao cho với mọi vectơ hàm nRIz →: liên tục tuyệt đối tùy ý ta có: ,...)1,()( 00 +=∆≤ kkkzz kC α (1.45) Trong đó [ ]         −++=∆ ∫∈ t a kkkItk dsszpszpzlz ))(()(')1()(max)( (1.46) Chứng minh: Từ điều kiện (1.44) và theo định lý Banach – Steinhaus ta có dãy { }+∞ =1kk l bị chặn. Tức là tồn tại một hằng số dương β sao cho: Ck yyl β≤)( với ,...)2,1(),( =∈ kRICy n (1.47) Ta đặt ,...)2,1())(())((,))(())(( 11 === ∫∫ kdssyptypdssyptyp t a kk t a Khi đó ta có 1p và ),(),(:1 nnk RICRICp → là các toán tử tuyến tính bị chặn và ,...)2,1(1 =≤ kpp kk (1.48) Mặt khác từ (1.43) ta có: { } +∞→→∈− kkhiMyypyp pkCk 0:)()(sup 11 (1.49) (Phản chứng) Giả sử trái lại bổ đề không đúng. Khi đó tồn tại dãy số tăng nguyên dương ( )+∞=1mmk và dãy các vectơ hàm ,...)2,1(: =→ mRIz nm liên tục tuyệt đối sao cho: ,...)2,1()( =∆> mzmz mkCm m (1.50) Với mỗi ,...2,1=m ta đặt: [ ] ))(())(())(()( ),()()( ,...)2,1())(()(')( ,...)2,1()()( 1 0 1 0 1 0 1 tvptyptyptw tvtyty mdssypsytv mtzzty mkmmkm mmm t a mkmm mCmm mm m +−= −= =−= == ∫ − (1.51) Khi đó: 27 )54.1()())(()()( )53.1())(()()( )52.1(,...)3,2,1(1 0 1 0 1 0 twtypayty typayty my mmmm mkmm Cm m ++= += == Từ (1.52), (1.53) ta được: ,...)2,1(0 =∈ mMy mkm Mặt khác (1.49) suy ra: 0)()(lim 0 1 0 1 =− +∞→ Cmmkm ypyp m (1.55) Từ (1.46), (1.50) với mỗi m=1,2, ta có: [ ] ( ) )(11))(()('1)( 1 mkk Cm t a mkm Cm m zpz dsszpsz z tv mmm ∆+≤−= − ∫ Với mọi It ∈ suy ra ( ) ( ) ,...)2,1(11 )(1 1 11 =+< ∆+≤ − −− mp m zzpv m m k mmmkCm (1.56) Và do (1.48) ta có ,...)2,1(1)(1 =<≤ m m vpvp CmkCmk mm Kết hợp với (1.55) ta có: 0lim = +∞→ Cmm w (1.57) Mặt khác theo (1.51), (1.52), (1.56) suy ra: ,...)2,1(20 =≤+≤ mvyy CmCmCm Do đó tồn tại một hàm +→ RI:γ khả tích sao cho bất đẳng thức sau đúng với hầu khắp nơi trên I : ,...)2,1()())(( 0 =≤ mttyp m γ Khi đó: ∫≤− t s mm dsyptyp ζζγ )())(())(( 0 1 0 1 với ,...)2,1( =≤≤≤ mbtsa (1.58) Từ (1.54), (1.57) kết hợp với (1.58) suy ra dãy ( )+∞=10 mmy là đồng liên tục. 28 Theo bổ đề Ascoli- Arzela, không làm mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng dãy ( )+∞=10 mmy là hội tụ đều. Ta đặt: )()(lim 00 tyty mm =+∞→ Khi đó từ (1.51), (1.52), (1.54) và (1.57) ta có: ))(()()(;1 0lim 0 1 000 0 typaytyy yy Cmm +== =− +∞→ (1.59) Do đó 0y là một nghiệm không tầm thường của hệ (1. 01 ). Mặt khác từ (1.47), (1.50) ta có: ,...)2,1(1 )( )()()( 0 1 0 00 =+−≤ +−≤ +−≤ − m m yy zlzyy ylyylyl Cm mkCmm mkmkk m mmm β β Từ (1.44), (1.59) ta được: 0)( 0 =yl . Điều đó có nghĩa là 0y là một nghiệm của bài toán (1. 01 ), (1. )20 Nhưng mâu thuẫn với bài toán (1. 01 ), (1. )20 chỉ có nghiệm không tầm thường. Bổ đề được chứng minh.  Định lý 1.14: Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm x duy nhất, dãy các toán tử kp và ,...)2,1( =klk thỏa các điều kiện (1.43), (1.44). Giả sử với mọi hàm nRIy →: liên tục tuyệt đối tùy ý ta có: [ ] 0))(())(()1(lim =      −+ ∫+∞→ t a kkk dssypsypp đều trên I (1.60) Hơn nữa [ ] 0)()()1(lim =      −+ ∫+∞→ t a kkk dssqsqp đều trên I (1.61) 00lim cc kk =+∞→ (1.62) 29 Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho bài toán (1. k1 ), (1. )2k chỉ có nghiệm duy nhất kx với mỗi 0kk ≥ và 0lim =− +∞→ Ckk xx (1.63) Chứng minh: Giả sử 0k là số nguyên dương trong bổ đề 1.13. Khi đó theo bổ đề này, với mỗi 0kk ≥ ta xét bài toán thuần nhất tương ứng của nó: 0)( ))(()( = = xl txp dt tdx k k Chỉ có nghiệm tầm thường với 0kk ≥ . Theo định lý 1.1 nói đến sự tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán (1. k1 ), (1. )2k Giả sử x và kx là các nghiệm tương ứng của bài toán (1.1), (1.2) và (1. k1 ), (1. )2k Ta đặt: )()()( txtxtz kk −= Khi đó với mỗi 0kk ≥ , ta có: kkk kkk k zl tqtzp dt tdz ς= += )( )(~))(()( Trong đó: )()( )()())(())(()(~ 00 xlxlcc tqtqtxptxptq kkk kkk −+−= −+−= ς Từ các điều kiện (1.60)-(1.62) và (1.44) ta có: 0lim ,0:)(~max)1( = +∞→→         ∈+= +∞→ ∫ kk t a kkk kkhiItdssqp ς δ Mặt khác theo bổ đề 1.13, tồn tại một hằng số dương α sao cho: ( ) ,...)1,( 00 +=+≤ kkkz kkCk δςα Vì vậy : 0lim = +∞→ Ckk z . Hay 0lim =− +∞→ Ckk xx (đpcm)  30 Hệ quả 1.15: Giả sử bài toán (1.1), (1.2) có một nghiệm duy nhất x và [ ]∫ =−+∞→ t a kk dssypsyp 0))(())((lim đều trên I (1.64) Với mọi hàm liên tục tuyệt đối nRIy →: ta có: [ ] 0)()(lim =−∫+∞→ dssqsq t a kk đều trên I (1.65) 00lim ),;()()(lim cc RICykhiylyl kk n kk = ∈= +∞→ +∞→ Và tồn tại một hàm +→ RI:η khả tích sao cho các bất đẳng thức sau đúng hầu khắp nơi trên I với mọi ),( nRICy∈ : ,...)3,2,1()())(( =≤ kyttyp Ck η (1.66) Khi đó tồn tại số nguyên dương 0k sao cho bài toán (1. k1 ), (1. )2k chỉ có nghiệm duy nhất kx thỏa (1.63) với mỗi 0kk ≥ . Chứng minh: Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng: C yttyp )())(( η≤ (1.67) Từ (1.66) ta được: ,...)3,2,1()( =≤ ∫ kdttp b a k η Do các điều kiện (1.64), (1.65), suy ra (1.60) và (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 00 >ε , một dãy các số nguyên dương ( )+∞=1mmk và một dãy các vectơ hàm: ,...)3,2,1( =∈ mMy mpkm Sao cho: [ ] 0))(())((max ε>         −∫∈ dssypsyp mmkIt m (1.68) Kết hợp với (1.67), (1.66) ta được: 31 ,...)3,2,1())(()()( =+= ∫ mdsszpazty t a mkmm m Trong đó: ∫+≤=∈ b a CmCm n m dssyzRICz )(1;1),;( η Và ∫≤− t s mm dsyty ζζη )()()( với btsa ≤≤≤ (1.69) Do đó dãy ( )+∞=1mmy là đồng liên tục. Vì vậy không mất tính tổng quát ta có thể giả sử dãy ( )+∞=1mmy hội tụ đều Đặt )()(lim tytymm =+∞→ . Khi đó theo (1.69) ta có: ∫≤− t s dsyty ζζη )()()( với btsa ≤≤≤ Do vậy, hàm nRIy →: là hàm liên tục tuyệt đối. Từ (1.64), (1.66), (1.67) suy ra: [ ] [ ] +∞→→         ∈−+ +−      ≤         ∈− ∫ ∫∫ tkhiItdssypsyp yydssItdssypsyp t a k Cm b a t a mmk m m 0:))(())((max )(2:))(())((max η Suy ra mâu thuẫn với (1.68).  1.3 Các trường hợp riêng của bài toán biên tổng quát 1.3.1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm Bài toán (1.5), (1.6) có thể được viết lại dưới dạng của bài toán (1.1), (1.2). Trong đó toán tử p và vectơ hàm q được nhắc đến trong đẳng thức (1.10), (1.11) và hàm 0τ được cho bởi đẳng thức (1.9). Do đó, định lý 1.1 cho bài toán (1.5), (1.6) có dạng dưới đây: 32 Định lý 1.16: Bài toán (1.5), (1.6) có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng ( ) ( ) 0)( )()()()( 0 = = xl txtPt dt tdx I ττχ Chỉ có nghiệm tầm thường. Do nn RRICl →),(: là tuyến tính liên tục nên theo định lý Riesz, khi đó tồn tại một ma trận hàm duy nhất nnRI ×→Λ : sao cho các thành phần của Λ đều có biến phân bị chặn trên I, và không mất tính tổng quát ta giả sử Θ=Λ )(b Và với tùy ý ),( nRICx∈ , ta có: ∫ Λ= b a txtdxl )()()( Ta suy ra rằng nếu nRIx →: liên tục tuyệt đối thì ∫Λ−Λ−= b a dttxtaxaxl )(')()()()( (1.70) Giả sử 0t là một điểm cố định tùy ý trong khoảng I. Với mọi ma trận hàm tùy ý ),( nnRILV ×∈ ta xét các tập hợp sau: [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] ,...)2,1()()()( ),())(()(,)( )( ,1,1, 1,0, 0 0 == =Θ= ∫+ idssVtVtV tVttVtV t t ii I τ τττ ττ τχ Trong đó: 0τ là hàm được nhắc đến trong (1.9). Thì khi đó từ (1.10), (1.15)- (1.17), và (1.70) ta có: [ ] [ ]∑ ∫ ∫ − −         Λ−Λ−Λ−=Λ 1 0 ,, 0 )()()()()( k i b a t a iik dssPadssPsa ττ (1.71) Và CmkC mk xAxp , , )( ≤ với ),( nRICx∈ Trong đó 33 [ ] [ ]        Λ+×Λ      ++= ∫∫∑ − − = dssPsdssPAEAA k b a t a kk m i immk ,, 1 1 0 , )()()( 0 ττ (1.72) Và [ ] ),...,1,0(:)(max 0 , miItdssPA t t ii =         ∈= ∫ τ (1.73) Từ các định lý 1.2, 1.12 và hệ quả 1.4 ta suy ra các kết quả sau: Định lý 1.17: Giả sử tồn tại số nguyên dương k và m sao cho: ( ) 0det ≠Λk (1.74) Và 1)( , <mkAr (1.75) Trong đó kΛ và mkA , là các ma trận được cho bởi các đẳng thức (1.71)- (1.73). Khi đó bài toán (1.5), (1.6) chỉ có nghiệm duy nhất. Định lý này đã được chứng minh bởi T. Kiguradze ([13], bổ đề 2.7) Định lý 1.18: Giả sử bất đẳng thức sau: ( ) 0)()( 0 ≤−− ttttτ đúng hầu khắp nơi trên I. Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có một nghiệm duy nhất khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương k và m sao cho thỏa bất đẳng thức (1.74), (1.75), trong đó kΛ và mkA , là các ma trận được xác định bởi các đẳng thức (1.71)-(1.73). Hệ quả 1.19: Giả sử tồn tại số nguyên dương m sao cho: 1)( <mAr thỏa với [ ]         ∈= ∫ ItdssPA t t mm :)(max 0 ,τ Khi đó bài toán (1.5), (1.7) chỉ có nghiệm duy nhất. 34 Hệ quả 1.20: Giả sử hàm τ liên tục tuyệt đối và đơn điệu và tồn tại một ma trận nnRA ×∈ sao cho: )(2 )( ab Ar − < π Và bất đẳng thức: 2 1 )(')())(( tAtPtI ττχ ≤ đúng hầu khắp nơi trên I. Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.21: Giả sử rằng: 0)det( 0 ≠B và 1)( 210 <+ − BBBr Trong đó ∫∫ == b a I b a I dssPsBdssPsB )())((,)())((0 τχτχ Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất. Định lý 1.22: Giả sử tồn tại một hàm ma trận ),(0 nnRILP ×∈ sao cho hệ phương trình vi phân: )()()( 0 txtPdt tdx = (1.76) Với điều kiện biên 0)( =xl chỉ có nghiệm tầm thường và ∫ ≤ b a AdssQstG )(),(0 với It∈ (1.77) Trong đó ∫+−= )( 00 0 0 )()()()())(()( t t I dssPtPtPtPttQ τ τχ (1.78) 35 với 0G là ma trận Green của bài toán (1.76), với 0)( =xl và nnRA ×+∈ là một ma trận thỏa mãn bất đẳng thức 1)( <Ar . Khi đó bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất. Chứng minh: Giả sử x là một nghiệm của bài toán (1. 01 ), (1. 02 ) trong đó p là toán tử được định nghĩa trong (1.10). Theo (1.78) ta có: [ ] [ ] C t t II t t I xtQdssxsPstPtxtPtPt dssxtPtxtPtPtsxsPsxp )())(()())(()())(()()())(( )(')())(()()())(()()())(( )( 0000 )( 0000 0 0 ≤+−= +−=− ∫ ∫ τ τ ττχττχ ττχ Khi đó từ (1.77) ta suy ra bất đẳng thức (1.31). Vì vậy các giả thiết của định lý 1.6 đều thỏa.  Từ định lý trên, áp dụng cách chứng minh tương tự hệ quả 1.7, 1.8 ta suy ra các hệ quả sau: Hệ quả 1.23: Giả sử rằng tồn tại ma trận hàm ),(0 nnRILP ×∈ sao cho thỏa       =      ∫∫ t s t s dPtPtPdP ζζζζ )()()()( 0000 (1.79) Thỏa với hầu hết s và It∈ và AdssQdP t t t s ≤      ∫ ∫ 0 )()(exp 0 ζζ với It∈ Trong đó Q là ma trận hàm được định nghĩa bởi (1.78) và nnRA ×+∈ là một ma trận thỏa điều kiện 1)( <Ar . Khi đó bài toán (1.5), (1.7) có nghiệm duy nhất. Hệ quả 1.24: Giả sử rằng tồn tại ma trận hàm ),(0 nnRILP ×∈ sao cho thỏa       =      ∫∫ t s t s dPtPtPdP ζζζζ )()()()( 0000 Với mọi s và It∈ . Giả sử ma trận không suy biến: 36       −= ∫ b a dssPEA )(exp 00 ∫ ∫ +− − ≤     t abt t s AdssQdPA )()(exp 0 1 0 ζζ với It∈ Trong đó Q là ma trận hàm được định nghĩa (1.78). Giả sử thêm )()(),()( 00 tQabtQtPabtP ≡+−≡+− Và nnRA ×+∈ là một ma trận thỏa điều kiện 1)( <Ar Khi đó bài toán (1.5), (1.8) có nghiệm duy nhất. 1.3.2 Tính xấp xỉ của bài toán biên cho phương trình vi phân đối số lệch Cùng với bài toán (1.5), (1.6), với mỗi k là số nguyên dương tùy ý ta xét bài toán sau: Trong đó RIRcRILqRILP k n k n k nn k →∈∈∈ × :,),;(),;( 00 τ là hàm đo được, n k RRu →: là hàm liên tục và bị chặn, và nnk RRICl →);(: là toán tử tuyến tính bị chặn. Bổ đề 1.25: Giả sử rằng H và VRILH nnk ),;( ×∈ và ,...)2,1();( =∈ +∞ kRILV nk ∫∫ =+∞→ t a t a kk dssHdssH )()(lim đều trên I (1.80) { } +∞→→∈− kkhiIttVtVess k 0:)()(sup (1.81) Giả sử tồn tại một hàm nRI →:η khả tích sao cho ,...)2,1()()( =≤ kttHk η (1.82) đúng hầu khắp nơi trên I. Khi đó: ∫∫ =+∞→ t a t a kkk dssVsHdssVsH )()()()(lim đều trên I (1.83) )6.1(),()(,)( )5.1()())(()()( 0 0 kkkk kkkk Ittutxcxl tqtxtP dt tdx ∉== += τ 37 Chứng minh: Từ (1.80), (1.82) ta có: )()( ttH η≤ hầu khắp nơi trên I (1.84) Với mọi 0>ε tùy ý cho trước, khi V bị chặn cốt yếu nên tồn tại một vectơ hàm nRIV →:0 khả vi liên tục sao cho: ∫ <− b a dssVsVt 4 )()()( 0 εη (1.85) Ta đặt: [ ]∫ −= t a kk dssHsHtG )()()( Theo (1.80) suy ra: 0lim = +∞→ Ckk G Do đó: [ ] ∫∫ +∞→→−=− t a kk t a k kkhidssVsGtVtGdssVsHsH 0)(')()()()()()( 000 đềutrên I. Khi đó tồn tại một số nguyên dương 0k sao cho: [ ] 4 )()()( 0 ε <−∫ t a k dssVsHsH với 0, kkIt ≥∈ (1.86) Mặt khác áp dụng (1.81) và không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng: 4 )()()( εη <−∫ b a k dssVsVs với 0kk ≥ (1.87) Từ các điều kiện (1.82), (1.84)-(1.87) ta có: 38 [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] .,)()()(2 )()()()()()()()()()( ))()(()()( )()()())()()(()()()()( 00 0 0 0 ItkkkhidssVsVs dssVsHsHdssVsVsdssVsHsVsH rasuy dssVsVsHsH dssVsHsHdssVsVsHdssVsHsVsH t a t a kk b a t a kk t a k t a k t a kk t a kk ∈≥<−+ +−+−≤− −−+ −+−=− ∫ ∫∫∫ ∫ ∫∫∫ εη η Từ đó ta có (1.83).  Định lý 1.26: Giả sử bài toán (1.5), (1.6) có một nghiệm duy nhất x, và [ ] [ ]∫∫ −+=−++∞→ t a I i t a kkI i k dssPsidssPsi )())(()1()())(()1(lim τχτχ (1.88) đều trên I (i=0,1) ∫ ∫=+∞→ t a t a kk dssqdssq )()(lim 0 đều trên I, (1.89) { } +∞→→∈− kkhiItttess k 0:)()(sup ττ (1.90) )()(lim tutukk =+∞→ đều trên R (1.91) 00lim),,()()(lim ccRICykhiylyl kk n kk =∈= +∞→+∞→ Hơn nữa tồn tại hàm +→ RI:η là hàm khả tích sao cho: ...)3,2,1()()( =≤ kttPk η hầu khắp nơi trên I (1.92) Khi đó tồn tại một số nguyên dương 0k sao cho với 0kk ≥ , bài toán )6.1(),5.1( kk chỉ có nghiệm duy nhất kx và 0lim =− +∞→ Ckk xx Chứng minh: Trước hết ta nhận xét các bài toán (1.5), (1.6) và )6.1(),5.1( kk có thể được viết lại tương ứng với các bài toán (1.1), (1.2) và )2.1(),1.1( kk bằng cách đặt: 39 [ ]      > < ∈ = btkhib atkhia batkhit t k k kk k )( )( ,)()( )(0 τ τ ττ τ (1.93) ))(())(()())(( 0 txttPtxp kkIkk ττχ= (1.94) )())(()())((1()( 0 tqtutPttq kkkkkIk +−= ττχ (1.95) Trong đó qp,,0τ được định nghĩa bởi các đẳng thức (1.9)-(1.11). Áp dụng bổ đề 1.25, từ (1.11) và (1.95) kết hợp với (1.88)-(1.91) và (1.92) suy ra điều kiện (1.65) và từ (1.92), (1.94) ta được bất đẳng thức (1.66). Do đó để chứng minh định lý, áp dụng hệ quả 1.15 ta chỉ cần kiểm tra điều kiện (1.64). Thật vậy: Với mọi vectơ hàm nRIy →: liên tục tuyệt đối, theo (1.9), (1.88), (1.90), (1.92), (1.93) thì các vectơ hàm và hàm ma trận ( ) ( ) ( ) ( ))()(,)()( ),()()(),()()( 00 tytVtytV tPttHtPttH kk IkkIk ττ τχτχ == == Thỏa các điều kiện (1.80)-(1.82). Khi đó theo bổ đề 1.25 ta có điều kiện (1.83) và kết hợp với (1.10) và (1.94) suy ra (1.64). Định lý 1.27: Giả sử rằng bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất x và [ ]       =−∫+∞→ t a kkk dssPsP 0)()(lim σ đều trên I, (1.96) [ ] 0)()(lim 00 =      −∫+∞→ t a kkk dssqsqσ đều trên I, (1.97) [ ]( ) 0)()(lim 2 =− +∞→ tutukkk σ đều trên R (1.98) Trong đó: dttP b a kk ∫+= )(1σ Và giả sử thêm điều kiện )()(lim ylylkk =+∞→ với 00lim),,( ccRICy kk n =∈ +∞→ Giả sử hàm RI →:τ liên tục và đơn điệu, khi các thành phần của vectơ hàm u có biến phân bị chặn và: 40 ,...)2,1()()( =≡ kttk ττ (1.99) Khi đó tồn tại một số nguyên dương 0k sao cho với 0kk ≥ , bài toán )6.1(),5.1( kk chỉ có nghiệm duy nhất kx và 0lim =− +∞→ Ckk xx Chứng minh: Với mỗi ,...2,1=k theo (1.99), thì các bài toán (1.5), (1.6) và )6.1(),5.1( kk tương đương với bài toán (1.1), (1.2) và )2.1(),1.1( kk Trong đó qp,,0τ được cho bởi các đẳng thức (1.9)-(1.11) ))(())(()())(( 0 txttPtxp Ikk ττχ= (1.100) )())(()())((1()( 0 tqtutPttq kkkIk +−= ττχ (1.101) Theo định lý 1.14, để chứng minh định lý ta cần đi chứng minh các dãy ,...)2,1(, =kqp kk thỏa các điều kiện (1.43),(1.60) và (1.61). Ta có: ,...)2,1(1 =≤+ kp kk σ (1.102) Do tính liên tục và đơn điệu của τ và điều kiện (1.96) suy ra: ( ) )1,0(0lim == +∞→ iQ Cikkk σ (1.103) Trong đó: ( )[ ]∫ =−−+= t a kI i ik idssPsPsitQ )1,0()()()(()1()( τχ Từ (1.10), (1.100), với một hàm nRIy →: liên tục tuyệt đối ta có: [ ] ( )[ ] ( ) ∫ ∫ ∫∫ +== −=− t a t a kkk t a kI t a k sdysQtytQdssysQ dssysPsPSdsypsyp ))(()())(()())(()( )()()()()())(( 00000 ' 0 0 τττ ττχ (1.104) Nếu pkMy∈ thì ∫+= t a kI dsszsPsazty ,))(()())(()()( 0ττχ Trong đó 41 1),,( ≤∈ C n zRICz Do đó: k b a kC dssPy δ=+≤ ∫ )(1 (1.105) Và k b a k b a dssPsdy δ<≤ ∫∫ )()( Mặt khác 0τ là hàm đơn điệu nên: k b a b a sdydssdy δτ <≤ ∫∫ )())(( 0 (1.106) Từ (1.104) và (1.105), (1.106) suy ra [ ] Ckk t a k Qdssypsyp 02))(())(( δ≤−∫ với pkMyIt ∈∈ , Do đó, theo (1.103) thì điều kiện (1.43 ) thỏa. Với mọi hàm nRIy →: là một hàm liên tục tuyệt đối bất kỳ. Ta đặt: ∫+= b a C sdyy ))(( 00 τδ Khi đó do (1.104), ta có: [ ] Ck t a k Qdssypsyp 00))(())(( δ≤−∫ với It∈ Từ (1.102), (1.103) suy ra điều kiện (1.60) thỏa. Theo (1.11) và (1.101) ta có: [ ] ( )( ) ( ) ( )[ ] ( )∫ ∫ ∫+−−=− t a t a t a ikkkIk dssusQdssususPSdssqsq )()()()()()(1)()( ' ττττχ Và áp dụng tích phân từng phần ta có: ∫ ∫−= t a t a kkk sdusQtutQdssusQ ))(()())(()())(()( 11 ' 1 τττ Do đó: [ ] CkCkk t a k Quudssqsq 1)()( δδ +−≤−∫ (1.107) 42 Trong đó: ∫+= b a C sduu ))((τδ Từ (1.107), (1.98), (1.102) và (1.103), ta suy ra điều kiện (1.61) thỏa. Định lý được chứng minh.  43 CHƯƠNG II: MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH VỚI PANTOGRAPH 2.1 Giới thiệu bài toán Trên đoạn bị chặn [ ]baI ,= , chúng ta xét hệ phương trình vi phân tuyến tính với đối số lệch: ∑ = += m i ii tftxtPtx 1 )())(()()(' τ (2.1) Thỏa mãn điều kiện biên dạng tổng quát: ,)()(,,)()( 0∫ =Φ∉= b a ctdtxIttutx (2.2) Trong đó iP là ma trận hàm nn× L- khả tích, f là hàm vectơ n chiều L-khả tích, →Ii :τ  là hàm đo được, : nu →  là hàm liên tục và bị chặn, : n nI ×Φ →  là một ma trận hàm biến phân bị chặn, và 0 nc ∈ . Điều kiện biên trên bao gồm điều kiện ban đầu, điều kiện nhiều điểm và điều kiện bị chặn tuần hoàn. Tích phân trong điều kiện (2.2) được hiểu như là một tích phân Lebesgue-Stieltjes. Cùng với bài toán (2.1), (2.2) ta xét các bài toán thuần nhất tương ứng: ( ) ( )∑ = = m i iiiI txtPtdt tdx 1 0 )()()()( ττχ (2. 01 ) ∫ = b a tdtx 0)()( φ (2. 02 ) Trong đó      > ≤≤ < = btb btat ata t i ii i i )(, )(,)( )(, )(0 τ ττ τ τ Định nghĩa 2.1: Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là một vectơ hàm : nx I → liên tục tuyệt đối trên I thỏa phương trình (2.1) hầu khắp nơi trên I và thỏa (2.2). 44 Nhận xét: Bằng cách chọn một hàm thích hợp Φ , từ (2.2) chúng ta có các điều kiện biên sau: •Điều kiện ban đầu: 00 )(,),()( ctxIttutx =∉= (2.3) Nếu đặt [ ]0 0,( ) (1 ( )) , ,a tt t E t I khi t IχΦ = − ∈ ∈ •Điều kiện tuần hoàn: 0( ) ( ), , ( ) ( )x t u t t I x b x a c= ∉ − = (2.4) Nếu đặt [ ] ItEtt ba ∈−=Φ ,))(1()( ,χ •Điều kiện nhiều điểm: ∑ = =∉= v k kk ctxAIttutx 1 0)(,),()( (2.5) Nếu đặt [ ] ,,),()( , ItttAt kbtk k ∈=Φ ∑ χ và ),...,1( vkRA nnk =∈ × •Điều kiện dạng tích phân: 0)()(,),()( cdttxtAIttutx b a =∉= ∫ (2.6) Nếu đặt ∫=Φ t a dssAt )()( với It∈ và ),()( nnRILtA ×∈ . Các kết quả của phần sau này được trích trong bài báo khoa học từ [7]. 2.2 Các định lý về tính giải được của bài toán (2.1), (2.2) Trong phần này ta áp dụng các kết quả chương I để đưa ra các điều kiện đủ về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1), (2.2). Mệnh đề 2.2: Bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng )2.2(),1.2( 00 chỉ có nghiệm tầm thường. Chứng minh: Với mọi It ∈ζ, và mji ,...,1, = ta đặt: 45 ( ) ( ) ),()(,)()()()(),( )(0 ttPtPdssPstPttP ijij t jjIiiIij i == ∫ τ ζ τχτχζ Với mọi ( , )nx C I∈  và It∈ ta đặt: ∑ ∑ = = +−= = m i iiiI m i iiiI tftutPttq txtPttxp 1 1 0 )())(()()))((1()( )),(()())(())(( ττχ ττχ (2.7) Khi đó : ( , ) ( , )n np C I L I→  là một toán tử tuyến tính và ( , )nq L I∈  . Hơn nữa, p là toán tử bị chặn mạnh do: ( )( ) ( ) , ( , ), ,n C p x t t x x C I t Iα≤ ∀ ∈ ∀ ∈ với ∑ = = m i iiI tPtt 1 )())(()( τχα . Với ( , )L Iα +∈  , Ta định nghĩa toán tử : ( , )n nl C I →  như sau: ∫ Φ= b a tdtxxl )()()( Dễ thấy l một phiếm hàm tuyến tính bị chặn. Vậy bài toán (2.1), (2.2) được viết lại như sau: 0)()()( )())(()( ctdtxxl tqtxp dt tdx b a =Φ= += ∫ (*) Theo định lý 1.1 suy ra bài toán (*) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán )2.2(),1.2( 00 chỉ có nghiệm tầm thường. Vậy mệ