volterra | Vo Anh Khoa

Trong bài đăng này, tôi sẽ khái quát việc chứng minh một định lý quan trọng về phương trình tích phân Volterra thông qua việc sử dụng một định lý về ánh xạ co trong không gian mêtríc đầy đủ, định lý ấy cụ thể như sau :

Định lý : Cho $f$ là một ánh xạ từ không gian mêtríc đầy đủ $\left(E,\delta\right)$ vào $E$ . Giả sử có một số nguyên dương $n$ sao cho $f^n$ là một ánh xạ co. Lúc đó $f$ có một điểm bất động duy nhất $a$ trong $E$ .

Vấn đề cần chứng minh như sau :

Định lý : Cho $K$ là một ánh xạ liên tục từ $\left[0,c\right]\times\left[0,c\right]$ vào $\mathbb{R}$ . Đặt $E$ là không gian các ánh xạ liên tục từ $\left[0,c\right]$ vào $\mathbb{R}^m$ với chuẩn $\displaystyle{\left\Vert x\right\Vert=\sup_{0\le t\le c}\left|x\left(t\right)\right|}$ với mọi $x$ trong $E$ . Cho $a$ là một phần tử trong $E$ và $\mu$ trong $\mathbb{R}$ . Chứng minh phương trình tích phân Volterra tuyến tính sau đây có một nghiệm duy nhất trong $E$ .

$\displaystyle{x\left(t\right)=a\left(t\right)+\mu\int_{0}^{t}K\left(t,s\right)x\left(s\right)ds}$

Chứng minh :

Như đã nói, tôi sẽ chứng minh định lý này dựa vào định lý trên, do đó việc chứng minh $E=C\left(\left[0,c\right],\mathbb{R}^m\right)$ là một không gian định chuẩn đầy đủ và tính tuyến tính của phương trình tích phân Volterra tôi sẽ không đề cập trong chứng minh này. Với mọi $t\in \left[0,c\right]$ , ta đặt

$\displaystyle{f\left(x\right)\left(t\right)=a\left(t\right)+\mu\int_{0}^{t}K\left(t,s\right)x\left(s\right)ds}$

Trước tiên, chúng ta sẽ chứng minh $f$ là một hàm trong $E$ . Khi đó, ta phải chứng minh $\displaystyle{g\left(x\right)\left(t\right)=\int_{0}^{t}K\left(t,s\right)x\left(s\right)ds}$ là một hàm trong $E$ . Điều này có nghĩa là $g$ liên tục trong $\left[0,c\right]$ với $x\in E$ . Ta sẽ dựa vào định nghĩa sau

(1) : Với mỗi $u\in \left[0,c\right]$ , cho trước $\varepsilon_3 >0$ , ta phải tìm $\delta'\left(\varepsilon_3\right)>0$ sao cho $\left\Vert g\left(x\right)\left(u\right)-g\left(x\right)\left(v\right)\right\Vert _{\mathbb{R}^{m}}\le\varepsilon_{3}$ , với mọi $v\in \left[0,c\right]$ , $0<\left|u-v\right|\le\delta'\left(\varepsilon_{3}\right)$

Nói rõ hơn, ta phải có

Với mỗi $u\in \left[0,c\right]$ , cho trước $\varepsilon_3 >0$ , ta phải tìm $\delta'\left(\varepsilon_3\right)>0$ sao cho $\displaystyle{\left\Vert{\int_{v}^{u}x\left(s\right)\left[K\left(u,s\right)+K\left(v,s\right)\right]ds}\right\Vert _{\mathbb{R}^{m}}\le\varepsilon_{3}}$ , với mọi $v\in \left[0,c\right]$ , $0<\left|u-v\right|\le\delta'\left(\varepsilon_{3}\right)$

Vì $K$ là ánh xạ liên tục từ $\left[0,c\right]\times\left[0,c\right]$ vào $\mathbb{R}$ nên ta chứng minh được $K$ liên tục đều. Khi đó, ta có định nghĩa về sự liên tục đều như sau

(2) : Cho $s\in\left[0,c\right]$ , với mỗi $\varepsilon_1 >0$ , tồn tại $\delta\left(\varepsilon_1\right)>0$ sao cho $\left|K\left(z,s\right)-K\left(t,s\right)\right| \le\varepsilon_1$ , với mọi $z,t\in \left[0,c\right]$ thỏa mãn $0<\left|z-t\right|<\delta\left(\varepsilon_{1}\right)$

Hơn nữa, vì $\left[0,c\right]$ là một tập compắc nên với mỗi dãy $\left\{y_n\right\}\in \left[0,c\right]$ hội tụ về một $y\in \left[0,c\right]$ thì ta có thêm định nghĩa sau

(3) : Với mỗi $\varepsilon_2 >0$ , tồn tại $N\left(\varepsilon_2\right)\in \mathbb{N}$ sao cho $\left|y_n - y\right| \le\varepsilon_2$ , với mọi $n \ge N\left(\varepsilon_2\right)$

Ta đặt $\varepsilon_{2}=\delta\left(\varepsilon_{1}\right)$ , khi đó định nghĩa (2) sẽ trở thành

Với $\left\{y_n\right\}\in \left[0,c\right]$ hội tụ về một $y\in \left[0,c\right]$ , với mỗi $\varepsilon_1 >0$ , tồn tại $\delta\left(\varepsilon_1\right)>0$ sao cho $\left| K\left(y_n,s\right) - K\left(y,s\right) \right| \le\varepsilon_1$ , $0<\left|y_n-y\right|<\varepsilon_{2}$

Do đó, định nghĩa (1) phải là

Với $\left\{y_n\right\}\in \left[0,c\right]$ hội tụ về một $y\in \left[0,c\right]$ , cho trước $\varepsilon_3 >0$ , ta phải tìm $\delta'\left(\varepsilon_3\right)>0$ sao cho $\displaystyle{\left\Vert{\int_{y}^{y_n}x\left(s\right)\left[K\left(y_n,s\right)+K\left(y,s\right)\right]}ds\right\Vert _{\mathbb{R}^{m}}\le\varepsilon_{3}}$ , $0<\left|y_n-y\right|<\delta'\left(\varepsilon_{3}\right)$

Mà ta đã biết rằng

$\left|K\left(y_{n},s\right)+K\left(y,s\right)\right|=\left|K\left(y_n,s\right)-K\left(y,s\right)+2K\left(y,s\right)\right|$

Do đó,

$\displaystyle{\left\Vert {\int_{y}^{y_{n}}x\left(s\right)\left[K\left(y_{n},s\right)+K\left(y,s\right)\right]ds}\right\Vert _{\mathbb{R}^{m}}\le \int_{y}^{y_{n}}\left\Vert x\left(s\right)\right\Vert _{\mathbb{R}^{m}}ds\left|K\left(y_{n},s\right)+K\left(y,s\right)\right|}$

$\displaystyle{\le \int_{y}^{y_{n}}\left\Vert x\right\Vert _{E}ds\left|K\left(y_{n},s\right)+K\left(y,s\right)\right|\le \left(y_{n}-y\right)\left\Vert x\right\Vert _{E}\left[\varepsilon_{1}+2\left|K\left(y,s\right)\right|\right]}\le \varepsilon_{2}\left\Vert x\right\Vert _{E}\left[\varepsilon_{1}+2\left|K\left(y,s\right)\right|\right]$

Khi đó, ta chọn $\varepsilon_{3}=\varepsilon_{2}\left\Vert x\right\Vert _{E}\left[\varepsilon_{1}+2\left|K\left(y,s\right)\right|\right]$ và đặt $\delta'\left(\varepsilon_{3}\right)=\varepsilon_{2}=\delta\left(\varepsilon_{1}\right)$ .

Như vậy, ta đã chứng minh được $f$ là một hàm trong $E$ .

Từ đó, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại $m>0$ để cho $f^m$ là một ánh xạ co, nghĩa là

$\exists m>0,\exists k\in \left[0,1\right):\left\Vert f^m(x)-f^m(y)\right\Vert \le k\left\Vert x-y \right\Vert,\forall x,y \in E$

Dựa vào tính tuyến tính của hàm số $f$ , ta có

$\displaystyle{\left[f(x)-f(y) \right]\left(t\right)=f(x)(t)-f(y)(t)=\mu\int_{0}^{t} {K(t,s)[x(s)-y(s)]ds}}$

Đặt $u(s)=x(s)-y(s)$ , ta được

$\displaystyle{\left[f(x)-f(y) \right]\left(t\right)=\mu\int_{0}^{t} {K(t,s)u(s)ds}}$

Như vậy, tổng quát hóa lên ta cần chứng minh rằng với mọi $n\in \mathbb{N}$ thì

$\displaystyle{\left[f^n(x)-f^n(y) \right]\left(t\right)={\mu}^n\int_{0}^{t}\int_{0}^{t_{n-1}}...\int_{0}^{t_1} {K(t,t_{n-1})...K(t_2,s)K(t_1,s)u(s)dsdt_1...dt_{n-1}}}$

Thật vậy, ta sẽ chứng minh biểu thức trên dựa vào phương pháp qui nạp toán học.

Với $n=1$ thì biểu thức đúng theo như biến đổi ban đầu.
Giả sử rằng biểu thức đúng với $n=m,m\ge 2$ , nghĩa là

$\displaystyle{\left[f^m(x)-f^m(y) \right]\left(t\right)={\mu}^m\int_{0}^{t}\int_{0}^{t_{m-1}}...\int_{0}^{t_1} {K(t,t_{m-1})...K(t_2,s)K(t_1,s)u(s)dsdt_1...dt_{m-1}}}$

Ta cần chứng minh biểu thức đúng với $n=m+1$ . Thật vậy, ta có

$\displaystyle{\left[f^{m+1}(h)-f^{m+1}(g) \right]\left(r\right)=f[f^m(h)](r)-f[f^m(g)](r)=\mu\int_{0}^{r} {K(r,t_m)[f^m(h)-f^m(g)](t_m)dt_m}}$

Khi ta đặt $v(s)=h(s)-g(s),s\in \left[0,c\right]$ và sử dụng phép giao hoán, biểu thức trên trở thành

$\displaystyle{{\mu}^{m+1}\int_{0}^{r}\int_{0}^{t_m}\int_{0}^{t_{m-1}}...\int_{0}^{t_1}K(t_m,t_{m-1})...K(t_2,t_1)K(t_1,s)v(s)dsdt_1 ...dt_{m-1}dt_m}$

Vậy ta đã chứng minh được giả thiết qui nạp đưa ra. Gọi $\displaystyle{M=\sup_{0\le t,s\le c} |K(t,s)|}$ , ta có bất đẳng thức sau

$\displaystyle{|[f(x)-f(y)](t)|\le |\mu|\int_{0}^{t}|K(t,s)u(s)|ds\le |\mu|tM\left\Vert u \right\Vert}$

Hơn nữa, ta phải chứng minh thêm một giả thiết qui nạp tiếp theo

$|[f^n(x)-f^n(y)](t)| \le \dfrac{{|\mu|}^nt^nM^n\left\Vert u \right\Vert}{n!}$

Bất đẳng thức này đúng với $n=1$ .
Giả sử nó đúng với $n=m,m\ge 2$ , nghĩa là

$|[f^m(x)-f^m(y)](t)| \le \dfrac{{|\mu|}^mt^mM^m\left\Vert u \right\Vert}{m!}$

Ta cần chứng minh nó cũng đúng với $n=m+1$ . Thật vậy, ta vẫn sử dụng kĩ thuật đã làm ở bài qui nạp trước, ta có

$\displaystyle{|[f^{m+1}(h)-f^{m+1}(g)](r)|=\left|\mu\int_{0}^{r}K(r,v)[f^m(h)-f^m(g)](v)dv\right|}$

$\displaystyle{\le |\mu|\int_{0}^{r} {|K(r,v)|.|[f^m(h)-f^m(g)](v)|dv}\le |\mu|\int_{0}^{r} {|K(r,v)|.|\dfrac{{|\mu|}^mr^mM^m\left\Vert u \right\Vert}{m!}|dv}}$

$\displaystyle{\le {|\mu|}^{m+1}\dfrac{M^m.\left\Vert u \right\Vert}{m!}\int_{0}^{r} {|K(r,v)|.|v^m|dv}\le\dfrac{{|\mu|}^{m+1}r^{m+1}M^{m+1}\left\Vert u \right\Vert}{(m+1)!}}$

Vậy ta đã chứng minh được giả thiết qui nạp thứ 2. Vì $t\in [0,c]$ nên

$\displaystyle{[f^n(x)-f^n(y)](t)\le \dfrac{{|\mu|}^n.M^n.c^n.\left\Vert u \right\Vert}{n!}}$

Mặt khác, để ý rằng

$\displaystyle{\lim_{n\to \infty}{\dfrac{{|\mu|}^n.M^n.c^n.\left\Vert u \right\Vert}{n!}}=0}$

Nên ta kết thúc việc chứng minh ở đây. $\square$

Vo Anh Khoa

The truest greatness lies in being kind, the truest wisdom in a happy mind

Tag Archives: volterra

ĐỊNH LÝ VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN VOLTERRA

Vo Anh Khoa

The truest greatness lies in being kind, the truest wisdom in a happy mind

Tag Archives: volterra

ĐỊNH LÝ VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN VOLTERRA

Share this: