Giá trị đầu của nghiệm bị chặn của phương trình vi phân tuyến tính với hàm răng buộc tuần hoàn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH __________________________ Nguyễn Đình Tường Long GIÁ TRỊ ĐẦU CỦA NGHIỆM BỊ CHẶN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH VỚI HÀM RÀNG BUỘC TUẦN HOÀN Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. Lê Hoàn Hoá Thành phố Hồ Chí Minh - 2007 LỜI NÓI ĐẦU Tính chất tiệm cận của nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính      x t Ax t f t   (1),

pdf47 trang | Chia sẻ: huyen82 | Lượt xem: 1524 | Lượt tải: 0download
Tóm tắt tài liệu Giá trị đầu của nghiệm bị chặn của phương trình vi phân tuyến tính với hàm răng buộc tuần hoàn, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
trong đó  dA M và : df  là hàm không tầm thường liên tục tuần hoàn chu kì  , đã được nhiều tác giả nghiên cứu. Trong luận văn này, chúng tôi trình bày việc phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo dáng điệu tiệm cận của nghiệm phương trình (1). Đặc biệt, chúng tôi chỉ ra việc phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo tính chất bị chặn và tính chất tuần hoàn. Nội dung luận văn được trích trong một báo cáo ở Hội nghị Quốc tế về phương trình vi phân tại trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp. Hồ Chí Minh năm 2004. Trong báo cáo này, nhiều chi tiết, bổ đề và định lí chỉ được phát biểu ngắn gọn cho nên chúng tôi cố gắng làm sáng tỏ các chi tiết và chứng minh đầy đủ các định lí và bổ đề. Ngoài ra, luận văn còn chứng minh ý tưởng phát triển mà tác giả đã đề xuất cuối bài báo cáo. Luận văn này ngoài lời nói đầu, phần kết luận, phần tài liệu tham khảo và mục lục sẽ được trình bày trong 5 chương. Chương I là phần tổng quan. Chương II là phần trình bày các kí hiệu và nhắc lại một số kiến thức cần thiết để sử dụng cho các chương sau. Chương III là phần trình bày việc biểu diễn nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính và sai phân tuyến tính. Chương IV là phần trình bày việc phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo tính bị chặn, tính tuần hoàn và dáng điệu tiệm cận của nghiệm. Chương V là phần phát triển. Cho phép tôi được gửi lời biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Lê Hoàn Hoá, người thầy đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn tôi trong quá trình học tập cũng như trong quá trình thực hiện luận văn này. Tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy cô đã tận tình truyền thụ kiến thức cho tôi trong quá trình học tập tại trường và quý Thầy cô trong Hội đồng bảo vệ luận văn đã dành nhiều thời gian để đọc và cho tôi nhiều ý kiến sâu sắc và quí báu. Tôi cũng xin trân trọng cảm ơn đến quý Thầy cô phòng KHCN- SĐH đã nhiệt tình giúp đỡ chúng tôi hoàn tất các thủ tục bảo vệ luận văn. Cuối cùng, cho tôi cảm ơn đến tất cả bạn bè, đồng nghiệp luôn luôn động viên, cổ vũ tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu. Tp. Hồ Chí Minh, tháng 4 năm 2007 Tác giả luận văn Nguyễn Đình Tường Long. Chương 1: TỔNG QUAN Trong luận văn này, chúng tôi sẽ nghiên cứu việc xác định giá trị đầu của nghiệm bị chặn hay nghiệm tuần hoàn của phương trình vi phân tuyến tính sau:  x Ax f t   (1) với  dA M và : df  là hàm không tầm thường liên tục tuần hoàn chu kì  . Đặt 2  ,     0 s A fb e f s ds     (2) Nhiều tác giả nghiên cứu tính chất tiệm cận của nghiệm của (1). Chẳng hạn, Massera đã đưa ra kết quả sau: Định lí: Nếu phương trình (1) có nghiệm bị chặn trên 0,+  , thì phưong trình (1) tồn tại nghiệm tuần hoàn chu kì  . Đối với nghiệm tuần hoàn, nó hầu như tầm thường rằng: một nghiệm của phương trình (1) là tuần hoàn chu kì  nếu và chỉ nếu giá trị đầu  0xw thoả mãn:  A fE e b w . (3) Chẳng hạn, giả sử A E N  , với i  , 2 1i   và N là ma trận luỹ linh thỏa  0 1mN m  . Khi đó:  1 1 0 0! ! k km mkA k k k e e A E N k k            và phương trình:  A fE e b w được biểu diễn là: 1 1 ! km k f k N b k         w Từ sự biểu diễn trên, ta có thể tính toán lần lượt mỗi thành phần của nghiệm w của phương trình với fb đã cho. Tuy nhiên, trong trường hợp này nó không rõ ràng để chỉ ra rằng nghiệm w được biểu diễn bởi: 1 0 1 ! km k k f k N B N b k       w (4) với kB là số Bernoulli. Công thức (4) là một trong những kết quả của chúng tôi sau này. Mục đích của luận văn là đưa ra một sự phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo dáng điệu tiệm cận của nghiệm của phương trình (1). Đặc biệt, chúng tôi chỉ ra sự phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo tính chất bị chặn và tính chất tuần hoàn. Phương pháp và ý tưởng cơ bản của luận văn sẽ được giải thích đơn giản trên phương trình vi phân tuyến tính một chiều:    dx ax t f tdt   ,  0x w với a là hằng số và f là hàm vô hướng liên tục tuần hoàn chu kì  . Sau đó, chúng tôi sẽ tổng quát hoá những kết quả đó đến phương trình vi phân tuyến tính (1). Phần còn lại của luận văn bao gồm: chương 2, chương 3, chương 4, chương 5 và chương kết luận. Chương 2: Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính, nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính, số Bernoulli, không gian riêng suy rộng, … để sử dụng cho các chương sau. Chương 3: Biểu diễn nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính. Trình bày phương pháp và ý tưởng cơ bản của luận văn trên phương trình vi phân tuyến tính một chiều. Sau đó, dựa trên phương pháp và ý tưởng này để xây dựng cách biểu diễn nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính (1). Hơn nữa, chúng tôi cũng chỉ ra rằng cách biểu diễn nghiệm này có sự tương ứng với cách biểu diễn nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính. Chương 4: Dáng điệu tiệm cận, tính bị chặn, tính tuần hoàn. Chương này bao gồm hai mục: 4.1 và 4.2. Mục 4.1. Trình bày sự phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo tính bị chặn và tính tuần hoàn của nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính (1). Sự phân loại này, có sự tương ứng đến sự phân loại của tập những giá trị đầu theo tính bị chặn của nghiệm phương trình sai phân tuyến tính. Mục 4.2. Trình bày sự phân loại đầy đủ của tập những giá trị đầu theo dáng điệu tiệm cận của nghiệm phương trình (1). Chương 5: Phát triển. Chương này trình bày về cách biểu diễn và tính bị chặn của nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính tổng quát 1n nx Bx b   và của phương trình vi phân tuyến tính        x t A t x t f t   có sự tương ứng với nhau. Chương kết luận nêu vắn tắt một số kết quả trình bày trong luận văn và những hướng nghiên cứu dự định trong tương lai. Cuối cùng là tài liệu tham khảo. Chương 2: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ VÀ CÁC KÍ HIỆU Trong chương này, chúng tôi qui ước một số kí hiệu và nêu lại một số kiến thức chuẩn bị cần thiết để sử dụng đến trong các chương sau. 2.1. KÍ HIỆU. 1. Tập các số thực 2. Tập các số phức 3. Tập các số nguyên 4. E Ma trận đơn vị 5. Re- Phần thực, Im- Phần ảo 6. VId Ánh xạ đồng nhất từ V vào V. 7. N(A) Nhân của A 8. R(A) Miền giá trị của A 9.      nn nf z f zz   Đạo hàm cấp n của hàm số  y f z ,      0f z f z . 10. , 0,1,2,...kB k  Số Bernoulli 11.  dM Tập các ma trận phức d d chiều 12.  ik m nX x  Ma trận cấp m n   / , 1, , 1,m n ik ikm nX x x i m k n      13.  , m nlocL I  Tập các ma trận hàm cấp m n khả tích trên mọi tập compact nằm trong I . 14.  Kết thúc phần chứng minh. 2.2. SỐ BERNOULLI. Dãy kB của hệ số của chuỗi luỹ thừa được xác định bởi 01 ! k kz k z zB e k     với 1 12B   và 2 1 0kB   với k > 0. Số Bernoulli kB có tính chất sau:   1 0 1 1 1 1 n k k n k k C B n     , n = 0, 1, 2, … . 2.3. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH. Xét hệ phương trình vi phân tuyến tính      x t Ax t f t   (2.3.1)  0x w (2.3.2) với  nA M ,    , nlocf t L I , nw . Bài toán (2.3.1), (2.3.2) có duy nhất một nghiệm. Ta tìm nghiệm của hệ (2.3.1), (2.3.2) theo phương pháp biến thiên hằng số. Nghiệm của hệ (2.3.1), (2.3.2) viết dưới dạng:    tAx t e y t (2.3.3) với  y t cần xác định để (2.3.3) là nghiệm của (2.3.1), (2.3.2). Ta có:    0 0x y w (2.3.4) Lấy đạo hàm hai vế (2.3.3), ta có:      tA tAx t Ae y t y t e   Thay vào (2.3.1), ta được:    tAy t e f t  (2.3.5) Vậy  y t là nghiệm của (2.3.5) thoả điều kiện (2.3.4), suy ra     0 t sAy t e f s ds  w . Thay vào (2.3.3), ta có:     0 t tA sAx t e e f s ds        w Hay       0 t t s AtAx t e e f s ds  w . Vậy nghiệm của hệ (2.3.1), (2.3.2) là:       0 t t s AtAx t e e f s ds  w . 2.4. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN TUYẾN TÍNH. Xét phương trình sai phân tuyến tính 1n nx qx b  , n = 1, 2, … 0x a với b, q 0 là các hằng số. Nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính là *n n nx x x  , trong đó nx là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất 1n nx qx  và có dạng  0nnx cq c  , còn nghiệm riêng *nx của phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất có dạng 1 * 0 0 n n k n k x c q b q      . Do đó nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính là: 1 0 n n k n k x aq b q      2.5. KHÔNG GIAN RIÊNG SUY RỘNG. 2.5.1. Vec tơ riêng và giá trị riêng của một tự đồng cấu. Cho :V V  là một tự đồng cấu của không gian vectơ V trên trương K. Vectơ 0x   của V mà  x x   , với một  nào đó của K, gọi là một vectơ riêng của  ứng với giá trị riêng  của  . Tập tất cả các vectơ riêng của  ứng với cùng một giá trị riêng K cùng với vectơ 0 làm thành một không gian vectơ của V, kí hiệu là  và gọi là không gian riêng ứng với giá trị riêng  của  ;  chẳng qua là  VN I     . Đa thức đặt trưng của tự đồng cấu  kí hiệu là  P  và được xác định bởi    det VP Id     . 2.5.2. Không gian riêng suy rộng của một tự đồng cấu. a. Định nghĩa: Cho tự đồng cấu  của K-không gian vectơ hữu hạn chiều V. Với mỗi K , xét tập     / 0, : 0mVx V m m Id x         thì đó là một không gian vectơ con của V. Khi nó khác  0 thì nó được gọi là không gian riêng suy rộng của  ứng với K và kí hiệu M . b. Tính chất: 1. Rõ ràng nếu  là một giá trị riêng của  thì không gian riêng M   . Với mọi không gian riêng suy rộng M ,  phải là một giá trị riêng của  . 2. Với mỗi giá trị riêng  của  , dim  gọi là số chiều hình học của  , dim M gọi là số chiều đại số của  . Số chiều đại số của  bằng bội của nghiệm  của đa thức đặc trưng . c. Định lí:  là một tự đồng cấu của một không gian vectơ hữu hạn chiều V trên trường K mà đa thức đặc trưng P phân tích được thành tích những nhân tử tuyến tính:        1 21 2 ... ms s smP           . ( các ( 1,2,..., )k k m  khác nhau từng cặp) thì V là tổng trực tiếp các không gian riêng suy rộng: 1 2 ... m V M M M      . 2.6. Định lí 2.6: Nếu : n nf  là một ánh xạ liên tục và tuần hoàn chu kì  thì f bị chặn trên . Chứng minh định lí 2.6. Đặt 0,K     . Khi đó, K là tập compact trong . Vì f là ánh xạ liên tục nên  f K là tập compact trong n n . Do đó, f bị chặn trên K. Vì f tuần hoàn chu kì  nên suy ra f bị chặn trên .  Chương 3: BIỂU DIỄN NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH 3.1. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH MỘT CHIỀU. Phương pháp và ý tưởng cơ bản của luận văn sẽ được trình bày với phương trình vi phân tuyến tính một chiều:    dx ax t f tdt   ,  0x w (5) với a là hằng số và f là hàm vô hướng liên tục tuần hoàn chu kì  . Nghiệm của phưong trình (5) được biểu diễn:         0 : ;0, t a t satx t x t e e f s ds    w (6) Tuy nhiên, cách biểu diễn trên không dể thấy dáng điệu tiệm cận của nghiệm. Do đó, chúng ta cần đưa ra một sự biểu diễn khác của nghiệm mà với cách biểu diễn này chúng ta dể dàng nhận biết được dáng điệu tiệm cận của nghiệm. Định lí 3.1: Nghiệm  x t của phưong trình (5) được biểu diễn như sau: 1) Giả sử 1ae   . Nếu công thức (6) được viết lại:    1 ,1at f fax t e b u t be      w (7) với      01, 1 t a t satf fau t b e b e f s dse     , thì  , fu t b là nghiệm tuần hoàn chu kì  . 2) Giả sử 1ae   . Nếu công thức (6) được viết lại:    ,at f ftx t e b v t b     w (8) với       0 , t a t sat f f tv t b e b e f s ds     , thì  , fv t b là một hàm tuần hoàn chu kì  , tuy nhiên, nó không cần thiết là một nghiệm của (5). Chứng minh định lí 3.1: Ta có:             0 0 t t a t s a t s a t se f s ds e f s ds e f s ds                         0 0 t a s a t zate e f s ds e f z dz       ( đặt z = s -  )     0 t a t sat fe b e f s ds    1) Giả sử 1ae   . Khi đó:         0 1 1 t a t a t s fau t e b e f s dse              01 ta a t sat at f fa ee b e b e f s ds e           0 1 1 t a t sat fae b e f s dse      u t . 2) Giả sử 1ae   . Khi đó:         0 t a t a t s f tv t e b e f s ds               0 t a t sat at at f f f te b e b e b e f s ds        v t . Từ sự biểu diễn nghiệm trong định lí 3.1, ta có thể dễ dàng đạt được dáng điệu tiệm cận của nghiệm như sau: Hệ quả 3.1.1: I) Trường hợp 1ae   . 1) Giả sử 1 1 fa b e   w . Khi đó nghiệm ( ;0, )x t w là nghiệm tuần hoàn chu kì  , được xác định bởi    ;0, , fx t u t bw . 2) Giả sử 1 1 fa b e   w . a) Nếu Re 0a  , thì nghiệm ( ;0, )x t w hội tụ đến nghiệm  , fu t b tuần hoàn chu kì  khi t  . b) Nếu Re 0a  , thì nghiệm ( ;0, )x t w hội tụ đến nghiệm  , fu t b tuần hoàn chu kì  khi t  . c) Nếu Re 0a  , thì nghiệm ( ;0, )x t w là á tuần hoàn. II) Trường hợp 1ae   . 1) Nếu 0fb  , thì mỗi nghiệm ( ;0, )x t w là một nghiệm tuần hoàn chu kì  . 2) Nếu 0fb  , thì tất cả nghiệm ( ;0, )x t w là không bị chặn. Ý tưởng cơ bản đã được phát biểu một cách đơn giản trong định lí 3.1. Chúng tôi sẽ tổng quát hoá những kết quả ở trên đến phương trình (1). Khi đó vấn đề là tìm những hàm tưong ứng với 1 1 at fae be  , at f t e b trong (7) và (8). Để làm được như vậy, ta viết lại nghiệm của (6):      ;0, atx t e z t g t  w w với         0 , t a t sg t z t e f s ds   và sẽ tìm một hàm z(t) sao cho g(t) trở nên một hàm tuần hoàn chu kì  . g(t) tuần hoàn chu kì             0 0 ( ) t t a t s a t sz t e f s ds z t e f s ds           Vì         0 0 t t a t s a t sat fe f s ds e b e f s ds        nên ta có:     at fz t z t e b    Đặt      : at fz t z t z t e b       (9) Nếu z(t) là một nghiệm của phương trình (9), khi đó, với 0 , 1,2,...,s n   ta có:        11 a s n fz s n z s n e b                2 12 a s n a s nf fz s n e b e b          = . . . =    1 0 n a s j f j z s e b     . Vậy     1 aj 0 n as f j z s n z s e e b       . (10)  Giả sử 1ae   , khi đó từ (10) cho ta:      1 a s nas fa e ez s n z s b e       ( vì 1 0 1 1 ann aj a j ee e       )    1 1 a s nas f fa a e ez s b b e e         . Do đó, nếu chọn   1 as fa ez s b e    với 0 s   , thì   ( )1 at fa ez t b t s n e     . Nếu 1ae   , khi đó từ (10) cho ta:      as asf fs n sz s n z s ne b z s e b              as as nf fs s nz s e b e b      (vì 1ae   ). Do đó, nếu chọn   as fsz s e b  với 0 s   , thì   t f tz t e b  ( t s n  ). Lưu ý rằng, trong mối quan hệ (10), tổng 1 0 n aj f j e b    là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân: 1 a n n fx e x b    , 0 0x  . 3.2. TỔNG VÔ HẠN. Cho 0  và : dc  là một hàm liên tục. Ta tìm nghiệm liên tục của phương trình:        z t z t z t c t      , t (11) đó là, tổng vô hạn    1z t c t  . Nói chung, z(t) bao gồm một hằng số tuần hoàn, nghĩa là, nếu z(t) là một tổng vô hạn, khi đó z(t) + c(t) cũng là một tổng vô hạn đối với bất kì hàm c(t) tuần hoàn chu kì  nào. Bổ đề 3.1.1: Cho : dc  là một hàm liên tục, và hàm 0 0: , dt t     liên tục thỏa mãn:      0 0 0t t c t       . Khi đó phương trình (11) với điều kiện đầu     0 0, ,z t t t t t      , có duy nhất trên một nghiệm liên tục z(t). Mặt khác, nghiệm z(t) sẽ được xác định như sau: Cho 0 0,s t t    . Khi đó      1 0 , n k z s n s c s k        (n = 0, 1, 2,… ).       1 , n k z s n s c s k        ( n = 1, 2,… ). Chứng minh bổ đề 3.1.1: Vì     0 0, ,z t t t t t      , nên    0 0t z t     và    0 0t z t  Do đó, từ      0 0 0t t c t       ta được:      0 0 0z t z t c t     Vậy phương trình (11) có nghiệm z(t) trên . Khi đó, với 0 0,s t t    , n = 1, 2, …, ta có:        1 1z s n z s n c s n                 2 2 1z s n c s n c s n           ...    1 0 n k z s c s k        1 0 n k s c s k            1z s n z s n c s n               2 1z s n c s n c s n          ...         1 1 n n k k z s c s k s c s k            . Vậy nghiệm z(t) được xác định là: với 0 0,s t t    ,             1 0 1 ( ) , ( 0,1,2...) , 1,2,... n k n k z s n s c s k n z s n s c s k n                      Vì  liên tục trên 0 0,t t   và c liên tục trên nên nghiệm z(t) liên tục trên . * Chứng minh tính duy nhất nghiệm: Giả sử phương trình (11) còn có nghiệm  z t . Đặt      z t z t z t  , t  . Chứng minh tương tự trên, nghiệm  z t được xác định như sau: với 0 0,s t t    ,             1 0 1 ( ) ,( 0,1,2...) , 1,2,... n k n k z s n s c s k n z s n s c s k n                        Suy ra   0z t  , t  hay    z t z t , t  .  Chúng ta xét trường hợp c(t) được xác định bởi:      z t z t B t b    , t (12) với B(t), t , là một ma trận hàm liên tục và không suy biến thỏa       ,kB s k B s B k    . Định lí 3.2: Cho  0 , mx m , là nghiệm của phương trình sai phân:   1 ,m mx B x b   0 0x  . (13) Khi đó đối với một hàm ban đầu liên tục 0 0: , dt t     thỏa mãn:      0 0 0t t B t b       Phương trình (12) với điều kiện đầu    z t t , 0 0,t t t    , có một nghiệm duy nhất z(t) trên , được xác định bởi: Với 0 0,s t t    ,        0nz s n s B s x    , (n = 0, 1, 2,…) (14)        0nz s n s B s x     , (n = 1, 2,… ) (15) Chứng minh định lí 3.2: Phương trình sai phân (13) có nghiệm tổng quát là:    1 0 0 n k n k x B b   với n = 1, 2, …     1 0 n k n k x B b    với n = 1, 2, … Áp dụng bổ đề 3.1.1, phương trình (12) có nghiệm duy nhất z(t) trên và      1 0 n k z s n s B s k b        (n = 0, 1, 2, …)             1 0 0 n k k n s B s B b s B s x                 1 n k z s n s B s k b        (n = 1, 2, …)       1 n k k s B s B b           0ns B s x   .  Chú ý:    , tA dB t e A M  , thỏa mãn điều kiện      kB s k B s B   , k , trong định lí 3.2. 3.3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH. Ta xem xét trở lại việc biểu diễn nghiệm của phương trình    x Ax t f t   (1) Để áp dụng ý tưởng ở trên đối với phương trình (1) với  0x w là điều kiện đầu của nghiệm, ta sẽ tịnh tiến nghiệm  ;0,x t w của phương trình (1) như sau:      ;0, Atx t e z t g t  w w (16) với         0 t A t sg t z t e f s ds   (17) Ta sẽ tìm một hàm z(t) sao cho g(t) là một hàm liên tục và tuần hoàn chu kì  . Rõ ràng, g(t) là một hàm liên tục và tuần hoàn chu kì  khi và chỉ khi z(t) là một nghiệm liên tục của phương trình:     ,At fz t z t e b t     , đó là    1 ,At fz t e b t    . Vì g(t) là một hàm tuần hoàn chu kì  và số hạng thứ hai của vế phải (17) được xác định trên , cho nên ta chỉ cần xét z(t) trên 0,  . * Ta tính   1 , ,At fe b t o     . Giả sử  A là phổ của A, bao gồm r phần tử i với chỉ số im , i = 1,…,r. Đặt   ii miM N A E   là không gian riêng suy rộng của A ứng với giá trị riêng i . Khi đó ta có sự phân tích tổng trực tiếp 1 2 ... r d M M M      Đặt i P là phép chiếu từ d lên iM cảm sinh từ sự phân tích này. Để tính toán đơn giản, ta gọi  là một trong các giá trị riêng của A và m là số chỉ số của  . Xét phương trình     tA fP z t P z t P e b      (18) Đặt    z s s , ,0s      . Nếu t s n  , ,0s     , n = 1, 2, …, khi đó từ định lí 3.2, phương trình (18) có nghiệm duy nhất  P z t và được biểu diễn bởi        0sA nP z t P z s n P s P e x        (19) với  0nx là nghiệm của phương trình sai phân 1 A n n fx e x b    , 0 0x  (20) và điều kiện đối với hàm ban đầu trở thành    0 A fP P e P b        . 3.3.1. TRƯỜNG HỢP RỜI RẠC. Xét phương trình sai phân 1 A n nx e x b   , 0x w (21) Nghiệm tổng quát của phương trình (21) là  0n A An nx e x S e b   với   1 0 , 1 n A k A n k S e e n      .  Ta tính mỗi thành phần nP x của nghiệm nx . nP x thỏa mãn phương trình  0n A An nP x e P x S e P b     Ta có:     0 ! i iA E ttA t t i te P e e P e A E P i           Vì   0iA E P  với i m nên  1 0 ! im itA t i te P e A E P i        . Do đó      1 1 1 0 0 0 ! in n m iA k A k n k k i k S e P e P e A E P i                    1 1 0 0 ! im n ii k i k k e A E P i               . Đặt   1in 0 E : n i kz k z k e    . * Nếu 1e  , ta có: ii kz kzik e ez   . Suy ra   1 1 0 0 1: 1 i i i nzn n i kz kz n i i i z k k eE z e e z z z e               . Đặt   1: 1zz e   , Khi đó          : 1i i ii nz nzn i i iE z z e z e zz z z          Vì       0 i i i jnz j j nz ii j z e C n e z z        nên           0 i i j ii j j nz n i j E z C n e z z     . Suy ra            1 0 0 ! im i ii j iA j j n n i i j S e P C n e A E P i                               1 1 0 0 0! ! i im i mi ii jn j j i i i j i e C n A E P A E P i i                     Mặt khác      1 0 0 ! im i ii jj j i i j C n A E P i                    1 21 0 0! 1! ! i im mi ii i i i n A E P A E n A E P i i                    +        2 322 02! ! im ii i A E n A E P i          + ... +         1 11 1 ! m mm A E P m       Vì   0iA E P  với i m nên      1 0 0 ! im i ii jj j i i j C n A E P i         =            1 11 0 0! 1! ! i im mi ii i i i n A E P A E n A E P i i                   + … +           1 111 01 ! ! m imm im i i A E n A E P m i            =        1 1 0 0! ! i im mi ii i i i A E n A E P i i             . Do đó, ta có  nS Ae P  =        1 1 0 0! ! i im mi ii i i i A E n A E P i i                  1 0 ! im ii i A E P i        = ne     1 0 ! im ii i X A n A E P i       X A P  . với        1 0 X ! im ii i A A E i       ,  A  . Vậy 0 n A nP x e P x   ne     1 0 ! im ii i X A n A E P b i       X A P b  0 n Ae P x  + n Ae   X A P b   X A P b     0n Ae P x X A P b X A P b          . * Nếu 1ze  , với số Bernoulli , 0,1,2,...,iB i  ta có       0 n 0 1 2 1 2 2 2 1 2 0 E 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2n z n B n n n E z n n C B n C B n          2 2 3 1 2 2 3 33 2 3 1 3 01 1 1 1 1 16 2 3 3 3 3nE z n n n C B n C B n C B n      ……………………………….. Đến bước thứ i = m – 1 ta được:   1 11 1 1 i i ji j j n i j B E z C n i        . Do đó, ta có:    1 1 11 0 1 1 ! im i ii jA j j n i i j B S e P C n A E P i i                   Hay  AnS e P  =  1 1 2 2011 0 2 22 2BBC B nP C n C n A E P        +  2 21 2 2 3 302 13 3 33 3 3 2! BB BC n C n C n A E P        +…+     1 11 2 21 2 0... 1 ! m mm mm m m m m B B BC n C n C n A E P m m m m            =      1 11 20 1 0 01 ! 1! 1 ! i i i im mi i i i n nB A E P B A E A E P i i i i                 + … +     1 1 1 1 ! m m mB A E nPm      . Từ   0iA E P  với i m , ta có:  AnS e P  =      1 11 10 1 0 01 ! 1! 1 ! i i i im mi i i i n nB A E P B A E A E P i i i i                 + … +     1 1 1 1 ! m m mB A Em       11 0 1 ! i im i i n A E P i i      =    11 1 0 0! 1 ! i i im mi i i i i nB A E A E P i i i           . =    11 0 1 ! i im i i nY A A E P i i      . với    1 0 ! im i i i Y A B A E i      ,  A  . Vậy       1 1 11 11 0 0 0 01 ! 1 ! i i i im mi i n i i n nP x A E P x Y A A E P b P x i i i i                         11 0 0 0 1 ! i im i i n A E A E P x Y A P b P x i i                 . Tóm lại các kết quả trên, ta có: Định lí 3.3: 1) Nếu 1e  , khi đó nP x    0n Ae P x X A P b X A P b          với        1 0 X ! im ii i A A E i       ,  A  . 2) Nếu 1e  , khi đó nP x      11 0 0 0 1 ! i im i i n A E A E P x Y A P b P x i i                 với    1 0 ! im i i i Y A B A E i      ,  A  . 3.3.2. BIẾN ĐỔI ĐẾN TRƯỜNG HỢP LIÊN TỤC. Để tính toán đơn giản, đặt fb b . Gọi  0nx là nghiệm của 1 A n nx e x b   với điều kiện đầu 0 0x  . Áp dụng định lí 3.3 để nhận được hàm thành phần      0sA nP z s n P s P e x      1) Giả sử 1e  . Ta có:      0 n AnP x e X A P b X A P b      Suy ra       0sA sA n AnP e x e e X A P b X A P b            .s n AsAe X A P b e X A P b      Đặt   .X X A P b  Khi đó      0sA nP z t P s P e x    trở thành       s n AsAP z s n P s e X e X       , Hay      s n A sAP z s n e X P s e X      . Do đó    : tAc t P z t e X  là tuần hoàn chu kì  , và    tAP z t e X c t    . * Bây giờ ta kiểm tra hàm ban đầu    : , ,0sAP s e X c s s        thỏa mãn điều kiện:    0 AP P P e b        của hàm ban đầu trong định lí 3.2. Từ    0 0P X c    và    0c c   , điều kiện    0 AP P P e b        tương đương với điều kiện A AX e X e P b     (22) Hay Ae X X P b   Ta chứng minh (22) luôn đúng. Thật vậy, Áp dụng định lí 3.3, trường hợp 0 0x  , ta có: 1 AP x e X X   Mặt khác, từ phương trình 1An nx e x b   , ta có: 1x b . Do đó AP b e X X   hay Ae X X P b   . Vậy (22) luôn đúng.  Cho nên ta có        1 tA tAP z t P e b e X A P b c t         với c(t) là một hằng số tuần hoàn. Suy ra      ;0, AtP x t e P P z t P g t     w w           0 t t s AtA tAe P e X A P b c t P z t e P f s ds          w         0 t t s AtA tAe P X A P b e X A P b e P f s ds            w . Như vậy, nghiệm  t;0,x w của phương trình  x Ax f t   với  0x w được biểu diễn bởi:      ;0, tAP x t e P X A P b u t       w w với         0 t t s AtAu t e X A P b e P f s ds       là một nghiệm tuần hoàn chu kì  . 2) Giả sử 1.e  Đặt  Y Y A P b  . Khi đó, từ định lí 3.3 và  1 0 ! km ksA s k se e A E k      , ta có:      11 1 0 0 0 ! 1 ! k j jm mk jsA s n k j s nP e x e A E A E Y k j j                11 1 0 0 ! 1 ! k j jm m j ks k j s ne A E Y k j                      11 0 11 0 0 ! 1 ! ! 1 ! jks m i i k j i i kks m i i i k s ne A E Y k j s ne A E Y k i k                                1 11 1 1 0 0 0! 1 ! 1 ! i kks s im i mi i i k i s ne e sA E Y A E Y k i k i                              1 11 1 1 1 0 0 01 ! 1 ! i kk ks s im i mi ii i k i C s ne e sA E Y A E Y i i                    . Vì    11 11 0 ii i kk k i k s n C s n       ,  s n se e    nên              1 11 1 0 0 0 1 ! 1 ! is n s im mi isA n i i s ne e sP e x A E Y A E Y i i                    Khi đó      0sA nP z t P s P e x    trở thành         11 0 1 ! s jm j j e sP z s n P s A E Y j                    11 0 1 ! js n m j j s ne A E Y j          Hay  P z s n          11 0 1 ! js n m j j s ne A E Y j                11 0 1 ! s._.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfLA7222.pdf
Tài liệu liên quan