Bdt Vp-bdt Tp Va Ung Dung

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

ĐẶNG ĐỨC QUÂN

BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN, BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH

Hà Nội-2009

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

ĐẶNG ĐỨC QUÂN

BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN, BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH

Người hướng dẫn khoa học: TS Khuất Văn Ninh

Hà Nội-2009

Lời cảm ơn

Tôi xin chân thành cảm ơn các Giáo sư, Tiến sĩ giảng dạy chuyên ngành Toán Giải tích; các thầy, cô Phòng Sau Đại học trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện đề tài. Tôi xin gửi lời cảm ơn đặc biệt sâu sắc đến TS. Khuất Văn Ninh đã trực tiếp hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn chỉnh đề tài. Hà Nội, tháng 9 năm 2009 Tác giả

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan luận văn là công trình nghiên cứu của riêng tôi dưới sự hướng dẫn trực tiếp của TS. Khuất Văn Ninh. Trong quá trình nghiên cứu luận văn, tôi đã kế thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

Hà Nội, tháng 9 năm 2009 Tác giả

Mục lục Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Lời cam đoan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Bảng ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

Chương 1. BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN

9

1.1. Các khái niệm mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.1.1. Các số đạo hàm. Nửa vi phân . . . . . . . . . . . . . .

9

1.1.2. Nghiệm của bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2. Bất đẳng thức vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Chương 2. BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN

19

2.1. Bất đẳng thức tích phân Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.1.1. Một số định lý cơ bản về bất đẳng thức tích phân . . . 19 2.1.2. Bất đẳng thức tích phân Volterra . . . . . . . . . . . . 21 2.2. Bất đẳng thức tích phân Volterra – Fredholm . . . . . . . . . 30 2.3. Bất đẳng thức tích phân Volterra trên nửa trục số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Chương 3. ỨNG DỤNG

43

3.1. Phương pháp đường gấp khúc Euler . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.1.1. Nội dung phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.1.2. Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3.2. Phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard . . . . . . . . . . . . . . 53 3.2.1. Nội dung phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 3.2.2. Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5

3.3. Phương pháp Chaplyghin và Chaplyghin cải tiến . . . . . . . . 66 3.3.1. Nội dung phương pháp Chaplyghin . . . . . . . . . . . 66 3.3.2. Phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ nhất . . . . . . . 69 3.3.3. Phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ hai . . . . . . . 74 3.3.4. Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Bảng ký hiệu

R : Đường thẳng thực R = [0; T] × [a; b] : Hình chữ nhật trong R2 D∗ : Số đạo hàm phải dưới ∗D

: Số đạo hàm trái dưới

D∗ : Số đạo hàm phải trên ∗

D : Số đạo hàm trái trên

sign {x (t)} : Hàm dấu của x (t)

Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Vấn đề giải được (hay sự tồn tại nghiệm) các bất phương trình vi phân, bất phương trình tích phân,. . . nghĩa là thu được các đánh giá về hàm thoả mãn các bất đẳng thức được biểu diễn thông qua các điều kiện cho trước. Đây là một trong những lĩnh vực quan trọng của toán học, bởi vì khi nghiên cứu các tính chất khác nhau về nghiệm của các phương trình vi phân, phương trình tích phân,. . . thường dẫn đến vấn đề về tính giải được của các bất phương trình tương ứng. Nhiều bài toán khoa học kỹ thuật đưa về việc tìm nghiệm phương trình vi phân thỏa mãn một số điều kiện nào đó (điều kiện ban đầu, điều kiện biên,...). Tuy nhiên những bài toán phức tạp đó không có hy vọng giải đúng, dẫn đến việc phải giải gần đúng. Bài toán giải gần đúng phương trình vi phân gắn liền với lý thuyết về bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân. Tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy từ lâu đã và đang được nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu, nhờ những kết quả về bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân các nhà toán học đã xây dựng được các phương pháp, thuật toán tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy. Ngoài các phương pháp số của Euler, Runge-Kutta,... các phương pháp giải tích cũng đã ra đời và không ngừng phát triển. Với sự đóng góp lớn của các nhà toán học Euler, Picard, Chaplyghin,... với nền tảng là bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân các phương pháp giải tích đưa ra nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy dưới dạng biểu thức giải tích. Với ý nghĩa quan trọng của các bất đẳng vi phân, bất đẳng thức tích phân trong việc đánh giá nghiệm, xây dựng thuật toán giải gần đúng các phương trình vi phân, phương trình tích phân,... đặc biệt là các phương pháp giải

8

tích tìm công thức nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy em đã mạnh dạn chọn đề tài: “BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN, BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG”.

2. Mục đích nghiên cứu • Nội dung bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân. • Ứng dụng của bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân giải gần đúng phương trình vi phân thường.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu Luận văn trình bày một cách hệ thống nội dung các bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân và ứng dụng trong việc tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy.

4. Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu các bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân và ứng dụng tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy.

5. Phương pháp nghiên cứu • Nghiên cứu lý luận, đọc tài liệu chuyên khảo. • Tổng hợp kiến thức, vận dụng cho mục đích nghiên cứu đề tài.

Chương 1 BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN 1.1. 1.1.1.

Các khái niệm mở đầu Các số đạo hàm. Nửa vi phân

1. Các số đạo hàm Định nghĩa 1.1. Cho hàm v(t) xác định trên khoảng (a; b) với t0 ∈ (a; b) ta định nghĩa: • • • •

 v (t) − v (t0 ) . Số đạo hàm phải dưới, kí hiệu D∗ v (t) và D∗ v (t) = lim + t − t 0 t→t0   v (t) − v (t0 ) . Số đạo hàm trái dưới, kí hiệu ∗Dv (t) và ∗Dv (t) = lim − t − t 0 t→t0   v (t) − v (t ) 0 Số đạo hàm phải trên, kí hiệu D∗ v (t) và D∗ v (t) = lim+ . t − t0 t→t0   v (t) − v (t0 ) ∗ ∗ Số đạo hàm trái trên, kí hiệu Dv (t) và Dv (t) = lim− . t − t0 t→t0 

Nếu đặt vt (∆t) =

v (t + ∆t) − v (t) thì định nghĩa trên tương đương: ∆t

• D∗ v (t) = sup { inf vt (∆t) }. 0<∆t<δ

δ>0

• ∗Dv (t) = sup { δ>0

inf

−δ<∆t<0

vt (∆t) }.

• D∗ v (t) = inf { sup vt (∆t) }. δ>0

0<∆t<δ

• ∗Dv (t) = inf { sup δ>0

vt (∆t) }.

−δ<∆t<0

Nhận xét 1.1. Nếu hàm số v (t) có đạo hàm thì tất cả các số đạo hàm bằng nhau và bằng đạo hàm, nghĩa là D∗ v (t) = ∗Dv (t) = D∗ v (t) = ∗ Dv (t) = v 0 (t) .

10

2. Nửa vi phân Giả sử Em là không gian định chuẩn m chiều. Với mỗi x = (x1, x2, ..., xm) m P m |xi | và kxk3 = max |xi| . thuộc E có các chuẩn: kxk2 = 1≤i≤m

i=1

Định nghĩa 1.2. Hàm D (x, h) được gọi là nửa vi phân của chuẩn kxk nếu nó liên tục theo h khi x cố định và thỏa mãn: 10) kx + hk − kxk ≤ D (x, h) + o (khk) . 20) D (x, λh) ≤ λD (x, h) , ∀λ ∈ [0; 1]. Nhận xét 1.2. Nửa vi phân có thể không duy nhất. • Trong không gian (Em, kxk2 ) thì D(x, h) = ( hj .signxj j j Dj (x , h ) = j

h

n P

Dj (xj , hj ), trong đó

j=1

khi xj 6= 0 khi xj = 0.

• Trong không gian (Em , kxk3 ) thì nửa vi phân D (x, h) = max Dj xj , hj 1≤j≤m

hoặc D (x, h) = khk .




Bổ đề 1.1. Nếu hàm x (t) ∈ Em khả vi trên đoạn [0; T] và D (x, h) là nửa vi phân của chuẩn kx (t)k thì 

 dx(t) D kx (t)k ≤ D x (t) , , dt ∗

đặc biệt nếu m = 1 thì D∗ |x(t)| ≤ sign{x(t)} 1.1.2.

dx(t) . dt

Nghiệm của bài toán Cauchy

Xét bài toán

  dx = f (t, x) dt x(0) = x 0

(1) (2)

trong đó x (t) là hàm số xác định trên đoạn [0; T] . Bài toán (1-2) được gọi là bài toán Cauchy. Định nghĩa 1.3. Hàm x∗ (t) là nghiệm đúng (chính xác) của bài toán (1-2) nếu nó thỏa mãn phương trình (1) và x∗ (0) = x0.

11

Định nghĩa 1.4. (xem [6]) • Nghiệm dưới chính qui của phương trình (1) trên đoạn [t1 , t2 ] , với t1 , t2 thuộc R và t1 < t2 là hàm α : [t1 , t2 ] → R thỏa mãn α|]t1 ,t2 [ ∈ W 1,1(t1, t2) đồng thời α0 (t) ≤ f [t, α (t)] hầu khắp nơi trên đoạn [t1 , t2] lim α (t) ≤ α (t1 ) ,

t→t+ 1

lim α (t) ≥ α (t2 ) .

t→t− 2

• Hàm α (t) là nghiệm dưới của bài toán (1-2) trên đoạn [0, T] nếu với mọi phép chia 0 = t0 < t1 < ... < tN = T hàm α (t) là nghiệm dưới chính qui của (1) trên đoạn [ti , ti+1] (∀i = 0, 1, ..., N − 1) đồng thời α (0) ≤ x0. • Nghiệm trên chính qui của phương trình (1) trên đoạn [t1 , t2] là hàm β : [t1 , t2] → R thỏa mãn β|]t1 ,t2 [ ∈ W 1,1(t1, t2 ) đồng thời β 0 (t) ≥ f [t, β (t)] hầu khắp nơi trên đoạn [t1 , t2 ] lim β (t) ≥ β (t1 ) ,

t→t+ 1

lim (t) ≤ β (t2 ) .

t→t− 2

• Hàm β (t) là nghiệm trên của bài toán (1-2) trên đoạn [0, T] nếu với mọi phép chia 0 = t0 < t1 < ... < tN = T hàm β (t) là nghiệm trên chính qui của (1) trên đoạn [ti , ti+1] (∀i = 0, 1, ..., N − 1) đồng thời β (0) ≥ x0. Định nghĩa 1.5. Ta nói hàm x (t) là nghiệm ε−xấp xỉ của bài toán (1-2) nếu các điều kiện sau thỏa mãn: 10) (t, x(t)) ∈ R, R = [0; T] × [x0 − r; x0 + r] (r > 0) . 20) Hàm x (t) khả vi liên tục từng khúc trên [0; T] . 30) |x0 (t) − f (t, x(t))| ≤ ε, ∀t ∈ [0; T] \S trong đó S là tập các điểm mà tại đó không tồn tại đạo hàm của x (t) .

1.2.

Bất đẳng thức vi phân

Trong mục này ta nghiên cứu một số kết quả về bất đẳng thức vi phân cấp một.

12

Định lý 1.1. Giả sử hàm hai biến ϕ (t, u) liên tục trên miền D, trong đó D = {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ ≤ +∞} (ở đây trong trường hợp γ là một số hữu hạn thì dấu “<” có thể thay bằng dấu “≤”). Hàm v (t) (t ∈ [0; T]) liên tục, thỏa mãn bất đẳng thức vi phân dv < ϕ (t, v) (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u0 dt

(1.1)

và nếu v (0) = u0 thì v 0 (0) < ϕ (0, u0) . Khi đó ta có bất đẳng thức v (t) < u (t) (0 < t ≤ T) ,

(1.2)

trong đó u (t) là nghiệm dưới của bài toán du = ϕ (t, u) , u (0) = u0, t ∈ [0; T] . dt

(1.3)

Chứng minh. Từ (1.1) và (1.2) ta có v 0 (0) < ϕ (0, u0) = ϕ (0, u(0)) = u0 (0) . Do tính liên tục của các hàm số v (t) và u (t) trên đoạn [0; T] nên tồn tại ε > 0 để v (t) < u (t) với mọi t ∈ (0; ε) . Bây giờ ta sẽ chứng minh v (t) < u (t) đúng với mọi t ∈ [0; T] . Thật vậy, giả sử bất đẳng thức không đúng trên toàn đoạn [0; T] , khi đó tồn tại số t0 mà v (t) < u (t) với mọi 0 < t < t0 và v (t0 ) = u (t0 ) , có nghĩa t0 là số nhỏ nhất mà tại đó dấu bằng xảy ra. Từ (1.1) và (1.3) dẫn đến v 0 (t0 ) < ϕ [t0, v (t0 )] = ϕ [t0 , u (t0 )] = u0 (t0 ) hay

v 0 (t0 ) < u0 (t0 ) . Suy ra tồn tại t˜0 < t0 mà v t˜0 = u t˜0 , điều này mâu

thuẫn với tính nhỏ nhất của t0. Định lý được chứng minh. Nhận xét 1.3. Giả sử hàm ω (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn dω > ϕ (t, ω) , ω (0) ≥ u0 dt

và nếu ω (0) = u0 thì ω 0 (0) > ϕ (0, u0) . Khi đó ta có bất đẳng thức ω (t) > u (t) (0 < t ≤ T) , trong đó u (t) là nghiệm trên của bài toán (1.3) trên đoạn [0; T] .

13

Định lý 1.2. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục trên miền {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ}. Hàm v (t) , t ∈ [0; T] liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức vi phân dv ≤ ϕ (t, v) (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u0. dt

(1.4)

Khi đó bất đẳng thức sau đúng v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) ,

(1.5)

trong đó hàm u (t) là nghiệm trên của bài toán (1.3) trên đoạn [0; T] . Chứng minh. Xét bài toán  1   du = ϕ (t, u) + = ϕn (t, u) dt n 1  u (0) = u0 + n

(0 ≤ t ≤ T) .

(1.6)

Do hàm ϕ [t, u (t)] là liên tục theo hai biến nên bài toán (1.6) sẽ tồn tại

nghiệm trên và nghiệm dưới xác định trên [0; T] , đồng thời với n ≥ n0 các nghiệm này hội tụ đều đến u (t) khi n → ∞. Đặt u¯n, un nghiệm trên, nghiệm dưới của bài toán (1.6). Ta có dv 1 ≤ ϕ (t, v) < ϕn (t, v) , v (0) < u0 < u0 + . dt n Theo định lý 1.1, suy ra v (t) < un (t) (0 ≤ t ≤ T) , ∀n > n0 . Mặt khác, un ≤ u¯n , ∀n > n0 ⇒ v (t) < u¯n (t) (0 ≤ t ≤ T) , ∀n > n0 . Từ đây ta cho n → ∞ thu được (1.5). Định lý được chứng minh. Định lý 1.3. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục trên miền {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ}. Hàm v (t) , t ∈ [0; T] liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức vi phân dv ≥ ϕ (t, v) (0 < t ≤ T) , v (0) ≥ u0 . dt Khi đó bất đẳng thức sau đúng v (t) ≥ u (t) (0 ≤ t ≤ T) , trong đó hàm u (t) là nghiệm dưới của bài toán (1.3) trên đoạn [0; T] .

14

Việc chứng minh định lý 1.3 tương tự định lý 1.2. Hệ quả 1.1. Giả sử các hàm p (t) và q (t) liên tục trên đoạn [0; T] . Hàm v (t) , t ∈ [0; T] liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức vi phân v 0 (t) ≤ (≥) p (t) v (t) + q (t) , v (0) ≤ (≥) u0. Khi đó bất đẳng thức sau đúng Rt

v (t) ≤ (≥) e0

p(s)ds

+

Zt

Rt

q (s) e s

p(ξ)dξ

(1.7)

ds.

0

* Hệ quả 1.1 có được từ kết quả của các định lý 1.2 và 1.3 với hàm ϕ (t, u) = p (t) u + q (t) , trong đó u (t) là nghiệm của bài toán u0 (t) = p (t) u (t) + q (t) , u (0) = u0. Định lý 1.4. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục trên miền {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ}. Hàm v (t) liên tục trên đoạn [0; T] , thỏa mãn bất đẳng thức ∗ Dv

(t) < ϕ [t, v (t)] (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u0

(1.8)

và nếu v (0) = u0 thì D∗ v (0) < ϕ (0, u0) .

(1.9)

v (t) < u (t) (0 < t ≤ T) ,

(1.10)

Khi đó ta có trong đó u (t) là nghiệm dưới của bài toán (1.3) trên đoạn [0; T] . Chứng minh. Từ (1.8) và (1.9) suy ra (1.10). Thật vậy, từ (1.9) ta có v (t) < u (t) với mọi t thuộc lân cận nào đó của điểm t = 0. Giả sử rằng (1.10) không xảy ra, ta gọi t∗ là điểm đầu tiên thuộc đoạn [0; T] mà tại đó (1.10) xảy ra dấu bằng, nói cách khác v (t) < u (t) với mọi 0 < t < t∗ và v (t∗ ) = u (t∗ ) . Suy ra u (t) − u (t∗) v (t) − v (t∗ ) ≥ lim t→t∗− t − t∗ t − t∗ t→t∗− = u0 (t∗ ) = ϕ [t∗ , u (t∗ )] = ϕ [t∗ , v (t∗ )] ,

∗ ∗ Dv (t ) = lim

15

hay ∗Dv (t∗ ) ≥ ϕ [t∗ , v (t∗ )] . Điều này mâu thuẫn với (1.8), từ đó suy ra (1.10). Định lý được chứng minh. Định lý 1.5. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục theo hai biến trên D. Hàm v (t) liên tục trên đoạn [0; T] , thỏa mãn bất đẳng thức (t) ≤ ϕ [t, v (t)] (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u0

(1.11)

D∗ v (t) ≤ ϕ [t, v (t)] (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u0.

(1.12)

v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) ,

(1.13)

∗ Dv

hoặc

Khi đó ta có

trong đó u (t) là nghiệm trên của bài toán (1.3) trên đoạn [0; T] . Chứng minh. Đặt u¯n , un lần lượt là nghiệm trên, nghiệm dưới của bài toán  1 du   = ϕ (t, u) + = ϕn (t, u)   dt n 1 u (0) = u0 +   n   (0 ≤ t ≤ T, n = 1, 2, 3, ...). Ta sẽ chứng minh với n ≥ n0 thì

v (t) ≤ u¯n (t) , ∀t ∈ [0; T] . Thật vậy, từ (1.11) ta có v (0) ≤ u0 < u0 + ∗ Dv (t)

(1.14)

1 và n

≤ ϕ [t, v (t)] < ϕn [t, v (t)] (0 < t ≤ T) .

Theo định lý 1.4 thì v (t) < un (t) (0 ≤ t ≤ T) với n ≥ n0, mà un ≤ u¯n nên suy ra (1.14). Từ đây ta cho n → ∞ sẽ thu được (1.13). Bây giờ ta chứng minh với điều kiện (1.12) cũng suy ra được (1.13). Thật vậy, từ (1.12) ta có v (0) ≤ u0 < u0 +

1 n

và ∗ Dv (t)

< ϕn [t, v (t)] (0 < t ≤ T) .

(1.15)

16

Giả sử (1.14) không xảy ra, khi đó tồn tại số τ ∈ (0; T] mà tại đó xảy ra bất đẳng thức v (τ ) > u¯ (τ ) . Nhưng do v (0) < un (0) ≤ u¯n (0) cùng với tính liên tục của hàm v (t) và un (t) suy ra tồn tại t ∈ (0; τ ) mà tại đó v (t) = u¯n (t) . Ta gọi t∗ là điểm nhỏ nhất trong các điểm τ nói trên. Khi đó ta có v (t) > u¯n (t) ∀t ∈ (t∗; τ ], v (t∗ ) = u¯n (t∗ ) . Từ đây dẫn đến v (t) − v (t∗ ) u¯n (t) − u¯n (t∗ ) ≥ lim∗+ ∗ Dv (t ) = lim t→t∗+ t→t t − t∗ t − t∗ = u¯0n (t∗ ) = ϕn [t∗ , un (t∗ )] = ϕn [t∗ , v (t∗ )] . ∗

Điều này mâu thuẫn với (1.15). Hay (1.14) đúng, suy ra bất đẳng thức (1.13) thỏa mãn. Định lý được chứng minh. Hệ quả 1.2. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục trên {0 ≤ t ≤ T, u ≥ 0} và ϕ (t, 0) ≡ 0. Giả sử hàm không âm, liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức D∗ v (t) ≤ ϕ [t, v (t)] (0 < t ≤ T) , v (0) = 0. Khi đó ta có v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) , trong đó u (t) là nghiệm trên của bài toán du = ϕ (t, u) , u (0) = 0 dt xác định trên đoạn [0; T] . Hệ quả 1.3. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục trên {0 ≤ t ≤ T, u ≥ 0} và ϕ (t, 0) ≡ 0. Giả sử hàm không âm, liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) , v (T) > 0 thỏa mãn bất đẳng thức vi phân D∗ v (t) ≤ ϕ [t, v (t)] (0 < t < T) . Khi đó với 0 < t ≤ T tồn tại u (t) là nghiệm dưới của bài toán du = ϕ (t, u) , u (T) = v (T) dt hơn nữa ta có bất đẳng thức v (t) ≥ u (t) (0 < t ≤ T) .

17

Chứng minh. Do ϕ (t, 0) ≡ 0, nên ta có thể đặt ϕ (t, u) ≡ 0, ∀t ∈ [0; T] , u ≤ 0. Và trên đoạn [−T; 0] đặt v ∗ (t) = −v (−t) , ϕ∗ (t, u) = ϕ (−t, −u) , khi đó ta có ∗

Dv ∗ (t) ≤ ϕ∗ [t, v ∗ (t)] , (−T
Gọi u¯ (t) là nghiệm trên của bài toán du = ϕ∗ (t, u) , u (−T) = v ∗ (−T) dt xác định trên đoạn [−T; − T+δ] . Theo định lý 1.5 và từ bất đẳng thức ∗Dv ∗ (t) ≤ ∗ Dv ∗ (t) suy ra v ∗ (t) ≤ u¯ (t) (−T ≤ t ≤ −T+δ) . Thác triển nghiệm u (t) liên tục sang bên phải thì u (t) sẽ nằm trong miền bị chặn v ∗ (t) ≤ u (t) ≤ 0. Đặt u (t) = −¯ u (−t) với 0 < t ≤ T. Khi đó u (t) là nghiệm của bài toán du = ϕ (t, u) , u (T) = v (T) , 0 < t ≤ T. dt Từ v ∗ (t) ≤ u¯ (t) , (−T ≤ t < 0) suy ra v (t) ≥ u (t) (0 < t ≤ T) , ta có điều phải chứng minh. Định lý 1.6. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục theo hai biến trên D. Hàm v1 (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức dv1 (t) ≤ ϕ [t, v1 (t)] (0 < t ≤ T) . dt Khi đó tồn tại hàm v2 (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn dv2 (t) ≥ ϕ [t, v2 (t)] (0 < t ≤ T) , v1 (0) ≤ v2 (0) . dt

(1.16)

(1.17)

Đồng thời bất đẳng thức sau đúng v1 (t) ≤ v2 (t) (0 ≤ t ≤ T) .

(1.18)

18

Chứng minh. Đặt ψ (t, v2) = ϕ [t, max (v2 , v1 (t))] . Khi đó ta có ψ (t, v2) (0 ≤ t ≤ T, |v2| < γ ≤ +∞) là hàm liên tục và (1.19)

v1 (t) ≤ ω (t) (0 ≤ t ≤ T) trong đó ω (t) thỏa mãn bất đẳng thức dω (t) ≥ ψ [t, ω (t)] , ω (0) = v2 (0) . dt

(1.20)

Ta sẽ chứng minh (1.19). Thật vậy, giả sử ngược lại có giá trị τ sao cho ω (τ ) < v1 (τ ) . Khi đó ta gọi τ0 là cận dưới của tập các số s, mà ω (t) < v1 (t) thỏa mãn với mọi s ≤ t ≤ τ. Nghĩa là ω (τ0 ) = v1 (τ0) với mọi τ0 < t ≤ τ. Trên đoạn [τ0 , τ ] ta nhận được ψ [t, ω (t)] = ϕ [t, v1 (t)] . Từ bất đẳng thức (1.16) ta có

v1 (τ ) ≤ v1 (τ0 ) +

Zτ

ϕ [s, v1 (s)] ds =ω (τ0 ) +

τ0

Zτ

ψ [s, ω (s)]ds.

(1.21)

τ0

Kết hợp (1.20) và (1.21) suy ra v1 (τ ) ≤ ω (τ ) . Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu rằng ω (τ ) < v1 (τ ) . Như vậy (1.19) được chứng minh. Bất đẳng thức (1.19) thỏa mãn với ω (t) nghiệm đúng (1.20) chính là sự tồn tại v2 (t) thỏa mãn (1.17). Đồng thời từ bất đẳng thức (1.19) cũng suy ra (1.18). Định lý được chứng minh.

Chương 2 BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN 2.1. 2.1.1.

Bất đẳng thức tích phân Volterra Một số định lý cơ bản về bất đẳng thức tích phân

* Nhờ những kết quả có được từ việc nghiên cứu bất đẳng thức vi phân ta có thể xây dựng được những kết quả sau đây về bất đẳng thức tích phân. Định lý 2.1. Giả sử hàm hai biến ϕ (t, u) xác định trên miền D, trong đó D = {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ ≤ +∞} (trong trường hợp γ là một số hữu hạn thì dấu “<” có thể thay bằng dấu “≤”) liên tục và không giảm theo biến u. Hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) ≤ u0 +

Zt

ϕ [s, v (s)] ds

(u0 − const) .

(2.1)

0

Khi đó v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) , trong đó u (t) là nghiệm trên của bài toán

(

du = ϕ (t, u) dt u (0) = u0

xác định trên đoạn [0; T] . Chứng minh. Đặt ω (t) = u0 +

Rt

ϕ [s, v (s)] ds suy ra v (t) ≤ ω (t) . Do hàm

0

ϕ (t, u) không giảm theo biến u nên lấy vi phân hai vế ta được dω = ϕ [t, v (t)] ≤ ϕ [t, ω (t)] , dt nghĩa là dω ≤ ϕ [t, ω (t)] , ω (0) = u0 . dt Theo định lý 1.2 suy ra ω (t) ≤ u (t) ⇒ v (t) ≤ u (t) . Định lý được chứng minh.

20

* Từ định lý này coi như là một trường hợp riêng ta có bất đẳng thức Belman-Gronwall sau đây. Định lý 2.2. Giả sử hàm v (t) (0 ≤ t ≤ T) liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) ≤ u0 +

Zt

[ϕ1 (s) v (s) + ϕ2 (s)]ds

0

trong đó ϕ1 (t) ≥ 0, ϕ2 (t) (0 ≤ t ≤ T) là các hàm liên tục. Khi đó Rt

v (t) ≤ u0e0

ϕ1 (s)ds

+

Zt

Rt

ϕ2(s)e s

ϕ1 (ξ)dξ

ds.

(2.2)

0

Để chứng minh định lý này, ta áp dụng kết quả của định lý 2.1 với việc đặt hàm ϕ (t, u) = ϕ1 (t) u + ϕ2 (t) . Khi đó nghiệm của bài toán du = ϕ1 (t) u + ϕ2 (t) , u (0) = u0 dt chính là vế phải của (2.2). Theo định lý 2.1 suy ra điều phải chứng minh. * Sau đây ta khái quát bất đẳng thức Belman-Gronwall từ định lý 2.2. Định lý 2.3. Giả sử hàm v (t) (0 ≤ t ≤ T) liên tục, và với mọi t, τ ∈ [0; T] thỏa mãn bất đẳng thức tích phân sau Zt v (t) ≤ v (τ ) + [ϕ1 (s) v (s) + ϕ2 (s)] |ds| ,

(2.3)

τ

trong đó các hàm ϕ1 (t) ≥ 0, ϕ2 (t) (0 ≤ t ≤ T) liên tục. Khi đó ta có bất đẳng thức kép sau " # Rt Rs t ϕ1 (ξ)dξ − ϕ1 (s)ds R v (0) − ϕ2(s)e0 ds e 0 ≤ v (t) 0

Rt

v (t) ≤ v (0) e0

ϕ1 (s)ds

+

Rt 0

Rt

ϕ2 (s)e s

ϕ1 (ξ)dξ

ds.

Chứng minh. Từ (2.3), với mọi t, τ ∈ [0; T] thỏa mãn t ≥ τ ta có v (t) ≤ v (τ ) +

Zt τ

[ϕ1 (s) v (s) + ϕ2 (s)] ds.

(2.4)

21

Áp dụng định lý 2.2 ta thu được Rt

v (t) ≤ v (τ ) eτ

ϕ1 (s)ds

+

Zt

Rt

ϕ2(s)e s

ϕ1 (ξ)dξ

ds.

(2.5)

ds.

(2.6)

τ

Tương tự với t, τ ∈ [0; T] thỏa mãn t ≤ τ ta có Rτ

v (t) ≤ v (τ ) e t

ϕ1 (s)ds

+

Zτ

Rs

ϕ2(s)e t

ϕ1 (ξ)dξ

t

Bây giờ thay t bởi τ và ngược lại ở (2.6) với t ≥ τ ta có Rt

v (τ ) ≤ v (t) eτ

ϕ1 (s)ds

+

Zt

Rs

ϕ2(s)e t

ϕ1 (ξ)dξ

ds,

τ

suy ra



v (t) ≥ v (τ ) −

Zt

Rs

ϕ2(s)e t

τ

ϕ1 (ξ)dξ



−

ds e

Rt

ϕ1 (s)ds

τ

.

(2.7)

Cho τ = 0 trong các bất đẳng thức (2.5) và (2.7) ta có (2.4). Định lý được chứng minh. 2.1.2.

Bất đẳng thức tích phân Volterra

Định lý 2.4. Giả sử hàm không âm, liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) ≤ u0 +

Zt

{ϕ1 (s) v (s) + ϕ2 (s) [v (s)]α } ds

(2.8)

0

trong đó u0 , α là các hằng số không âm và các hàm ϕ1 (t) , ϕ2 (t) không âm, liên tục trên đoạn [0; T]. Khi đó: Nếu α > 1 thì u1−α + (1 − α) 0

Zt 0

Rs −(1−α) ϕ1 (ξ)dξ

ϕ2 (s) e

0

ds ≥ 0.

22

Nếu α 6= 1 thì Rt

v (t) ≤ e0

ϕ1 (s)ds

Nếu α = 1 thì



u1−α + (1 − α) 0

Zt

Rs −(1−α) ϕ1 (ξ)dξ

ϕ2(s)e

0

0

Rt

v (t) ≤ u0e0

[ϕ1 (s)+ϕ2 (s)]ds



ds

1 1−α

.

.

(2.9)

(2.10)

Chứng minh. Trường hợp α = 1. Bất đẳng thức (2.7) trở thành v (t) ≤ u0 +

Zt

{ϕ1 (s) v (s) + ϕ2 (s) v (s)} ds

Zt

v (s) {ϕ1 (s) + ϕ2 (s)} ds.

0

⇔ v (t) ≤ u0 +

0

Từ bất đẳng thức này ta áp dụng định lý 2.2 sẽ thu được bất đẳng thức (2.10). Trường hợp α 6= 1. Để chứng minh bất đẳng thức (2.9) ta chỉ cần chỉ ra rằng vế phải của bất đẳng thức đã cho chính là nghiệm u (t) = u0 +

Zt

{ϕ1 (s) u (s) + ϕ2 (s) [u (s)]α } ds

0

của bài toán u0 = ϕ1 (t) u + ϕ2 (t) uα , u (0) = u0 . Khi đó (2.9) được chứng minh. * Sau đây ta xét trường hợp tổng quát hơn của bất đẳng thức tích phân Volterra, khảo sát trong trường hợp hàm ϕ phụ thuộc ba biến (t, s, u) , khi đó phương pháp chứng minh của định lý 2.1 không còn phù hợp nữa. Định lý 2.5. Giả sử hàm ba biến ϕ (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ T, |u| < γ) liên tục, không giảm theo biến u. Giả sử u0 (t) là hàm liên tục trên đoạn [0; T] . Hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) < u0 (t) +

Zt 0

ϕ [t, s, v (s)] ds

(0 ≤ t ≤ T) .

(2.11)

23

Khi đó (2.12)

v (t) < u (t) (0 ≤ t ≤ T) , trong đó u (t) là nghiệm của phương trình u (t) = u0 (t) +

Zt

ϕ [t, s, u (s)] ds

(2.13)

0

xác định trên đoạn [0; T] . Chứng minh. Từ (2.11) và (2.13) suy ra (2.12) đúng với trường hợp t = 0. Giả sử bất đẳng thức (2.12) không đúng với mọi t thuộc đoạn [0; T] . Khi đó do tính chất liên tục của các hàm v (t) , u (t) suy ra tồn tại số t0 > 0 sao cho v (t) < u (t) ∀t ∈ (0; t0) và v (t0 ) = u (t0 ) . Kết hợp với (2.11) và (2.13) cùng tính không giảm của hàm ϕ theo u ta có v (t0 ) < u0 (t0 ) +

Zt0

ϕ [t0 , s, v (s)] ds ≤ u0 (t0 ) +

0

Zt0

ϕ [t0 , s, u (s)] ds = u (t0 ) .

0

Kết quả này trái với giả thiết, suy ra điều phải chứng minh. * Định lý 2.6 sau đây là một trường hợp riêng của định lý 2.5. Định lý 2.6. Giả sử hàm liên tục, không âm v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) ≤ u0 +

Zt

ϕ (s) ω [v (s)] ds

(2.14)

0

với u0 − const, ϕ (t) ≥ 0 liên tục trên đoạn [0; T], hàm ω (u) (0 ≤ u < +∞) liên tục, không giảm đồng thời ω (u) > 0 (∀u > 0) , ω (0) ≥ 0. Khi đó



v (t) ≤ G−1 G (u0 ) +

ở đây G (u) là nguyên hàm của hàm

Zt 0



ϕ (s) ds ,

1 , G−1 là hàm ngược của G. ω (u)

(2.15)

24

Ta có điều khẳng định trên với mọi t thuộc tập giá trị của hàm υ (t) = G (u0) +

Zt

ϕ (s) ds

0

thuộc vào miền xác định của G−1. Chứng minh. Từ bất đẳng thức (2.14) với ε là số dương đủ bé ta có v (t) < u0 + ε +

Zt

ϕ (s) ω [v (s)] ds.

0

Theo định lý 2.5 ta có v (t) < u (t)

(0 ≤ t ≤ T) ,

(2.16)

trong đó u (t) là nghiệm u (t) = u0 + ε +

Zt

ϕ (s) ω [u (s)] ds

0

của bài toán u0 = ϕ (t) ω (u) , u (0) = u0 + ε. u0 = ϕ (t) , suy ra Phương trình trên tương đương với ω (u) Zu

ds = ω (s)

u0 +ε

Với G (u) là nguyên hàm của

Zt

ϕ (s)ds.

0

1 khi đó ta có ω (u)

G (u) − G (u0 + ε) =

Zt

ϕ (s) ds.

0

Từ điều kiện của định lý về sự tồn tại hàm ngược của G (u) ta nhận được   Zt u (t) = G−1 G (u0 + ε) + ϕ (s) ds . 0

25

Từ đây và từ bất đẳng thức (2.16) suy ra  v (t) < G−1 G (u0 + ε) +

Zt 0



ϕ (s) ds .

Cho ε → 0+ ở bất đẳng thức cuối cùng này ta có bất đẳng thức (2.15). Định lý được chứng minh. * Trước khi đưa ra định lý 2.7 ta định nghĩa điều kiện (µ) như sau. Định nghĩa 2.1. Ta nói hàm ϕ (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ T, |u| < γ) thỏa mãn điều kiện (µ) , nếu phương trình w (t) = u0 (t) + δ +

Zt

ϕ [t, s, w (s)] ds

0

có nghiệm xác định trên [0; T] và với mọi số cố định δ ∈ [0; µ] . Định lý 2.7. Giả sử hàm ϕ (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ T, |u| < γ) liên tục, không giảm theo biến u thỏa mãn điều kiện (µ) với µ đủ nhỏ. Giả sử u0 (t) liên tục trên đoạn [0; T] . Và cuối cùng giả sử hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ϕ [t, s, v (s)] ds

(0 ≤ t ≤ T) .

(2.17)

0

Khi đó v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T)

(2.18)

với u (t) là nghiệm trên của phương trình (2.13). Chứng minh. Với mỗi n ∈ N∗ cố định, ta kí hiệu wn (t) (0 ≤ t ≤ T) là nghiệm của phương trình tích phân ε wn (t) = + u0 (t) + n

Zt 0

trong đó ε > 0 đủ nhỏ.

ϕ [t, s, v (s)] ds,

(2.19)

26

Theo định lý 2.5 ta có u (t) < wn+1 (t) < wn (t) ≤ w1 (t) . Suy ra {wn (t) } hội tụ đến hàm w (t) nào đó. Ta cho n → ∞ ở (2.19) thu được w (t) là nghiệm của bài toán (2.13) và dễ thấy w (t) ≡ u (t) . Mặt khác ta lại có v (t) < wn (t) , tiếp tục cho n → +∞ ở đây, khi đó thu được v (t) ≤ w (t) . Vậy bất đẳng thức (2.18) thỏa mãn. Định lý được chứng minh. Nhận xét 2.1. Kết quả của định lý 2.7 vẫn còn đúng khi hàm ϕ (t, s, u) khả tích theo biến s và liên tục theo hai biến t và u. Nhận xét 2.2. Điều kiện đơn điệu của hàm ϕ (t, s, u) theo biến u là điều kiện cần thiết cho tính đúng đắn của định lý về bất đẳng thức tích phân. Thật vậy, ta xét phương trình tuyến tính u (t) = u0 (t) +

Zt

Q (t, s) u (s) ds

0

trong đó Q (t, s) và u0 (t) là các hàm liên tục với mọi t ∈ [0; T] , s ∈ [0; T] . Giả sử u (t) là nghiệm của phương trình này, khi đó ϕ (t, s, u) = Q (t, s) u là hàm không giảm khi và chỉ khi Q (t, s) ≥ 0 (0 ≤ s, t ≤ T) . Ta chỉ ra rằng nếu điều kiện này không được thỏa mãn thì định lý về bất đẳng thức tích phân nói chung không đúng. Dễ nhận thấy, để từ bất đẳng thức v (t) ≤ u0 (t) +

Zt

Q (t, s) v (s) ds (0 ≤ t ≤ T)

(2.20)

0

suy ra bất đẳng thức v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T)

(2.21)

thì điều kiện cần và đủ là R (t, s) ≥ 0 (0 ≤ s, t ≤ T) , trong đó R là giải thức của hạt nhân Q. Rõ ràng, nếu Q ≤ 0 và Q không đồng nhất không thì R không thể là hàm không âm. Điều đó suy ra rằng nếu Q (t, s) < 0 thì bất đẳng thức (2.20) nói

27

chung không đảm bảo cho bất đẳng thức (2.21) đúng. Như vậy có thể nói điều kiện đơn điệu của hàm ϕ (t, s, u) theo biến u là điều kiện cốt yếu của định lý về bất đẳng thức tích phân. Tuy nhiên trong những trường hợp tổng quát điều kiện này không phải là điều kiện cần. Thật vậy, ta kiểm tra với Q (t, s) = sin (t − s) (0 ≤ t, s < +∞) có giải thức R (t, s) = t − s (0 ≤ t, s < +∞) suy ra với phương trình u (t) = u0 (t) +

Zt

sin (t − s) u (s) ds

0

định lý về bất đẳng thức tích phân đúng, mặc dù hàm ϕ (t, s, u) = sin (t − s) u không phải là hàm đơn điệu theo biến u. Định lý 2.8. Giả sử hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) ≤ u0 (t) +

Zt

[ϕ1 (t) ϕ2 (s) v (s) + ψ (t, s)] ds

0

trong đó ϕ2 (s) > 0, ψ (t, s) (0 ≤ t, s ≤ T) là những hàm khả tích theo biến s; ϕ1 (t) ≥ 0, ψ (t, s) (0 ≤ t, s ≤ T) là những hàm liên tục theo biến t. Khi đó v (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ψ (t, s) ds + ϕ1 (t)

0

+ ϕ1 (t)

Zt

ϕ2 (τ ) u0 (τ ) eτ

0

Zt

Rt

eτ

ϕ1 (s)ϕ2 (s)ds

0

Rt



ϕ2 (τ ) 

Zτ 0

ϕ1 (s)ϕ2 (s)ds

dτ



ψ (τ, s) ds dτ .

Định lý 2.9. Giả sử hàm liên tục, không âm v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) ≤ c +

Zt

[ω (t, s) v (s)] ds

(∀t ∈ [0; T])

0

với c ≥ 0, ω (t, s) ≥ 0 thỏa mãn các điều kiện sau: 1.

max

Rt

0≤t≤ε≤T 0

ω (t, s) ds = α (ε) và lim α (ε) = 0. ε→0

(2.22)

28

2.

max ω (t, s) = β (ε) và β (ε) ≤ β0 < +∞.

ε≤s≤t≤T, t−s≥ε, 0<ε≤T

Khi đó ta có bất đẳng thức v (t) ≤ c.2eβ0 T

(0 ≤ t ≤ T) .

* Trong trường hợp tổng quát khi xét trong không gian m-chiều, ta có định nghĩa sau. Định nghĩa 2.2. Hệ phương trình tích phân Volterra được định nghĩa là hệ có dạng u (t) = u0 (t) +

Zt

ϕ [t, s, u (s)] ds,

(2.23)

0

trong đó

và



u = u1 , u2, ..., um , u0 = u10 , u20, ..., um 0


ϕ (t, s, u) = ϕ1 (t, s, u) , ϕ2 (t, s, u) , ..., ϕm (t, s, u) .

Khi đó với cách phát biểu và chứng minh tương tự các định lý 2.5 và định lý 2.7 ta có kết quả như sau.
Định lý 2.10. Giả sử vector-hàm ϕ (t, s, u) 0 ≤ t, s ≤ T; ui < γi, i = 1, m

liên tục, không giảm theo biến u. Vector-hàm u0 (t) (0 ≤ t ≤ T) là liên tục. Giả sử vector-hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) < u0 (t) +

Zt

ϕ [t, s, v (s)] ds.

0

Khi đó ta có bất đẳng thức v (t) < u (t) (0 < t ≤ T) , trong đó u (t) là nghiệm dưới của hệ phương trình (2.23), xác định trên đoạn [0; T] .

29

Nhận xét 2.3. Trong các định lý về bất đẳng thức tích phân Volterra nêu trên, điều kiện thỏa mãn của hàm ϕ (t, s, u) là tính liên tục. Vấn đề đặt ra là có thể thay thế điều kiện này bằng một điều kiện khác tổng quát hơn, nói cách khác là có thể mở rộng lớp hàm ϕ (t, s, u) hay không? Sau đây ta xét đến một điều kiện như thế, đó là điều kiện Caratheodory. Định nghĩa 2.3. Ta nói vector-hàm   i ϕ (t, s, u) 0 ≤ s ≤ t ≤ T; kuk = max u < γ; T ≤ +∞, γ ≤ +∞ 1≤i≤m

thỏa mãn điều kiện Caratheodory (C) nếu:

1. ϕ (t, s, u) liên tục theo u với mọi t và hầu khắp s; đo được theo s với mọi t và u. 2. Với mọi γ1 ∈ (0; γ) tồn tại các hàm khả tích theo s trên đoạn [0; t] là µγ1 (t, s) , νγ1 (t1 , t, s) (0 ≤ s ≤ t ≤ t1 < T) sao cho sup kϕ (t, s, u)k ≤ µγ1 (t, s) kuk≤γ1

sup kϕ (t1, s, u) − ϕ (t, s, u)k ≤ νγ1 (t1 , t, s) . kuk≤γ1

Khi đó với t1 hoặc t cố định thì  t  Z1 Zt lim +  µγ1 (t1 , s) ds + νγ1 (t1 , t, s) ds = 0. (t1 −t)→0

t

0

Định lý 2.11. Giả sử vector-hàm

ϕ (t, s, u) (0 ≤ s ≤ t ≤ T; kuk < γ; T ≤ +∞, γ ≤ +∞) thỏa mãn điều kiện (C), không giảm theo biến u với mọi t và hầu khắp s. Giả sử u0 (t) liên tục, ku0 (0)k < γ và uα (t) là nghiệm dưới (trên) không thể thác triển được của hệ (2.23).

30

Nếu vector-hàm v (t) liên tục trên [0; α) ⊂ [0; T), kv (t)k < γ, t ∈ (0; α) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân f (t) = v (t) −

Zt

ϕ [t, s, v (s)] ds − u0 (t) ≥ 0 (f (t) ≤ 0)

0

thì v (t) ≥ uα (t) (v (t) ≤ uα (t)) , ∀t ∈ [0; α).

2.2.

Bất đẳng thức tích phân Volterra – Fredholm

Định lý 2.12. Giả sử các hàm ϕi (t, s, u) (0 ≤ s, t ≤ T; |u| ≤ γ < +∞, i = 1, 2) liên tục và không giảm theo u. Ngoài ra (*) Mọi hàm số cố định w0 (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn |w0 (t)| < γ và với mỗi số δ dương đủ nhỏ phương trình w (t) = u0 (t) + δ +

Zt

ϕ1 [t, s, w (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, w0 (s)] ds

0

có nghiệm liên tục xác định trên đoạn [0; T] , trong đó u0 (t) là hàm liên tục trên [0; T] .Nếu hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) và |v (t)| ≤ γ, thỏa mãn bất đẳng thức v (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, v (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, u (s)] ds

(0 ≤ t ≤ T) .

0

Khi đó bất đẳng thức sau xảy ra v (t) < u (t) (0 ≤ t ≤ T) , trong đó u (t) là nghiệm trên của phương trình u (t) = u0 (t) +

Zt 0

ϕ1 [t, s, u (s)] ds +

ZT 0

ϕ2 [t, s, u (s)] ds.

(2.24)

31

Chứng minh. Ta xây dựng dãy hàm {εn (t)} như sau: Hàm ε1 (t) là nghiệm trên của phương trình tích phân Volterra ε (t) = u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, ε (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, γ] ds

0

và εn+1 (t) (n = 1, 2, ...) là nghiệm của phương trình tích phân Volterra ε (t) = u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, ε (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, εn (s)] ds.

(2.25)

0

• Ta chứng minh dãy hàm {εn (t)} không tăng. Thật vậy, từ (2.25) ta có ε2 (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, ε2 (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, γ] ds.

0

Khi đó áp dụng kết quả của định lý 2.7 suy ra ε2 (t) ≤ ε1 (t) (0 ≤ t ≤ T) . Giả sử rằng εn (t) ≤ εn−1 (t) , ∀n ≥ 2. Khi đó cũng từ (2.25) ta có εn+1 (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, εn+1 (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, εn−1 (s)] ds.

0

Áp dụng định lý 2.7 suy ra εn+1 (t) ≤ εn (t) (0 ≤ t ≤ T, ∀n ≥ 2) . Vậy {εn (t)} là dãy không tăng. • Ta chứng minh v (t) ≤ εn (t) (0 ≤ t ≤ T, ∀n ≥ 1) .

(2.26)

32

Thật vậy, từ bất đẳng thức v (t) ≤ u0 (t) +

≤ u0 (t) +

ϕ2 [t, s, v (s)] ds

0

ZT

Zt

ZT

ϕ2 [t, s, γ] ds.

Zt

ϕ1 [t, s, v (s)] ds +

0

ϕ1 [t, s, v (s)] ds +

0

0

Áp dụng định lý 2.7 suy ra v (t) ≤ ε1 (t) (0 ≤ t ≤ T) . Giả sử v (t) ≤ εn−1 (t) (0 ≤ t ≤ T) , khi đó ta có v (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, v (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, εn−1 (s)] ds.

0

Tiếp tục áp dụng định lý 2.7 thu được v (t) ≤ εn (t) (0 ≤ t ≤ T) . Vậy dãy hàm {εn (t)} không tăng, bị chặn dưới bởi hàm v (t) nên hội tụ, hay tồn tại lim εn (t) = ε (t) . Chuyển qua giới hạn trong (2.25) ta n→+∞

có ε (t) = u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, ε (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, ε (s)] ds,

0

suy ra ε (t) là nghiệm của phương trình (2.24), đồng thời đó còn là nghiệm trên của phương trình. Mặt khác v (t) ≤ εn (t) ⇒ lim v (t) ≤ lim εn (t) ⇒ v (t) ≤ ε (t) . n→+∞

n→+∞

Định lý được chứng minh. Định lý 2.13. Giả sử các điều kiện trong định lý 2.12 được thỏa mãn, chỉ riêng điều kiện (*) được thay bởi điều kiện sau |u0 (t)| +

ZT 0

max |ϕ1 (t, s, γ) + ϕ2 (t, s, γ)| ds ≤ γ.

0≤t≤T

33

Khi đó ta có kết luận tương tự định lý 2.12. Chứng minh. Ta xây dựng dãy hàm {εn (t)} như sau:  RT Rt    ε1 (t) = u0 (t) + ϕ1 [t, s, γ] ds + ϕ2 [t, s, γ] ds    0 0 RT Rt εn+1 (t) = u0 (t) + ϕ1 [t, s, εn (s)] ds + ϕ2 [t, s, εn (s)] ds    0 0    n = 1, 2, ...

(2.27)

Ta chứng minh dãy hàm {εn (t)} là dãy không tăng. Thật vậy, ta có ε2 (t) = u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, ε1 (s)] ds +

0

≤ u0 (t) +

Zt

ZT

ϕ2 [t, s, ε1 (s)] ds

0

ϕ1 [t, s, γ] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, γ] ds

0

= ε1 (t) . Giả sử εn (t) ≤ εn−1 (t) , ∀n ≥ 2. Khi đó từ (2.27) suy ra εn+1 (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, εn−1 (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, εn−1 (s)] ds = εn (t) .

0

Vậy dãy {εn (t)} là dãy không tăng. Bây giờ ta sẽ chứng minh v (t) ≤ εn (t) (0 ≤ t ≤ T, n = 1, 2, ...) . Ta có v (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, v (s)] ds +

Zt

ZT

0

≤ u0 (t) +

0

ZT

ϕ2 [t, s, v (s)] ds

0

ϕ1 [t, s, γ] ds +

0

ϕ2 [t, s, γ] ds = ε1 (t) .

(2.28)

34

Giả sử v (t) ≤ εn−1 (t) , ∀n ≥ 2. Khi đó v (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ϕ1 [t, s, εn−1 (s)] ds +

0

ZT

ϕ2 [t, s, εn−1 (s)] ds = εn (t) .

0

Suy ra bất đẳng thức (2.28) đúng. Vậy dãy {εn (t)} giảm, bị chặn dưới bởi hàm v (t) nên hội tụ về hàm ε (t) nào đó, hay tồn tại lim εn (t) = ε (t) . n→+∞

Từ đó ta chuyển qua giới hạn trong (2.27) được ε (t) là nghiệm của phương trình (2.24), hơn nữa có thể khẳng định là nghiệm trên của bài toán. Mặt khác ta lại có v (t) ≤ εn (t) ⇒ v (t) = lim v (t) ≤ lim εn (t) = ε (t) . n→+∞

n→+∞

Định lý được chứng minh. * Hai định lý ta xét sau đây là các trường hợp riêng của định lý 2.13. Định lý 2.14. Giả sử hàm ϕ (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ T; |u| ≤ γ) liên tục, không giảm theo u và thỏa mãn điều kiện |u0 (t)| +

ZT

max |ϕ (t, s, γ)| ds ≤ γ,

0≤t≤T

0

trong đó u0 (t) là hàm liên tục, xác định trên [0; T] . Giả sử hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) , |v (t)| ≤ γ thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) ≤ u0 (t) +

Zt

ϕ [t, s, v (s)] ds

(0 ≤ t ≤ T) .

0

Khi đó ta có bất đẳng thức v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) , trong đó u (t) là nghiệm trên của phương trình u (t) = u0 (t) +

Zt 0

ϕ [t, s, u (s)] ds.

35

Định lý 2.15. Giả sử hàm ϕ (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ T; |u| ≤ γ < +∞) liên tục, không giảm theo u và thỏa mãn điều kiện ZT |u0 (t)| + max |ϕ (t, s, γ)| ds ≤ γ, 0≤t≤T

0

trong đó u0 (t) là hàm liên tục, xác định trên [0; T] . Giả sử hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) , |v (t)| ≤ γ thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) ≤ u0 (t) +

ZT

ϕ [t, s, v (s)] ds

(0 ≤ t ≤ T) .

0

Khi đó ta có bất đẳng thức v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) , trong đó u (t) là nghiệm trên của phương trình u (t) = u0 (t) +

ZT

ϕ [t, s, u (s)] ds.

0

Định lý 2.16. Giả sử hàm v (t) liên tục trên đoạn [0; T] , thỏa mãn bất đẳng thức v (t) ≤ u0 +

Zt

[ϕ1 (s) v (s) + ψ1 (t, s)] ds +

0

ZT

[ϕ2 (s) v (s) + ψ2 (t, s)] ds,

0

trong đó ϕi (t) (0 ≤ t ≤ T, i = 1, 2) là các hàm khả tích không âm, đồng thời ψi (t, s) (0 ≤ t, s ≤ T, i = 1, 2) là các hàm liên tục theo biến t và khả tích theo biến s. Khi đó nếu



RT

1 + e0

thì

 v (t) ≤

RT

1 + e 0 

ϕ1 (s)ds

ZT 0

ϕ1 (s)ds RT 0

RT

1 − 1 + e0



ϕ1 (s) ds 

ZT

ϕ2 (s) ds < 1

0

RT ϕ1 (s) ds ϕ2 (s) N (s) ds

ϕ1 (s)ds RT 0

0



RT ϕ1 (s) ds ϕ2 (s) ds 0

+ N (t) ,

36

trong đó N (t) = u0 +

ZT

RT

[ψ1 (t, s) + ψ2 (t, s)] ds + u0e0

0

RT

+ e0

ϕ1 (s)ds

Zt 0



ϕ1 (τ ) 

ϕ1 (s)ds

Zt

ϕ1 (τ ) dτ

0

Zτ

ψ1 (τ, s) ds +

0

ZT 0



ψ2 (τ, s) ds dτ .

Chứng minh. Ta xây dựng dãy hàm như sau:   ε1 (t) = v (t) ,     Rt    [ϕ1 (s) εn+1 (s) + ψ1 (t, s)] ds ε (t) = u +  n+1 0 0

        

+

RT

[ϕ2 (s) εn (s) + ψ2 (t, s)] ds

0

(0 ≤ t ≤ T, n = 1, 2, ...) .

Dễ chỉ ra rằng dãy {εn (t)} là dãy giảm và (2.29)

v (t) ≤ εn (t) (0 ≤ t ≤ T, n = 1, 2,...) . Đặt fn (t) = u0 +

ZT

[ϕ2 (s) εn (s) + ψ2 (t, s)] ds.

0

Khi đó εn+1 (t) = fn (t) +

Zt

[ϕ1 (s) εn+1 (s) + ψ1 (t, s)] ds,

0

suy ra εn+1 (t) ≤ fn (t) +

Zt

RT

ψ1 (t, s) ds + e0

0

RT

+ e0

ϕ1 (s)ds

Zt 0

ϕ1 (s)ds



ϕ1 (τ ) 

Zt 0

Zτ 0

ϕ1 (τ ) fn (τ ) dτ 

ψ1 (τ, s) ds dτ .

(2.30)

37

Từ (2.29) và (2.30) ta có v (t) ≤ εn+1 (t)   RT ZT Zt ϕ1 (s)ds ≤ u0 + ϕ2 (s) 1 + e0 ϕ1 (s) ds εn (s) ds 0

+

0

Zt

ψ1 (t, s) ds +

0

ZT 0

RT

+ u0 e 0

ϕ1 (s)ds

Zt

RT

ϕ1 (τ ) dτ + e0

0

RT

+ e0

ϕ1 (s)ds

Zt 0

≤M

ZT

ψ2 (t, s) ds



ϕ1 (τ ) 

ϕ1 (s)ds

Zt 0

Zτ

ψ1 (τ, s) ds+

0

ϕ1 (τ ) 

ZT 0



ZT 0



ψ2 (τ, s) ds dτ 

ψ2 (τ, s) ds dτ

ϕ2 (s) εn (s) ds + N (t) ,

0

RT

trong đó M = 1 + e0 Từ đó ta có ε2 (t) ≤ M

ZT

ϕ1 (s)ds RT

ϕ1 (s) ds.

0

ϕ2 (s) ε1 (s) ds + N (t)

0

≤ M. max ε1 (t) 0≤t≤T

ZT

ϕ2 (s) ds + N (t) = MRC1 + N (t) ,

0

ở đây R = max ε1 (t) = max v (t) , C1 = 0≤t≤T

0≤t≤T

Tương tự ta cũng có ε3 (t) ≤ M

ZT

RT

ϕ2 (s) ds.

0

ϕ2 (s) ε2 (s) ds + N (t) = (MC1 )2 R + MC2 + N (t) ,

0

với C2 =

RT

ϕ2 (s) N (s) ds và

0

ε4 (t) ≤ (MC1 )3 R + M 2 C1C2 + MC2 + N (t) .

38

Giả sử bất đẳng thức đúng với ∀n ≥ 4, ta có n−1

εn (t) ≤ R (MC1 )

+ MC2

n−3 X

(MC1 )i + N (t) .

i=0

Ta chứng minh điều đó đúng với n + 1. Thật vậy, εn+1 (t) ≤ M

ZT

ϕ2 (s) εn (s) ds + N (t)

0

≤M

ZT

"

ϕ2 (s) R (MC1 )n−1 + MC2

0

n−3 X

#

(MC1 )i + N (s) ds

i=0

n−2 X

n

= R (MC1 ) + MC2

(MC1 )i + N (t) .

i=0

Vậy với mọi n = 1, 2, ... ta có n

εn+1 (t) ≤ R (MC1 ) + MC2

n−2 X

(MC1 )i + N (t) .

i=0

Theo giả thiết của định lý thì MC1 < 1, nên suy ra εn+1 (t) ≤ Điều này tương đương với  T R

εn+1 (t) ≤

1 + e 0 

ϕ1 (s)ds RT 0

RT

1 − 1 + e0

MC2 + N (t) . 1 − MC1 

RT  ϕ2 (s) N (s) ds ϕ1 (s) ds

ϕ1 (s)ds RT 0

0



+ N (t) .

RT

ϕ1 (s) ds ϕ2 (s) ds 0

Từ đây và (2.29) ta có điều phải chứng minh.

2.3.

Bất đẳng thức tích phân Volterra trên nửa trục số

Định lý 2.17. Giả sử hàm ϕ (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ +∞; |u| < γ ≤ +∞) là hàm liên tục theo t với hầu khắp s và với mọi u.

39

Với mỗi t cố định và mỗi hàm liên tục u (s) (0 ≤ s ≤ +∞) hàm ϕ (t, s, u) luôn khả tích theo s trên đoạn [0; +∞] . Hàm ϕ (t, s, u) là không giảm theo biến u. Giả sử hàm u0 (t) liên tục trên [0; +∞] và hàm v (t) (0 ≤ t ≤ +∞) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) < u0 (t) +

Z∞

ϕ [t, s, v (s)] ds

(0 ≤ t ≤ ∞) .

(2.31)

0

Khi đó v (t) < u (t) (0 ≤ t ≤ ∞) , trong đó u (t) là nghiệm trên của phương trình Z∞ u (t) = u0 (t) + ϕ [t, s, u (s)] ds

(2.32)

(2.33)

0

xác định trên đoạn [0; +∞] . Chứng minh. Từ (2.31) và (2.33) suy ra (2.34)

v (∞) < u (∞) .

Giả sử bất đẳng thức (2.32) không đúng với mọi t. Khi đó do tính liên tục của hàm u (t) và v (t) nên từ (2.34) suy ra tồn tại t∗ thỏa mãn v (t∗ ) = u (t∗ ) còn với mọi t > t∗ thì v (t) < u (t) . Nhưng từ (2.31) và (2.33) ta lại có Z∞ Z∞ v (t∗ ) < u0 (t∗ ) + ϕ [t∗ , s, v (s)] ds < u0 (t∗ ) + ϕ [t∗ , s, u (s)] ds = u (t∗ ) , t∗

t∗

điều này mâu thuẫn với sự tồn tại của số t∗ . Định lý được chứng minh. Định nghĩa 2.4. Ta nói hàm ϕ (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ +∞; |u| < γ ≤ +∞) thỏa mãn điều kiện (µ∗ ) nếu phương trình Z∞ w (t) = u0 (t) + δ + ϕ [t, s, w (s)] ds t

có nghiệm xác định trên [0; ∞] với mỗi số δ cố định thuộc đoạn [0; µ∗] .

40

Định lý 2.18. Giả sử hàm ϕ (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ +∞; |u| < γ ≤ +∞) liên tục theo biến t và u với hầu khắp s. Với mỗi cặp (t, u) cố định thì hàm ϕ đo R∞ được theo s và |ϕ (t, s, u)| ≤ m0 (t, s) ở đây m0 (t, s) ds < ∞. 0

Giả sử ϕ (t, s, u) không giảm theo u và thỏa mãn điều kiện (µ∗ ) với µ∗ đủ

nhỏ. Ngoài ra u0 (t) là hàm liên tục trên [0; ∞] . Giả sử hàm v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức Z∞ v (t) < u0 (t) + ϕ [t, s, v (s)] ds (0 ≤ t ≤ s) .

(2.35)

t

Khi đó v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ ∞) ,

(2.36)

trong đó u (t) là nghiệm của bài toán (2.33) xác định trên [0; ∞] . Chứng minh. Với mỗi n cố định (n = 1, 2, ...), ta kí hiệu wn (t) là nghiệm của phương trình tích phân sau ε + u0 (t) + n

Z∞

(0 ≤ t ≤ ∞) ,

(2.37)

u (t) < wn+1 (t) < wn (t) ≤ w1 (t) ⇒ v (t) < wn (t) .

(2.38)

w (t) <

ϕ [t, s, wn (s)] ds

t

trong đó ε là số dương đủ nhỏ. Áp dụng định lý 2.17 ta có

Từ đó suy ra dãy {wn (t)} hội tụ đến một hàm w (t) nào đó. Chuyển qua giới hạn ở (2.37) sẽ thu được w (t) là nghiệm của phương trình (2.33). Ta có thể kiểm tra được rằng w (t) = u (t) . Cuối cùng chuyển qua giới hạn ở bất đẳng thức (2.38) ta có kết quả là bất đẳng thức (2.36). Định lý được chứng minh. Định lý 2.19. Giả sử hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ ∞) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân v (t) < u0 (t) +

Z∞ t

[ϕ1 (t) ϕ1 (t) v (s) + ψ (t, s)] ds,

41

trong đó ϕ2 (s) > 0, ψ (t, s) (0 ≤ t, s ≤ ∞) là các hàm khả tích theo s; ϕ1 (t) ≥ 0, ψ (t, s) (0 ≤ t, s ≤ ∞) là các hàm liên tục theo t. Khi đó v (t) ≤ u0 (t) +

Z∞

ψ (t, s) ds + ϕ1 (t)

t

+ ϕ1 (t)

Z∞ t

Z∞

Rt

ϕ2 (τ ) u0 (τ ) eτ

ϕ1 (s)ϕ2 (s)ds

dτ

   ∞t  t Z R  − ϕ1 (s)ϕ2 (s)ds    dτ . ϕ2 (τ ) ψ (t, s) ds e τ   τ

* Định lý 2.19 là một trường hợp riêng của định lý 2.18. Định lý 2.20. Giả sử các hàm

ϕi (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ ∞; |u| ≤ γ < ∞; i = 1, 2) liên tục theo t, u với hầu khắp s. Với t, u cố định thì các hàm đó đo được theo s. Hơn nữa |ϕi (t, s, u)| ≤ mi (t, s) với

R∞

mi (t, s) ds < +∞ (i = 1, 2) .

0

Giả thiết rằng hàm ϕi (t, s, u) không giảm theo u. Hàm u0 (t) liên tục trên [0; ∞] . Giả sử điều kiện sau thỏa mãn: (**)Với mỗi hàm cố định w0 (t) (0 ≤ t ≤ ∞) , |w0 (t)| ≤ γ và với mỗi số dương δ đủ nhỏ thì phương trình tích phân Volterra

w (t) = u0 (t) + δ +

Zt

ϕ1 [t, s, w (s)] ds +

0

Z∞

ϕ2 [t, s, w0 (s)] ds,

t

hoặc phương trình tích phân Volterra trên nửa trục số Zt Z∞ w (t) = u0 (t) + δ + ϕ1 [t, s, w0 (s)] ds + ϕ2 [t, s, w (s)] ds 0

t

có nghiệm liên tục xác định trên [0; ∞] . Nếu hàm liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ ∞) thỏa mãn bất đẳng thức Zt Z∞ v (t) ≤ u0 (t) + ϕ1 [t, s, v (s)] ds + ϕ2 [t, s, v (s)] ds (0 ≤ t ≤ ∞) 0

t

42

thì v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ ∞) , trong đó u (t) là nghiệm của phương trình u (t) = u0 (t) +

Zt 0

ϕ1 [t, s, u (s)] ds +

Z∞

ϕ2 [t, s, u (s)] ds.

t

* Việc chứng minh định lý này tương tự định lý 2.12.

Chương 3 ỨNG DỤNG Trong chương này ta sẽ ứng dụng kết quả về bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân để xây dựng một số phương pháp tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy dạng   dx = f (t, x) dt x (0) = x 0

(1) (2)

với t ∈ [0; T] , mà sau đây ta gọi là bài toán (1-2).

3.1. 3.1.1.

Phương pháp đường gấp khúc Euler Nội dung phương pháp

Xét bài toán (1-2), giả sử hàm f (t, x) liên tục theo hai biến (t, x) trên hình chữ nhật R = [0; T] × [x0 − r; x0 + r] (r > 0). Khi đó hàm f (t, x) liên tục đều trên R, suy ra ∀ε > 0, ∃δε > 0 sao cho ∀ (t1 , x1) , (t2 , x2) ∈ R : |t1 − t2 | < δε và |x1 − x2| < δε thì |f (t1 , x1) − f (t2 , x2)| < ε.   δε Đặt M = max |f (t, x)| , α = min δε , . (t,x)∈R M Ta chia đoạn [0; T] thành n phần bởi các điểm chia ti (i = 0, 1, 2, ..., n) như sau t0 = 0 < t1 < ... < tn = T, thỏa mãn |ti − ti+1| < α (i = 0, 1, ..., n − 1) . Khi đó ta có định lý sau đây, khẳng định sự tồn tại nghiệm ε−xấp xỉ của bài toán (1-2).

44

Định lý 3.1. Nếu hàm f (t, x) xác định, liên tục theo hai biến trên hình chữ nhật R và thỏa mãn điều kiện M.T ≤ r thì bài toán (1-2) có ít nhất một nghiệm ε−xấp xỉ xác định trên đoạn [0; T] . Chứng minh. Ta xây dựng hàm x (t) như sau  x (t) = x (tk−1 ) + f [tk−1 , x (tk−1)] (t − tk−1 ) tk−1 ≤ t ≤ tk (k = 1, 2, ..., n) .

(3.1)

Ta sẽ chỉ ra rằng x (t) xây dựng như trên là một nghiệm ε−xấp xỉ của bài

toán (1-2). 10) Kiểm tra điều kiện thứ nhất: t ∈ [0; T] ⇒ (t, x (t)) ∈ R. Với t0 ≤ t ≤ t1 ta có x (t) = x (t0 ) + f [t0 , x (t0 )] (t − t0 ) .

(3.2)

Đồng thời cho t = tk ở (3.1) được x (tk ) = x (tk−1 ) + f [tk−1 , x (tk−1)] (tk − tk−1 ) , suy ra x (t) = x0 +

k−2 X

f [tj , x (tj )] (tj+1 − tj ) + f [tk−1, x (tk−1)] (t − tk−1)

(3.3)

j=1

(tk−1 ≤ t ≤ tk , k = 2, 3, ..., n) .

Từ (3.2) và (3.3) ta có |x (t) − x0| = |f [0; x (0)] .t| ≤ M.T ≤ r và

∀t ∈ [0; t1] ,

(3.4)

k−2 X f [tj , x (tj )] (tj+1 − tj ) + f [tj−1, x (tj−1)] (t − tk−1) |x (t) − x0 | = j=1 k−2 X f [tj , x (tj )] (tj+1 − tj ) + |f [tj−1, x (xj−1)] (t − tk−1 )| ≤ j=1

≤

k−2 X

|f [tj , x (tj )]| |tj−1 − tj | + |f [tj−1, x (tj−1)]| (t − tk−1 )

j=1

≤M

k−2 X j=1

!

(tj+1 − tj ) + (t − tk−1 )

45

= M (t − t1 ) < M.T ≤ r

(tk−1 ≤ t ≤ tk , k = 2, 3, ..., n) .

(3.5)

Từ (3.4) và (3.5) suy ra |x (t) − x0| < r

(3.6)

∀t ∈ [0; T] .

Vậy (t, x (t)) ∈ R = [0; T] × [x0 − r; x0 + r]. 20) Điều kiện thứ hai của nghiệm ε−xấp xỉ thỏa mãn vì hàm x (t) khả vi, liên tục từng khúc trừ tại các điểm chia tk trên [0; T] . Và dễ thấy, từ (3.1) ta có x0 (t) = f [tk−1, x (tk−1)]

(tk−1 ≤ t ≤ tk , k = 1, 2, ..., n) .

30) Bây giờ ta sẽ kiểm tra điều kiện thứ ba. Ta có |x0 (t) − f [t, x (t)]| = |f [tk−1, x (tk−1)] − f [t, x (t)]|

(3.7)

(tk−1 ≤ t ≤ tk , k = 1, 2, ..., n) . Mà (3.8)

tk−1 ≤ t ≤ tk ⇒ |t − tk−1| ≤ α ≤ δε. Mặt khác |x (t) − x (tk−1)| = |f [tk−1, x (tk−1 )] (t − tk−1 )| ≤ M.α ≤ M.

δε = δε . (3.9) M

Từ (3.8), (3.9) và tính chất liên tục đều của hàm f (t, x (t)) suy ra |f [tk−1 , x (tk−1)] − f [t, x (t)]| < ε, cùng với (3.7) ta có |x0 (t) − f [t, x (t)]| < ε. Kết luận, hàm x (t) được xây dựng ở (3.1) chính là một nghiệm ε−xấp xỉ của bài toán (1-2). Nhận xét 3.1. Đồ thị của nghiệm ε−xấp xỉ của bài toán (1-2) được xây dựng theo công thức (3.1) là một đường gấp khúc. * Định lý sau đây khẳng định sự tồn tại nghiệm chính xác của bài toán (1-2) khi thỏa mãn các điều kiện của định lý 3.1.

46

Định lý 3.2. (Định lý Peano) Nếu hàm f (t, x (t)) liên tục theo hai biến trên hình chữ nhật R và thỏa mãn điều kiện M.T ≤ r thì bài toán (1-2) có ít nhất một nghiệm chính xác, xác định trên đoạn [0; T] . Chứng minh. Lấy dãy {εn } thỏa mãn εn > 0, εn+1 < εn (n = 1, 2, ...) và

lim εn = 0.

n→∞

Theo định lý 3.1 thì cứ với mỗi εn tồn tại nghiệm ε−xấp xỉ dạng (3.1), kí hiệu là xn (t) , t ∈ [0; T] . Ta có xn (t) = xn (tk−1) + f [tk−1 , xn (tk−1 )] (t − tk−1 )

(tk−1 ≤ t ≤ tk ) ,

xn (t¯) = xn (tk−1) + f [tk−1 , xn (tk−1 )] (t¯ − tk−1 )

(tk−1 ≤ t¯ ≤ tk ) ,

suy ra |xn (t) − xn (t¯)| = |f [tk−1, xn (tk−1)]| |t − t¯| ≤ M |t − t¯| (tk−1 ≤ t, t¯ ≤ tk ) , nghĩa là hàm xn (t) (0 ≤ t ≤ T) liên tục đồng bậc (đồng liên tục đều). Mặt khác |xn (t) − xn (t0 )| ≤ M |t − t0 | , hay |xn (t) − x0| ≤ Mt (0 ≤ t ≤ T) . Từ đó |xn (t)| = |xn (t) − x0 + x0 | ≤ |xn (t) − x0| + |x0| ≤ M.t + |x0| ≤ M.T+ |x0| . Như vậy |xn (t)| ≤ C, ∀t ∈ [0; T] , n = 0, 1, 2, ... Suy ra dãy hàm {xn (t)} bị chặn đều trên đoạn [0; T] . Khi đó tồn tại một dãy con {xnk (t)} hội tụ đều trên đoạn [0; T] tới hàm x∗ (t) nào đó. Ta sẽ chứng minh x∗ (t) là nghiệm chính xác của bài toán (1-2). Thật vậy, với mọi t mà tại đó tồn tại x0n (t) ta đặt δn (t) = x0n (t) − f [t, xn (t)]

47

và δn (t) = 0 (với mọi t mà tại đó không tồn tại x0n (t)). Do xn (t) là nghiệm ε−xấp xỉ của bài toán (1-2) nên |δn (t)| ≤ εn (∀t ∈ [0; T]) ⇒ |δnk (t)| ≤ εnk .

(3.10)

Mặt khác, ta lại có δnk (t) = x0nk (t) − f [t, xnk (t)] ⇔ x0nk (t) = f [t, xnk (t)] + δnk (t) ⇔ x0nk (t) = f [t, xnk (t)] + δnk (t) Zt Zt ⇒ xnk (t) = x0 + f [s, xnk (s)]ds + δnk (s) ds. 0

(3.11)

0

Vì xnk (t) hội tụ đều đến hàm x∗ (t) và kết hợp (3.10), ta cho k → ∞ ở (3.11) thu được x∗ (t) = x0 +

Zt

f [s, x∗ (s)] ds.

(3.12)

0

Như vậy ta đã chỉ ra bài toán (1-2) có nghiệm chính xác, được xác định qua phương trình tích phân (3.12). * Dựa vào kết quả của bất đẳng thức vi phân ta có định lý sau về điều kiện đủ để bài toán (1-2) có nghiệm duy nhất. Định lý 3.3. Giả sử hàm f (t, x) xác định trên hình chữ nhật R và thỏa mãn điều kiện sign (x − y) [f (t, x) − f (t, y)] ≤ [t, |x − y|] . Trong đó hàm ϕ (t, u) là liên tục và bài toán

  du = ϕ (t, u) dt u (0) = 0

(3.13)

chỉ có nghiệm u (t) ≡ 0 (0 ≤ t ≤ T) .

Khi đó nghiệm x (t) của bài toán (1-2) nếu tồn tại thì nó là duy nhất. Chứng minh. Giả sử bài toán (1-2) tồn tại nghiệm. Ta đặt v (t) = |x (t) − y (t)| , trong đó x (t) , y (t) là hai nghiệm nào đó của bài toán (1-2). Theo bổ đề 1.1

48

thì D∗v (t) ≤ sign (x − y) (x0 (t) − y 0 (t)) = sign (x − y) (f [t, x (t)] − f [t, y (t)]) ≤ ϕ [t, |x (t) − y (t)|] ⇒ D∗v (t) ≤ ϕ [t, v (t)] . Áp dụng định lý bất đẳng thức vi phân suy ra v (t) ≤ u (t) , trong đó u (t) là nghiệm của bài toán (3.13). Nhưng theo giả thiết bài toán (3.13) chỉ có nghiệm duy nhất u (t) ≡ 0 (0 ≤ t ≤ T) cho nên 0 ≤ v (t) ≤ u (t) ≡ 0 ⇒ v (t) ≡ 0. Do đó x (t) = y (t) , ∀t ∈ [0; T] . Nhận xét 3.2. Từ kết quả của các định lý 3.1, 3.2, 3.3 ta có thể khẳng định rằng, nếu các điều kiện trong đó được thỏa mãn thì tồn tại nghiệm εn −xấp xỉ của bài toán (1-2) và nghiệm εn−xấp xỉ đó hội tụ đều đến nghiệm chính xác của bài toán (1-2). * Định lý sau đây xác định tốc độ hội tụ của các nghiệm ε−xấp xỉ nói trên. Định lý 3.4. Giả sử hàm hai biến f (t, x) thỏa mãn điều kiện |f (t, x) − f (t, y)| ≤ ϕ [t, |x − y|] với hàm ϕ (t, u) liên tục theo hai biến trên hình chữ nhật R. Giả sử xε1 , xε2 là các nghiệm εn −xấp xỉ của bài toán (1-2). Khi đó ta có đánh giá sau |xε1 (t) − xε2 (t)| ≤ uε (t) , ∀t ∈ [0; T] \S, trong đó S là tập các điểm mà tại đó x (t) không tồn tại đạo hàm, còn hàm uε (t) là nghiệm của bài toán (

du = ϕ (t, u) + ε dt u (0) = δ

trong đó ε = ε1 + ε2 ; δ = |xε1 (0) − xε2 (0)|.

(3.14)

49

Chứng minh. Theo định nghĩa về nghiệm ε− xấp xỉ ta có 0 xε (t) − f [t, xε (t)] ≤ ε1, 1 1 0 xε (t) − f [t, xε2 (t)] ≤ ε1, 2

suy ra

 0  xε (t) − x0ε (t) − {f [t, xε (t)] − f [t, xε (t)]} 1 2 1 2 0 0 ≤ xε1 (t) − f [t, xε1 (t)] + xε2 (t) − f [t, xε2 (t)] ≤ ε1 + ε2 = ε.

Sử dụng tính chất |a| − |b| ≤ |a − b| ta có 0 x (t) − x0 (t) − |f [t, xε (t)] − f [t, xε (t)]| ε2 ε1 1 2  0  ≤ xε1 (t) − x0ε2 (t) − {f [t, xε1 (t)] − f [t, xε2 (t)]} ≤ ε,

hay

Mặt khác

0 x (t) − x0 (t) ≤ |f [t, xε (t)] − f [t, xε (t)]| + ε. ε2 ε1 2 1

D∗ |xε1 (t) − xε2 (t)| ≤ x0ε1 (t) − x0ε2 (t) ≤ |f [t, xε1 (t)] − f [t, xε2 (t)]| + ε ≤ ϕ [t, |xε1 (t) − xε2 (t)|] + ε.

Ta đặt v (t) = |xε1 (t) − xε2 (t)| , theo giả thiết của định lý suy ra v (0) = δ và D∗ v (t) ≤ ϕ [t, v (t)] + ε. Áp dụng định lý về bất đẳng thức vi phân ta có v (t) ≤ uε (t), trong đó uε (t) là nghiệm của bài toán (3.14). Định lý được chứng minh. Hệ quả 3.1. Giả sử xε1 là nghiệm xấp xỉ, xε2 = x là nghiệm chính xác của bài toán (1-2). Khi đó ta có |xε1 (t) − x (t)| ≤ uε (t) ,

50

trong đó uε (t) là nghiệm của bài toán ( du = ϕ (t, u) + ε dt u (0) = 0 xác định trên đoạn [0, T].

( du = ϕ (t, u) chỉ có nghiệm Nhận xét 3.3. Nếu ta giả thiết rằng bài toán dt u (0) = 0 duy nhất u (t) ≡ 0. Nghiệm xε → x khi uε → 0 (ε → 0), vì vậy tốc độ hội

tụ của xε (t) tới x (t) được xác định bởi tốc độ uε → 0. Định lý 3.5. Giả sử hàm f (t, x) thỏa mãn điều kiện sign (x − y) [f (t, x) − f (t, y)] ≤ ϕ [t, |x − y|] trên hình chữ nhật R = [0; T] × [x0 − r; x0 + r] . ¯ = [0; T] × [0; 2r] , liên tục theo Hàm ϕ [t, u] xác định trên hình chữ nhật R hai biến (t, u) và bài toán

  du = ϕ (t, u) dt u (0) = 0

(3.15)

chỉ có nghiệm u (t) ≡ 0 (0 ≤ t ≤ T) . Ngoài ra điều kiện M.T ≤ r được thỏa mãn. Khi đó nghiệm εn −xấp xỉ được xây dựng theo công thức   xn (t) = xn (tk−1) + f [tk−1, x (tk−1 )] (t − tk−1) tk−1 ≤ t ≤ tk (k = 1, 2, ..., n)  xn (0) = x0

(3.16)

sẽ hội tụ đến nghiệm chính xác của bài toán (1-2), tốc độ hội tụ được xác định bởi công thức |xn (t) − x (t)| ≤ un (t) (∀n = 1, 2, ...; t ∈ [0; T]), trong đó un (t) là nghiệm của bài toán ( du = ϕ (t, u) + εn dt u (0) = x0 và εn = max |f [tk−1, x (tk−1)] − f [t, x (t)]| . 0≤t≤T

51

Nhận xét 3.4. Định lý trên đây đã đưa ra giả thiết rộng hơn trong điều kiện Lipschitz của hàm f (t, x) , với việc dùng các giả thiết gián tiếp thông qua các bài toán con. Chứng minh. Đặt vn (t) = |xn (t) − x (t)|

(t ∈ [0; T] , n = 1, 2, ...) . Ta có

D∗ vn (t) = sign [xn (t) − x (t)] [x0n (t) − x0 (t)] = sign [xn (t) − x (t)] {f [tk−1, x (tk−1)] − f [t, x (t)]} = sign [xn (t) − x (t)] f (t, xn (t)) − f [t, x (t)] + f [tk−1, x (tk−1)] − f [t, xn (t)] = sign [xn (t) − x (t)] {f (t, xn (t)) − f [t, x (t)]} + sign [xn (t) − x (t)] {f [tk−1, x (tk−1 )] − f [t, xn (t)]} ≤ ϕ [t, |xn (t) − x (t)|] + |f [tk−1, x (tk−1)] − f [t, xn (t)]| ≤ ϕ [t, |xn (t) − x (t)|] + εn . Suy ra D∗ vn (t) ≤ ϕ [t, vn (t)]+εn . Đến đây áp dụng bất đẳng thức vi phân ta được vn (t) ≤ un (t) (∀t ∈ [0; T] , n = 1, 2, ...) . Cho n → ∞ thì εn → 0 và khi đó un (t) hội tụ đều đến u (t) là nghiệm của bài toán (3.15). Theo giả thiết bài toán (3.15) chỉ có nghiệm duy nhất u (t) ≡ 0 (t ∈ [0; T]) nên suy ra vn (t) hội tụ đều về 0 trên đoạn [0; T] . Vậy xn (t) xây dựng theo (3.16) hội tụ đều trên đoạn [0; T] đến nghiệm chính xác x (t) của bài toán (1-2). Định lý được chứng minh. 3.1.2.

Ví dụ

Ví dụ 3.1. Cho bài toán

  dx x2 + t + 1 = dt 10  x (0) = 1

Tìm nghiệm gần đúng của bài toán trên R = {0 ≤ t ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 2} bằng phương pháp đường gấp khúc Euler. x2 + t + 1 , dễ kiểm tra rằng M.T ≤ r trong đó 10 M = max f (t, x) , r = 1 và T = 1. Như vậy tồn tại nghiệm ε−xấp xỉ của bài Giải. Ta có f (t, x) = R

52

toán, xác định trên đoạn [0; T] . Ta tìm các nghiệm xấp xỉ với n = 5 bằng thuật toán sau đây: >n:=5: >T:=1: >t:=array(0..n): >t[0]:=0: >for k from 1 to n do t[k]:=t[k-1]+T/n od: >f:=unapply((x2 + t + 1)/10, x, t): >x[n](0):=1: >for k from 1 to n do x[n]:=unapply(x[n](t[k-1])+f(t[k-1],x[n](t[k-1]))*(t-t[k-1]),t): >od; 1 x5 : = t → 1 + t 5 26 624 + t x5 : = t → 625 125 15499 1401 x5 : = t → + t 15625 6250 1526947 77701 + t x5 : = t → 1562500 312500 37143273 4400251 + t. x5 : = t → 39062500 15625000 Sử dụng phần mềm Maple ta có thể tìm được nghiệm gần đúng của phương trình trên dưới dạng chuỗi (khai triển đến bậc 5) như sau: dsolve(diff(y(t),t)=(y(t)2 + t + 1)/10, y(0) = 1,y(t),series); 7 2 3 3 1 4 93 5 1 t + t + t + t + O(t6 ) y(t) = 1 + t + 5 100 500 1000 500000 Sau đây là đồ thị biểu diễn nghiệm xấp xỉ x5 (t) (đường gấp khúc màu đỏ) và nghiệm gần đúng dạng chuỗi (đường cong màu xanh) của bài toán (Hình 3.1).

53

Hình 3.1

3.2. 3.2.1.

Phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard Nội dung phương pháp

Bổ đề 3.1. Ta xác định các giả thiết sau: ¯ trong đó • Giả sử hàm ϕ (t, u) dương và liên tục theo hai biến (t, u) ∈ R ¯ = [0; T] × [0; 2r]. Giả sử hàm ϕ (t, u) là hàm tăng theo biến u. R • N.T ≤ 2r, với N = max ϕ (t, u) . 0≤t≤T

• Bài toán

  du = ϕ (t, u) dt u (0) = 0

(3.17)

¯ = [0; T] × [0; 2r] chỉ có nghiệm đồng nhất u (t) ≡ 0, với (t, u) ∈ R trong đó t ∈ [0; T] . Khi đó dãy {εn (t)} xác định bởi đẳng thức   ε0 (t) = N.t    Rt εn+1 (t) = ϕ [s, εn (s)] ds  0    n = 0, 1, 2, ...

là không tăng và εn → → 0 trên [0; T] khi n → ∞.

(3.18)

54

Chứng minh. Ta có

ε1 (t) =

Zt

ϕ [s, ε0 (s)] ds =

0

≤

Zt

Zt

ϕ (s, N t) ds ≤

0

Zt

ϕ (s, 2r) ds

0

max ϕ (s, 2r) ds ≤ N

0≤s≤T

0

Zt

ds = N t = ε0 (t) ,

0

suy ra ε1 (t) ≤ ε0 (t) . Giả sử εn (t) ≤ εn−1 (t) , khi đó do hàm ϕ (t, u) tăng theo biến u nên εn+1 (t) =

Zt

ϕ [s, εn (s)] ds ≤

0

Zt

ϕ [s, εn−1 (s)] ds = εn (t) ,

0

nghĩa là dãy {εn (t)} giảm. Mặt khác ϕ (t, u) ≥ 0 nên

Rt

ϕ [s, εn−1 (s)] ds ≥ 0 suy ra εn (t) ≥ 0.

0

Như vậy dãy {εn (t)} là dãy giảm và bị chặn dưới nên hội tụ, giả sử lim εn (t) = ε (t) .

n→∞

Dễ thấy ε (t) liên tục do tính liên tục của hàm ϕ (t, u) và cách xây dựng dãy {εn (t)} . Theo định lý Dini suy ra εn (t) → → ε (t) . Cho n → ∞ ở (3.18) và kết hợp với giả thiết (3.17) ta có εn (t) → → 0. Bổ đề được chứng minh. Bổ đề 3.2. Giả sử các hàm ϕi (t, u) , (t, u) ∈ [0; T] × [0; 2r] , i = 1, 2 là các hàm không âm, liên tục. • Dãy {δn } giảm, trong đó δn ≥ 0 và δn → 0 khi n → ∞. • Hàm ϕ1 (t, u) không giảm theo biến u. • Bài toán

  du = ϕ (t, u) + α (t) + δ 2 dt u (0) = 0

với α (t) ∈ [0; N1] , δ ∈ [0; δ1] , N1 = max ϕ1 (t, u) chỉ có nghiệm duy 0≤t≤T

nhất u và 0 ≤ u ≤ 2r.

55

• Bài toán

  du = ϕ (t, u) + ϕ (t, u) 2 1 dt u (0) = 0

(3.19)

chỉ có nghiệm duy nhất u (t) ≡ 0, t ∈ [0; T] . Khi đó dãy hàm {εn (t)}  0 ε0 (t)        0 εn+1 (t)     εn (0)    n

xác định bởi = ϕ2 [t, ε0 (t)] + N1 + δ1 ... = ϕ2 [t, εn+1 (t)] + ϕ1 [t, εn (t)] + δn+1 =0

(3.20)

= 0, 1, 2, ...

là dãy không tăng và εn (t) → → 0 trên [0; T] khi n → ∞. Chứng minh. Ta có 0

ε1 (t) = ϕ2 [t, ε1 (t)] + ϕ1 [t, ε0 (t)] + δ1 ≤ ϕ2 [t, ε1 (t)] + N1 + δ1 , hay ε1 (t) ≤ ϕ2 [t, ε1 (t)] + N1 + δ1 . 0

Từ bất đẳng thức trên và công thức (3.20), áp dụng bất đẳng thức vi phân ta có ε1 (t) ≤ ε0 (t) . Giả sử rằng εn (t) ≤ εn−1 (t) . Khi đó 0

εn+1 (t) = ϕ2 [t, εn+1 (t)] + ϕ1 [t, εn (t)] + δn+1 ≤ ϕ2 [t, εn+1 (t)] + ϕ1 [t, εn−1 (t)] + δn , hay 0

εn+1 ≤ ϕ2 [t, εn+1 (t)] + ϕ1 [t, εn−1 (t)] + δn . Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức vi phân ở đây và thu được εn+1 (t) ≤ εn (t) . Mặt khác, do εn (t) ≥ 0 nên εn (t) đồng biến, suy ra 0

εn (t) ≥ εn (0) = 0, ∀t ≥ 0.

56

Như vậy ta đã chỉ ra dãy εn (t) là dãy không âm, giảm và bị chặn dưới. Suy ra tồn tại giới hạn của dãy hàm này, giả sử lim εn (t) = ε (t) . n→∞

Theo cách xây dựng ở công thức (3.20) thì hàm ε (t) liên tục. Từ đó theo định lý Dini suy ra εn (t) → → ε (t). Cho n → ∞ ở công thức (3.20) ta được ( ε0 (t) = ϕ2 [t, ε (t)] + ϕ1 [t, ε (t)] ε (0) = 0.

(3.21)

Áp dụng giả thiết (3.19) vào bài toán (3.21) suy ra ε (t) ≡ 0. Kết luận εn → → 0 trên [0; T] khi n → ∞. Bổ đề được chứng minh. * Từ các kết quả thu được ở các bổ đề 3.1 và 3.2 dãy xấp xỉ nghiệm liên tiếp của bài toán (1-2) được xây dựng như sau   x0 (t) = x0 Rt  xn (t) = f [s, xn−1 (s)] ds + x0

(n = 1, 2, ...) .

(3.22)

0

Công thức (3.22) xây dựng như trên là hoàn toàn có nghĩa, vì với giả thiết

M.T ≤ r thì (t, x (t)) ∈ R = [0; T] × [x0 − r; x0 + r]. Thật vậy, từ (3.22) ta có t Z Zt |xn (t) − x0| = f [s, xn−1 (s)] ds ≤ |f [s, xn−1 (s)]| ds ≤

0 Zt

0

Mds = Mt ≤ MT ≤ r

0

⇒ |xn (t) − x0| ≤ r, suy ra (t, xn (t)) ∈ R. * Định lý sau đây khẳng định sự hội tụ của dãy xấp xỉ (3.22) đến nghiệm chính xác của bài toán (1-2). Định lý 3.6. Xét bài toán (1-2) thỏa mãn các điều kiện: • M.T ≤ r

57

• Hàm f (t, x) liên tục theo hai biến (t, x) trên R và thỏa mãn |f (t, x) − f (t, y)| < ϕ [t, |x − y|] , ∀ (t, x) , (t, y) ∈ R. • Hàm ϕ (t, u) thỏa mãn các điều kiện của bổ đề 3.1. Khi đó bài toán (1-2) có nghiệm duy nhất x (t) và nghiệm này là giới hạn của dãy xấp xỉ liên tiếp (3.22). Hơn nữa ta có đánh giá |xn+1 (t) − x (t)| ≤ εn (t) , ∀t ∈ [0; T] , n = 0, 1, 2, ...,

(3.23)

trong đó εn (t) được xây dựng theo công thức (3.18) ở bổ đề 3.1. Chứng minh. Từ giả thiết của định lý và áp dụng kết quả của định lý 3.2 (định lý Peano) suy ra bài toán (1-2) có nghiệm duy nhất. Gọi x (t) là nghiệm của bài toán (1-2). • Ta chứng minh bất đẳng thức (3.23). Đặt Vn (t) = |xn (t) − x (t)| . Do x (t) là nghiệm của bài toán (1-2) nên x (t) =

Zt

f [s, x (s)] ds + x0,

0

cùng với (3.22) ta có xn (t) − x (t) =

Zt

f [s, xn−1 (s)] ds −

Zt

{f [s, xn−1 (s)] − f [s, x (s)]} ds

Zt

|f [s, xn−1 (s)] − f [s, x (s)]| ds

Zt

ϕ [s, |xn−1 (s) − x (s)|] ds

Zt

ϕ [s, Vn−1 (s)] ds,

0

=

Zt

f [s, x (s)] ds

0

0

≤

0

≤

0

=

0

58

suy ra Vn (t) ≤

Rt

ϕ [s, Vn−1 (s)] ds.

0

• Tiếp theo ta đánh giá Vn (t) . Với n = 1 ta có V1 (t) ≤

Zt

ϕ [s, V0 (s)] ds ≤

0

Zt

ϕ (s, 2r) ds ≤

0

Zt

N ds = N t = ε0 (t) ,

0

suy ra V1 (t) ≤ ε0 (t) Giả sử Vn (t) ≤ εn−1 (t) , ∀t ∈ [0; T] . Khi đó Vn+1 (t) ≤

Zt

ϕ [s, Vn (s)] ds ≤

0

Zt

ϕ [s, εn−1 (s)] ds = ε0 (t) .

0

Như vậy ta có Vn+1 (t) ≤ εn (t) , ∀t ∈ [0; T] , n = 0, 1, 2, ..., hay |xn+1 (t) − x (t)| ≤ εn (t) , ∀t ∈ [0; T] , n = 0, 1, 2, .... Theo kết quả bổ đề 3.1 thì εn (t) → → 0 khi n → ∞ suy ra xn+1 (t) → → x (t) trên [0; T] khi n → ∞. Định lý được chứng minh. * Các xấp xỉ liên tiếp (3.22) được gọi là các xấp xỉ liên tiếp Picard. * Sau đây ta xét bài toán (1-2) khi hàm f (t, x) = f1 (t, x)+f2 (t, x), trong đó f1 (t, x) , f2 (t, x) xác định trong hình chữ nhật R thỏa mãn |f1 (t, x) − f1 (t, y)| ≤ ϕ1 [t, |x − y|]

(3.24)

sign (x − y) [f2 (t, x) − f2 (t, y)] ≤ ϕ2 [t, |x − y|] .

(3.25)

và Bài toán

  dx = f2 (t, x) + ξ (t) dt x (0) = x 0

(3.26)

59

có nghiệm duy nhất xˆ (t) trong R với mọi hàm liên tục ξ (t) (t ∈ [0; T]) thỏa mãn |ξ (t)| ≤ M1 , trong đó M1 = max |f1 (t, x)| . Hơn nữa nghiệm này có (t,x)∈R

thể tìm được. Khi đó nghiệm xấp xỉ của bài toán   dx = f (t, x) + f (t, x) 1 2 dt x (0) = x 0

được xây dựng như sau   = x0 , x0 (t) 0 xn+1 (t) = f2 [t, xn+1 (t)] + f1 [t, xn (t)] ,   xn+1 (0) = x0.

(3.27)

(3.28)

Định lý 3.7. Giả sử các hàm f1 (t, x) , f2 (t, x) xác định, liên tục trong R và thỏa mãn các điều kiện (3.24)-(3.25), trong đó các hàm ϕi (t, u) (i = 1, 2) thỏa mãn các điều kiện của bổ đề 3.2 với δ = 0, t ∈ [0; T] , u ∈ [0; 2r] . Khi đó bài toán (3.27) có nghiệm duy nhất x (t) là giới hạn của các xấp xỉ liên tiếp xn (t) được xây dựng theo công thức (3.28), hơn nữa sự hội tụ ở đây là hội tụ đều theo t. Ngoài ra tốc độ hội tụ còn được đánh giá theo công thức |xn+1 (t) − x (t)| ≤ εn (t) , trong đó εn (t) được xây dựng theo (3.20) trong bổ đề 3.2 với δn = 0, ∀n. Chứng minh. Trước tiên ta khẳng định các hàm f1 (t, x) , f2 (t, x) thỏa mãn các điều kiện (3.24)-(3.25) thì có đánh giá sau sign (x − y) (f (t, x) − f (t, y)) ≤ ϕ [t, |x − y|] , với ϕ (t, u) = ϕ1 (t, u) + ϕ2 (t, u) .

(3.29)

60

Thật vậy, sign (x − y) [f (t, x) − f (t, y)] = sign (x − y) {[f1 (t, x) − f1 (t, y)] + [f2 (t, x) − f2 (t, y)]} = sign (x − y) [f1 (t, x) − f1 (t, y)] + sign (x − y) [f2 (t, x) − f2 (t, y)] ≤ |f1 (t, x) − f1 (t, y)| + sign (x − y) [f2 (t, x) − f2 (t, y)] ≤ ϕ1 [t, |x − y|] + ϕ2 [t, |x − y|] . Từ đây áp dụng kết quả của định lý 3.2 và định lý 3.3 suy ra bài toán (3.27) có nghiệm duy nhất x (t) . Bây giờ ta sẽ chứng minh các xấp xỉ (3.28) sẽ hội tụ đều đến x (t) . Đặt Vn (t) = |xn (t) − x (t)| khi đó h 0 i 0 D∗ Vn (t) ≤ sign (xn (t) − x (t)) xn (t) − x (t) = sign (xn (t) − x (t)) ×

× [f2 (t, xn (t)) + f1 (t, xn−1 (t)) − f2 (t, x) − f1 (t, x)] = sign (xn (t) − x (t)) [f2 (t, xn (t)) − f2 (t, x)] + sign (xn (t) − x (t)) [f1 (t, xn−1 (t)) − f1 (t, x)] ≤ ϕ2 [t, |xn (t) − x (t)|] + |f1 [t, x (t)] − f1 [t, xn−1 (t)]| ≤ ϕ1 [t, |xn−1 (t) − x (t)|] + ϕ2 [t, |xn (t) − x (t)|] , hay D∗ Vn (t) ≤ ϕ1 [t, Vn−1 (t)] + ϕ2 [t, Vn (t)] và Vn (0) = |xn (0) − x (0)| = |x0 − x0| = 0. Áp dụng bất đẳng thức vi phân ta sẽ chứng minh được rằng Vn+1 (t) ≤ εn (t) . Thật vậy, với n = 1 ta có D∗ V1 (t) ≤ ϕ2 [t, V1 (t)] + ϕ1 [t, V0 (t)] ≤ ϕ2 [t, V1 (t)] + ϕ1 (t, 2r) ,

61

hay D∗V1 (t) ≤ ϕ2 [t, V1 (t)] + N1 . Áp dụng bất đẳng thức vi phân và chú ý đến công thức xây dựng εn (t) ở bổ đề 3.2 với δ1 = 0 ta thu được V1 (t) ≤ ε0 (t) . Giả sử Vn (t) ≤ εn−1 (t) . Ta có Vn+1 (t) = |xn+1 (t) − x (t)| và D∗Vn+1 (t) ≤ ϕ2 [t, Vn+1 (t)] + ϕ1 [t, Vn (t)] ≤ ϕ2 [t, Vn+1 (t)] + ϕ1 [t, εn−1 (t)] . Theo công thức xây dựng εn (t) ở bổ đề 3.2 thì 0

εn (t) = ϕ2 [t, εn (t)] + ϕ1 [t, εn−1 (t)] . Áp dụng bất đẳng thức vi phân ta có Vn+1 ≤ ε (t) . Vậy |xn+1 (t) − x (t)| ≤ εn (t) (∀t ∈ [0; T] , n = 0, 1, 2, ...) . Lại theo bổ đề 3.2 thì εn (t) → → 0 khi n → ∞ vậy nên xn (t) → → x (t) . Định lý được chứng minh. Nhận xét 3.5. Nếu hàm ϕ1 (t, u) = L1.u (L1 > 0) và ϕ2 (t, u) = L2.u, khi đó hàm ϕ1 (t, u) tăng theo biến u và tất cả các điều kiện của định lý (3.7) đối với hàm ϕ1 (t, u) , ϕ2 (t, u) đều được thỏa mãn. Trong trường hợp này thì (CL1T)n εn (t) ≤ .2r, n! trong đó C = eL2 T . Nhận xét 3.6. Trong định lý 3.7 ta giả thiết rằng bài toán (3.26) là luôn giải được (tìm được nghiệm chính xác xˆ (t)), tuy nhiên trong thực tế nghiệm này có thể tìm được gần đúng bằng phương pháp nào đó. Đặc biệt, khi ta dùng phương pháp đường gấp khúc Euler thì bài toán (3.27) sẽ được giải gần đúng nhờ sự kết hợp giữa phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard và phương pháp đường gấp khúc Euler.

62

* Sự kết hợp của phương pháp đường gấp khúc Euler và phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard giải toán (3.27) cho ra dãy xấp xỉ nghiệm được xây dựng như sau   x0 (t) = x0      xn (0) = x0      ...  Rt  xn (t) = f1 [s, xn−1 (s)] ds + xn (tk−1)    0     +f2 [tk−1 , xn (tk−1)] (t − tk−1 )    t ≤ t ≤ t , k = 1, n, n = 1, 2, ... k−1

(3.30)

k

Định lý 3.8. Trong bài toán (3.27), giả sử các hàm f1 (t, x) và f2 (t, x) liên tục trong hình chữ nhật R, thỏa mãn các điều kiện (3.24)-(3.25). Các hàm ϕ1 (t, u) và ϕ2 (t, u) thỏa mãn các điều kiện của bổ đề 3.2. Khi đó dãy xấp xỉ được xây dựng ở (3.30) hội tụ đến nghiệm x (t) của bài toán (3.27), tốc độ hội tụ được đánh giá bởi bất đẳng thức |xn+1 (t) − x (t)| ≤ εn (t) , trong đó εn (t) được xác định theo (3.20) ở bổ đề 3.2 với     δm = sup max |f2 [tk−1 , xn (tk−1 )] − f2 [t, xn (t)]| .  n≥m  0≤t≤T 1≤k≤n

Chứng minh. Đặt Vn (t) = |xn (t) − x (t)| . Khi đó ta có  0  0 D∗ Vn (t) ≤ sign (xn (t) − x (t)) xn (t) − x (t) = sign (xn (t) − x (t)) ×

× {f1 [t, xn−1 (t)] + f2 [tk−1, xn (tk−1 )] − f1 [t, x (t)] − f2 [t, x (t)]} = sign (xn (t) − x (t)) {f1 [t, xn−1 (t)] − f1 [t, x (t)]} + sign (xn (t) − x (t)) {f2 [t, xn (t)] − f2 [t, x (t)]} + sign (xn (t) − x (t)) {f2 [tk−1 , xn (tk−1)] − f2 [t, xn (t)]} ≤ |f1 [t, xn−1 (t)] − f1 [t, x (t)]|

63

+ sign (xn (t) − x (t)) {f2 [t, xn (t)] − f2 [t, x (t)]} + |f2 [tk−1, xn (tk−1)] − f2 [t, xn (t)]| ≤ ϕ1 [t, |xn−1 (t) − x (t)|] + ϕ2 [t, |xn (t) − x (t)|] + δn . Như vậy ta có ( D∗ Vn (t) ≤ ϕ2 [t, Vn (t)] + ϕ1 [t, Vn−1 (t)] + δn Vn (0) = 0.

(3.31)

Cho n = 1 ở (3.31) thu được D∗ V1 (t) ≤ ϕ2 [t, V1 (t)] + ϕ1 [t, V0 (t)] + δ1 ≤ ϕ2 [t, V1 (t)] + N1 + δ1. Mặt khác theo cách xây dựng εn (t) từ (3.20) ở bổ đề 3.2 thì 0

ε0 (t) = ϕ2 [t, ε0 (t)] + N1 + δ1 . Áp dụng bất đẳng thức vi phân ta được V1 (t) ≤ ε0 (t) . Giả sử có Vn (t) ≤ εn−1 (t) . Khi đó từ (3.31) suy ra D∗ Vn+1 (t) ≤ ϕ2 [t, Vn+1 (t)] + ϕ1 [t, Vn (t)] + δn+1 ≤ ϕ2 [t, Vn+1 (t)] + ϕ1 [t, εn−1 (t)] + δn, hay

( D∗ Vn+1 (t) ≤ ϕ2 [t, Vn+1 (t)] + ϕ1 [t, εn−1 (t)] + δn Vn+1 (0) = 0.

Mặt khác lại có ( 0 εn (t) ≤ ϕ2 [t, εn (t)] + ϕ1 [t, εn−1 (t)] + δn εn (0) = 0. Áp dụng bất đẳng thức vi phân suy ra Vn+1 (t) ≤ εn (t) . Như vậy ta chứng minh được |xn+1 (t) − x (t)| ≤ εn (t) . Khi n → ∞ thì εn (t) → → x (t) . Định lý được chứng minh. → 0 nên xn (t) →

64

3.2.2.

Ví dụ

Ví dụ 3.2. Sử dụng phương pháp xấp xỉ liên tiếp Picard, tìm nghiệm xấp xỉ của bài toán

(

dx = x2 t + 1 dt x (0) = 1

xác định trên đoạn [0; 1] . Giải. Ta thực hiện việc tìm nghiệm xấp xỉ bằng thuật toán lập trình trên Maple. • Trước tiên ta tìm nghiệm xấp xỉ liên tiếp Picard và vẽ đồ thị nghiệm gần đúng của bài toán với n = 5 (hình 3.2). > n:=5: > f:=unapply(x2 ∗ t + 1, t, x): > x[0]:=t->1: > for k from 1 to n do tp[k]:=int(f(s,x[k-1](s)),s=0..t): x[k]:=unapply(tp[k]+x[0](t),t): simplify(f(s,x[k](s))): >od: >print(evalf(x[n](t), 5)); x5 (t) = 1 + t + 0.5t2 + 0.43056t6 + 0.46667t5 + 0.5t4 + 0.66667t3 + 0.14898t14 + 0.17794t13 + 0.2092t12 + 0.24285t11 + 0.27304t10 + 0.3041t9 + 0.3423t8 + 0.3714t7 + 0.12276t15 + 0.00118t30 + 0.0018105t29 + 0.0027216t28 + 0.0040137t27 + 0.0058119t26 + 0.0082706t25 + 0.011576t24 + 0.015948t23 + 0.021641t22 + 0.080107t17 + 0.028933t21 + 0.038124t20 + 0.049516t19 + 0.063405t18 + 0.099855t16 + 6.505310−16t58 + 10−47.5382t31

65

+ 10−44.710t32 + 10−214.238t62 + 10−191.842t61 + 10−184.036t60 + 10−175.916t59 + 10−155.71t57 + 10−144.16t56 + 10−132.585t55 + 10−101.11t51 + 10−121.39t54 + 10−126.68t53 + 10−112.864t52 + 10−103.9565t50 + 10−91.3t49 + 10−93.976t48 + 10−81.14t47 + 10−83.082t46 + 10−87.893t45 + 10−71.922t44 + 10−74.469t43 + 10−55.6708t36 + 10−79.9523t42 + 10−62.1287t41 + 10−64.3848t40 + 10−53.129t37 + 10−59.997t35 + 10−41.7172t34 + 10−42.8777t33 >plot(x[n](t),t=0..1);

Hình 3.2

• Dùng phần mềm Maple ta tìm nghiệm gần đúng của bài toán dưới dạng chuỗi như sau > dsolve(y(0)=1,diff(y(t), t) = y(t)2 ∗ t + 1,y(t),series);
1 2 1 7 y (t) = 1 + t + t2 + t3 + t4 + t5 + O t6 2 3 2 15

• Ta vẽ đồ thị nghiệm xấp xỉ Picard (đường màu đỏ) và nghiệm gần đúng dạng chuỗi khai triển đến bậc 5(đường màu xanh) của bài toán trên cùng một hệ trục (hình 3.3) như sau >plot([x[n](t),1 + t + 12 t2 + 32 t3 + 21 t4 +

7 5 15 t ],t=0..1,color=[red,blue]);

66

Hình 3.3

3.3. 3.3.1.

Phương pháp Chaplyghin và Chaplyghin cải tiến Nội dung phương pháp Chaplyghin

Ta tiếp tục xét bài toán (1-2), kí hiệu x0 (t) và x0 (t) là các xấp xỉ không dưới và không trên thỏa mãn: • Liên tục trên [0; T] . • Khả vi liên tục trên [0; T] . • Thỏa mãn các bất đẳng thức:   dx0 (t) dx0 (t) > f [t, x0 (t)] ; < f t, x0 (t) dt dt

và x0 (0) = x0 = x0 (t) .

Ta giả thiết f (t, x) liên tục trên miền {0 ≤ t ≤ T, − ∞ < x < +∞}, khi đó áp dụng bất đẳng thức vi phân ta được x0 (t) < x0 (t) (0 ≤ t ≤ T) . Đặt x0 = min x0 (t) , x0 = max x0 (t) . Sau đây ta giả thiết hàm f (t, x) 0≤t≤T 0≤t≤T   b liên tục trên R = [0; T] × x0; x0 và có đạo hàm cấp hai theo x liên tục, giữ b nguyên dấu trên R. 00

Trường hợp 1. fxx (t, x) > 0.

67

Ta xây dựng các toán tử tuyến tính như sau:  
  f [t, x0 (t)] − f t, x0 (t) (0) x − x0 (t) + f t, x0 (t) , L1 (x) = x0 (t) − x0 (t)  
  0 (0) L2 (x) = fx t, x0 (t) x − x0 (t) + f t, x0 (t) .

Khi đó các xấp xỉ trên và dưới được xây dựng thông qua các phương trình  (0)  dx1 (t) = L1 (x1) dt x (0) = x0 1

và

  dx1 (t) dt x (0) 1

(0)

= L1

= x0 ,

x1




nghĩa là x1 (t) , x1 (t) được tìm từ phương trình vi phân tuyến tính cấp một nói trên.

Theo giả thiết về các xấp xỉ không dưới và không trên ta có  dx0 (t)  L(0) = f [t, x0 (t)] < 1 (x0 ) dt
  dx  L(0) x0 = f t, x0 (t) > 0 (t) . 2 dt Áp dụng bất đẳng thức vi phân thu được

x0 (t) > x1 (t) , x0 (t) < x1 (t) , x0 (t) < x1 (t) . Ta sẽ chứng minh    dx1 dt dx1   dt

> f [t, x1 (t)] , x1 (0) = x0   < f t, x1 (t) , x1 (0) = x0.

(3.32)

Thật vậy, theo định nghĩa ta có

 
  f [t, x0 (t)] − f t, x0 (t) dx1 (0) x1 (t) − x0 (t) + f t, x0 (t) = L1 (x1) = dt x0 (t) − x0 (t) (    ) f [t, x1 (t)] − f t, x0 (t) f [t, x0 (t)] − f t, x0 (t) − = x0 (t) − x0 (t) x1 (t) − x0 (t) + f [t, x1 (t)] .

68

Do fx002 (t, x) > 0 nên fx0 (t, x) đồng biến từ đó ta có đánh giá     f [t, x0 (t)] − f t, x0 (t) f [t, x1 (t)] − f t, x0 (t) A= − ≥ 0. x0 (t) − x0 (t) x1 (t) − x0 (t) Mà x1 (t) − x0 (t) > 0, vậy nên Tương tự ta có

dx1 > f [t, x1 (t)] . dt



  dx1 (0) = L2 x1 = f 0 t, x0 (t) x1 (t) − x0 (t) + f t, x0 (t) dt "    # 
 f t, x (t) − f t, x (t) 1 0 = f 0 t, x0 (t) − x1 (t) − x0 (t) x1 (t) − x0 (t)     + f t, x1 (t) ≤ f t, x1 (t) .

Vậy (3.32) được chứng minh.

Từ đó các xấp xỉ liên tiếp được xây dựng như sau: dxn+1 (n) = L1 (xn+1) , xn+1 (0) = x0, dt
dxn+1 (n) = L2 xn+1 , xn+1 (0) = x0, dt (n = 1, 2, ...) trong đó  
  x (t)] − f t, x (t) f [t, n n (n) x − xn (t) + f t, xn (t) , L1 (x) = xn (t) − xn (t)  
  (n) L2 (x) = fx0 t, xn (t) x − xn (t) + f t, xn (t) .

Giả sử đã chứng minh được

dxn > f [t, xn (t)] , xn (0) = x0, dt   dxn < f t, xn (t) , xn (0) = x0. dt

Lại áp dụng bất đẳng thức vi phân ta có

dxn+1 > f [t, xn+1 (t)] , xn+1 (0) = x0, dt   dxn+1 < f t, xn+1 (t) , xn+1 (0) = x0, dt

(3.33)

69

và xn+1 (t) < xn (t) , xn+1 (t) > xn (t) . Như vậy dãy xấp xỉ được xây dựng như trên thỏa mãn các bao hàm thức sau với mọi t ∈ [0; T]         x0 (t) , x0 (t) ⊃ x1 (t) , x1 (t) ⊃ ... ⊃ xn (t) , xn (t) ⊃ xn+1 (t) , xn+1 (t) .

(3.34)

00

Trường hợp 2. fxx (t, x) < 0. Các xấp xỉ trên và dưới được xây dựng như sau: dxn+1 (n) = L2 (xn+1) , xn+1 (0) = x0, dt
dxn+1 (n) = L1 xn+1 , xn+1 (0) = x0, dt (n = 1, 2, ...)

(3.35)

trong đó (n)

L2 (x) = fx0 [t, xn (t)] (x − xn (t)) +  f [t, xn (t)] ,
  f [t, xn (t)] − f t, xn (t) (n) x − xn (t) + f t, xn (t) . L1 (x) = xn (t) − xn (t)

Ta cũng chứng minh được dãy các xấp xỉ trên và dưới được xây dựng ở (3.35) thỏa mãn bao hàm thức (3.34). * Các xấp xỉ trên và dưới được xây dựng theo công thức (3.33) hoặc (3.35) được gọi là các xấp xỉ Chaplyghin. Định lý 3.9. Giả sử hàm f (t, x) liên tục theo hai biến trên hình chữ nhật b có đạo hàm cấp hai theo biến x cũng là hàm liên tục và không đổi dấu trên R,

b Khi đó các xấp xỉ Chaplyghin trên và dưới hội tụ đều đến nghiệm miền R.

duy nhất của bài toán (1-2), hơn nữa tốc độ hội tụ được đánh giá bởi công thức

xn (t) − xn (t) ≤ trong đó C = 3.3.2.

2C , 22n

1 , k = µeλT , λ = max |fx0 [t, x (t)]| , µ = max fx002 [t, x (t)] . b b 2kT R R

Phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ nhất

Nhận xét 3.7. Cải tiến phương pháp Chaplyghin ở đây chính là việc xây dựng dãy xấp xỉ trên dưới trực tiếp qua hàm f (t, x) mà không cần thông qua (n)

(n)

các toán tử L1 (x) , L2 (x) .

70

Xét bài toán (1-2) với hàm f (t, x) liên tục, đơn điệu tăng theo x trên R = [0; T] × [x0 − r; x0 + r] (r > 0) . Giả sử x0 (t) , x0 (t) thỏa mãn các bất đẳng thức:   dx0 (t) < f t, x0 (t) , dt dx0 (t) > f [t, x0 (t)] , dt

x0 (0) = x0,

(3.36)

x0 (0) = x0 .

Ta coi x0 (t) , x0 (t) là các xấp xỉ đầu tiên. Các xấp xỉ tiếp theo được xây dựng như sau   dxn (t) = f t, xn−1 (t) , xn (0) = x0, dt (3.37) dxn (t) = f [t, xn−1 (t)] , xn (0) = x0. dt  Ta chứng minh dãy xn (t) đơn điệu tăng, bị chặn trên và dãy {xn (t)}

đơn điệu giảm, bị chặn dưới. Đồng thời xn (t) ≤ xn (t) (∀n, m) . • Ta có  dx0 (t)  dx1 (t) = f t, x0 (t) > dt dt dx1 (t) dx0 (t) > ⇒ dt dt t Zt Z dx0 (t) dx1 (t) ≥ ⇒ dt dt 0

0

⇒x1 (t) − x1 (0) ≥ x0 (t) − x0 (0) ⇔x1 (t) ≥ x0 (t) . Giả sử xn−1 (t) ≥ xn (t) . Khi đó ta có    dxn+1 (t)  dxn (t) = f t, xn−1 (t) ≤ f t, xn (t) = . dt dt

Tiếp tục lấy tích phân hai vế trên đoạn [0; t] của bất đẳng thức trên với điều kiện xn (0) = x0 = xn+1 (0) thu được xn (t) ≤ xn+1 (t) .  Vậy theo qui nạp dãy xn (t) là dãy tăng.

71

Mặt khác, theo giả thiết (3.36) ta có x0 (t) ≤ x0 (t) . Giả sử xn (t) ≤ x0 (t) , khi đó từ   dxn+1 (t) = f t, xn (t) dt

và

dx0 (t) ≥ f [t, x0 (t)] , dt

suy ra     d x0 (t) − xn+1 (t) ≥ f [t, x0 (t)] − f t, xn (t) ≥ 0. dt

Lấy tích phân hai vế trên đoạn [0; t] thu được x0 (t) ≥ xn+1 (t).  Như vậy dãy xn+1 (t) bị chặn trên.

• Bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được dãy {xn (t)} là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới xn (t) ≥ x0 (t) (∀t ∈ [0; T]). • Bây giờ ta chứng minh xn (t) ≤ xn (t) (∀n, m) . Giả sử bất đẳng thức đúng với cặp số m, n nào đó. Do tính đơn điệu tăng theo biến x của hàm f (t; x) nên với n cố định ta có   dxm+1 (t) dxn (t) − = f [t, xm (t)] − f t, xn−1 (t) ≥ 0, dt dt xm+1 (0) = x0 = xn (0) , hay

  d xm+1 (t) − xn (t) ≥ 0, dt

xm+1 (0) = x0 = xn (0) .

Lấy tích phân hai vế trên đoạn [0; t] ta thu được xn (t) ≤ xm+1 (t) . Kết luận xn (t) ≤ xn (t) (∀n, m) .  Nhờ các kết quả trên suy ra các dãy xn (t) , {xn (t)} hội tụ.

Giả sử lim xn (t) = x (t) , lim xn (t) = x (t) . n→∞

n→∞

72

Từ đó ta cho n → ∞ ở (3.37) được dx (t) = f [t, x (t)] , x (0) = x0. dt dx (t) = f [t, x (t)] , x (0) = x0. dt Điều này chứng tỏ rằng x (t) , x (t) là nghiệm của bài toán (1-2). Định lý 3.10. Giả sử hàm f (t, x) liên tục theo hai biến trên R thỏa mãn điều kiện 0 ≤ f (t, x) − f (t, y) ≤ ϕ (t, x − y) (x > y). Trong đó hàm ϕ (t, u) đơn điệu tăng theo biến u và bài toán ( du = ϕ (t, u) dt u (0) = 0 chỉ có nghiệm duy nhất u (t) ≡ 0. Khi đó các xấp xỉ trên và dưới được xây dựng theo công thức (3.37) hội tụ đều tới nghiệm duy nhất của bài toán (1-2). Tốc độ hội tụ được đánh giá bởi bất đẳng thức xn (t) − xn (t) ≤ εn (t) , trong đó εn (t) được xác định như sau  Rt    ε0 (t) ≥ x0 (t) − x0 (t) + ϕ [s, ε0 (s)] ds 0

0

εn (t) = ϕ [t, εn−1 (t)]     εn (0) = 0.

(n = 1, 2, ...)

Chứng minh. Đặt Vn (t) = xn (t) − xn (t), khi đó ta có   dVn (t) dxn (t) dxn (t) = − = f [t, xn−1 (t)] − f t, xn−1 (t) dt dt dt  ≤ ϕ t, xn−1 (t) − xn−1 (t) = ϕ [t, Vn−1 (t)] ,

dVn (t) ≤ ϕ [t, Vn−1 (t)] . dt Hơn nữa Vn (0) = xn (0) − xn (0) = x0 − x0 = 0.

suy ra

* Ta sẽ chứng minh Vn (t) ≤ εn (t) . Theo giả thiết ta có V0 (t) = x0 (t) − x0 (t) ≤ x0 (t) − x0 (t) +

Zt 0

ϕ [s, ε0 (s)] ds = ε0 (t) .

73

Suy ra V0 (t) ≤ ε0 (t) . Giả sử Vn−1 (t) ≤ εn−1 (t) . Khi đó dVn (t) ≤ ϕ [t, Vn−1 (t)] ≤ ϕ [t, εn−1 (t)] , dt lấy tích phân hai vế trên đoạn [0; t] ta có Vn (t) − Vn (0) ≤ εn (t) ⇒ Vn (t) ≤ εn (t) . * Ta chứng minh εn (t) → → 0 trên [0; T] . Dễ thấy ε0 (t) ≥ x0 (t) − x0 (t) +

Zt

ϕ [s, ε0 (s)] ds ≥ ε1 (t) .

0

Giả sử có εn−1 (t) ≥ εn (t) , suy ra ϕ [t, εn−1 (t)] ≥ ϕ [t, εn (t)] ⇒

Zt

ϕ [s, εn−1 (s)] ds ≥

0

Zt

ϕ [s, εn (s)] ds,

0

hay εn (t) ≥ εn+1 (t) . Mặt khác, ta lại có Zt

0

εn (s) ds =

0

Zt

ϕ [s, εn−1 (s)] ds ≥ 0 ⇒ εn (t) − εn (0) ≥ 0,

0

suy ra εn (t) ≥ 0 (∀t ∈ [0; T]) . Như vậy ta đã chỉ ra dãy {εn (t)} là dãy giảm, bị chặn dưới nên hội tụ, giả sử lim εn (t) = ε (t). n→∞

Theo cách xây dựng thì ( 0 εn (t) = ϕ [t, εn−1 (t)] ε (0)

cho n → ∞ được

(

= 0,

ε0 (t) = ϕ [t, ε (t)] ε (0) = 0

mà theo giả thiết bài toán này chỉ có nghiệm duy nhất ε (t) ≡ 0. Vậy lim εn (t) = 0. Định lý được chứng minh. n→∞

74

3.3.3.

Phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ hai

Nhận xét 3.8. Trong phương pháp Chaplyghin để tính các xấp xỉ nghiệm ta phải tính đến các đại lượng   f [t, xn (t)] − f t, xn (t) (n = 0, 1, 2, ...) . xn (t) − xn (t) Điều này đòi hỏi một khối lượng tính toán rất lớn. Một trong những cách khắc phục khó khăn này là thay thế các đại lượng trên bởi các hằng số, đây cũng là nội dung của phương pháp Chaplyghin cải biên thứ hai. Ta xét bài toán (1-2) với giả thiết hàm f (t, x) thỏa mãn điều kiện f (t, x) − f (t, y) ≥ −L (x − y) (∀ (t, x) , (t, y) ∈ R; x > y) , trong đó L là hằng số dương (đây còn gọi là tính chất tăng yếu của hàm f (t, x) theo biến x). Giả sử các xấp xỉ ban đầu x0 (t) , x0 (t) thỏa mãn điều kiện (3.36). Các xấp xỉ liên tiếp xn+1 (t) , xn+1 (t) được xây dựng như sau:
  dxn+1 (t) = −L xn+1 (t) − xn (t) + f t, xn (t) , xn+1 (0) = x0, dt dxn+1 (t) = −L (xn+1 (t) − xn (t)) + f [t, xn (t)] , xn+1 (0) = x0, dt (n = 0, 1, 2, ...) .  • Ta chứng minh xn (t) là dãy đơn điệu tăng, bị chặn trên. Ta có

(3.38)

 
  dx0 (t) d x1 (t) − x0 (t) = −L x1 (t) − x0 (t) + f t, x0 (t) − . dt dt

Theo giả thiết (3.36) suy ra  
d x1 (t) − x0 (t) ≥ −L x1 (t) − x0 (t) dt và x1 (0) − x0 (0) = x0 − x0 = 0.

Áp dụng bất đẳng thức vi phân ta có x1 (t) − x0 (t) ≥ 0 ⇒ x1 (t) ≥ x0 (t) .

75

Giả sử xn (t) ≥ xn−1 (t) khi đó ta có  

d xn−1 (t) − xn (t) = − L xn+1 (t) − xn (t) + L xn (t) − xn−1 (t) dt     + f t, xn (t) − f t, xn−1 (t) . Do hàm f (t, x) thỏa mãn điều kiện tăng yếu nên

   
f t, xn (t) − f t, xn−1 (t) ≥ −L xn (t) − xn−1 (t) ,

suy ra  
d xn−1 (t) − xn (t) ≥ −L xn+1 (t) − xn (t) , xn+1 (0) − xn (0) = 0. dt Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức vi phân ta thu được

xn+1 (t) − xn (t) ≥ 0 ⇒ xn+1 (t) ≥ xn (t) (∀t ∈ [0; T]) .  Vậy dãy xn (t) đơn điệu tăng trên đoạn [0; T] .

Mặt khác, theo giả thiết x0 (t) ≤ x0 (t) . Giả sử xn (t) ≤ x0 (t) (∀n ≥ 0) , kết hợp với điều kiện (3.36) ta có    
d x0 (t) − xn+1 (t) ≥ f [t, x0 (t)] − f t, xn (t) + L xn+1 (t) − xn (t) dt

≥ −L x0 (t) − xn (t) + L xn+1 (t) − xn (t)
= −L x0 (t) − xn+1 (t) ,

hay

 
d x0 (t) − xn+1 (t) ≥ −L x0 (t) − xn+1 (t) , x0 (0) − xn+1 (0) = 0. dt

Áp dụng bất đẳng thức vi phân thu được x0 (t) ≥ xn+1 (t) . Theo phương pháp qui nạp kết luận x0 (t) ≥ xn+1 (t) (∀n) . • Bằng cách tương tự ta cũng chứng minh được dãy {xn (t)} giảm, bị chặn trên.  Suy ra các dãy xn (t) , {xn (t)} hội tụ.

76

• Tiếp theo ta chứng minh xm (t) ≥ xn (t) (∀m, n) . Giả sử xm (t) ≥ xn (t) đúng với cặp số m, n nào đó. Với n cố định ta chứng minh xm+1 (t) ≥ xn (t) . Ta có  

d xm+1 (t) − xn (t) = − L xm+1 (t) − xm (t) + L xn (t) − xn−1 (t) dt   + f [t, xm (t)] − f t, xn−1 (t) . Mà theo giả thiết

 
f [t, xm (t)] − f t, xn−1 (t) ≥ −L xm (t) − xn−1 (t) ,

suy ra  
d xm+1 (t) − xn (t) ≥ −L xm+1 (t) − xn (t) , xm+1 (0) − xn (0) = 0. dt Áp dụng bất đẳng thức vi phân thu được xm+1 (t) ≥ xn (t).

Như vậy ta đã chỉ ra rằng x0 (t) ≤ x1 (t) ≤ ... ≤ xn (t) ≤ ... ≤ xm (t) ≤ ... ≤ x1 (t) ≤ x0 (t) . Đặt x (t) = lim xn (t) , x (t) = lim xn (t) . Khi đó cho n → ∞ ở (3.38) ta có

n→∞

n→∞

dx (t) = f [t, x (t)] , x (0) = x0, dt dx (t) = f [t, x (t)] , x (0) = x0, dt chứng tỏ x (t) , x (t) là nghiệm của bài toán (1-2).   b = [0; T] × x0; x0 thỏa Định lý 3.11. Giả sử hàm f (t, x) xác định trên R

mãn điều kiện

−L (x − y) ≤ f (t, x) − f (t, y) ≤ ϕ (t, x − y)



 b ∀ (t, x) , (t, y) ∈ R, x > y ,

77

trong đó x0 = min x0 (t) , x0 = max x0 (t), hàm ϕ (t, u) tăng theo biến u và 0≤t≤T

bài toán

0≤t≤T

  du = ϕ (t, u) dt u (0) = 0

chỉ có nghiệm duy nhất u (t) ≡ 0 trên đoạn [0; T] . Khi đó dãy các xấp xỉ trên và dưới được xây dựng theo công thức (3.38) sẽ hội tụ đều tới nghiệm duy nhất của bài toán (1-2), hơn nữa còn có đánh giá sau xn (t) − xn (t) ≤ εn (t) , trong đó εn (t) được xác định như sau: ε0 (t) ≥ x0 − x0 +

Zt

e−L(t−s) {Lε0 (s) + ϕ [s, ε0 (s)]} ds

0

0

εn+1 (t) = −Lεn+1 (t) + Lεn (t) + ϕ [t, εn (t)] εn+1 (0) = 0. * Nội dung chứng minh định lý trên tương tự định lý (3.10). 3.3.4.

Ví dụ

Ví dụ 3.3. Tìm nghiệm xấp xỉ Chaplyghin (xấp xỉ trên và dưới) của bài toán sau:

xác định trên đoạn [0; 3] .

  dx =x+t−1 dt x (0) = 1

Giải. Ta sử dụng phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ nhất để tìm nghiệm xấp xỉ (trên và dưới) của bài toán. • Thuật toán tìm dãy nghiệm xấp xỉ được thực hiện trên Maple, xét với t ∈ [0; 3] , n = 5. > restart; > n := 5;

78

> Xd := array(0 .. n); > Xt := array(0 .. n); > f:=unapply(x+t-1,t,x): > Xd[0] := t-> 1-t: Xt[0] := t-> 2exp(t)-1: > hamso1 := f(t, Xd[0](t)); > for k to n do vp1 := dsolve({y(0) = 1, diff(y(t), t) = hamso1}, y(t)): expr1 := subs(vp1, y(t)): hamso1 := f(t, expr1): Xd[k] := unapply(expr1, t): od: > hamso2 := f(t, Xt[0](t)): > for k to n do vp2 := dsolve({y(0) = 1, diff(y(t), t) = hamso2}, y(t)): expr2 := subs(vp2, y(t)): hamso2 := f(t, expr2): Xt[k] := unapply(expr2, t): od: > print(Xt[n](t)); 2et + (1/720)t6 − (1/120)t5 − (1/24)t4 − (1/6)t3 − (1/2)t2 − 2t − 1 > print(Xd[n](t)); (1/120)t5 + (1/24)t4 + (1/6)t3 + (1/2)t2 + 1 • Sau đây là nghiệm đúng của bài toán >solution:=dsolve(diff(u(t),t)=u(t)+t-1,u(0)=1,u(t)); u(t) = −t + et

79

• Dùng Maple ta vẽ đồ thị nghiệm đúng và các xấp xỉ nghiệm trên, dưới của bài toán trên cùng một hệ trục tọa độ như sau: >expr:=subs(solution,u(t)): >plot([Xt[n](t),expr,Xd[n](t)],t=0..3,color=[blue,red,blue]);

Hình 3.4

Trong hình 3.4, đường cong màu đỏ là đồ thị nghiệm đúng của bài toán, các đường cong màu xanh tương ứng là đồ thị của nghiệm xấp xỉ Chaplyghin trên Xt5 (t) và dưới Xd5 (t) của bài toán. Ví dụ 3.4. Tìm nghiệm xấp xỉ Chaplyghin (xấp xỉ trên và dưới) của bài toán sau:

xác định trên đoạn [0; 1] .

  dx = t2 − x2 dt x (0) = 0

Giải. Ta sử dụng phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ hai để tìm nghiệm xấp xỉ (trên và dưới) của bài toán. • Thuật toán tìm dãy nghiệm xấp xỉ được thực hiện trên Maple, xét với t ∈ [0; 1] , n = 3.

80

> restart; > n := 3; > Xd := array(0 .. n); > Xt := array(0 .. n); > f:=unapply(t2 − x2,t,x): > Xd[0] := t-> -t: Xt[0] := t-> t: > hamso1 := f(t, Xd[0](t)); > for k to n do vp1 := dsolve({y(0) = 0, diff(y(t), t) = -(y(t)-Xd[k-1](t))+hamso1}, y(t)): expr1 := subs(vp1, y(t)): hamso1 := f(t, expr1): Xd[k] := unapply(expr1, t): od: > hamso2 := f(t, Xt[0](t)): > for k to n do vp2 := dsolve({y(0) = 0, diff(y(t), t) = -(y(t)-Xt[k-1](t))+hamso2}, y(t)): expr2 := subs(vp2, y(t)): hamso2 := f(t, expr2): Xt[k] := unapply(expr2, t): od: > print(Xt[n](t)); {44t + 5e−2t − (29/3)t3 − 8t2 et + 2te−2t − t2 e−2t +20te−t − 5t2 e−t − 2t3e−t + t4 e−t + 49tet + 25e−t +(9/2)t2 + (3/2)t4 − 79et + (1/3)e−3t + 146/3}e−t

81

> print(Xd[n](t)); {−(5/3)t3 − t2 e−2t + 16te−t + 7t2 e−t + 2t3e−t + t4e−t + 3tet +13e−t + (3/2)t2 + (1/2)t4 − 5et + (1/3)e−3t − 25/3}e−t • Sau đây là đồ thị biểu diễn nghiệm đúng và các xấp xỉ nghiệm Chaplyghin trên, dưới của bài toán >solution:=dsolve(diff(u(t),t)=t2 − u(t)2,u(0)=0,u(t)); >dothi:=subs(solution,u(t)): >plot([Xt[n](t),dothi,Xd[n](t)],t=0..1,color=[blue,red,blue]);

Hình 3.5

Trong hình 3.5, đường cong nằm giữa (màu đỏ) là đồ thị nghiệm đúng của bài toán, các đường cong nằm trên (dưới) (màu xanh) tương ứng là đồ thị của nghiệm xấp xỉ Chaplyghin trên (dưới) của bài toán.

Kết luận

Dưới sự hướng dẫn tận tình của TS. Khuất Văn Ninh, tác giả đã hoàn thành luận văn đúng kế hoạch và đạt được mục đích nghiên cứu đề ra. Cụ thể, nội dung luận văn gồm ba chương: Chương 1: Nghiên cứu một cách khái quát về bất đẳng thức vi phân, đưa ra một số kết quả quan trọng, áp dụng giải quyết các vấn đề ở hai chương sau. Chương 2: Nhờ những kết quả có được từ các bất đẳng thức vi phân, luận văn đưa ra một số kết quả về bất đẳng thức tích phân Volterra; bất đẳng thức tích phân Volterra-Fredholm. Chương 3: Áp dụng những kết quả nghiên cứu về bất đẳng thức vi phân và bất đẳng thức tích phân vào nội dung bài toán giải gần đúng phương trình vi phân. Trong chương này luận văn đã đưa ra ba phương pháp giải tích tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy (đưa ra nghiệm của bài toán dưới dạng biểu thức giải tích). Đồng thời với việc ứng dụng phần mềm Maple, luận văn đã xây dựng được thuật toán giải một số ví dụ tương ứng cho từng phương pháp. Với phạm vi của đề tài và thời gian có hạn, luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả kính mong nhận được sự chỉ bảo, góp ý của thầy cô và bạn đọc quan tâm để đề tài hoàn thiện hơn nữa. Xin chân thành cảm ơn.

Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Phạm Kỳ Anh(2005), Giải tích số, NXB Đại học quốc gia Hà Nội. [2] Nguyễn Minh Chương, Nguyễn Văn Khải, Khuất Văn Ninh, Nguyễn Văn Tuấn, Nguyễn Tường(2001), Giải tích số, NXB Giáo dục. [3] Phạm Huy Điển, Tạ Duy Phượng, Đinh Thế Lục(1998), Hướng dẫn thực hành tính toán trên Maple, NXB Giáo dục. [4] Đinh Thế Lục, Phạm Huy Điển, Tạ Duy Phượng(2005), Giải tích toán học hàm số một biến số, lý thuyết và thực hành tính toán, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội. [5] Hoàng Tụy(2005), Hàm thực và giải tích hàm, NXB Đại học quốc gia Hà Nội. [B] Tài liệu tiếng Anh ˜ [6] A. CANADA, P. DRÁBEK, A. FONDA(2006), Handbook of differential equations, ordinary differential equations (Volume 3), Elsevier, AE Amsterdam, The Netherlands. [C] Tài liệu tiếng Nga [7] Mamedov..D(1978), Pribliennye metody rexeni obyknovennyh differencial~nyh uravneni, Maarif, Baku.

[8] Mamedov..D., Axirov S., Atdaev S.(1980), Teorema o neravenstvah, Ylym, Axha~aq.