BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH
ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VA DUY NHẤT NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH
Cho I = [a,b] , xét hệ phương trình vi phân: dx
P(t)x q(t) dt = + (1.1.1) trong đó P ∈ L(I, R nxn ) và q ∈ L(I, R n )
Nghiệm của (1.1.1) là vectơ hàm x(t) ∈ C�(I,R n ) thỏa (1.1.1) hầu khắp nơi trên I
Bài toán đặt ra là tìm nghiệm x(t) của hệ (1.1.1) thỏa điều kiện biên
(1.1.2) trong đó : C(I,R ) n → R n là toán tử tuyến tính, liên tục và C0 ∈ R n
Bài toán (1.1.1), (1.1.2) gọi là bài toán biên tổng quát Trường hợp riêng của bài toán (1.1.1), (1.1.2) là:
Bài toán biên hai điểm : A1 x(a) + A 2 x(b) = C 0 , A 1 , A 2 ∈ R nxn
Bài toán biên nhiều điểm: n k k 0 k k nxn k 1
Bài toán biên với điều kiện tích phân: b 0 nxn a
• Cùng với bài toán (1.1.1), (1.1.2) ta xét bài toán thuần nhất: dx P(t)x (1.1.3) dt
Để xác định sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm cho bài toán (1.1.1) và (1.1.2), trước tiên, chúng ta cần đưa ra định nghĩa về ma trận Green Định nghĩa 1.1.1: Ánh xạ G: I² → R^n×n được gọi là ma trận Green cho bài toán (1.1.3) và (1.1.4).
1 Với mỗi t ∈ (a, b) thì các cột của ma trận G(., t) là nghiệm của (1.1.3) trên các khoảng [a, t), (t, b] và G(t+ , t) - G(t- , t) = E
3 Với mỗi q ∈ L(I,R n ) véctơ hàm b a x(t) = ∫ G(t, )q( )d t t t thỏa (1.1.4)
• Nếu Y ∈ C(I,R nxn ) và Y = (y1, y2 , ,yn) với yk ∈ C(I,R n ) đặt:
Bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán (1.1.3), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường Khi đó nghiệm của (1.1.1), (1.1.2 ) có dạng : b
0 a x(t) x (t) = + ∫ G(t, )q( )d t t t (1.1.5) trong đó x0 (t) là nghiệm của bài toán (1.1.3) thỏa điều kiện (1.1.2) và G(t,t) là ma trận Green của bài toán thuần nhất (1.1.3), (1.1.4)
Công thức (1.1.5) gọi là công thức Green của bài toán (1.1.1), (1.1.2)
Giả sử Y(t) là ma trận cơ bản của bài toán (1.1.3) thỏa điều kiện Y(a) = E
Khi đó C(t,t) = Y(t)Y -1 (t) là ma trận Cauchy của (1.1.3)
Giả sử x(t) là nghiệm của (1.1.1) Khi đó theo phương pháp biến thiên hằng số ( xem trong [2]) ta có:
Do đó x(t) là nghiệm của bài toán (1.1.1), (1.1.2) khi và chỉ khi C là nghiệm duy nhất của hệ phương trình :
Hệ phương trình tuyến tính này có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi det (Y) 0 ≠ Điều này tương đương với bài toán (1.1.3), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường
Vậy bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán (1.1.3), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường
Sau đây ta chứng minh nghiệm duy nhất của bài toán (1.1.1), (1.1.2) được cho bởi công thức Green (1.1.5)
Thật vậy, nếu bài toán (1.1.3), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường thì det (Y) 0 ≠ nên C [( Y)] [C = − 1 0 − ( A(q))]
Dễ dàng chứng minh rằng x0(t) là nghiệm của phương trình (1.1.3) và thỏa mãn điều kiện (1.1.2) Hơn nữa, toán tử tuyến tính liên tục h : L(I,R n )→ R n q -[ (Y)] (A(q)) − 1 tồn tại theo định lý Riesz, dẫn đến sự tồn tại của ma trận H L (I,R ) ∈ +∞ nxn.
Với cách đặt ma trận G(t,t) như trên ta dễ dàng chứng minh được G(t, t) là ma trận Green của bài toán thuần nhất (1.1.3),(1.1.4) và định lý được chứng minh
• Vì : C(I,R ) n →R n là toán tử tuyến tính liên tục nên theo định lý Riesz tồn tại ma trận hàm
: I R nxn λ → mà các thành phần của nó có biến phân bị chặn sao cho: b ( ) n a
Với x ∈ C� (I,R n ), áp dụng công thức tích phân từng phần ta có : b a
• Cho ma trận hàm V L(I,R ) ∈ nxn , ta kí hiệu : t
Theo định lý 1.1.3, bài toán (1.1.1) và (1.1.2) có nghiệm duy nhất nếu và chỉ nếu tồn tại các số tự nhiên k và m thỏa mãn điều kiện k 1 b k i i 0 a.
= + ∑∫ là ma trận khả nghịch (1.1.7)
2 Các giá trị riêng của ma trận b m 1 b b
∫ ∫ ∫ có mô đun nhỏ hơn 1
Giả sử có các số tự nhiên k và m thỏa mãn các điều kiện trong định lý 1.1.3 Chúng ta sẽ chứng minh rằng bài toán (1.1.1) và (1.1.2) chỉ có nghiệm duy nhất, tức là bài toán thuần nhất (1.1.3) và (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường.
Trước hết, ta xây dựng dãy toán tử ρ i : C�(I,R n )→C�(I,R n ) (i=0,1,2…) như sau:
Gỉa sử x(t) là nghiệm của bài toán thuần nhất (1.1.3), (1.1.4)
Tiếp tục quá trình trên ta được k 1 t [ ] i k i 0 a x(t) E − P(s) ds C ( (x))(t) ρ
Do X thỏa điều kiện (1.1.4) nên (x) 0 = Khi đó theo (1.1.6) và (1.1.10) ta được: b k 1 [ ] i k 1 a i 0
Theo giả thiết Mkkhả nghịch suy ra b 1 k k 1 a
Khi đó thay (1.1.11) vào (1.1.9) (theo chỉ số m ) ta được: m 1 t [ ] i k 1 b k 1 m i 0 a a x(t) E − P(s) ds M − λ (t)P(t)( ρ − (x))(t)dt ( ρ (x))(t)
Mặt khác theo cách xây dựng dãy (ρi (x))(t) ta dễ dàng chứng minh được :
Theo giả thiết các giá trị riêng của ma trận Mk,mcó mô đun bé hơn 1 nên ma trận E – Mk,m có ma trận nghịch đảo và
Vậy bài toán (1.1.3), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường hay bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất
Giả sử bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất Ta chứng minh tồn tại các số tự nhiên m, k thỏa các điều kiện 1 và 2 của định lý 1.1.3
Gọi Y(t) là ma trận cơ bản của bài toán (1.1.3) thỏa Y(a) = E Vì bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất nên det (Y) 0 ≠ Đặt k k 1 t [ ] i i 0 a
Bằng phương pháp qui nạp ta dễ dàng chứng minh được:
∑ = hội tụ đều trên I, do đó dãy {Y (t)} k ' k 1 ∞ = hội tụ đều trên I, vì vậy dãy k k 1
{Y (t)} ∞ = hội tụ đều trên I, giả sử: k k lim Y (t) X(t)
Ngoài ra vì Yk(a) = E nên X(a) = E Do đó suy ra
Khi đó, theo (1.1.13) ta có Yk(t) hội tụ đều về Y(t)trên I hay k C k lim Y Y 0
Mặt khác theo (1.1.6) ta có: t t k 1
Do đó tồn tại k0 ∈ N và a > 0 sao cho: det M k ≠ 0 và M k − 1 < a (k=k ,k 0 0 + 1, )
Mặt khác từ (1.1.12) ta được j j lim P(t) 0, t I
Nên theo (1.1.8) suy ra m k,m k lim M θ
Vì vậy tồn tại k, m đủ lớn sao cho Mk là ma trận khả nghịch và các giá trị riêng của Mk,m có mô đun nhỏ hơn 1
• Cùng với hệ (1.1.1) ta xét hệ: dx
Vấn đề đặt ra là khi bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm thì với ε đủ bé bao nhiêu bài toán (1.1.14), (1.1.2) có nghiệm
Giả sử detλ(a)≠0 (1.1.15) hoặc λ(a) = θ (1.1.16) và với một số tự nhiên j nào đó ta có: t i a
Khi đó tồn tại ε0 > 0 sao cho với mọi ε ∈ (0, ε0) bài toán (1.1.14), (1.1.2) có nghiệm duy nhất
Nếu (1.1.15) xảy ra chọn k = 1, nếu (1.1.16)-(l.1.l8) xảy ra chọn k = j+ 1 Đặt: P(t,ε)=εP(t) k 1 b k i i 0 a
M ( )ε =∫P(s, )ds M ( )ε + − ε λ∫ (s) P(s, ) ε ds Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được
18 nên ta có M k (ε)=ε k-1 M k và M k,1 (ε)=εMk,1 với Mk và M k,1 được định nghĩa trong (1.1.7), (1.1.8)
Theo (1.1.15) hoặc (1.1.16) - (1.1.18) ta có det M ( ) 0k ε ≠ nên M k (ε) là ma trận khả nghịch
Do đó suy ra các giá trị riêng của ma trận Mk,1(ε) có mô đun nhỏ hơn 1
Vì vậy theo định lý 1.1.3 bài toán (1.1.14), (1.1.2) có nghiệm duy nhất Định lý 1.1.5
Giả sử tồn tại ma trận hàm P0 ∈ L(I,R nxn ) sao cho hệ: dx 0
P (t)x dt (1.1.19) với điều kiện biên (1.1.4) có nghiệm duy nhất
Giả sử P ∈ L(I,R nxn ) thỏa bất đẳng thức : b
∫ (1.1.20) trong đó G0(t,t) là ma trận Green của bài toán (1.1.19), (1.1.4) và các giá trị riêng của ma trận M có mô đun nhỏ hơn 1 với M R ∈ nxn +
Khi đó bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất
Chứng minh Để chứng minh bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất ta chứng minh bài toán thuần nhất (1.1.3), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường
Giả sử x(t) là nghiệm của bài toán thuần nhất (1.1.3), (1.1.4) Khi đó
Vì bài toán (1.1.19), (1.1.4) chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lý 1.1.2 ta có: b
Từ đó cùng với (1.1.20) ta có :
Theo giả thiết các giá trị của ma trận M có mô đun nhỏ hơn 1 nên ma trận E → M khả nghịch và (E - M) -1 ≥ θ
ĐỊNH LÝ XẤP XỈ NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH
Cùng với bài toán (1.1.1), (1.1.2) ta xét bài toán: k k k 0k dx P (t)x q (t) (1.2.1) dt
Trước hết ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 1.2.1
Bài toán (1.1.1), (1.1.2) gọi là xấp xỉ được hếu nó có nghiệm duy nhất x(t) và với mọi dãy nxn n k k
P ∈ L(I,R ),q ∈ L(I,R ), dãy các toán tử tuyến tính liên tục n n n k : C(I,R ) → R ,C 0k ∈ R (k-1,2, )
→+∞ = (1.2.7) ta có tồn tại k0 ∈ N sao cho ∀k ≥ k0 bài toán (1.2.1), (1.2.2) có nghiệm duy nhất xk(t) và k C k lim x x 0
Nếu bài toán (1.1.1), (1.1.2) có nghiệm duy nhất thì nó xấp xỉ được
Trước khi chứng minh định lý 1.2.2 ta chứng minh bổ đề sau:
Giả sử uk ∈ C(I, R), vk∈ L(I, R) (k = 0,1,2, ) thỏa các điều kiện : t t k 0 a a
Khi đó ta có : t k k a v (s)u (s)ds
Với ε > 0 tồn tại đa thức u ∈ C(I, R) sao cho :
Khi đó theo (1.2.9) ta có: k 0 k 0 0 0 0k
Vì ε > 0 tùy ý nên từ (1.2.9), (1.2.10), (1.2.12) - (1.2.14) suy ra (1.2.11)
Sau đây ta chứng minh định lý 1.2.2
Gọi Y(t) là ma trận cơ bản của bài toán (1.1.3) thỏa Y(a) = E
Do bài toán (1.1.1), (1.1.2) CÓ nghiệm duy nhất nên det (Y) 0 ≠
Giả sử Pk ∈ L(I, R nxn ), q k ∈ L(I, R n ), C 0k ∈ R n và k : C(I,R ) n → R n là dãy các toán tử tuyến tính liên tục thỏa các điều kiện (1.2.3) - (1.2.7) trong định nghĩa 1.2.1
Với mỗi số tự nhiên k, gọi Yk(t) là ma trận cơ bản của hệ : dx k
P (t)x dt = (1.2.15) thỏa điều kiện Yk(a) = E Khi đó theo định lý 1.1 [5] ta có: k k lim Y Y C 0
Từ (1.2.6) theo định lý Banach -Steihauss tồn tại số ρ0 > 0 sao cho :
→+∞ = (1.2.18) do det (Y) 0 ≠ nên từ (1.2.18) suy ra tồn tại k0 ∈ N sao cho ∀k ∈ N, k ≥ k0 thì k k det (Y ) 0 ≠
Do đó bài toán (1.2.1), (1.2.2) có nghiệm duy nhất xk(t) Hơn nữa theo chứng minh của định lý 1.1.2 thì x k (t) có dạng:
X k (t)=x 0k (t) + Y k (t) h k (q k ) + (A k (q k )) (t) (1.2.19) trong đó x0k(t) là nghiệm của (1.2.15), (1.2.2) và
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta được: t t s
( )d ds q (s)ds Y (t) Y (s)Y (s)Y (s) q ( )d ds q (s)ds Y (t) Y (s) q ( )d ds
Do đó, áp dụng bổ đề 1.2.3 và từ các giả thiết (1.2.3) - (1.2.7) cùng với (1.2.16), (1.2.18) ta có:
0k 0 C 0 0 k lim A (q ) A(q) 0, lim h (q ) h(q) víi h(q)=-[ (Y)] (A(q)) và lim x x với x (t)=Y(t)[ (Y)] C
Từ đó cho k → +∞ trong (1.2.19) ta có: x(t)=x 0 (t) + Y(t)h(q) + (A(q))(t) là nghiệm của bài toán (1.1.1), (1.1.2) và k C k lim x x 0
BÀI TOÁN BIÊN TỔNG QUÁT CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH
ĐỊNH LÝ TỒN TẠI VÀ DUY NHẤT NGHIỆM CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH
Trong phần này chúng ta nghiên cứu sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán phi tuyến: dx F(t,x) (2.1.1) dt h(x) 0 (2.1.2)
với f ∈ K([a,b]xR n , R n ) và h : C([a,b], R N ) → R n là toán tử liên tục
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau :
Cho S ⊂ L([a,b], R nxn ) và g : C([a,b], R n ) → R n là toán tử liên tục, thuần nhất dương thỏa các điều kiện :
chỉ có nghiệm tầm thường với mọi A ∈ S
2 Tồn tại hàm số ϕ ∈ L([a,b], R+) sao cho với mọi A ∈ S ta có:
3 Nếu Ak ∈ S (k = 1,2, ) và A ∈ L([a,b], R nxn ) sao cho : t k a
Khi đó tồn tại hằng số ρ0 > 0 sao cho với mọi x ∈ C� ([a,b], R n ), với mọi A ∈ S ta có:
Ta chứng minh bổ đề bằng phản chứng
Giả sử với mỗi k ∈ N tồn tại xk ∈ C� ([a,b], R n ) và A k ∈ S sao cho: t ' k C k a t b k k k a x k [g(x )] + max [x ( ) A ( )x ( )d
Do g là toán tử thuần nhất dương nên (2.1.4) đúng cho x� R k, vì vậy
Từ giả thiết 2 của bổ đề 2.1.1 ta được : t t k k k s s
Dãy {B(t)} k +∞ k 1 = đồng nên tục và bị chặn trong không gian C([a,b], R nxn) Theo bổ đề Azela - Ascoli, dãy {B(t)} k +∞ k 1 = chứa một dãy con hội tụ tới B(t) thuộc C([a,b], R nxn) Không mất tính tổng quát, giả sử
Dễ thấy B(t) là hàm liên tục tuyệt đối trên [a,b] nên tồn tại A(t) ∈ L([a,b], R nxn ) sao cho: t a
Vì vậy theo giả thiết 3 của bổ đề 2.1.1 suy ra A ∈ S
Mặt khác, theo (2.1.5) ta có thể coi dãy k
{x (a)} k 1 +∞ = hội tụ Vì vậy từ (2.1.6) - (2.1.8) và định lý xấp xỉ nghiệm (xem trong [2]) ta được :
→+∞ = đều trên [a,b] (2.1.9) trong đó x(t) là nghiệm của bài toán: dx A(t)x dt g(x) 0
Theo chứng minh trên A ∈ S nên từ giả thiết 1 của bổ đề 2:1.1 thì x(t) ≡ 0, ∀ t ∈ [a,b]
Mặt khác theo (2.1.5) và (2.1.9) ta có x(t) C = 1 Từ mâu thuẫn này suy ra bổ đề được chứng minh Định nghĩa 2.1.2
Cho toán tử tuyến tính, liên tục : C([a,b],R ) n → R n và toán tử liên tụcthuần nhất dương n n
Ma trận hàm P : [a,b]xR n → R nxn gọi là thỏa mãn điều kiện Opilia đối với cặp ( , ) 0 nếu :
1 P ∈ K([a,b]xR n ,R nxn ) và tồn tại ϕ ∈ L([a,b],R + ) sao cho:
(2.1.10) chỉ có nghiệm tầm thường với mọi A ∈ L([a,b],R nxn ) thỏa điều kiện tồn tại dãy n k k 1
Giả sử trên [a,b]xR n ta có: f(t,x) P(t,x)x − ≤ a (t, x ) (2.1.12) và trong không gian C([a,b], R n ) thỏa bất đẳng thức:
0 1 h(x) − (x) ≤ (x) + ( x ) C (2.1.13) trong đó : C([a,b],R ) n → R n là toán tử tuyến tính, liên tục; 0 : C([a,b],R ) n → R n + là toán tử liên tục, thuần nhất dương; ma trận hàm P thỏa điều kiện Opilia đối với cặp n
( , ); : R + → R + là toán tử liên tục và a ∈ K([a,b]xR + , R + ) là hàm không giảm theo biến thứ hai thỏa điều kiện : b p p 1 a
Khi đó bài toán (2.1.1), (2.1.2) có ít nhất một nghiệm
Chứng minh Đặt g(x) = (x) − 0 (x) , ∀ x ∈ C([a,b],R n ) và S = { A ∈ L([a,b] ,R nxn ): A thỏa điều kiện (2.1.11) }
Khi đó dễ thấy (S, g) thỏa các điều kiện của bổ đề 2.1.1 Vì vậy tồn tại ρ0 > 0 sao cho với mọi x∈C�([a, b], R n ) và với mọi A ∈ S ta có: t
Theo (2.1.14) tồn tại số ρ1 > 0 sao cho b
Với mỗi y ∈ U xét bài toán: dx P(t,y(t))x q(t,y(t)) dt
Vì P là ma trận Opilia đối với cặp ( , ) 0 nên bài toán thuần nhất dx P(t,y(t))x dt
30 chỉ có nghiệm tầm thường
Ngoài ra do P(t,y(t)) ∈ L([a,b], R nxn ) và q(t,y(t)) ∈ L([a,b], R n ) nên theo định lý 1.1.3 bài toán
2.1.19 có nghiệm duy nhất Giả sử x(t) là nghiệm của (2.1.19), ta chứng minh x ∈ U, nghĩa là
Thật vậy, từ (2.1.15) và (2.1.19) suy ra: b
Từ (2.1.16) - (2.1.18), (2.1.20) và định nghĩa ρ2 suy ra 2 x C ≤ ρ Đặt x = w (y) Như vậy ta đã xây dựng được toán tử w w : U → U y ⟼ w(y)=x và theo định lý 1.2.2 thì w là toán tử liên tục
Sau đây ta chứng minh w có điểm bất động
Thật vậy, từ (2.1.19) lấy tích phân hai vế ta được: t
0 0 s w(y)(t) w(y)(s) − ≤ ϕ t t ∫ ( )d , y U và ∀ ∈ ϕ ∈ L([a,b],R ) + do đó w(U) đồng liên tục
Hơn nữa do w(y) C = x C ≤ ρ 2 nên w(U) bị chặn đều
Theo bổ đề Azela - Ascoli, tập w(U) là tập compắc tương đối Hơn nữa, vì w là toán tử liên tục và U là tập lồi, đóng bị chặn trong C([a,b], R n), nên theo định lý điểm bất động Schauder, tồn tại một điểm bất động trong tập này.
Khi đó x(t) là nghiệm của bài toán: dx P(,x)x q(t,x) f(t,x) dt
Vì vậy từ (2.1.17), (2:1.15) và bổ đề 2.1.1 ta được: b
Từ (2.1.16) và (2.1.21) suy ra x C ≤ ρ 1 nên theo (2.1.17) và (2.1.18) thì h(x) = 0
Vậy x(t) là nghiệm của bài toán (2.1.1), (2.1.2) Định lý 2.1.4
Giả sử trên [a,b]xR n ta có bất đẳng thức (2.1.12) và
P1(t) ≤ P(t,x) ≤ P2(t) (2.1.22) và trong C([a,b], R n ) thì (2.1.13) được thực hiện, trong đó , , , 0 1 acó các tính chất trong định lý 2.1.3 và thỏa điều kiện (2.1.14), Pk ∈ L([a,b], R nxn ) ( k =1, 2 ) và P ∈ K 0 ([a,b]xR n , R nxn )
Ngoài ra giả sử đối với mỗi ma trận A ∈ L([a,b], R nxn ) thỏa
32 thì bài toán (2.1.10) chỉ có nghiệm tầm thường
Khi đó bài toán (2.1.1), (2.1.2) có ít nhất một nghiệm
Tập S bao gồm các ma trận A thuộc L([a,b], R nxn) thỏa mãn điều kiện (2.1.23) và n g(x) = λ(x) λ0(x) với ∀ x ∈ C([a,b], R) Do đó, cặp (S, g) đáp ứng các điều kiện của bổ đề 2.1.1, dẫn đến sự tồn tại của hằng số ρ0 > 0 thỏa mãn (2.1.15) Ngoài ra, theo (2.1.14), cũng có số ρ1 > 0 thỏa mãn (2.1.16).
Xét hệ phương trình vi phân:
C dx P (t)x ( x )[f(t,x) P (t)x] dt = + χ − (2.1.24) trong đó χ được định nghĩa trong (2.1.17)
Vì P1(t) thỏa điều kiện Opilia đối với cặp ( , ) 0 nên theo định lý 2.1.3 bài toán (2.1.24), (2.1.2) có nghiệm Giả sử x(t) là nghiệm của bài toán này
Khi đó A thỏa (2.1.23) nên A ∈ S Vì vậy theo bổ đề 2.1.1 và từ các bất đẳng thức (2.1.12), (2.1.13) ta được : b
∫ nên theo (2.1.16) suy ra 1 x C ≤ ρ Khi đó theo (2.1.17), (2.1.24) ta có x(t) là nghiệm của bài toán (2.1.1), (2.1.2) Định lý 2.1.5
Giả sử trên [a,b]x R n ta có bất đẳng thức:
33 f(t,x) P (t)x − 0 ≤ Q(t) x q(t, x ) + (2.1.25) và trong không gian C([a,b], R n ) ta có (2.1.13) trong đó , , 0 1 được xác định trong định lý
2.1.3, P 0 ∈ L([a,b],R ),Q L([a,b],R ) nxn ∈ nxn + và q K([a,b]xR ,R ) ∈ + n + là hàm không giảm theo biến thứ hai thỏa điều kiện : b
Ngoài ra giả sử bài toán:
≤ (2.1.27) chỉ có nghiệm tầm thường
Khi đó bài toán (2.1.1), (2.1.2) có ít nhất một nghiệm
∑ ∑ và pij (t,x) = p0ij (t) + qij (t) ηi (t,x) sgn(xj) với a ≤ t ≤ b (i,j= 1,2, n)
Khi đó theo (2.1.25) ta có η i (t,x) 1(i 1,2, n) < = nên p 0ij (t)-q ij (t) ≤ p ij (t,x) ≤ p 0ij (t) +q ij (t) ( i,j = 1,2, .,n)
Khi đó ta có các bất đẳng thức (2.1.12), (2.1.22) và từ (2.1.26) suy ra a , 1 thỏa điều kiện (2.1.14)
Mặt khác do bài toán (2.1.27) chỉ có nghiệm tầm thường nên bài toán (2.1.10) cũng chỉ có nghiệm tầm thường với mọi A thỏa (2.1.23)
Vì vậy thectđịnh lý 2.1.4 bài toán (2.1.1), (2.1.2) có ít nhất một nghiệm
Từ định lý 2.1.5 ta dễ dàng chứng minh được hệ quả 2.1.6 và định lý 2.1.7
Giả sử trên [a,b]x R n ta có bất đẳng thức: f(t,x) P(t)x − ≤ a (t, x ) và trong không gian C([a,b], R n ) thỏa: h(x) − (x) ≤ β ( x ) C trong đó : C([a,b],R ) n → R n là toán tử tuyên tính liên tục, P L([a,b],R ) ∈ nxn
K([a,b]xR ,R ) + + a ∈ là hàm không giảm theo biến thứ hai và β : R + → R + là toán tử liên tục thỏa điều kiện : b a
Ngoài ra giả sử bài toán:
chỉ có nghiệm tầm thường
Khi đó bài toán (2.1.1), (2.1.2) có ít nhất một nghiệm Định lý 2.1.7
Giả sử trên đoạn [a,b] x R^n tồn tại bất đẳng thức: f(t,x) f(t,y) P(t)(x - y) ≤ Q(t)(x - y) với P thuộc L([a,b], R) và Q thuộc L([a,b], R^n+) Đồng thời, trong không gian C([a,b], R^n), ta có h(x) - h(y) ≤ λ(x - y) với λ là toán tử tuyến tính liên tục từ C([a,b], R) n tới R^n, và λ0 là toán tử liên tục thuần nhất dương từ C([a,b], R) n tới R^n+.
Ngoài ra giả sử bài toán (2.1.27) chỉ có nghiệm tầm thường
Khi đó bài toán (2.1.1), (2.1.2) có nghiệm duy nhất.
XẤP XỈ NGHIỆM CỦA BÀI TOÁN BIÊN CHO HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN PHI TUYẾN TÍNH
Trong mục này ta nghiên cứu sự xấp xỉ nghiệm của bài toán biên phi tuyên tính: dx f(t,x) (2.2.1) dt h(x) 0 (2.2.2)
Trong đó f ∈ K([a,b]xR n ,R n )và h: C([a,b],R n ) → R n là toán tử liên tục
Với x 0 ∈ C([a,b], R n và r > 0 ta có các kí hiệu sau :
U(x 0 , r) là hình cầu mở tâm x 0 bán kính r trong không gian C([a,b], R n )
M([a,b]xR+, R+) là tập hợp các hàm w ∈ K([a,b]xR+, R+) sao cho w là hàm không giảm theo biến thứ hai và w(t,0) = 0 với a ≤ t ≤ b
Giả sử x₀ là nghiệm của bài toán (2.2.1) và (2.2.2) với r > 0 Định nghĩa 2.2.1 cho biết rằng x₀ được gọi là nghiệm cô lập trong bán kính r nếu tồn tại P ∈ K([a,b]xRⁿ, Rⁿˣⁿ) và q ∈ K([a,b]xRⁿ, Rⁿ), trong đó P là toán tử tuyến tính liên tục.
, toán tử liên tục thuần nhất dương 0 : C([a,b],R ) n → R n + và toán tử liên tục : C([a,b],R ) n → R n sao cho: l.Với a≤t≤b và x x (t) − 0 < r thì f (t,x) = P(t,x)x + q(t,x) và trên U(x 0 ,r) thì h(x) = (x) + (x)
Và β ρ = ( ) sup { (x) − 0 (x) + : x C ≤ ρ } thỏa điều kiện b a
không có nghiệm nào khác x 0
4 Ma trận P thỏa điều kiện Opilia đối với cặp ( , ) 0 Định nghĩa 2.2.2
Bài toán (2.2.1), (2.2.2) gọi là (x 0 , r) xấp xỉ được nếu với mỗi ε ∈ (0, r) và w ∈ M([a,b]xR+,R+) tồn tại δ>0 sao cho với mọi hàm vectơ η ∈ K([a,b]xR n ,R n ) và toán tử liên tục γ : C([a,b],R n ) → R n thỏa: t a
Và γ (x) ≤ δ ∀ ∈ x U(x ,r) 0 (2.2.7) thì bài toán: dx f(t,x)x (t,x) (2.2.8) dt h(x) (x) 0 (2.2.9)
có ít nhất một nghiệm trong U(x 0 ,r) Hơn nữa nghiệm này còn thuộc vào U(x 0 ,ε) Định nghĩa 2.2.3
Bài toán (2.2.1), (2.2.2) gọi là xấp xỉ được nếu nó có duy nhất nghiệm x 0 và với mỗi r > 0 nó là (x 0 , r) xấp xỉ được Định lý 2.2.4
Nếu bài toán (2.2.1) và (2.2.2) có nghiệm x₀ cô lập trong bán kính r, thì (x₀, r) sẽ là một xấp xỉ Để chứng minh định lý này, trước tiên cần chứng minh bổ đề liên quan.
Giả sử w ∈ M([a,b]xR+, R+) ,D ⊂ R n ,ym: [a,b]→ D ( m = 1,2, ) là dãy các hàm liên tục đồng bậc và ηm ∈ K([a,b]xD, R n ) thỏa các điều kiện : m (t,x) m (t,y) w(t, x y ) (m=1,2, ) η − η ≤ − (2.2.10)
→+∞ a = và theo (2.2.12) ta phải chứng minh m m lim 0
→+∞ β = Với ε > 0 tùy ý vì w ∈ M([a,b]xR+,R+) nên tồn tại δ>0 sao cho b a w(t, )dt δ < ε
Vì dãy {y (t)} m m 1 +∞ = liên tục đồng bậc nên tồn tại δ0 >0 sao cho với mọi t,t ∈[a,b] thỏa t − t ≤ δ 0 ta có : y (t) y ( ) m − m t < δ (m=1,2 )
Vì vậy từ (2.2.10) ta được:
Nếu D là tập bị chặn thỏa (2.2.10) thì (2.2.11) xảy ra khi và chỉ khi với mỗi x ∈ D ta có: t m m a lim ( ,x)d 0
Sau đây ta chứng minh định lý 2.2.4
Ta dùng phương pháp chứng minh bằng phản chứng
Giả sử bài toán (2.2.1), (2.2.2) có nghiệm x 0 cô lập trong bán kính r nhưng không là (x 0 , r ) xấp xỉ được
Vì x 0 cô lập trong bán kính r nên tồn tại P,q, , , , , 0 a β thỏa các điều kiện trong định nghĩa
Do bài toán (2.2.1), (2.2.2) không là (x 0 , r) xấp xỉ được nên theo định nghĩa 2.2.2 tồn tại ε ∈ (0, r), w ∈ M([a,b]xR+, R + ), ηm ∈ K([a,b]xR n , R n ) và dãy các toán tử liên tục γm : C([a,b], R n ) →
(x) víi x U(x ,r) (m=1,2, ) γ ≤ m ∈ (2.2.14) thì với mỗi m bài toán: m m dx f(t,x)x (t,x) dt h(x) (x) 0
không có nghiệm trong U(x 0 , r) hoặc có nghiệm nằm trong U(x 0 , r ) \ U(x 0 , ε) Đặt
Với mỗi m xét bài toán : m m dx f(t,x)x q(t,x) (t, (t,x)) (2.2.15) dt
Theo định lý 2.1.3 và định nghĩa 2.2.1, bài toán (2.2.15) và (2.2.16) có nghiệm, giả sử nghiệm của bài toán là xm(t) Với cách đặt χ và χ�, ta có χ(t,x) thuộc D(x0, r) và χ�(x) thuộc U(x0, r), từ đó các bất đẳng thức (2.2.13) và (2.2.14) được thỏa mãn Do đó, theo giả thiết phản chứng, ta có kết luận.
Khi đó theo (2.2.13) ta được: m m lim 0
Ngoài ra với cách đặt S, g trong chứng minh của định lý 2.1.3 với P là ma trận Oplia đối với cặp
( , ) 0 thì (S,g ) thỏa bổ đề 2.1.1 nên tồn tại số ρ0 > 0 sao cho:
Do đó từ (2.2.3), (2.2.13) suy ra ρ = 1 sup x { m C : m 1,2, = } < +∞
Và t m m m a x (t) x (s) − ≤ ψ t t + δ ∫ ( )d víi a s 0, δ ∈ (0,1) không phụ thuộc vào m.
CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ
Để chứng minh các kết quả trên, trong phần đầu của mục này chúng ta đưa ra một vài bổ đề về đánh giá tiệm cận
( ) p ik n i,k 1 = , p ( ) 0i n i 1 = ∈ U(t ,t , ,t ) 1 2 n (3.2.1) Khi đó tồn tại số ρ > 0 sao cho với mọi q ∈ L([a,b],R+), γ ∈ R+ và mỗi nghiệm của bài toán:
= − ϕ = ∀ ∈ và S là tập hợp các ma trận hàm A (a ) = ik i,k 1 n = ∈ L([a,b],R ) nxn sao cho: ii ii i ik ik a (t) p (t)sgn(t t ), a (t) = − ≤ p (t) a t b (i k) (i,k=1,2, ,n) ≤ ≤ ≠ Khi đó, do (3.2.1) và định nghĩa 3.1.1 suy ra bài toán: dx A(t)x dt g(x) 0
chỉ có nghiệm tầm thường ∀ A ∈ S
Do đó (S, g) thỏa các điều kiện của bổ đề 2.1.1 nên tồn tại số ρ0 > 0 sao cho: b n
Giả sử ( x (t) i ) i 1 n = là nghiệm của bài toán (3.2.2), (3.2.3)
Với mỗi i ∈ {1,2,…, n} gọi yi(t) là nghiệm của bài toán Cauchy
Vì ( x (t) i ) i 1 n = là nghiệm của bài toán (3.2.2), (3.2.3) nên ( x (t) i ) n i 1 = cũng là nghiệm của bài toán:
∑ do đó suy ra x (t) i ≤ y (t), a t b (i=1,2, ,n) i ≤ ≤ (3.2.6) và vectơ hàm y = ( y (t) i ) n i 1 = là nghiệm của hệ phương trình:
≤ γ (3.2.7) với A(t) = ( a (t) ik ) n i,k 1 = ,a (t) ik = η i (t)p (t) (i k) (i,k=1,2, ,n) ik ≠ và η i :[a,b] → − [ 1,1] (i=1,2, ,n) là đo được và A ∈ S
Mặt khác, vì A ∈ S nên từ (3.2.5) và (3.2.7) suy ra b
Từ (3.2.6) và (3.2.8) ta có : n b i C 0 i 1 a x n q(t)dt
Giả sử ta có (3.2.1) Khi đó tồn tại δ ∈ (0,1) sao cho:
( (p ) ik i,k 1 n = ,( ) ϕ 0i n i 1 = ) ∈ U(t ,t , ,t ) 1 2 n (3.2.9) với ik ik ii ii p (t) = 1 p (t) (i k), p (t) p (t), a t b (i,k=1,2, ,n) ≠ = ≤ ≤ δ và 0i 1 n 1 0i 1 n
Giả sử ρ > 0 là số trong bổ đề 3.2.1 Đặt n n n
− δ δ ρ γ + ∫ < (3.2.11) với δ chọn trên giả sử ik 0i p , ϕ được định nghĩa trong (3.2.10) Để chứng minh (3.2.9) ta phải chứng minh bài toán:
không có nghiệm không tầm thường / không âm
Giả sử ( x (t) i ) i 1 n = là nghiệm không âm của bài toán (3.2.12), (3.2.13)
Ta cần chứng minh xi (t) ≡ 0 , ∀ t ∈ [a,b] (i= l,2, ,n)
Từ (3.2.12), (3.2.13) suy ra ( x (t) i ) n i 1 = cũng là nghiệm của bài toán (3.2.2), (3.2.3) trong đó: n n
Vì vậy theo bổ đề 3.2.1 ta có : n b i 1 i C a x q(t)dt
Do đó theo (3.2.11) ta có: n n i C i C i 1 i 1 x 1 x
Giả sử ta có (3.2.1) Khi đó tồn tại ρ ∈ (0,+∞), δ ∈ (0,1) sao cho với mỗi vectơ hàm n n i0 i 1
(y ) = ∈C([a,b],R ) + và với mọi dãy γ ∈ m R ,(y ) + im i 1 n = ∈ C ([a,b],R ), n + q m∈L([a,b],R ) (m=1,2, ,) + thỏa với mỗi m các bất đẳng thức:
' n im i ii im ik im 1 m k i k 1 y (t)sgn(t t ) p (t)y (t) p (t)y − (t) q (t)
− ≤ + ∑ + (3.2.14) a ≤ t ≤ b (i = 1,2,…,n) im i 0i 1m 1 2m 1 nm 1 m y (t ) ≤ ϕ (y − ,y − , ,y − ) + γ (i=1,2, ,n) (3.2.15) Khi đó ta có đánh giá:
Theo bổ đề 3.2.2 tồn tại δ ∈ (0, 1) sao cho các hàm số p� ik ,φ� 0i định nghĩa trong (3.2.10) thỏa điều kiện (3.2.9)
Với mỗi i ∈ { 1,2, ,n } trên C([a,b],R ) n + ta xác định toán tử
∫ ∫ ∑ (3.2.17) với ai(t) = pii(t)sgn (t - ti) Đặt n b i0 ii i 1 a z (t) 1 (i=1,2, ,n), =2 exp p (t) dt ,
∑ ∫ z (t) h z im = i ( 1m 1 − ,z 2m 1 − , ,z nm 1 − ) (t)+ η = (i 1,2, ,n) (m 1,2, )= (3.2.18) Khi đó bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được
1≤ zim-1(t) ≤ zim(t), a ≤ t ≤ b (i=1,2,…,n) (m=1,2,…) và do đó dãy n m im C i 1 z (m=1,2 )
Ta sẽ chỉ ra rằng m m lim
Giả sử ngược lại m m lim
54 Đặt im im m x (t) = 1 z (t) ρ (3.2.19) m m η = η ρ x (t) h x im = i ( 1m 1 − ,x 2m 1 − , ,x nm 1 − ) (t) (3.2.20) với a ≤ t ≤ b (i =l,2, ,n) (m=l,2, )
Khi đó n m im C m i 1 lim 0 và x 1 (m=1,2, )
Do đó dãy vectơ hàm ( ) x im n i 1 (m=1,2, )
= đồng liên tục và đồng bị chặn, giả sử: im i m lim sup x (t) x (t)
Từ (3.2.18) và (3.2.19) ta được im im m x (t) x (t) ≤ + η a t b (i=1,2, ,n) (m=1,2, ) ≤ ≤ (3.2.23)
Do đó theo (3.2.20) suy ra
Khi đó theo định nghĩa toán tử hi và (3.2.25) ta có : n
Theo bổ đề 3.2.2 ta có ( (p ) ik i,k 1 n = ,( ) ϕ ik n i 1 = )thỏa điều kiện (3.2.9) nên bài toán trên có nghiệm tầm thường Do đó xi(t) ≡ 0, ∀ t ∈ [a,b] (i = l,2, ,n ) Điều này mâu thuẫn với (3.2.25) nên m m lim ρ = →+∞ ρ < +∞
Giả sử (y ) i0 i 1 n = ∈ C([a,b],R ) và (y ) n + im i 1 n = ∈ C ([a,b],R ) n + là cỏc dóy thỏa cỏc điều kiện (3.2.14), (3.2.15) Ta chứng minh có đánh giá (3.2.16) Đặt m b n m k m m k k i0 C k 1 a i 1 q (t)dt y (m=1,2, )
Vì vậy từ (3.2.14) ta có:
( im i im ) i n ik im m k i m m k 1 y 1 q (t) y' (t) a (t)y (t) sgn(t t ) p (t)
Do đó theo bất đẳng thức tích phân và định nghĩa của các toán tử hi và η suy ra y (t) h y im ≤ i ( 1m 1 − , ,y nm 1 − ) (t) + η ≤ ≤ a t b (i=1,2, ,n) (m=1,2, )
Từ đó bằng quy nạp và định nghĩa zim(t) ta được: y (t) z (t) im ≤ im + η ≤ ≤ a t b (i=1,2, ,n) (m=1,2, ) suy ra n n im C im C m i 1 i 1 y z (m=1,2, )
Từ đó ta có (2.1.16) được chứng minh
Sau đây ta đưa ra một số lớp hàm thuộc U(t1,t2, ,tn)
= ϕ = ∑ trong đó ik ∈ R + và giả sử ik i,k 1 n ( nxn )
(p ) = ∈ L [a,b],R à , 1 2 + = 1, 1 ≤ à ≤ ∞ + à γ và các giá trị riêng của ma trận
Có mô đun bé hơn 1
Theo các giả thiết đã nêu, chúng ta có thể chứng minh rằng toán tử (ϕ 0i i 1) n là một toán tử liên tục, thuần nhất dương và không giảm Để xác minh điều này, cần chứng minh rằng các bài toán (3.1.3) và (3.1.4) không có nghiệm không âm không tầm thường.
Giả sử ( x (t) i ) i 1 n = là nghiệm không âm của bài toán (3.1.3), (3.1.4), ta có: i n n t i ik k L ik k k 1 k 1 t x (t) x γ p (s)x (s)ds
≤ ∑ + ∑ ∫ Áp dụng bất đẳng thức Minkôpxki và Holder ta được: i
Mặt khác theo bổ đề Wirtigh ta có: i
Theo giả thiết các giá trị riêng của M có mô đun nhỏ hơn 1 nên E - M khả nghịch và
Do đó bài toán (3.1.3), (3.1.4) không có nghiệm không tầm thường không âm nên ta có (3.2.1)
Giả sử ϕ0i(x 1 , ,x n ) = x i (s i ) với si ≠ ti, s i ∈[a,b] (i = 1,2, n) và giả sử pik(t) = p ik = const với pii 0 (i≠k) (i, k=l,2, ,n) và phần thực của các giá trị riêng của ma trận ( ) p ik i,k 1 n = là âm
Chứng minh Đặt A = ( ) a ik i,k 1 n = trong đó ii ik ik ii a 0,a p (i k) (i,k=1,2, ,n)
Theo các giả thiết về ma trận ( ) p ik i,k 1 n = suy ra các giá trị riêng của ma trận A có mô đun nhỏ hơn 1
Giả sử ( x (t) i ) i 1 n = là một nghiệm không âm của bài toán (3.1.3), (3.1.4)
Mặt khác s i ≠ t i và p ii < 0 (i = 1, 2,…,n ) nên n i i ik k C k 1 x (s ) a x (i 1,2, ,n)
Khi đó (E - A)r ≤ 0 do các giá trị riêng của ma trận A có mô đun nhỏ hơn 1 nên r = 0 suy ra x i (t)≡ 0, ∀ t ∈ [a,b] (i= l,2, ,n).
CHỨNG MINH CÁC ĐỊNH LÝ
Nếu ( x (t) i ) n i 1 = là nghiệm của bài toán (3.1.1), (3.1.2) ta chọn a 1 (t) = a 2 (t) = ( x (t) i ) n i 1 =
Khi đó chúng thỏa các điều kiện (3.1.5) - (3.1.7)
Giả sử a 1 (t), a 2 (t) là các hàm vectơ thuộc C ([a,b],R ) n thỏa các điều kiện (3.1.5) -(3.1.7), ta cần chứng minh bài toán (3.1.1), (3.1.2) có nghiệm
Với mỗi i ∈{l,2,…,n} ta đặt: ii ii i ii 2i
(do f i (t, x 1 , x 2 ,…,x n ) thỏa điều kiện Caratheodory) và a ii (t ) i ≤ϕ (x ,x , ,x ) 1 2 n ≤ a 2i (t ) (i=1,2, ,n) i v ới
Mặt khác bài toán: i i i dx (t) dt 0 x (t ) 0
(i=1,2,…,n) chỉ có nghiệm tầm thường
Do đó theo hệ quả 2.1.6 suy ra bài toán: i i 1 n i i i 1 2 n dx (t) f (t,x , ,x ) 3.3.1 dt x (t ) ϕ (x ,x , ,v ) 3.3.2
Để chứng minh định lý, giả sử (x(t)i) n i=1 là nghiệm của bài toán, ta cần chứng minh rằng a1i(t) ≤ xi(t) ≤ a2i(t) với ∀t ∈ [a,b] (i = 1, 2,…,n) Khi đó, mỗi nghiệm của bài toán (3.3.1) và (3.3.2) cũng là nghiệm của bài toán (3.1.1) và (3.1.2), từ đó suy ra bài toán (3.1.1) và (3.1.2) có nghiệm.
Giả sử (3.3.3) không đúng , khi đó tồn tại k ∈{1, 2 }, I ∈ {1, 2,…,n} và t0 ∈ [a,b] sao cho: u(t) = (-l) k [xi(t)-aki(t)] thỏa điều kiện u(t 0 )>0
Theo (3.3.2) và (3.1.7) ta có t0 ≠ ti giả sử t0 > t i Khi đó tồn tại t1 ∈[ti, t0) sao cho: u(t1) = 0 và u(t) > 0, với t1 < t ≤ t0 (3.3.4) Theo (3.1.6) ta có: k ' ' i ki u'(t) ( 1) [x (t) = − − a (t)]
( 1) f t, (x )(t), ,− χ χ − (x )(t), − a (t),χ + (x )(t), , (x )(t) + χ − a (t)≤0 với t1 < t ≤ t0 Điều này mâu thuẫn với (3.3.4) Do đó định lý đước chứng minh
Gọi ρ là số dương trong bổ đề 3.2.1 Đặt b
Mặt khác bài toán i i i i i dx (t) p (t)x (t) (i=1,2, ,n) dt x (t ) 0 (i=1,2, ,n)
(3.3.10) chỉ có nghiệm tầm thường
Vì vậy từ (3.3.8) - (3.3.10) và hệ quả 2.1.6 suy ra bài toán: i i i i 1 n i i i 1 n dx (t) p (t)x (t) q (t,x , ,x ) (i=1,2, ,n) dt x (t ) ϕ (x , ,x ) (i=1,2, ,n)
(3.3.11) có nghiệm Giả sử ( x (t) i ) n i 1 = là nghiệm của bài toán này
Khi đó từ (3.1.8), (3.1.9), (3.3.5),(3.3.7) và (3.3.11) thì ( x (t) i ) n i 1 = là nghiệm của bài toán (3.2.2), (3.2.3) nên theo bổ đề 3.2.1 ta được: n n k C 0 k C k 1 k 1 x suy ra x 1
Vì vậy theo (3.3.6), (3.3.7) và (3.3.11) ta có ( x (t) i ) n i 1 = là nghiệm của bài toán (3.1.1), (3.1.2) Chứng minh định lý 3.1.6
• Sự tồn tại nghiệm Đặt n n i i i 1 i 1 q(t) f (t,0, ,0) ,a t b và = (0, ,0)
Khi đó từ (3.1.12), (3.1.13) kéo theo (3.1.8), (3.1.9) cũng đúng với q, γ được đặt như trên Vì vậy theo định lý 3.1.3 bài toán (3.1.1), (3.1.2) có ít nhất một nghiệm
Giả sử ( x (t) i ) i 1 n = và ( y (t) i ) n i 1 = là hai nghiệm của bài toán (3.1.1), (3.1.2) Đặt z (t) i = x (t) y (t) i − i
Theo (3.1.12), (3.1.13) thì( z (t) i ) i 1 n = là nghiệm không âm của bài toán (3.1.3), (3.1.4) nên theo (3.1.10) và định nghĩa 3.1.1 ta có zi(t)≡0, ∀t ∈ [a,b]
• Từ các định lý trên và bổ đề 3.2.4, bổ đề 3.2.5 ta dễ dàng suy ra các hệ quả 3.1.4, 3.1.5, 3.1.7, 3.1.8
Giả sử các điều kiện của định lý 3.1.3 thỏa và bài toán (3.1.1), (3.1.2) có duy nhất nghiệm
Theo định lý 2.2.5 và định nghĩa 2.2.3 để chứng minh bài toán (3.1.1), (3.1.2) xấp xỉ được ta chỉ cần chứng minh nghiệm x 0 cô lập trong bán kính r > 0
Giả sử ρ là số dương trong bổ đề 3.2.1 Đặt n b 0
∑ ∫ và p i ,q i ,ϕ i là các hàm số được định nghĩa trong (3.3.6), (3.3.7) Đặt P(t) = δ ( ik i p (t) ) n i,k 1 = , (x) = ( x (t ) i i ) n i 1 = , (x) 0, 0 =
Các hàm số q (t,x ,x , ,x ), (x ,x , ,x ) i 1 2 n ϕ i 1 2 n được xác định trong (3.3.6), (3.3.7) thỏa điều kiện (3.3.8), (3.3.9) do đó chúng thỏa điều kiện (2.2.3) trong định nghĩa 2.2.1
Mặt khác từ điều kiện (3.2.1) suy ra P(t) là ma trận Opilia đối với cặp ( , ) 0
Bài toán (3.3.10) chỉ có nghiệm tầm thường, do đó bài toán (3.3.11) có nghiệm Theo định nghĩa hàm χ(s) trong (3.3.5), nghiệm này cũng là nghiệm của bài toán (3.1.1) và (3.1.2) Từ tính chất duy nhất của nghiệm trong các bài toán (3.1.1) và (3.1.2), ta suy ra rằng nghiệm đó chính là x₀ Theo định nghĩa 2.2.1, nghiệm x₀ được cô lập trong bán kính r.
Do các điều kiện của định lý 3.1.6 thỏa nên bài toán (3.1.1), (3.1.2) có nghiệm duy nhất là
Mặt khác với mỗi i ∈ {1,2, .,n}, C0 ∈ R, zk ∈ C([a, b], R), (k = 1, 2,n) do (3.1.12) và định lý 3.1.6 ta có bài toán: i ( 1 i 1 i 1 n ) i 0 du f t,z (t), ,z (t),u,z (t), ,z (t) dt u(t ) C
(3.3.13) có nghiệm và nghiệm đó là duy nhất
Từ đó suy ra với mỗi vectơ hàm ( x (t) i0 ) i 1 n = ∈ C([a,b],R ) n tồn tại một dãy
( x (t) im ) n i 1 = ∈ C([a,b],R )(m 1,2, ) n = sao cho với mỗi m và với mỗi i∈{1,2,…,n}
( x (t) im ) n i 1 = là nghiệm của bài toán (3.1.15), (3.1.16)
Sau đây ta chứng minh xim(t) thỏa bất đẳng thức (3.1.17) Đặt im (t) = x (t) x (t) a t b (i=1,2, ,n) (m=1,2, ) i − im ≤ ≤
Khi đó theo (3.1.12) ta có: im i y' (t)sgn(t t ) −
= − × × sgn (t t ) x (t) x (t) − i ( i − im ) ≤ n ii im ik im 1 k i k 1 p (t)y (t) p (t)y − (t),a t b (i=1,2, ,n)
≤ + ∑ ≤ ≤ và theo (3.1.13) ta có: y (t ) im i ≤ ϕ 0i (y 1 m 1 − , ,y n m 1 − ) (i=1,2, ,n)
Do đó (y ) im i 1 n = thỏa các điều kiện của bổ để 3.2.3 với γm = 0, qm = 0
Vì vậy theo bổ đề 3.2.3 ta nhận được (3.1.17) với r0> 0, δ ∈(0, 1) không phụ thuộc vào m