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 Tính chất 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 toán tử nghịch đảo phải Volterra 1.4 Đặc trưng đa thức toán tử khả nghịch phải Phương trình với toán tử khả nghịch phải 2.1 Phương trình với toán tử khả nghịch phải 2.2 Bài toán Cauchy 2.3 Ví dụ áp dụng áp 3 8 17 21 25 dụng 30 30 37 50 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 i Mở đầu Phương trình vi phân đóng vai trò quan trọng kĩ thuật, vật lý, kinh tế số ngành khác Có nhiều phương pháp để giải phương trình vi phân với điều kiện ban đầu số phương pháp sử dụng lý thuyết toán tử khả nghịch phải Mục tiêu Luận văn trình bày lý thuyết cách giải toán giá trị ban đầu lý thuyết toán tử khả nghịch phải áp dụng công thức TaylorGontcharov trường hợp riêng công thức Taylor Dưới hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, tác giả hoàn thành luận văn với đề tài "Phương trình vi phân với toán tử khả nghịch phải áp dụng" Luận văn chia làm hai chương: • Chương 1: Tính chất toán tử khả nghịch phải • Chương 2: Phương trình với toán tử khả nghịch phải áp dụng Chương trình bày số kiến thức lớp toán tử tuyến tính tính chất toán tử khả nghịch phải, công thức Taylor Chương nội dung Luận văn, trình bày phương trình với toán tử khả nghịch phải áp dụng công thức Taylor vào việc giải toán cụ thể Mặc dù có nhiều cố gắng, song thời gian trình độ hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Vì tác giả mong nhận góp ý thầy cô bạn để Luận văn hoàn thiện Qua luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, người Thầy truyền cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu toán học Thầy tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả suốt trình học tập hoàn thiện luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo Sau đại học, Khoa Toán-Cơ-Tin, thầy cô tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành luận văn Sau tác giả xin gửi lời biết ơn sâu sắc đến gia đình tạo điều kiện tốt suốt trình học thực luận văn Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày tháng năm 2015 Tác giả Đào Nguyễn Vân Anh Chương Tính chất 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 Y hai không gian tuyến tính trường vô hướng F Một ánh xạ A từ tập tuyến tính dom A X vào Y gọi toán tử tuyến tính A(x + y) = Ax + Ay với x, y ∈ dom A, A(tx) = tAx với x ∈ dom A, t ∈ F Tập dom A gọi miền xác định toán tử A Giả sử G ∈ dom A Đặt AG = {Ax : x ∈ G} Theo định nghĩa, AG ⊂ Y Tập AG gọi ảnh tập G Tập Adom A gọi miền giá trị toán tử A (tập giá trị A) không gian Y Tập tất toán tử tuyến tính với miền xác định chứa không gian X miền giá trị chứa không gian Y ký hiệu L(X → Y ) Định nghĩa 1.2 ([1]-[2]) Toán tử đồng không gian X toán tử IX xác định IX x = x với x ∈ X Sau không gây nhầm lẫn, ta ký hiệu I thay cho IX Định nghĩa 1.3 ([1]-[2]) Nếu toán tử A ∈ L(X → Y ) tương ứng 1-1 toán tử nghịch đảo A−1 định nghĩa theo cách: Với y ∈ Adom A A−1 y = x, x ∈ dom A y = Ax Để ý rằng, theo giả thiết, y ứng với x ∈ dom A dom A−1 = A dom A ⊂ Y, A−1 dom A−1 = dom A ⊂ X Với x ∈ dom A, y = Ax (A−1 A)x = A−1 (Ax) = A−1 y = x, (AA−1 )y = A(A−1 y) = Ax = y Do A−1 A = Idom A , AA−1 = IAdom A Cho nên A−1 xác định nghịch đảo A Dễ dàng kiểm tra A−1 toán tử tuyến tính Nếu toán tử A ∈ L(X → Y ) có toán tử nghịch đảo ta nói A khả nghịch Định nghĩa 1.4 ([1]-[2]) Toán tử A ∈ L(X → Y ) gọi đẳng cấu dom A = X, A dom A = Y A tương ứng 1-1 Theo định nghĩa, A đẳng cấu khả nghịch, toán tử nghịch đảo −1 A tương ứng 1-1 dom A−1 = Y, A−1 dom A−1 = X Do A−1 đẳng cấu Định nghĩa 1.5 ([1]-[2]) Hai không gian X Y gọi đẳng cấu tồn đẳng cấu A ánh xạ X lên Y Định nghĩa 1.6 ([1]-[2]) Tổng hai toán tử A, B ∈ L(X → Y ) tích toán tử với vô hướng xác định sau dom (A + B) = dom A ∩ dom B (A + B)x = Ax + Bx vớix ∈ dom A ∩ dom B, (tA)x = t(Ax) với x ∈ dom A, t ∈ F (1.1) Nếu dom A = dom B = dom C (A + B) + C = A + (B + C) A + B = B + A Để ý toán tử C mà A + C = B với A, B ∈ L(X → Y ) không thiết phải tồn Điều suy từ việc miền xác định A B khác Nếu toán tử C tồn C = B − A C gọi hiệu toán tử B A; phép toán "-" gọi phép trừ Theo định nghĩa, B − A xác định tốt B − A = B + (−A) dom A ∩ dom B Đặt L0 (X → Y ) = {A ∈ L(X → Y ) : dom A = X} Do tổng hai toán tử tùy ý thuộc L0 (X → Y ) xác định tốt, thỏa mãn tính kết hợp giao hoán, ứng với cặp toán tử A, B ∈ L0 (A → B) tồn toán tử C = B −A nên L0 (X → Y ) nhóm Abel Phần tử trung hòa nhóm toán tử Θ cho Θx = với x ∈ X Sau ta ký hiệu toán tử không Từ công thức (1.1) ta suy nhóm Abel L0 (X → Y ) không gian tuyến tính trường F Định nghĩa 1.7 ([1]-[2]) Giả sử X, Y, Z không gian tuyến tính trường vô hướng, A ∈ L(X → Y ), B ∈ L(Y → Z) B dom B ⊂ dom A ⊂ Y Tích AB toán tử A B xác định (AB)x = A(Bx) với x ∈ dom B (1.2) Theo định nghĩa, AB ∈ L(X → Z), dom AB = dom B , AB dom AB = AB Tích (nếu xác định tốt) có tính phân phối phép cộng toán tử tính kết hợp Định nghĩa 1.8 ([1]-[2]) Hai toán tử A B gọi giao hoán hai tích AB, BA tồn AB = BA dom A = dom B Đặt L(X) = L(X → X) L0 (X) = L0 (X → X) = {A ∈ L(X) : dom A = X} Công thức (1.2) L0 (X) không gian tuyến tính mà vành tuyến tính theo phép nhân toán tử A, B ∈ L0 (X) xác định tích AB chúng Thật vây, A, B ∈ L0 (X) dom B ⊂ dom A = X Do đó, AB xác định tốt với A, B ∈ L0 (X) Vành tuyến tính L0 (X) có đơn vị toán tử đồng IX = I Tuy nhiên, L0 (X) vành không giao hoán ước Định nghĩa 1.9 ([1]-[2]) Toán tử P ∈ L0 (X) gọi toán tử chiếu P = P , P = P.P Nếu P ∈ L0 (X) toán tử chiếu I − P toán tử chiếu Mỗi toán tử chiếu xác định phân chia không gian X thành tổng trực tiếp X = Y ⊕ Z , Y = {x ∈ X : P x = x}, Z = {x ∈ X : P x = 0} Thật vậy, x ∈ Y ∩ Z x = x = P x = Nếu x ∈ X z = x − P x ∈ Z P (x − P x) = P x − P x = P x − P x = x = y + z y = P x ∈ Y, z = x − P x = (I − P )x ∈ Z Định nghĩa 1.10 ([1]-[2]) Giả sử A ∈ L(X → Y ) Tập hợp Ker A = {x ∈ dom A : Ax = 0} gọi nhân toán tử A Tập hợp Ker A không gian tuyến tính A Số chiều nhân toán tử A ∈ L(X → Y ) gọi số khuyết (nullity) A ký hiệu αA , tức αA = dim Ker A Định nghĩa 1.11 ([1]-[2]) Không gian khuyết toán tử A ∈ L(X → Y ) không gian thương Y /Adom A Số khuyết (deficiency) βA toán tử A ∈ L(X → Y ) xác định công thức βA = dim Y /Adom A Theo định nghĩa số khuyết βA đối chiều miền giá trị A Định nghĩa 1.12 ([1]-[2]) Một toán tử tuyến tính A mà miền xác định dom A = X lấy giá trị trường vô hướng F (trường số thực R hay trường số phức C) gọi phiếm hàm tuyến tính xác định không gian X Ta ký hiệu X tập tất phiếm hàm tuyến tính xác định không gian X Nếu X không gian n chiều sinh phần tử (x1 , , xn ) n n phiếm hàm tuyến tính f có dạng f (x) = tj xj ∈ tj aj x = j=1 j=1 X, t1 , , tn ∈ F aj = f (xj ) (j = 1, , n), tức f xác định cách giá trị phần tử sở X Giả sử X không gian tuyến tính n chiều với sở {x1 , , xn } Y không gian tuyến tính m chiều với sở {y1 , , ym } n trường vô hướng F Cho A ∈ L0 (X → Y ) x = tj xj ∈ X , j=1 n n t1 , , tn ∈ F tùy ý Khi Ax = A tj x j = j=1 tj Axj Mặt khác, j=1 m Ax ∈ Y nên ta tìm c1 , , cm ∈ F cho Ax = m Thật vậy, Axj ∈ Y nên ta có Axj = c k yk k=1 ajk yk , ajk ∈ F (j = k=1 1, 2, , n; k = 1, 2, , m) Vì thế, n Ax = n tj Axj = j=1 m tj j=1 m n ajk yk = k=1 tj ajk yk k=1 j=1 n Vậy ta có ck = tj ajk (k = 1, 2, , m) Các hệ số ajk xác định phép j=1 biến đổi sở {x1 , , xn } thành sở {y1 , , ym } toán tử A Do đó, tồn tương ứng 1-1 toán tử A ∈ L0 (X → Y ) ma trận   a11 a21 an1    a12 a22 an2      = (ajk )j=1, ,n;k=1, ,m   a1m a2m anm Ta ký hiệu toán tử A ma trận ký tự A Định nghĩa 1.13 ([1]-[2]) Toán tử A ∈ L0 (X → Y ) gọi hữu hạn chiều miền giá trị hữu hạn chiều Nếu dim Adom A = n ta nói A toán tử n chiều Định nghĩa 1.14 ([1]-[2]) Toán tử A ∈ L0 (X → Y ) gọi khả nghịch phải (trái) tồn toán tử B ∈ L0 (Y → X) cho AB = IY (tương ứng BA = IX ) Ta chứng minh (i) A khả nghịch phải toàn ánh, tức βA = 0, (ii) A khả nghịch trái Ker A = {0}, tức βA = 0, (iii) Nếu A vừa khả nghịch trái vừa khả nghịch phải A khả nghịch 1.1.2 Toán tử đại số Giả sử X không gian tuyến tính trường đóng đại số F A ∈ L0 (X) Vô hướng λ ∈ F gọi giá trị quy A toán tử A − λI khả nghịch Định nghĩa 1.15 ([1]-[2]) Giả sử F = C Ta nói toán tử A ∈ L0 (X) toán tử đại số tồn đa thức P (t) = p0 + p1 t + · · · + pN tN ∈ C cho P (A) = X Không tính tổng quát ta giả sử P (t) định chuẩn tức pN = Toán tử đại số A ∈ L0 (X) toán tử bậc N không tồn đa thức định chuẩn Q(t) bậc m < N cho Q(A) = X Đa thức P (t) gọi đa thức đặc trưng A nghiệm gọi nghiệm đặc trưng A (i.) Bổ đề 2.5 (2.25) toán (2.19)-(2.20) tương đương với phương trình M +N −1 (I + Q)x = R M +N R j yj y+ (2.34) j=0 Cho H định nghĩa (2.31) Dễ thấy, H = DN Q, RN H = Q HRN = Q Do đó, I + Q khả nghịch XM +N Hơn nữa, từ Bổ đề 2.3, MQ nghịch đảo I + Q MQ XM ⊂ XM Vì thế, từ Bổ đề 2.1, MQ := I − RN MQ H nghịch đảo I + Q MQ XM +N ⊂ XM +N Điều suy (2.31) ˆ Q nghịch đảo phải (ii.) I + Q khả nghịch phải XM +N Cho R ˆ Q Q nghịch đảo phải I + Q Từ Bổ đề 2.2 2.3, RQ := I − Q + QR ˆ Q XM ⊂ XM Bổ đề 2.1 RQ := I − RN RQ H I + Q R nghịch đảo phải I + Q RQ XM +N ⊂ XM +N , điều chứng tỏ (2.32) (iii.) Nếu I + Q khả nghịch trái không khả nghịch I + Q khả nghịch trái Điều (2.32) toán (2.19)-(2.20) giải ˆ Q (2.19) thỏa mãn Trong trường hợp đó, cho L ˆ QQ nghịch đảo trái I +Q Từ Bổ đề 2.2 2.3, toán tử LQ := I −Q+QL nghịch đảo trái I +Q LQ XM ⊂ XM Bổ đề 4.1 ˆ Q H nghịch đảo trái I + Q LQ XM +N ⊂ XM +N , LQ := I − RN L điều chứng tỏ (2.33) Đặt Amn = (m = 0, , M − 1; n = 1, , N ) AM n = An (n = 0, , N ) Định lý 2.4, ta Hệ 2.6 Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD F toán tử ban đầu D tương ứng với R Viết N M An Dn , P (D) := D Q(D), Q(D) := n=0 N −1 N −1 N k R Ck D , Q1 := Q1 := k=0 N −1 Ck R k=0 N −k Ck D k , , P1 := k=0 M −1 Rj F Dj )Ak (k = 0, , N − 1) Ck := (I − j=0 43 (i.) Nếu toán tử giải I + Q1 khả nghịch, toán giá trị ban đầu  P (D)x = y, y ∈ X (2.35) F Dj x = y , y ∈ Ker D (j = 0, , M + N − 1) j j thiết lập đắn nghiệm M +N −1 −1 N x = [I − R (I + Q1 ) P1 ](R M +N Rj yj ) y+ j=0 (ii.) Nếu I + Q1 khả nghịch phải không khả nghịch toán giá trị ban đầu (2.35) thiết lập không đắn Tuy nhiên, có nghiệm có dạng M +N −1 N x = (I − R RQ1 P1 )(R M +N Rj yj ) + z, y+ j=0 ˜ Q Q1 , R ˜ Q ∈ RI+Q ∈ Ker (I + Q1 ) tùy ý RQ1 := I − Q1 + Q1 R 1 (iii.) Nếu I + Q1 khả nghịch trái không khả nghịch toán giá trị ban đầu (2.35) thiết lập không đắn có nghiệm với điều kiện cần đủ M +N −1 R M +N Rj yj ∈ (I + Q1 )XM +N y+ j=0 Nếu điều kiện thỏa mãn nghiệm M +N −1 N x = (I − R LQ1 P1 )(R M +N Rj yj ), y+ j=0 ˜ Q ∈ LI+Q Tương tự, có LQ1 := I − Q1 + Q1 L 1 Hệ 2.7 Giả sử N ˆ Pˆ (D) := Q(D)D , Q(D) = M N − 1RN −k Sk , Dn An , Q2 = n=0 k=0 N −1−k F Dm Am+k (k = 0, , N − 1) S0 = A0 , Sk = Ak − m=0 44 (i.) Nếu I + Q2 khả nghịch toán giá trị ban đầu  Pˆ (D)x = y, y ∈ X F Dj x = y , y ∈ Ker DQ (j = 0, , M + N − 1) j j (2.36) thiết lập đắn nghiệm M +N −1 −1 M M x = [I − R (I + Q2 ) Q2 D ](R M +N Rj yj ) y+ j=0 (ii.) Nếu I + Q2 khả nghịch trái không khả nghịch toán giá trị ban đầu (2.36) thiết lập không đắn, có nghiệm với điều kiện cần đủ M +N −1 R M +N Rj yj ∈ (I + RM Q2 DM )XM +N y+ j=0 Nếu điều kiện thỏa mãn toán (2.36) có nghiệm M +N −1 M M x = (I − R LQ2 Q2 D )(R M +N Rj yj ), y+ j=0 ˆ Q Q2 , L ˆ Q ∈ LI+Q LQ2 = I − Q2 + Q2 L 2 (iii.) Nếu I + Q2 khả nghịch phải không khả nghịch toán (2.36) thiết lập không đắn Tuy nhiên, toán có nghiệm có dạng M +N −1 M M x = (I − R RQ2 Q2 D )(R M +N Rj yj ) + z, y+ j=0 ˆ Q Q2 , R ˆ Q ∈ RI+Q , z ∈ Ker (I + RM Q2 DM ) RQ2 = I − Q2 + Q2 R 2 tùy ý Bây giờ, xét toán giá trị ban đầu (2.19)-(2.20) trường hợp toán tử giải khả nghịch tổng quát Định nghĩa 2.4 ([1]-[2]) Một toán tử V ∈ L(X) gọi khả nghịch hầu suy rộng không gian E ⊂ X E ⊂ dom V, V E ⊂ E tồn WV ∈ WV cho WV E ⊂ E Bổ đề 2.7 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 45 Aj ∈ L(X), Aj XN −j ⊂ Xk (j = 0, , N ) Khi đó, toán tử I + Q khả nghịch hầu suy rộng Xk với k ∈ N I + RN Q(D) khả nghịch hầu suy rộng XN +k Chứng minh Từ giả thiết Aj , [I + Q(I, R)]Xk ⊂ XN [I + RN Q(D)]XN +k ⊂ XN +k Giả sử I + Q khả nghịch hầu suy rộng, có nghĩa là, tồn WQ ∈ WI+Q cho WQ Xk ⊂ Xk Viết W Q = I − RN WQ Q(D) Dễ dàng kiểm tra rằng, W Q định nghĩa XN +k W QXN +k ⊂ XN +k Trên XN +k ta có [I + RN Q(D)]WQ [I + RN Q(D)] = [I + RN Q(D)][I − RN WQ Q(D)][I + RN Q(D)] = [I + RN Q(D)]{I + RN Q(D) − RN WQ Q(D)[I + RN Q(D)]} = [I + RN Q(D)]{I + RN Q(D) − RN WQ [I + Q(D)RN ]Q(D)} = [I + RN Q(D)]{I + RN Q(D) − RN WQ [I + Q(I, R)]Q(D)} = [I + RN Q(D)]2 − [I + RN Q(D)]RN WQ [I + Q(I, D)]Q(D) = [I + RN Q(D)]2 − RN [I + Q(D)RN ]WQ [I + Q(I, R)]Q(D) = [I + RN Q(D)]2 − RN [I + Q(I, R)]WQ [I + Q(I, R)]Q(D) = [I + RN Q(D)]2 − RN [I + Q(I, R)]Q(D) = [I + RN Q(D)]2 − RN [I + Q(D)RN ]Q(D) = [I + RN Q(D)]2 − [I + RN Q(D)]RN Q(D) = I + RN Q(D), điều chứng minh W Q khả nghịch hầu suy rộng I + RN Q(D) Ngược lại, tồn W Q ∈ WI+RN Q(D) cho W Q XN +k ⊂ XN +k WQ := I − Q(D)W Q RN định nghĩa Xk WQ Xk ⊂ Xk WQ ∈ WI+Q(I,R) Thật vậy, [I + RN Q(D)]WQ [I + RN Q(D)] = I + RN Q(D), nói cách khác, ta ImWQ ∈ dom Q(D) RN Xk ⊂ dom WQ WQ định nghĩa Xk Nếu x ∈ Xk RN x = y ∈ XN +k u = 46 WQ RN x ∈ XN +k Điều chứng tỏ Q(D)WQ RN x = Q(D)u ∈ Xk Vì thế, WQ x = [I − Q(D)WQ RN ]x = x − Q(D)x ∈ Xk , điều chứng tỏ WQ Xk ⊂ Xk Trên Xk ta có (I + Q)WQ (I + Q) = (I + Q)[I − Q(D)W Q RN ](I + Q) = (I + Q){I + Q − Q(D)W Q RN [I + Q(D)RN ]} = (I + Q){I + Q − Q(D)W Q [I + RN Q(D)RN ]} = (I + Q)2 − (I + Q) − Q(D)W Q [I + RN Q(D)]RN = (I + Q)2 − (I + Q(D)RN ]Q(D)W Q [I + RN Q(D)]RN = (I + Q)2 − Q(D)[I + RN Q(D)W Q [I + RN Q(D)]RN = (I + Q)2 − Q(D)[I + RN Q(D)]RN = (I + Q)2 − Q(D)RN ] = (I + Q)2 − Q(I + Q) = I + Q, điều chứng tỏ WQ khả nghịch hầu suy rộng I + Q Định lý chứng minh Bây ta trở lại toán giá trị ban đầu (2.19)-(2.20) Định lý 2.5 Giả sử D ∈ R(X), R ∈ RD F ∈ FD tương ứng với R Hơn nữa, giả sử Q, Q cho (2.21) (2.22) Nếu toán tử giải I + Q khả nghịch hầu suy rộng không khả nghịch phía, toán giá trị ban đầu (2.19)-(2.20) thiết lập không đắn có nghiệm với điều kiện cần đủ M +N −1 R M +N Rj yj ∈ (I + Q)XM +N y+ (2.37) j=0 Nếu điều kiện thỏa mãn nghiệm có dạng M +N −1 x = WQ (R M +N Rj yj ) + z, y+ (2.38) j=0 WQ := I − RN WQ H, WQ ∈ WI+Q , z ∈ Ker (I + Q) tùy ý Chứng minh Bài toán (2.19)-(2.20) tương đương với phương trình M +N −1 (I + Q)x = R M +N R j yj y+ j=0 47 (2.39) Vì dim Ker (I + Q) = nên dim Ker (I + Q) = (Áp dụng Định lý 2.4(iii)) Vì thế, (2.39) giải điều kiện (2.27) thỏa mãn Áp dụng Bổ đề 2.6 cho phương trình (2.39) ta (2.38) Định lý chứng minh t Ví dụ 2.2 Lấy X := C([0, 1]), C), D := d/dt, R := , (F x)(t) := x(0) R toán tử Volterra, tức là, I + βR khả nghịch với β ∈ C Xét phương trình (I + βRk+1 Dk )x = y, y ∈ Xk (2.40) Vì I + βR(= I + βDk Rk+1 ) khả nghịch, áp dụng Bổ đề 2.2, ta I + βRk+1 Dk khả nghịch Xk Do đó, (2.40) có nghiệm x = (I − βRk (I + βRk )−1 Dk )y ∈ Xk Vì thế, toán giá trị ban đầu  (D + βRk Dk )x = y, y ∈ X , k F x = y , y ∈ Ker D (2.41) có nghiệm có dạng x = [I − βR(I − βR)−1 Dk ](Ry + y1 ) (2.42) Thật vây, toán (2.41) tương đương với phương trình (I + βRk+1 Dk )x = Ry + y1 , tức là, có dạng (2.40) Ví dụ 2.3 Lấy Γ đường cong đóng không gian phức lấy X = H µ (Γ) (0 < µ < 1) Xét toán tử X D := d/dt, (Sx)(t) = πi x(s)ds , (Ax)(t) := a(t)x(t), s−t Γ (Bx)(t) := b(t)x(t), (Bj x)(t) := bj (t)x(t), (Cj x)(t) := cj (s)x(s)ds, j = 0, , Γ 48 a, b ∈ Xn , bj , cj ∈ X (j = 0, , m) Lấy R toán tử Volterra nghịch đảo tùy ý D lấy F := I − RD Xét toán giá trị ban đầu m n k dk D (A + BS)x + Bj Cj x = f, (2.43) j=0 k=0 F Dk x = βk , βk ∈ C (k = 0, , n), (2.44) ak ∈ C (k = 0, , n), an = Từ Bổ đề 2.5, toán tương đương với phương trình m n−1 n n−1 k n ak R D )(A + BS)x + (an I + R Bj Cj x = R f + j=0 k=0 Rl βl (2.45) n l=0 Vì an I + an−1 R + + a0 Rn khả nghịch, Bổ đề 2.2 (2.45) tương đương với (A + BS + K)x = y (2.46) m K := n−1 ak Rn Dk )−1 Rn Bj Cj , (an I + j−0 k=0 n−1 n−1 n y := (an I + k −1 n Rl βl ) ak R D ) (R f + k=0 l=0 49 2.3 Ví dụ áp dụng Ví dụ 2.4 Giải phương trình vi phân x” + λx = sin t với t ∈ [0, T ](T > 0), x(0) = x0 , x (0) = x1 x0 , x1 ∈ R Đây toán giá trị ban đầu toán tử D = d/dt không gian C(0, T ) với toán tử ban đầu (F x)(t) = x(0) ứng với nghịch đảo phải t x(s)ds Q(D) = D2 + λD = D2 (I + λR) Vì toán tử R khả (Rx)(t) = nghịch với λ ∈ R nên toán cho có nghiệm 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 + x1 ds = x1 t, (Ry)(t) = 0 t s (R2 y)(t) = t (− cos s + 1)ds = − sin t + t sin udu = 0 Từ công thức (1.20) ta suy với λ = (I + λR)−1 (Ry + x1 ) = (I + λR)−1 (− cos t + + x1 ) t e−λ(t−s) (− cos s + + x1 )ds = − cos t + + x1 − λ 1 + 2λ + λ2 −λt = cos t − + x1 e + sin t λ λ2 λ3 + λ2 sin t − λ(1 + 2λ2 + λ2 x1 )e−λt λR (I + λR) (Ry + x1 ) = − cos t − λ λ2 1 − 2λ2 + λ2 x1 − t + λ(1 + 2λ2 + λ2 x1 + ) λ λ −1 Do đó, x(t) = 1 sin t + cos t + λ(1 + 2λ2 + λ2 x1 )e−λt λ λ 50 + (1 + 2λ2 + λ2 x1 + x1 − 1 2 )t − λ(1 + 2λ + λ x + ) + x0 λ2 λ2 Với λ = x(t) = (R2 y + Rx1 + x0 )(t) = − sin t + t + x1 t + x0 Ví dụ 2.5 Giải phương trình vi phân x” + λ2 x = với t ∈ [0, T ](T > 0), x(0) = x0 , x (0) = x1 x0 , x1 ∈ R Đây toán giá trị ban đầu toán tử D = d/dt không gian C(0, T ) với toán tử ban đầu (F x)(t) = x(0) ứng với nghịch đảo phải t x(s)ds Q(D) = D2 + λ2 = D2 (I + λ2 R2 ) Vì toán tử (Rx)(t) = 2 I + λ R = (I + λiR)(I − λiR) tích hai toán tử khả nghịch nên khả nghịch Do đó, với λ = toán cho có nghiệm x = (I + λ2 R2 )−1 (Rx1 + x0 ) = λR(I + λ2 R2 )−1 x1 + (I + λ2 R2 )−1 x0 λ = sλ (x1 ) + cλ (x0 ) λ x1 Vì thế, x(t) = sin(λt) + x0 cos(λt) nghiệm toán cho λ Với λ = x(t) = (Rx1 + x0 )(t) = x1 t + x0 Ví dụ 2.6 Giải phương trình vi phân x” − 5x + = với t ∈ [0, T ](T > 0), x(0) = x0 , x (0) = x1 x0 , x1 ∈ R Đây toán giá trị ban đầu toán tử D = d/dt không gian C(0, T ) với toán tử ban đầu (F x)(t) = x(0) ứng với nghịch đảo phải t x(s)ds Q(D) = D2 − 5D + = D2 (I − 5R + 6R2 ) Vì toán (Rx)(t) = tử I − 5R + 6R2 = (I − 2R)(I − 3R) tích hai toán tử khả nghịch nên khả nghịch Do đó, toán cho có nghiệm x = (I − 5R + 6R2 )−1 (Rx1 + x0 ) = (I − 2R)−1 [(I − 3R)−1 (Rx1 + x0 ) t Ta có Rx1 = x1 ds = x1 t 51 Từ công thức (1.20) ta suy t (I − 3R)−1 (x1 t + x0 ) = x1 t + x0 + e3(t−s) (x1 s + x0 )ds 1 = ( x1 + x0 )e3t − x1 3 Do đó, x(t) = (I − 2R)−1 1 x1 + x0 e3t − x1 3 t = 1 x1 + x0 e3t − x1 + 3 1 e2(t−s) e3s ( x1 + x0 ) − x1 ds 3 1 1 x1 − x0 e2t − x1 = e3t x1 + x0 − 3 Ví dụ 2.7 Giải phương trình vi phân x (t) − 5x(−t) = 6t2 − 1, t ∈ R, x(0) = Đây toán giá trị ban đầu toán tử D = d/dt, (F x)(t) = x(0) t (Rx)(t) = x(s)ds, (Ax)(t) = x(−t) Dx − 5Ax = y, y(t) = 6t2 − 1, (F x)(t) = không gian X = C(R) Để ý A toán tử đại số A2 = I A giao hoán với toán tử D, tức AD = DA Phương trình cho viết dạng D(I − 5RA)x = y tương đương với (I − 5RA)x = Ry + z, z ∈ Ker D Áp dụng F vào hai vế ta suy z = Khi đó, phương trình trở thành (I − 5RA)x = Ry + 1, hay t (6s2 − 1)ds + (I − 5RA)(x) = = 2t3 − t + 52 1 Đặt I = P + Q, A = P − Q, suy P = (I + A), Q = (I − A) 2 Dễ dàng kiểm tra P = P, Q2 = Q P Q = Phương trình trở thành [(P + Q) − 5(P − Q)R]x = 2t3 − t + hay [(I − 5R)P + (I + 5R)Q]x = 2t3 − t + Ta có (I − 5R)P x = P (2t3 − t + 1) = (I + A)(2t3 − t + 1) = Suy (P x)(t) = (I − 5R)−1 t e5(t−s) ds = e5t =1+5 Tương tự, (I + 5R)Qx = 2t3 − t, suy 28 1 (Qx)(t) = (3t2 − t − + − e−5t ) 5 25 25 Ta có I = P + Q hay x = Ix = (P + Q)x nên x = P x + Qx −5t 28 Do đó, x = 3t2 − t − + e + e5t 5 25 125 Ví dụ 2.8 Giải phương trình vi phân x (t) − 2x(t + 1) = sin πt, t ∈ R, x(0) = lớp hàm tuần hoàn chu kỳ 2, tức x(t + 2) = x(t), ∀t ∈ R Đây toán giá trị ban đầu toán tử D = d/dt, (F x)(t) = x(0) t (Rx)(t) = x(s)ds, (Bx)(t) = x(t + 1) Dx − 2Bx = y, y(t) = sin πt, (F x)(t) = không gian hàm liên tục tuần hoàn chu kỳ R Để ý B toán tử đại số B = I B giao hoán với toán tử D R, tức BD = DB, BR = RB Phương trình cho viết dạng D(I − 2RB)x = y tương đương với (I − 2RB)x = Ry + z, 53 z ∈ Ker D Áp dụng F vào hai vế ta suy z = Khi đó, phương trình trở thành (I − 2RB)x = Ry + 1, hay t (I − 2RB)(x) = (sin πs)ds + 1 = − cos πt + π 1 Đặt I = P + Q, A = P − Q, suy P = (I + A), Q = (I − A) 2 2 Dễ dàng kiểm tra P = P, Q = Q P Q = Phương trình trở thành [(P + Q) − 2(P − Q)R]x = − cos πt + π hay [(I − 5R)P + (I + 5R)Q]x = − cos πt + π Ta có (I − 2R)P x = P (− cos πt + 1) π 1 = (I + B)(− cos πt + 1) π 1 = − cos π(t + 1) − cos(π)t + 2π 2π Suy 1 cos π(t + 1) − cos(π)t + 1) 2π 2π 1 = − cos π(t + 1) − cos(πt) + 2π 2π (P x)(t) = (I − 2R)−1 (− t − π cos π(s + 1) − cos(πs) − e2(t−s) ds π π cos π(t + 1) + cos πt + sin π(t + 1) + sin(πt) + π2 2 + π 2t − e + 2 1 cos π(t + 1) − cos(πt), suy Tương tự, (I + 2R)Qx = 2π 2π =− − π2 (Qx)(t) = π cos π(t + 1) + cos πt + sin π(t + 1) − sin(πt) + π2 2π 54 Ta có I = P + Q hay x = Ix = (P + Q)x nên x = P x + Qx 2 + π 2t 1 sin(πt) − e + Do đó, x = − cos(πt) − π + π2 2 55 Kết luận Luận văn "Phương trình vi phân với toán tử khả nghịch phải áp dụng" giải vấn đề sau: Luận văn trình bày chi tiết khái niệm, tính chất toán tử tuyến tính, toán tử đại số, toán tử Volterra, toán tử khả nghịch phải, toán tử ban đầu Tiếp theo, luận văn trình bày công thức Taylor-Grontcharov, với trường hợp riêng công thức Taylor với toán tử khả nghịch phải Cuối cùng, số lớp toán phương trình với toán tử khả nghịch phải giải ví dụ áp dụng 56 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt Nguyễn Văn Mậu (2006), Lý thuyết toán tử phương trình tích phân kỳ dị, NXB ĐHQGHN Tiếng Anh D.Przeworska-Rolewicz (1988), Algebraic Analysis, Amsterdam-Warsaw D Przeworska-Rolewicz and S Rolewicz (1968), Equations in linear spaces, Warsaw Pub D Przeworska-Rolewicz and S Rolewicz (1973), Equations with transformed argument An algebraic approach, Warsaw Pub Nguyễn Văn Mậu (2005), Algebraic elements and boundary value problems in linear spaces, VNU Pub House 57 [...]... nghịch) trên Xk (k ∈ N) thì S là toán tử khả nghịch phải (khả nghịch tái, khả nghịch) Bổ đề 2.2 Cho D ∈ R(X), R ∈ RD và k ∈ N0 Giả sử Bj ∈ L(X), XN −j ⊂ dom Bj , Bj XN −j ⊂ Xk (j = 0, 1, , N ) và 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) trên Xk khi và chỉ khi I + RN Q(D) khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên XN +k Chứng... đảo phải R được định nghĩa bởi công thức t x(u, s)du, t0 ∈ [a, b] (Rx)(t, s) := t0 Xét toán tử (Ax)(t, s) := x(t, c + d − s), (t, s) ∈ Ω Dễ thấy, A cố định, tức là, DA = AD trên dom D, RA = AR Hơn nữa, A2 = I , hay, A là một toán tử đại số Do đó, theo Định lý 1.12, AR là toán tử Volterra và I + AR khả nghịch 29 Chương 2 Phương trình với toán tử khả nghịch phải và áp dụng 2.1 Phương trình với toán tử khả. .. một toán tử Volterra thì, toán tử m Aj Rj Q := (A0 = I) (1.52) j=0 khả nghịch và R0 := Rm+s Q−1 là toán tử Volterra với mọi s ∈ N0 Từ Định lý 1.13, Ai R (i = 1, , m) là toán tử Volterra Nếu Q xác định bởi công thức (1.50) khả nghịch và R0 là toán tử Volterra thì R cũng là toán tử Volterra Ví dụ 1.11 Cho Ω := [a, b] × [c, d], X := C(Ω), D := ∂/∂t với (t, s) ∈ Ω Toán tử D khả nghịch phải và có một nghịch. ..1.1.3 Toán tử Volterra Định nghĩa 1.16 ([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) Nếu A ∈ V (X) thì phương trình thuần nhất (I − λA)x = 0 chỉ có nghiệm không với mọi vô hướng λ 1.2 Toán tử khả nghịch phải 1.2.1 Toán tử khả nghịch phải Cho X là một không gian... nghĩa 1.17 ([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 vi t RD = {Rγ }γ∈Γ Định nghĩa 1.18 ([1]-[2]) Giả sử x là một phần tử tùy ý cho trước của... 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 )) Theo định nghĩa này, nếu A là toán tử khả nghịch phải (khả nghịch trái, khả nghịch) trên... 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 vi c 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... Toán tử I + βAR với mọi β ∈ C là một toán tử đại số ˜ 0 := lin{Rk } với nghiệm đặc trưng có dạng I + βti R (i = tổng quát trên X 1, , n) Vì I + βti R khả nghịch với mọi β ∈ C nên I + βAR khả nghịch với mọi β ∈ C Vậy 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 (1.44), Q(t, s), Q(t) và P (t) định nghĩa bởi (1.45) Nếu Q(t, s) khả. .. b] và d ∈ R cố định tùy ý Toán tử F được định nghĩa như sau: (F x)(t) = dx(a) + (1 − d)x(b), với x ∈ X Trong ví dụ 1.2 ta đã chỉ ra rằng các toán tử (Fa x)(t) = x(a) và (Fb x)(t) = x(b) là các toán tử ban đầu của toán tử D = d/dt Do vậy, theo Định lý 1.5, ta suy ra F là một toán tử ban đầu của D = d/dt vì F = dFa + (1 − d)Fb và tổng các hệ số d, 1 - d bằng 1 Các toán tử ban đầu Fa và Fb tương ứng với. .. D với mỗi γ ∈ Γ 10 Các tính chất của toán tử ban đầu 1 Với mọi α, β ∈ Γ, ta có Fα Fβ = Fβ , Fβ Rα = Rα − Rβ (1.7) (1.8) 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 (1.9) Ta nói Iαβ là toán tử tích phân xác định Với