Tải bản đầy đủ

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐÀO NGUYỄN VÂN ANH

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ
KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

HÀ NỘI - NĂM 2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐÀO NGUYỄN VÂN ANH

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ
KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG


Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

HÀ NỘI - NĂM 2015


Mục lục
Mở đầu

1

1 Tính chất của toán tử khả nghịch phải
1.1 Một số lớp toán tử tuyến tính . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Toán tử tuyến tính . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Toán tử đại số . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Toán tử Volterra . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Toán tử khả nghịch phải . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Toán tử khả nghịch phải . . . . . . . . . . .
1.2.2 Toán tử ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Công thức Taylor . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Các phép toán của toán tử nghịch đảo phải Volterra
1.4 Đặc trưng của đa thức của toán tử khả nghịch phải .
2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải và
2.1 Phương trình với toán tử khả nghịch phải . .
2.2 Bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Ví dụ áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . .

áp
. .
. .
. .

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

2
2
2
3
3
3
3
4
8
9
10

dụng
12
. . . . . . . 12
. . . . . . . 15
. . . . . . . 19

Kết luận

23

Tài liệu tham khảo

24

i


Mở đầu
Phương trình vi phân đóng một vai trò quan trọng trong kĩ thuật, vật
lý, kinh tế và một số ngành khác. Có nhiều phương pháp để giải một phương
trình vi phân với các điều kiện ban đầu và một trong số các phương pháp đó
là sử dụng lý thuyết toán tử khả nghịch phải.
Mục tiêu của Luận văn là trình bày lý thuyết và cách giải bài toán giá
trị ban đầu của lý thuyết toán tử khả nghịch phải áp dụng công thức TaylorGontcharov và trường hợp riêng của nó là công thức Taylor. Dưới sự hướng
dẫn của GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu, tác giả đã hoàn thành luận văn với
đề tài
"Phương trình vi phân với toán tử khả nghịch phải và áp dụng".
Luận văn được chia làm hai chương:

• Chương 1: Tính chất của toán tử khả nghịch phải.
• Chương 2: Phương trình với toán tử khả nghịch phải và áp dụng.
Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản về các lớp toán tử tuyến tính
và tính chất của toán tử khả nghịch phải, công thức Taylor. Chương 2 nội
dung chính của Luận văn, trình bày về phương trình với toán tử khả nghịch
phải và áp dụng công thức Taylor vào việc giải các bài toán cụ thể.

1


Chương 1
Tính chất của toán tử khả nghịch
phải
1.1
1.1.1

Một số lớp toán tử tuyến tính
Toán tử tuyến tính

Định nghĩa 1.1 ([1]-[2]). Giả sử X và Y là hai không gian tuyến tính trên
cùng một trường vô hướng F . Một ánh xạ A từ tập tuyến tính dom A của
X vào Y được gọi là toán tử tuyến tính nếu

A(x + y) = Ax + Ay với mọi x, y ∈ dom A,
A(tx) = tAx với mọi x ∈ dom A, t ∈ F.
Tập dom A được gọi là miền xác định của toán tử A.
Giả sử G ∈ dom A. Đặt AG = {Ax : x ∈ G}. Theo định nghĩa,
AG ⊂ Y . Tập AG được gọi là ảnh của tập G. Tập Adom A được gọi là miền
giá trị của toán tử A (tập giá trị của A) và là không gian con của Y .
Tập tất cả các toán tử tuyến tính với miền xác định chứa trong không
gian X và miền giá trị chứa trong không gian Y ký hiệu bởi L(X → Y ).
Định nghĩa 1.2 ([1]-[2]). Nếu toán tử A ∈ L(X → Y ) là tương ứng 1-1 thì
toán tử nghịch đảo A−1 được định nghĩa theo cách: Với mỗi y ∈ Adom A

A−1 y = x, trong đó x ∈ dom A và y = Ax.
Nếu toán tử A ∈ L(X → Y ) có toán tử nghịch đảo thì ta nói A khả
nghịch.
2


1.1.2

Toán tử đại số

Giả sử X là không gian tuyến tính trên trường đóng đại số F và A ∈
L0 (X). Vô hướng λ ∈ F được gọi là giá trị chính quy của A nếu toán tử
A − λI khả nghịch.
Định nghĩa 1.3 ([1]-[2]). Giả sử F = C. Ta nói toán tử A ∈ L0 (X) là toán
tử đại số nếu tồn tại đa thức P (t) = p0 + p1 t + · · · + pN tN ∈ C sao cho
P (A) = 0 trên X .

1.1.3

Toán tử Volterra

Định nghĩa 1.4 ([1]-[2]). Toán tử A ∈ L0 (X) được gọi là toán tử Volterra
nếu toán tử I − λA khả nghịch với mọi vô hướng λ. Tập hợp các toán tử
Volterra thuộc L0 (X) ký hiệu là V (X).

1.2

Toán tử khả nghịch phải

1.2.1

Toán tử khả nghịch phải

Cho X là một không gian tuyến tính trên trường vô hướng F .
Định nghĩa 1.5 ([1]-[2]). Toán tử D ∈ L(X) được gọi là khả nghịch phải
nếu tồn tại một toán tử R ∈ L0 (X) sao cho RX ⊂ dom D và DR = I . Toán
tử R được gọi là nghịch đảo phải của D.
Tập hợp tất cả các toán tử khả nghịch phải được kí hiệu là R(X), còn
tập hợp tất cả các nghịch đảo phải của toán tử D ∈ R(X) là RD . Ta cũng
viết RD = {Rγ }γ∈Γ
Định nghĩa 1.6 ([1]-[2]). Giả sử x là một phần tử tùy ý cho trước của không
gian X . Cho D ∈ R(X), tập hợp RD x = Rγ xγ ∈ Γ được gọi là tích phân bất
định của x. Mỗi phần tử Rγ với γ ∈ Γ được gọi là một nguyên hàm của x.
Theo định nghĩa, nếu y là một nguyên hàm của x thì Dy = x. Thật
vậy, nếu y là một nguyên hàm của x thì tồn tại một chỉ số γ ∈ Γ sao cho
y = Rγ x. Từ đó suy ra Dy = DRγ x = x do DRγ = I .
Định nghĩa 1.7 ([1]-[2]). Giả sử D ∈ R(X). Khi đó, nhân của toán tử D
được gọi là không gian các hằng số trên D và được kí hiệu là Ker D. Mỗi
3


phần tử z ∈ Ker D được gọi là một hằng số.
Để ý rằng, theo định nghĩa, một phần tử z ∈ X là một hằng số của D nếu
và chỉ nếu Dz = 0.
Các tính chất của toán tử khả nghịch phải
1. Nếu D ∈ R(X), R ∈ RD thì Dk Rk = I với k = 1, 2, . . . .
2. Giả sử rằng D ∈ R(X), R1 , R2 ∈ RD và y1 = R1 x, y2 = R2 x trong đó
x ∈ X là phần tử tùy ý. Khi đó y1 − y2 ∈ Ker D.
Bằng lời: Hiệu của hai nguyên hàm của một phần tử x ∈ X cho trước là một
hằng. từ đó suy ra một tích phân bất định được xác định tốt nếu ta biết ít
nhất một nghịch đảo phải.
3. Nếu D ∈ R(X), R ∈ RD thì tích phân bất định của một phần tử x ∈ X
có dạng: RD x = {Rx + z : z ∈ Ker D} = Rx + Ker D.
Bằng lời: Tích phân bất định của một phần tử x ∈ X là tổng của một nguyên
hàm và một hằng số tùy ý.
4. Nếu D ∈ R(X) thì với mỗi R ∈ RD ta có:
dom D = RX ⊕ Ker D.

(1.1)

5. Giả sử D ∈ R(X) và R1 ∈ RD . Khi đó mỗi nghịch đảo phải của D có dạng:

R = A + R1 (I − DA) = R1 + (I − R1 D)A,

(1.2)

trong đó A ∈ L0 (X), AX ⊂ dom D, tức là R ∈ RD = R1 + (I − R1 D)A :
A ∈ L0 (X), AX ⊂ dom D.
Nhận thấy rằng nếu D ∈ R(X) và R ∈ RD x ∈ X thì từ Rx = 0 suy
ra x = 0. Thật vậy, x = DRx = 0.

1.2.2

Toán tử ban đầu

Định nghĩa 1.8 ([1]-[2]). Toán tử F ∈ L(X) được gọi là toán tử ban đầu
của toán tử D ∈ R(X) ứng với nghịch đảo phải R của D nếu
(i.) F là một phép chiếu lên không gian các hằng số, nghĩa là

F 2 = F, F X = Ker D
(ii.) F R = 0.
Từ định nghĩa ta suy rằng

F z = z, với mỗi z ∈ Ker D.
4

(1.3)


Hơn nữa, ta có DF = 0 trên X , Ker F = RX và Ker D ∩ Ker F = {0}.
Định lý 1.1. Cho D ∈ R(X). Điều kiện cần và đủ để toán tử F ∈ L(X) là
toán tử ban đầu của D ứng với R ∈ RD là

F = I − RD trên dom D.

(1.4)

Định lý 1.2. Họ RD = {Rγ }γ∈Γ tất cả các nghịch đảo phải của toán tử
D ∈ R(X) cảm sinh duy nhất họ FD = {Fγ }γ∈Γ các toán tử ban đầu của D
được xác định bởi đẳng thức

Fγ = I − Rγ D trên dom D với mỗi γ ∈ Γ.

Các tính chất của toán tử ban đầu.
1. Với mọi α, β ∈ Γ, ta có
Fα Fβ = F β ,

Fβ Rα = Rα − Rβ .

(1.5)
(1.6)

2. Với α, β, γ ∈ Γ toán tử Fβ Rγ − Fα Rγ không phụ thuộc vào cách chọn toán
tử Rγ ∈ RD .
Tính chất này chỉ ra rằng toán tử Fβ Rγ − Fα Rγ chỉ phụ thuộc vào các chỉ
số α, β . Điều này cho phép ta đặt

Iαβ = Fβ Rγ − Fα Rγ , ∀ α, β, γ ∈ Γ.

(1.7)

Ta nói Iαβ là toán tử tích phân xác định. Với mỗi x ∈ X phần tử Iαβ x
được gọi là tích phân xác định của x. Các chỉ số α và β được gọi là cận dưới
và cận trên của tích phân.
Do Fβ Rγ − Fα Rγ = Rγ − Rβ − (Rγ − Rα ) = Rα − Rβ = Fβ Rα nên

Iαβ = Fβ Rα , với α, β ∈ Γ.
3. Với bất kỳ x ∈ X, α, β ∈ Γ ta có Iαβ x = z ∈ Ker D.
Bằng lời: Tích phân xác định của một phần tử tùy ý là một hằng.
4. Với bất kỳ α, β ∈ Γ ta có
Iαβ = −Iβα .

(1.8)

(1.9)

Bằng lời: Sự thay đổi vị trí cận trên và cận dưới của tích phân sẽ làm thay
đổi dấu của toán tử tích phân xác định và dẫn đến sự thay đổi dấu của tích
5


phân xác định của một phần tử tùy ý.
5. Với bất kỳ α, β, δ ∈ Γ ta có

Iαδ + Iδβ = Iαβ .

(1.10)

Iαβ D = Fβ − Fα ,

(1.11)

tức là, Iαβ Dx = Fβ x − Fα x với x ∈ dom D.

(1.12)

6. Với bất kỳ α, β ∈ Γ ta có

Phần tử F x bất kỳ, trong đó x ∈ X và F là một toán tử ban đầu, được
gọi là giá trị ban đầu của phần tử x. Vì x ∈ dom D là một nguyên hàm của
y = Dx nên ta có thể phát biểu lại tính chất 6 như sau: Nếu x ∈ X, α, β ∈ Γ
tùy ý và y ∈ X là một nguyên hàm bất kỳ của x thì

Iαβ x = Fβ y − Fα y.

(1.13)

Bằng lời: Tích phân xác định bằng hiệu các giá trị ban đầu của một nguyên
hàm tùy ý ứng với cận trên và cận dưới của tích phân.
7. Giả sử D ∈ R(X), dim Ker D = 0, F và F1 = F là các toán tử ban đầu
của D, và F tương ứng với nghịch đảo phải R ∈ RD . Khi đó với mỗi z ∈
Ker D tồn tại một x ∈ X sao cho F1 x = z .
Bằng lời: Với mỗi hằng số tồn tại một phần tử sao cho tích phân xác định
của phần tử này bằng hằng số đã cho.
Định lý 1.3. Giả sử D ∈ R(X), F ∈ L0 (X) là phép chiếu lên không gian
các hằng số. Khi đó F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo phải
R = R1 − F R1 với mọi R1 ∈ RD và R được xác định một cách duy nhất,
không phụ thuộc vào việc chọn R1 ∈ RD .
8. Nếu D ∈ R(X) và R, R1 ∈ RD giao hoán thì R1 = R.
9. Nếu D ∈ R(X) và F, F1 là các toán tử ban đầu của D giao hoán thì
F1 = F .
10. Giả sử D ∈ R(X) và F1 , F2 là các toán tử ban đầu của D lần lượt tương
ứng với nghịch đảo phải R1 , R2 . Nếu R1 = R2 thì F1 = F2 . Đảo lại, nếu
F1 = F2 thì R1 = R2 .
Định lý 1.4. Nếu D ∈ R(X) và F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch
đảo phải R của D thì tập hợp RD tất cả các nghịch đảo phải của D có dạng

RD = {R + F A : A ∈ L0 (X)}.
6

(1.14)


và tập hợp FD tất cả các toán tử ban đầu của D có dạng

FD = {F (I − AD) : A ∈ L0 (X)}.

(1.15)

Định lý 1.5. Giả sử F0 , F1 , . . . , Fm là các toán tử ban đầu của D ∈ R(X)
M

ứng với các nghịch đảo phải R0 , R1 , . . . , Rm tương ứng. Đặt F =

ak F k
k=0

trong đó a0 , a1 , . . . , am là các vô hướng không đồng thời bằng 0. Khi đó F là
m

toán tử ban đầu của D nếu và chỉ nếu

ak = 1.
k=0

Nếu điều kiện này được thỏa mãn thì toán tử ban đầu F ứng với nghịch
m

đảo phải R =

ak Rk .
k=0

t
d
và (Rx)(t) = (s)ds. Ta chứng
dt
a
minh được rằng R là toán tử Volterra, tức là toán tử I − λR khả nghịch với
mọi vô hướng và

Ví dụ 1.1. Giả sử X = C[a, b], D =

t

[(I − λR)−1 x](t) = x(t) + λ

eλ(t−s) x(s)ds với x ∈ C[a, b].

(1.16)

t0

Thật vậy, giả sử B là một toán tử được định nghĩa bằng hàm mũ
t

eλ(t−s) x(s)ds với x ∈ C[a, b]

(Bx)(t) =

(1.17)

t0

trong đó t0 ∈ [a, b] cố định tùy ý. Ta cần chứng minh

(I + λB)(I − λR) = (I − λR)(I − λD) = I với mọi λ ∈ R.

(1.18)

Không mất tổng quát ta giả sử λ = 0. Do đó, sử dụng tích phân từng
phần với x ∈ C[a, b]

[(I + λB)(I − λR)x](t) = [(I + λB − λR − λ2 BR)x](t)
= [x + λ(B − R)x − λ2 BRx](t)
t

t

eλ(t−s) x(s)ds −

= x(t) + λ
t0

t0

t

− λ2

x(s)ds

s

eλ(t−s)

x(u)du ds

t0

t0

7


t

eλ(t−s) − 1 x(s)ds

= x(t) + λ
t0
t

s

e−λs

− λ2 eλt
t0

x(u)du ds
t0

t

[eλ(t−s) − 1]x(s)ds

= x(t) + λ
t0

t

− λ2 eλt

1
− e−λs
λ

t
t

x(u)du

1
− e−λs x(s)ds
λ



t0
t0

t0

t

[eλ(t−s) − 1]x(s)ds

= x(t) + λ
t0
t

t

eλ(t−s) x(s)ds

x(u)du − λ


t0

t0
t

[eλ(t−s) − 1 + 1 − eλ(t−s) ]x(s)ds = x(t).

= x(t) + λ
t0

Do đó, (I + λB)(I − λR) = I . Chứng minh tương tự ta được, (I −
λR)(I + λB) = I . Vì vậy, từ (??) suy ra toán tử R khả nghịch với mọi vô
hướng λ và (I − λR)−1 = I + λB , hay
t

[(I − λR)−1 x](t) = x(t) + λ

eλ(t−s) x(s)ds với x ∈ C[a, b].
t0

1.2.3

Công thức Taylor

Định lý 1.6 (Công thức Taylor-Gontcharov). Giả sử rằng D ∈ R(X) và
FD = {Fγ }γ∈Γ là họ các toán tử ban đầu cảm sinh bởi RD = {Rγ }γ∈Γ . Cho
{γn } ⊂ Γ là dãy tùy ý các chỉ số. Khi đó, với mỗi số nguyên dương N ta có
đẳng thức sau
N −1

Rγ0 . . . Rγk−1 Fγk Dk + Rγ0 . . . RγN −1 DN trên dom DN . (1.19)

I = Fγ0 +
k=1

8


Nếu cho RγN = R và FγN = F với n = 0, 1, 2 . . . ta có ngay hệ quả sau
Hệ quả 1.1. (Công thức Taylor). Nếu D ∈ R(X) và F là một toán tử ban
đầu của D ứng với nghịch đảo phải R ∈ RD thì
N −1

Rk F Dk + RN DN trên dom DN (N = 1, 2, . . . ).

I=

(1.20)

k=0

Hệ quả 1.2. Giả sử tất cả các giả thiết của Định lý 1.6 được thỏa mãn. Khi
đó, với mỗi số nguyên dương N ta có
N −1

Ker D

N

= {z = z0 +

Rγ0 . . . Rγk−1 zk : z0 , . . . , zN −1 ∈ Ker D}.
k=1

1.3

Các phép toán của toán tử nghịch đảo phải Volterra

Định lý 1.7. Cho D ∈ R(X), R1 , R2 ∈ RD . Khi đó R1 R2 là một toán tử
Volterra nếu và chỉ nếu R2 R1 là toán tử Volterra.
Định lý 1.8. Cho D ∈ R(X) và R1 , R2 là các nghịch đảo phải Volterra của
D. Khi đó, điều kiện cần và đủ để R1 R2 là toán tử Volterra là

F2 (I − tR12 )−1 z = 0, ∀t ∈ C, 0 = z ∈ Ker D

(1.21)

trong đó Fj ∈ FD tương ứng với Rj (j = 1, 2, . . . ) là các toán tử ban đầu
tương ứng của Dj .
Hệ quả 1.3. Nếu D ∈ R(X), R1 , R2 ∈ RD ∩ V (X) và F1 và F1 , F2 là các
toán tử ban đầu của D ứng với R1 , R2 tương ứng thì điều kiện cần và đủ để
R1 R2 là toán tử Volterra là

F1 (I − tR12 )−1 = 0, ∀t ∈ C, 0 = z ∈ Ker D.

(1.22)

Định lý 1.9. Cho D ∈ R(X) và R1 R2 ∈ RD ∩ V (X). Khi đó điều kiện cần
và đủ để R1 + R2 là toán tử Volterra là

(I − tR1 )−1 z + (I − tR2 )−1 z = 0, ∀t ∈ C, 0 = z ∈ Ker D\{0}.

9

(1.23)


Ví dụ 1.2. Cho X := C([0, 1], F), F = R hoặc F = C. D :=
x

x

d
, R1 :=
dt

, R2 := , x1 = x2 , x1 , x2 ∈ [0, 1].
x1

x2

Dễ dàng kiểm tra được

(I − tRj )−1 c = cet(x−xj ) với c ∈ F (j = 1, 2).
Do đó

u(x) = (I − tR1 )−1 c = (I − tR2 )−1 c + cetx (e−tx1 + etx2 ) = 0, ∀t ∈ R.
Từ Định lý 1.9, R1 + R2 là một toán tử Volterra trong X := C([0, 1], R).

1.4

Đặc trưng của đa thức của toán tử khả nghịch
phải

Định lý 1.10 (Przeworka-Rolewicz). Cho
N

˜ s) :=
Q(t,

qk tk sN −k ,

(1.24)

k=0

˜ := Q(t, 1), P˜ (t) := tM Q(t),
Q(t)

(1.25)

với q0 , . . . , qN −1 ∈ C, qN = 1, M là một số nguyên không âm.
Nếu tồn tại R ∈ RD ∩ V (X)(R là một nghịch đảo phải Volterra của D)
thì P˜ (D) ∈ R(X) và toán tử

R0 := RM +N [Q(I, R)]−1

(1.26)

là một nghịch đảo phải Volterra của P (D).
Định lý 1.11 (von Trotha). Nếu R0 có dạng (1.26) là toán tử Volterra thì
R là toán tử Volterra.
Cho D ∈ R(X), R ∈ RD .A0 , . . . , AN là các toán tử đại số giao hoán,
AN = I .
Giả sử,
DAj = Aj D trên D, RAj = Aj R (j = 0, . . . , N ).
(1.27)
Đặt
N

Aj tj sN −j , Q(t) := Q(t, 1), P (t) := tM Q(t).

Q(t, s) :=
k=0

10

(1.28)


Định lý 1.12. Nếu R ∈ V (X) thì Q(I, R) khả nghịch và

R0 := RM +N [Q(I, R)]−1 ∈ RP (D) ∩ V (X).

(1.29)

Định lý 1.13. Giả sử R ∈ RD ∩ V (X) với D ∈ R(X). Nếu A là một toán
tử đại số sao cho AR = RA thì AR là một toán tử Volterra.
Định lý 1.14. Giả sử rằng D ∈ R(X), R ∈ RD và A0 , . . . , AN là các toán
tử đại số thỏa mãn (1.27), Q(t, s), Q(t) và P (t) định nghĩa bởi (1.28). Nếu
Q(t, s) khả nghịch thì

R0 := RN +M [Q(I, R)]−1 ∈ RP (D) .

(1.30)

Hơn nữa, nếu R0 ∈ V (X) thì R ∈ V (X).
Hệ quả 1.4. Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD ∩ V (X) và A là một toán tử đại
số giao hoán với R. Hơn nữa, A có đa thức đặc trưng dạng
n

(t − tj )(ti = tj vớii = j).

PA (t) =
j=1

Khi đó, mọi nghiệm của phương trình

(D − A)x = y, y ∈ X
có dạng

n

(I − tj R)−1 Pj (Ry + z),

x=
j=1

với z ∈ Ker D tùy ý và
n

(tj − tk )(A − tk I)(j = 1, . . . , n).

Pj =
k=1,k=j

11

(1.31)


Chương 2
Phương trình với toán tử khả nghịch
phải và áp dụng
2.1

Phương trình với toán tử khả nghịch phải

Bổ đề 2.1. Giả sử D ∈ R(X), dim Ker D = 0 và R ∈ RD . Khi đó với bất
kỳ số nguyên dương N ta có
N −1

Ker D

N

Rk zk , z0 , . . . , zN −1 ∈ Ker D},

= {z ∈ X : z =
k=0

dom DN = RN X ⊕ Ker DN .
Xét phương trình

DN x = y, y ∈ X, N ∈ N

(2.1)

Định lý 2.1. Giả sử D ∈ R(X), dim Ker D = 0 và R ∈ RD . Khi đó nếu
y ∈ ImDN thì tất cả các nghiệm của phương trình (2.1) cho bởi
N −1
N

Rk zk ,

x=R y+

(2.2)

k=0

trong đó z0 , . . . , zN −1 ∈ Ker D tùy ý.
Chứng minh. Thật vậy, nếu y ∈ Im DN thì tồn tại y1 ∈ dom DN sao
cho y = DN y1 . Do đó, (2.1) có thể viết dưới dạng DN x = DN y1 . Do DN =
DN RN DN nên phương trình cuối cùng tương đương với DN (x−RN DN y1 ) =

12


0. Từ đó theo Bổ đề 2.1 ta có công thức (2.2).
Bây giờ ta xét phương trình tổng quát
M

N

Dm Amn Dn x = y,

Q[D]x =

y ∈ ImQ[D],

(2.3)

m=0 n=0

trong đó D ∈ R(X), R ∈ RD , M, N ∈ N0 , Amn ∈ L0 (X), AM N = I, Amn XM +N −n ⊂
Xm (n = 0, 1, . . . , N ; m = 0, 1, . . . , M ; m+n < M +N ); Xj = dom Dj , j =
1, . . . , M + N .
Mệnh đề 2.1. Giả sử D ∈ R(X) và R ∈ RD . Bj ∈ L0 (X) (j = 0, 1, . . . , N )
và k ∈ N0 sao cho XN −j ⊂ dom Bj , Bj XN −j ⊂ Xk (j = 0, 1, . . . , N ). Đặt
N

N
j

Q(D) =

Bj D ,

Bj RN −j .

Q(I, R) =

j=0

(2.4)

j=0

Khi đó, XN ⊂ dom Q(D), Q(D)XN ⊂ Xk , [I+RN Q(D)]XN +k ⊂ XN +k , Q(I, R)X ⊂
Xk , [I + Q(I, R)]Xk ⊂ Xk .
Định nghĩa 2.1 ([1]-[2]). Toán tử A ∈ L(X) được gọi là khả nghịch phải,
khả nghịch trái, khả nghịch trên Xk với k ∈ N0 cho trước, nếu Xk ⊂
dom A, AXk ∈ Xk và tồn tại RA ∈ RA (tương ứng LA ∈ LA , MA ∈ RA ∩LA )
sao cho RA Xk ⊂ Xk (tương ứng LA Xk ⊂ Xk , MA Xk ⊂ Xk ), tức là RA ∈
L0 (Xk ) (tương ứng LA ∈ L0 (Xk ), MA ∈ L0 (Xk )).
Hệ quả 2.1. Giả sử D ∈ R(X) và R ∈ RD , Bj ∈ L(X), XN −j ⊂ dom Bj (j =
0, 1, . . . , N ). Hơn nữa, giả sử Q(D) và Q(I, R) được cho bởi (2.4). Khi đó,
toán tử I + Q(I, R) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) khi và chỉ
khi I + RN Q(D) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên XN .
Hệ quả 2.2. Giả sử ta có tất cả các giả thiết của Hệ quả 2.2. Khi đó, nếu
toán tử I + Q(I, R) khả nghịch thì nghiệm duy nhất của phương trình

[I + RN Q(D)]x = y, y ∈ XN
thuộc XN .
Hệ quả 2.3. Nếu T ∈ L0 (X) và Im T ⊂ XM với M ∈ N0 nào đó thì I + T
khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên XM khi và chỉ khi nó khả
nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch).
13


Định lý 2.2. Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD và F ∈ FD là toán tử ban đầu
của D ứng với R và Q[D] cho bởi (2.3). Đặt
M

N

RM −m Aˆmn Dn

Q(A) =

(2.5)

m=0 n=0
M

N

M

Q(A) =

R

M −m

Amn R

N −n

m=0 n=0

Aˆmn

RM −m AˆmN F



(2.6)

m=0


0
:=
A

mn

nếu m = M, n = N,

(2.7)

nếu m + n < M + N.

Nếu Q(A) khả nghịch thì tất cả các nghiệm của phương trinh (2.3) cho bởi
M +N −1
N

−1

x = [I − R Q (A)Q(A)](R

M +N

Rj zj ).

y+

(2.8)

j=0

trong đó z0 , z1 , . . . , zM +N −1 ∈ Ker D tùy ý.
N

Hệ quả 2.4. Giả sử D ∈ R(X) và R ∈ RD . Đặt Q(D) =

An Dn , P (D) =

n=0

DM Q(D), Q1 =

N

An RN −n , Q1 =

N

An Dn . Khi đó, nếu toán tử Q1 khả

n=0

n=0

nghịch thì nghiệm của phương trình

P (D)x = y, y ∈ Im P (D)
M +N
cho bởi x = [I − RN Q−1
y+
1 Q1 ](R

M +N −1

(2.9)

Rj yj ).

j=0

Ví dụ 2.1. Cho X là không gian tuyến tính, D ∈ R(X), dim Ker D =
0, R ∈ RD và A, B ∈ L0 (X), AX ⊂ dom D. Xét phương trình

(DAD + B)x = y, y ∈ Im (DAD + B)

(2.10)

Phương trình (2.10) có thể viết dưới dạng D2 [I + R(AD − RD2 )]x =
y − Bx tương đương với

[I + R(AD − RD2 + RB)]x = R2 y + Rz1 + z0 ,
trong đó z1 , z0 ∈ Ker D tùy ý.
Đặt Q(A, B) = I + (AD − RD2 + RB)R = I + A − RD + RBR =
A + RBR + F , trong đó F là toán tử ban đầu của D ứng với R. Nếu toán
tử Q(A, B) khả nghịch thì tất cả các nghiệm của phương trình cho bởi

x = [I − RQ(A, B)−1 (AD − RD2 + RB)](R2 y + Rz1 + z0 ).
14


2.2

Bài toán Cauchy

Giả sử D ∈ R(X) và F là toán tử ban đầu của D ứng với nghịch đảo
phải R. Bài toán Cauchy - Bài toán giá trị ban đầu của toán tử Q[D]: Tìm
tất cả các nghiệm của phương trình
M

N

Dm Amn Dn x = y, y ∈ X,

Q[D]x :=

(2.11)

m=0 n=0

thỏa mãn điều kiện ban đầu

F Dj x = yj , yj ∈ Ker D (j = 0, . . . , M + N − 1).

(2.12)

Định nghĩa 2.2 ([1]-[2]). (cf.Przeworska-Rolewicz).
(i.) Bài toán giá trị ban đầu (2.11)-(2.12) được gọi là thiết lập đúng đắn nếu
nó có nghiệm duy nhất với mọi y ∈ X, y0 , . . . , yM +N −1 ∈ Ker D.
(ii.) Bài toán (2.11)-(2.12) được gọi là thiết lập không đúng đắn nếu tồn tại
y ∈ X, y0 , . . . , yM +N −1 ∈ Ker D sao cho bài toán này vô nghiệm, hoặc bài
toán thuần nhất cho bởi dạng (2.11)-(2.12) (nói cách khác, y = y0 = · · · =
yM +N −1 = 0) có nghiệm tầm thường.
Định nghĩa 2.3 ([1]-[2]). Giả sử rằng Q[D] có dạng (2.11). Đặt
M

N

RM −m Bmn RN −n ,

Q :=

(2.13)

m=0 n=0

trong đó

Bmn :=



Aˆ0n

nếu m = 0


Aˆmn −

Aˆmn

M

F Dµ−m Aˆmun các trường hợp khác

(2.14)

µ=m


0
:=
A

nếu m = M, n = N

mn

(2.15)

các trường hợp khác

(m = 0, . . . , M ; n = 0, . . . , N ). Khi đó I + Q là toán tử giải của bài toán
(2.11)-(2.12).
Bổ đề 2.2. Đặt
M

N

RM +N −m Bmn Dn .

Q :=
m=0 n=0

15

(2.16)


Khi đó

QRN = RN Q,

(2.17)

trong đó Q được định nghĩa bởi (2.13), và

DM +N (I + Q) = Q[D],

(2.18)

F Dj (I + Q) = F Dj (j = 0, . . . , M + N − 1).

(2.19)

Bổ đề 2.3. Cho Q xác định bởi (2.16). Khi đó, bài toán giá trị ban đầu
(2.11)-(2.12) thiết lập đúng đắn khi và chỉ khi I + Q là khả nghịch trên
XM +N .
Định lý 2.3. Bài toán giá trị ban đầu (2.11)-(2.12) thiết lập đúng đắn nếu
và chỉ nếu toán tử giải của nó khả nghịch.
Định lý 2.4. Cho D ∈ R(X), R ∈ RD và F ∈ FD là một toán tử ban đầu
tương ứng với R. Giả sử rằng Q và Q lần lượt được xác định bởi (2.13) và
(2.14).
(i.) Nếu toán tử giải I + Q khả nghịch thì bài toán (2.11)-(2.12) thiết lập
đúng đắn và nghiệm duy nhất của nó là
M +N −1

x = MQ (R

M +N

Rj yj ),

y+

(2.20)

j=0

trong đó

MQ := I − RN (I + Q)−1 H,
M

N

RM −m Bmn Dn = DN Q,

H :=

(2.21)

m=0 n=0

và Bmn (m = 0, . . . , M ; n = 0, . . . , N ) được định nghĩa bởi (2.13)-(2.14).
(ii.) Nếu I + Q khả nghịch phải và dim Ker (I + Q) = 0 thì bài toán (2.11)(2.12) thiết lập không đúng đắn. Tuy nhiên, bài toán này có một nghiệm có
dạng
M +N −1

x = RQ (R

M +N

Rj yj ) + z,

y+
j=0

trong đó

RQ = I − RN RQH ,
z ∈ Ker (I + Q) tùy ý và RQ ∈ RI+Q .
16

(2.22)


(iii.) Nếu I + Q khả nghịch trái nhưng không khả nghịch thì bài toán (2.11)(2.12) thiết lập không đúng đắn và có một nghiệm với điều kiện cần và đủ

M +N −1

R

M +N

Rj yj ∈ (I + Q)XM +N .

+
j=0

Nếu điều kiện này được thỏa mãn thì nghiệm duy nhất là
M +N −1

x = LQ (R

M +N

Rj yj ),

y+

(2.23)

j=0

trong đó

LQ = I − RN LQ H,
LQ ∈ LI+Q , Bmn được cho bởi (2.13).
Định nghĩa 2.4 ([1]-[2]). Một toán tử V ∈ L(X) được gọi là khả nghịch
hầu suy rộng trên một không gian con E ⊂ X nếu E ⊂ dom V, V E ⊂ E
và tồn tại một WV ∈ WV sao cho WV E ⊂ E .
Bổ đề 2.4. Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD . Đặt
N

N

Aj RN −j ,

j

Q(D) :=

Aj D , Q := Q(I, R) =
j=0

j=0

Aj ∈ L(X), Aj XN −j ⊂ Xk (j = 0, . . . , N ).
Khi đó, toán tử I + Q khả nghịch hầu suy rộng trên Xk với k ∈ N nếu
và chỉ nếu I + RN Q(D) là khả nghịch hầu suy rộng trên XN +k .
Định lý 2.5. Giả sử rằng D ∈ R(X), R ∈ RD và F ∈ FD tương ứng với
R. Hơn nữa, giả sử Q, Q lần lượt được cho bởi (2.13) và (2.14). Nếu toán tử
giải I + Q là khả nghịch hầu suy rộng nhưng không khả nghịch một phía,
thì bài toán giá trị ban đầu (2.11)-(2.12) là thiết lập không đúng đắn và có
các nghiệm với điều kiện cần và đủ là
M +N −1

R

M +N

Rj yj ∈ (I + Q)XM +N .

y+

(2.24)

j=0

Nếu điều kiện này thỏa mãn thì mọi nghiệm có dạng
M +N −1

x = WQ (R

M +N

Rj yj ) + z,

y+
j=0

trong đó WQ := I − RN WQ H, WQ ∈ WI+Q , z ∈ Ker (I + Q) tùy ý.
17

(2.25)


t

Ví dụ 2.2. Lấy X := C([0, 1]), C), D := d/dt, R :=

, (F x)(t) := x(0). R
0

là toán tử Volterra, tức là, I + βR khả nghịch với mọi β ∈ C. Xét phương
trình
(I + βRk+1 Dk )x = y, y ∈ Xk .
(2.26)
Vì I + βR(= I + βDk Rk+1 ) khả nghịch, áp dụng Bổ đề 2.2, ta được I +
βRk+1 Dk khả nghịch trên Xk . Do đó, (2.26) có nghiệm duy nhất

x = (I − βRk (I + βRk )−1 Dk )y ∈ Xk .
Vì thế, bài toán giá trị ban đầu

(D + βRk Dk )x = y, y ∈ X ,
k
F x = y , y ∈ Ker D
1

(2.27)

1

có nghiệm duy nhất có dạng

x = [I − βR(I − βR)−1 Dk ](Ry + y1 ).
Thật vây, bài toán (2.27) tương đương với phương trình

(I + βRk+1 Dk )x = Ry + y1 ,
tức là, nó có dạng (2.26).

18

(2.28)


2.3

Ví dụ áp dụng

Ví dụ 2.3. Giải phương trình vi phân x” + λx = sin t với t ∈ [0, T ](T >
0), x(0) = x0 , x (0) = x1 và x0 , x1 ∈ R.
Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt trong không
gian C(0, T ) với toán tử ban đầu (F x)(t) = x(0) ứng với nghịch đảo phải
t

x(s)ds và Q(D) = D2 + λD = D2 (I + λR). Vì toán tử R khả

(Rx)(t) =
0

nghịch với mọi λ ∈ R nên bài toán đã cho có nghiệm duy nhất

x = [I − R2 (I + λR)−1 λD](R2 y + Rx1 + x0 )
= R2 + Rx1 + x0 − λR2 (I + λR)−1 (Ry + x1 ).

t

Ta có R1 x =

t

sin sds = − cos t + 1 và

x1 ds = x1 t, (Ry)(t) =
0

0
t

s

(R2 y)(t) =

t

(− cos s + 1)ds = − sin t + t.

sin udu =
0

0

0

Từ đây và công thức (1.16) ta suy ra với mọi λ = 0 thì

(I + λR)−1 (Ry + x1 ) = (I + λR)−1 (− cos t + 1 + x1 )
t

e−λ(t−s) (− cos s + 1 + x1 )ds.

= − cos t + 1 + x1 − λ
0
2

1
1 + 2λ
1 + λ2
−λt
= 2 cos t −
+ x1 e +
sin t.
λ
λ2
λ3

1
1 + λ2
λR2 (I + λR)−1 (Ry + x1 ) = − cos t −
sin t − λ(1 + 2λ2 + λ2 x1 )e−λt
2
λ
λ
1
1
− 2λ2 + λ2 x1 − 2 t + λ(1 + 2λ2 + λ2 x1 + 2 ).
λ
λ
Do đó,
1
1
x(t) = 2 sin t + cos t + λ(1 + 2λ2 + λ2 x1 )e−λt
λ
λ
1
1
+ (1 + 2λ2 + λ2 x1 + x1 − 2 )t − λ(1 + 2λ2 + λ2 x1 + 2 ) + x0 .
λ
λ
19


Ví dụ 2.4. Giải phương trình vi phân

x (t) − 5x(−t) = 6t2 − 1, t ∈ R, x(0) = 1.
Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt, (F x)(t) = x(0)
t

và (Rx)(t) =

x(s)ds, (Ax)(t) = x(−t).
0

Dx − 5Ax = y, y(t) = 6t2 − 1, (F x)(t) = 1
trong không gian X = C(R).
Để ý rằng A là toán tử đại số A2 = I và A giao hoán với toán tử
D, tức là AD = DA. Phương trình đã cho có thể viết được dưới dạng
D(I − 5RA)x = y tương đương với

(I − 5RA)x = Ry + z,
trong đó z ∈ Ker D
Áp dụng F vào hai vế ta suy ra z = 1
Khi đó, phương trình trở thành (I − 5RA)x = Ry + 1, hay
t

(6s2 − 1)ds + 1

(I − 5RA)(x) =
0

= 2t3 − t + 1.
1
1
Đặt I = P + Q, A = P − Q, suy ra P = (I + A), Q = (I − A).
2
2
2
2
Dễ dàng kiểm tra được P = P, Q = Q và P Q = 0.
Phương trình trở thành [(P + Q) − 5(P − Q)R]x = 2t3 − t + 1
hay [(I − 5R)P + (I + 5R)Q]x = 2t3 − t + 1.
Ta có
(I − 5R)P x = P (2t3 − t + 1)
1
= (I + A)(2t3 − t + 1) = 1.
2
Suy ra

(P x)(t) = (I − 5R)−1
t

e5(t−s) ds = e5t .

=1+5
0

20


Tương tự, (I + 5R)Qx = 2t3 − t, suy ra

28
1
1
1
+
− e−5t ).
(Qx)(t) = (3t2 − t −
5
5
25 25
Ta có I = P + Q hay x = Ix = (P + Q)x nên x = P x + Qx.
1
28
1
1 −5t
Do đó, x =
3t2 − t −
+
e + e5t
5
5
25
125
Ví dụ 2.5. Giải phương trình vi phân

x (t) − 2x(t + 1) = sin πt, t ∈ R, x(0) = 1
trong lớp các hàm tuần hoàn chu kỳ 2, tức là x(t + 2) = x(t), ∀t ∈ R.
Đây là bài toán giá trị ban đầu của toán tử D = d/dt, (F x)(t) = x(0)
t

và (Rx)(t) =

x(s)ds, (Bx)(t) = x(t + 1).
0

Dx − 2Bx = y, y(t) = sin πt, (F x)(t) = 1
trong không gian các hàm liên tục và tuần hoàn chu kỳ 2 trên R.
Để ý rằng B là toán tử đại số B 2 = I và B giao hoán với toán tử D và
R, tức là BD = DB, BR = RB.
Phương trình đã cho có thể viết được dưới dạng D(I − 2RB)x = y tương
đương với
(I − 2RB)x = Ry + z,
trong đó z ∈ Ker D
Áp dụng F vào hai vế ta suy ra z = 1
Khi đó, phương trình trở thành (I − 2RB)x = Ry + 1, hay
t

(I − 2RB)(x) =

(sin πs)ds + 1
0

1
= − cos πt + 1.
π
1
1
Đặt I = P + Q, A = P − Q, suy ra P = (I + A), Q = (I − A).
2
2
Dễ dàng kiểm tra được P 2 = P, Q2 = Q và P Q = 0.
1
Phương trình trở thành [(P + Q) − 2(P − Q)R]x = − cos πt + 1
π
21


1
hay [(I − 5R)P + (I + 5R)Q]x = − cos πt + 1.
π
Ta có
1
(I − 2R)P x = P (− cos πt + 1)
π
1
1
= (I + B)(− cos πt + 1)
2
π
1
1
= − cos π(t + 1) −
cos(π)t + 1.


Suy ra

1
1
cos π(t + 1) −
cos(π)t + 1)


1
1
= − cos π(t + 1) −
cos(πt) + 1



(P x)(t) = (I − 2R)−1 (−

t

1

π

cos π(s + 1) − cos(πs) − 1 e2(t−s) ds
0

1
π
π
cos
π(t
+
1)
+
cos πt + sin π(t + 1) + sin(πt)
4 + π2
2
1
2 + π 2 2t
e + .

2
2
=−

Tương tự, (I + 2R)Qx =

1
1
cos π(t + 1) −
cos(πt), suy ra



1
8 − π2
(Qx)(t) =
π cos π(t + 1) +
cos πt + sin π(t + 1) − sin(πt).
4 + π2

Ta có I = P + Q hay x = Ix = (P + Q)x nên x = P x + Qx.
2
2 + π 2 2t 1
1
sin(πt) −
e + .
Do đó, x = − cos(πt) −
π
4 + π2
2
2

22


x

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×