Luận văn thạc sĩ bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường

26 Chương II.BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH .... Lý do ch ọn đề tài Lý thuyết bài toán biên cho hệ phương trình vi phân thường được xây đây, với sự phát

B Ộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

-

Vilavong Vanthong

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG

Thành phố Hồ Chí Minh – 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH

-

Vilavong Vanthong

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG

Chuyên ngành: Toán Gi ải Tích

Trang

LỜI CẢM ƠN 1

LỜI NÓI ĐẦU 2

CÁC KÝ HIỆU 4

Chương I BÀI TOÁN CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 7

1.1 Bài toán Cauchy, các bổ đề về bất đẳng thức vi phân và tích phân 7

1.1.1 Bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân tuyến tính 7

1.1.2 Bổ đề về bất đẳng thức tích phân và vi phân 9

1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 11

1.3 Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính tuần nhất 15

1.4 Phương pháp biến thiên hằng số, công thức Cauchy 24

1.5 Đinh lý về tính xấp xỉ của bài toán ( 1.1 ), ( 1.2 ) 26

Chương II.BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 32

2.1 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán biên tổng quát 32

2.2 Định lý xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát 46

Chương III BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 51

3.1 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 51

3.2 Tập hợp U t t( 1, ,2 …,t n), bổ đề đánh giá tiệm cận 54

3.3 Các định lý tồn tại và duy nhất nghiệm của các bài toán biên (3.1),

(3.3) và (3.1), (3.4) 58

KẾT LUẬN 60

TÀI LIỆU THAM KHẢO 61

L ỜI CẢM ƠN

chân thành vì đã tận tình giúp đỡ và chỉ bảo tôi trong suốt thời gian làm luận văn

tốt nghiệp và hỗ trợ tôi rất nhiều trong suốt thời gian thực hiện đề tài

đã tận tình giảng dạy và hướng dẫn tôi trong suốt khóa học

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

thời gian quý báu để đọc, chỉnh sửa, góp ý và phản biện cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn chỉnh nhất

trong gia đình cùng bạn bè và đồng nghiệp, những người đã luôn động viên,luôn

tạo điều kiện tốt nhất về tinh thần và vật chất, giúp đỡ tôi trong thời gian tôi học

tập và làm luận văn này

Một lần nữa, tôi xin gửi đến tất cả mọi người lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất

L ỜI NÓI ĐẦU

1 Lý do ch ọn đề tài

Lý thuyết bài toán biên cho hệ phương trình vi phân thường được xây

đây, với sự phát triển của phương pháp đánh giá tiên nghiệm, cho phép chúng ta thiết lập các dấu hiệu giải được và xấp xỉ nghiệm của bài toán biên với điều kiện biên khác nhau như: điều kiện dạng tuần hoàn, điều kiện biên nhiều điểm, điều

kiện biên dạng tích phân,…

Mục đích chính của luận văn là xem xét sự tồn tại, duy nhất và tính xấp xỉ nghiệm của bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường

thường” để thực hiện nghiên cứu cho luận văn thạc sĩ của mình

2 Ý nghĩa của luận văn

Luận văn là tài liệu tham khảo cho sinh viên và học viên cao học khi nghiên cứu về bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân thường

3 Mục tiêu nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu “ Bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân tuyến tính ”

4 N ội dung của luận văn

Chương I: Bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân tuyến tính

Trong chương này ta xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại duy nhất

cứu tính xấp xỉ nghiệm của bài toán này

Chương II: Bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân tuyến

tính

Trong chương này, chúng ta xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy

nhất nghiệm của bài toán biên tổng quát cho hệ phương trình vi phân tuyến tính

Hơn nữa, chúng ta còn xem xét tính xấp xỉ nghiệm cho bài toán này

Chương III: Bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân tuyến

tính

Mục đích chính của chương này là xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên nhiều điểm cho hệ phương trình vi phân

chuẩn hiệu quả cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên nhiều điểm

tính xấp xỉ nghiệm của bài toán này do thời gian còn hạn chế

tập con compắc của I

• E – ma trận đơn vị

• θ – ma trận không

Chương I BÀI TOÁN CAUCHY CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

TUY ẾN TÍNH 1.1 Bài toán Cauchy, các bổ đề về bất đẳng thức vi phân và tích phân

1.1.1 Bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân tuyến tính

Giả sử I⊂Rlà một khoảng (đoạn, bán đoạn, khoảng hữu hạn hay vô hạn)

gọi là bài toán Cauchy cho hệ phương trình vi phân tuyến tính

Với n 1= hiển nhiên ta có kết quả sau:

M ệnh đề 1.2

Giả sử P,q∈Lloc( )I, R ,C0∈R Khi đó bài toán Cauchy (1.1), (1.2) có duy nhất một nghiệm dạng:

là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)

bài toán (1.1), (1.2) và (1.5), (1.6) Theo mệnh đề1.1 thì bài toán (1.5), (1.6) có nghiệm duy nhất là:

Giả sử p, q∈Lloc( )I, R , t0∈I, C0 ∈Rvà hàm số x∈ Cloc( )I, R hầu khắp

nơi trên I thỏa bất đẳng thức:

x t ≤C + ∫p τ x τ q τ dτ t I+  ∀ ∈ (1.11) Khi đó ∀ ∈t I ta có

Ch ứng minh:

0

t 0 t

Ta có điều phải chứng minh.

1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm

x t =C +∫P τ x τ +q τ dτ t I ∀ ∈ (1.13) Phương trình (1.13) là phương trình tích phân dạng Volter

Ta chứng minh tồn tại nghiệm của (1.13) bằng xấp xỉ Picard

Xét dãy vectơ hàm {xk( )t }k 1+∞= xác định như sau:

k 1 t

0 t

k 1 t

0 t

Vậy theo nguyên lý qui nạp (1.18) đúng với ∀ ∈k N

( ) ( ) ( )0

t 0 t

( ) ( )

x t =y t ∀ ∈t IĐịnh lý đã được chứng minh.

1.3 Không gian nghiệm của hệ phương trình tuyến tính tuần nhất

(1.20) gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất của (1.1)

Ta biết tập các nghiệm của hệ (1.20) làm thành một không gian vectơ

Ta nhắc lại: Các vectơ hàm x t , x1( ) ( )2 t ,…, xm( )t gọi là độc lập tuyến tính trên I nếu α x t α x t , , α x t1 1( )+ 2 2( )+ … + m m( )= ∀ ∈θ, t I thì

α α= = … = α = 0Trong trường hợp ngược lại thì {x t , x1( ) ( )2 t ,…, xm( )t } là phụ thuộc tuyến tính trên I

Cho hệ vectơ {x t , x1( ) ( )2 t ,…, xm( )t } Ta biết rằng điều kiện đủ để hệ vectơ đó là độc lập tuyến tính là tồn tại t0∈ sao cho: I

( ) ( )0

dx

P t xdt

Thật vậy, giả sử {x t , x1( ) ( )2 t ,…, xm( )t } là các nghiệm độc lập tuyến tính

của (1.20) Theo mệnh đề 1.3thì hệ{x t , x1( ) ( )0 2 t ,0 …, xm( )t0 } là độc lập tuyến tính trong Rn nên m≤ n Ngược lại nếu lấy hệ {x t , x1( ) ( )0 2 t ,0 …, xn( )t0 } là độc

lập tuyến tính thì hiển nhiên hệ vectơ {x t , x1( ) ( )2 t ,…, xn( )t } là độc lập tuyến tính Ta có điều phải chứng minh.

của hệ (1.20) gọi là ma trận cơ bản của hệ (1.20)

Từ mệnh đề 1.3 ta có hệ quả sau:

Giả sử X(t) là một ma trận cơ bản của hệ (1.20) Khi đó mọi nghiệm x(t)

của hệ (1.20) đều có thể viết dưới dạng:

( ) ( )

C∈R vectơ x(t) cho bởi công thức (1.27) là nghiệm của hệ (1.20)

Nếu các cột của X(t) là phụ thuộc tuyến tính thì det X t( ( ) )= ∀ ∈0, t I Khi

đó ta có điều phải chứng minh

Nếu X(t) là ma trận cơ bản của hệ(1.20) thì gọi I′ ⊂ mà trên đó X(t) có đạo Ihàm, không mất tính tổng quát ta giả sử

X (t)′ =P(t).X(t) t∀ ∈ I′(I khác I’ một tập có độ đo không)

Với t+ ∆ ∈t I′ và Y t, t( ∆ →) θkhi ∆ →t 0

Ta có điều phải chứng minh.

Giả sử X t , X t( ) ( )0 là 2 ma trận cơ bản của (1.20) Khi đó ta có:

có dạng:

1.4 Phương pháp biến thiên hằng số, công thức Cauchy

Xét bài toán Cauchy (1.1), (1.2):

( ) ( )

dxP

1.5 Đinh lý về tính xấp xỉ của bài toán (1.1), (1.2)

Cùng với bài toán (1.1), (1.2) ta xét bài toán:

Bài toán (1.1), (1.2) được gọi là xấp xỉ được nếu với mỗi ε 0> (đủ bé),

ξ 0> (đủ lớn) đều tồn tại δ 0> sao cho:

t t

thỏa các điều kiện (1.53), (1.54), (1.55)

Giả sử y(t) là nghiệm của bài toán (1.51), (1.52) và:



Áp dụng bổ đề 1.2 ta có:

0

t 0

θθ

t

t

k k

Với x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) và xk là nghiệm của bài toán

thực hiện với x là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2), xk là nghiệm của bài toán

( ) (1.1 , 1.2 k k)

Ch ương II.BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH

VI PHÂN TUY ẾN TÍNH 2.1 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm cho bài toán biên tổng quát

Cho I = [a, b], xét hệ phương trình vi phân

q(t) x P(t) dt

dx= +

(2.1) với P ∈ L(I, R n×n), q∈ L( )I, R n

x(t) C(I, R )∈  thỏa (2.1) hầu khắp nơi trên I

Bài toán đặt ra: Tìm nghiệm x(t) của hệ (2.1) thỏa điều kiện biên

Bài toán (2.1), (2.2) gọi là bài toán biên tổng quát

Trường hợp riêng của bài toán (2.1), (2.2) là

• Bài toán Cauchy: x t(0 ) = C0

• Bài toán biên hai điểm: A 1 x ( a ) + A 2 x ( b ) = C 0

1

C ) t ( x

x ) t(

dx=

(2.10)

0 ) x ( =

Định nghĩa 2.1

Ánh xạ G : I 2→ Rn×n gọi là ma trận Green của bài toán (2.10), (2.20) nếu

1 Với mỗi τ∈ (a, b), các cột của ma trận G ⋅ ( , τ) là nghiệm của bài toán (2.10) trên các khoảng [a, τ), (τ, b] và G(τ+,τ)-G(τ-,τ)=E

Nếu Y ∈ C(I, Rn ×n)và Y =(y1 ,y2, ,yn), yk∈ C(I, Rn) thì đặt

n 2

1 ) , ( y ) , , (y ) R y

( ) Y

) t(

Y ) , t(

) t(

Y x(a) Y(t)

Đặt

C ) a (

Y(t) ) t(

) q (

thì

(A(q))( )tC

Y(t))t(

x = + (2.5) Khi đó x(t) là nghiệm duy nhất của bài toán (2.1), (2.2) khi và chỉ khi C là nghiệm duy nhất của hệ

(A ( q )) C0C

(Y) )

x ( =  +  =

(2.6) là hệ phương trình tuyến tính có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

0 ) Y (

Nhưng điều kiện (2.7) tương đương với điều kiện bài toán (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường.Vậy bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường

Nếu bài toán (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường thìdet ( ) Y  ≠ 0. Khi đó

(A ( q ))

C C (Y) 0 

Khi đó

(A ( q ))t( ) )

q ( h ) t(

Y (t) x ) t(

Do (2.9) nên h : L I , R n ) → R n là toán tử tuyến tính liên tục Theo định lý Reez tồn tại ma trận hàm H ∈ L+∞(I, Rn×n) sao cho

q ) t(

H ) q ( h

τ τ τ

Với

1

Y(t) H(τ) Y (τ) khi a τ t bG(t, τ)

Dễ thấy G ( t , τ)là hàm Green của (2.10), (2.20)

Vậy định lý được chứng minh.

Công thức (2.3) gọi là công thức Green cho bài toán (2.1), (2.2)

Do  : C I , R n ) → R n là toán tử tuyến tính liên tục nên theo định lý Riess tồn tại ma trận hàm λ : I → R n×n mà các thành phần của nó có biến phân bị chặn sao cho

θ λ(b) = (2.11)

x ) t(

d (x) λ

x C(I, R )∈  áp dụng tích phân từng phần và lưu ý đến (2.11) ta có

x ) t(

x(a) (a) )

=

b

1 k

1 m 1 i

ds ) s ( P (s) M ds

i ) s ( P E

ds ) s ( P M

λ

(2.17)

Chứng minh:

Điều kiện đủ:

Giả sử các điều kiện (2.16), (2.17) được thực hiện Ta chứng minh bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất

Đặt

C ) a (

x =

Khi đó

(p (x))( )tC

)t

(

[C p (x )]( )t p

C ) s ( P C

ds (s) (x) p ) s ( P ds C ) s ( P C

(p (x))(t) C

ds ) s ( P E

) t(

1 j 1 i

) s ( P ) s ( C M

b

a

1 k

Do Mk là ma trận chính qui nên

b 1

C a

P(s) ds x

1 i C i

) s ( P

Áp dụng điều trên vào (2.20) ta có

a

1 k

1 m 1 i

i ) s ( P E

ds m ) s ( P

C M x

x ≤

Từ đó

Giả sử bài toán (2.1), (2.2) có duy nhất một nghiệm Ta chứng minh tồn tại các

số tự nhiên k, m sao cho (2.15), (2.16) đúng

P

d ) ( P

) t(

P

t

a

2 s

a 3

P(s) ds P(t) P(t)

a j

P(s) ds P(t) P(t)

Gọi Y – ma trận cơ bản của (2.10), (2.20) thỏaY ( a ) = E

Do bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất nên det  ( Y ) ≠ 0

Đặt

[ ]P ( s ) i ds E

) t(

1 i

t (

1 i

Suy ra {Yk′(t)} hội tụ đều trên I.Do đó {Yk(t)} hội tụ đều trên I tới X(t)

Ta có

P

=

2 k 1 i

t

a

ds 2 k ) s ( P E

) t(

P

1 k Y ) t(

P = −

Cho k → + ∞ ta có

X(t) ) t(

P ) t(

∞ +

→

Theo (2.13) ta có

( )Yk =−Mk

Vậy

(Y) M

∞ +

→

∞ +

Do đó, tồn tại số tự nhiên k0 và số α sao cho

( )M 0det k ≠ , M−k1 < α, ( k = k0, k0+ 1, )(2.23)

Do chuỗi bên phải (2.22) hội tụ đều nên

lim k ,m

m ,

∞ +

k t

a

d ) ( d

) f(

exp

τ τ τ

/ k t

a

d ) ( d

) f(

exp ) t(

f

τ τ τ

1 k t

a

! 1 k (

d ( ) t(

f

τ τ)

vàcũng là hội tụ đều trên I

Cùng với hệ (2.1) ta xét hệ

q(t) x P(t) dt

Vấn đề đặt ra khi bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm thì với ε đủ bé bao nhiêu để (2.24), (2.2) có nghiệm

Hệ quả 2.1

Giả sử

( ) 0det λ(a) ≠ (2.25)

) s ( det

t, (

k, ( ) M

M ε = ε

Với Mk , Mk,1như trong định lý 2.2

Theo (2.25) hoặc (2.26), (2.27) thì detMk ≠0

Chọn

(M k, 1 )

r

1 =

(t, G

Chứng minh:

Để chứng minh bài toán (2.1), (2.2) có duy nhất một nghiệm ta chỉ cần chứng minh bài toán (2.10), (2.20) chỉ có nghiệm tầm thường

Giả sử ( )n

1 i

i (t) x )

t(

[P(t) P (t)] x(t) x(t)

P x P(t) dt

) t(

Từ đó cùng với (2.29) ta có

x M ) t(

x ≤ C ∀ t ∈ I

1 i C i

Ta có điều phải chứng minh.

2.2 Định lý xấp xỉ nghiệm của bài toán biên tổng quát

Cùng với bài toán (2.1), (2.2) ta xét các bài toán sau

(t) q x (t) P dt

ds ) s

→ ∀ y ∈ C(I, Rn)

0 k

k lim C = C

∞ +

Khi đó tồn tại số tự nhiên k0 sao cho ∀ ≥k k0 bài toán (2.1k), (2.2k) có duy nhất nghiệm xk và

0 x

x

∞ +

Định lý 2.4

Nếu bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất thì nó là xấp xỉ được

Trước khi chứng minh định lý 2.4 ta cần bổ đề sau

Bổ đề 2.1

Giả sử uk∈C(I,R), vk∈L(I,R), ( = k 0 , 1, 2 , , n, )

ds ) s

ds (s) u ) s

∫ v ( s ) u (s) ds

t

a

0 0

u

Đặt

[v ( s ) u (s) v ( s ) u (s)] ds (t)

z

t

a

0 0 k

∞ +

∞ +

→

Vậy (2.38) đúng

Chứng minh định lý 2.4:

Gọi Y – ma trận cơ bản của (2.10), (2.20) thỏa Y ( a ) = E

Do bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất nên theo (2.7) ta có

0 ) Y ( det  ≠

Giả sử Pk∈ L(I, Rn×n), qk∈ L(I, Rn), C ∈k Rn, n n

k : C(I, R ) → R

tuyến tính liên tục thỏa các điều kiện (2.31) → (2.33)

Với mỗi số tự nhiên k, gọi Yk – ma trận cơ bản của hệ

x(t) (t) P dt

Khi đó theo định lý 1.10 ta có

0 Y

Y

∞ +

(Y (Y)

Y

≤ ζ0 k − + k −

Từ đó theo (2.33) và (2.41) ta có

) Y ( ) Y (

∞ +

Do det  ( Y ) ≠ 0 nên tồn tại k0∈ N sao cho ∀ k∈ N, k ≥ k 0 thì

0 )Y(

Từ đó suy ra bài toán (2.1k), (2.2k) có duy nhất một nghiệm xk Hơn nữa xk có dạng

(A ( q ))t( ) )

q ( h ) t(

Y (t) x ) t(

Trong đó x k t( ) là nghiệm của (2.1k), (2.2k)

[ ( Y )] C

) t ( Y ) t

1 k

1

k t( ) Y ( s ) d q ( ) d Y

1

k ( t ) Y ( s ) q ( ) d Y ( s ) q ( ) d ds Y

1 k

k

1 k

t

a

k ( s ) ds Y t( ) Y ( s ) Y ( s ) Y ( s ) q ( ) d ds q

k

1 k

t

a

k ( s ) ds Y t( ) Y ( s ) P ( s ) q ( ) d ds q

[ (Y )] (A ( q ))

) q

k ( t ) Y ( t) Y C

Theo bổ đề 2.1 và từ các điều kiện (2.31), (2.32) ta có

0 ) q ( A ) q ( A

∞ +

t

a

ds d ) ( q ) s ( P ) s ( Y ) t(

Y ds ) s ( q ) t(

) t(

Y

Ngoài ra theo (2.33), (2.41), (2.42) ta có

) q ( h ) q ( h lim k k

∞ +

→

Với

[ (Y)] (A ( q ))

) q (

h = −  −1 

Và

0 x

x

∞ +

q ( h ) t(

Y (t) x ) t(

là nghiệm của (2.1), (2.2) Định lý đã được chứng minh.

Chương III.BÀI TOÁN BIÊN NHIỀU ĐIỂM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH

VI PHÂN TUY ẾN TÍNH 3.1 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm

toán tìm nghiệm của hệ phương trình vi phân

l : C R → (i=1…n) là toán tR ử tuyến tính bị chặn

Cùng với bài toán (3.1), (3.2) ta xét bài toán thuần nhất của nó

t γ

Ta nói cặp (H, lo) thuộc vào tập hợp U t t ,( 1, 2 …, t n ) nếu

i) Ma trận hàm H là tựa không âm, tức là hầu khắp nơi trên I ta có

ik

h t ≥0 i ≠k, i, k=1, n ii) lolà toán tử liên tục thuần nhất dương và không giảm

iii) Hệ bất phương trình vi phân