nghiệm dương của một số lớp bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH






LƯƠNG NGỌC TIẾN







NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI
TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN BẬC CAO






LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH


Lương Ngọc Tiến



NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI
TOÁN BIÊN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN BẬC CAO



Chuyên ngành: Toán Giải Tích
Mã số: 60 46 01


LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC






NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011
LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi xin kính gửi đến PGS.TS.Nguyễn Anh Tuấn lời cảm ơn sâu sắc và
chân thành nhất vì sự tận tình giúp đỡ và chỉ bảo của Thầy dành cho tôi trong suốt thời
gian làm luận văn.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Quí Thầy Cô trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí
Minh, trường Đại học KHTN TP. Hồ Chí Minh, trường Đại học Quốc Tế TP. Hồ Chí
Minh đã tận tình giảng dạy và hướng dẫn tôi trong suốt khóa học.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Lãnh đạo, Chuyên viên Phòng Sau Đại học - trường Đại học
Sư phạm TP. Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học
tập và hoàn thành luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã giành
thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành luận văn này một
cách hoàn chỉnh.

Tôi cũng xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, các bạn học viên cao học lớp Giải
tích K19, trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã luôn động viên, khuyến khích và
giúp đỡ tôi trong thời gian học tập và làm luận văn.
Vì kiến thức bản thân còn hạn chế và thời gian có hạn nên luận văn sẽ khó tránh khỏi
những thiếu sót.Rất mong được sự nhận xét và chỉ bảo của Quí Thầy Cô và sự góp ý chân
thành của các bạn đồng nghiệp để luận văn ngày càng hoàn thiện hơn.

TP.Hồ Chí Minh 11/2011
Tác giả

MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN 3
MỞ ĐẦU 5
CHƯƠNG 0 6
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 6
CHƯƠNG 1 8
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO 8
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BA 8
1.1 Mở đầu 8
1.2. Hàm Green và đánh giá tiên nghiệm của nghiệm dương 8
1.3 Các định lý tồn tại nghiệm dương 15
1.4 Các định lý về sự không tồn tại nghiệm dương 22
CHƯƠNG 2 25
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO 25
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BỐN 25
2.1 Mở đầu 25
2.2 Hàm Green của bài toán (2.1),(2.2) 25
2.3 Các đánh giá cho nghiệm dương 27
2.4 Các định lý tồn tại nghiệm cho bài toán (2.1),(2.2) 29
2.5 Các định lý về sự không tồn tại nghiệm dương cho bài toán (2.1), (2.2) 35
CHƯƠNG 3 38
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO 38
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC N 38

3.1 Mở đầu 38
3.2 Hàm Green và các đánh giá tiên nghiệm 38
3.3 Các định lý về tồn tại, không tồn tại nghiệm dương của (3.1), (3.2) 44
3.6 Ví dụ. Xét bài toán biên 52
KẾT LUẬN 55
TÀI LIỆU THAM KHẢO 56
MỞ ĐẦU

Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ XVIII, song đến nay
ngày càng phát triển mạnh mẽ do các ứng dụng to lớn của nó trong nhiều lĩnh vực của
cuộc sống như:vật lý, cơ học, cơ khí, sinh học, kinh tế,…
Vấn đề nghiệm dương của các bài toán biên trong những năm gần đây được sự quan
tâm sâu sắc bởi nhiều nhà toán học trên thế giới như: R.P.Agarwal,
D.O’Regan, D.R.Anderson, I.T.Kiguradze,….
Vấn đề nghiệm dương cho bài toán biên cho phương trình vi phân bậc cao ngày càng
được nhiều người quan tâm và có nhiều kết qủa rộng lớn và sâu sắc theo các hướng khác
nhau, nhưng có thể nói phương pháp chung là áp dụng định lý điểm bất động Guo –
Krasnosel’skii trong nón.
Mục đích chính của luận văn là ứng dụng định lý điểm bất động Guo – Krasnoselskii
để nghiên cứu sự tồn tại nghiệm dương của các bài toán biên cho phương trình vi phân
bậc cao.
Nội dung của luận văn là nghiên cứu sự tồn tại, không tồn tại nghiệm dương của các
phương trình vi phân bậc cao với các điều kiện biên khác nhau.
Luận văn được chia làm 3 chương, cụ thể như sau
Chương 1: Nghiên cứu về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của phương
trình vi phân bậc ba dạng:
'''( ) ( ) ( ( )), 0 1u t gt f ut t= ≤≤
,
với điều kiện biên:
(0) '(0) '( ) '(1) ''(1) 0u u up u u

α βγ
−==+=

Chương 2: Nghiên cứu về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của phương
trình vi phân bậc bốn dạng:
''''( ) ( ) ( ( )), 0 1u t gt f ut t= ≤≤
,
với điều kiện biên:
(0) '(0) ''(1) '''(1) 0uu u u= = = =

Chương 3: Nghiên cứu về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của phương
trình vi phân bậc n dạng:
()
() () ( ()) 0,0 1,
λ
+ = <<
n
u t at f ut t

với các điều kiện biên cụ thể khác nhau.
Luận văn có thể làm tài liệu tham khảo cho sinh viên năm cuối hoặc học viên cao học
ngành Toán khi nghiên cứu về vấn đề nghiệm dương của phương trình vi phân bậc cao
cũng như hệ phương trình vi phân.
CHƯƠNG 0
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ


0.1 Định nghĩa
Cho
()ft

xác định trên
0 t 
,
()ft
khả tích trên mọiđoạn
 
,ab
,
(với
0 ab  
) và s là tham số thực (hoặc phức). Ta định nghĩa biến đổi
Laplace của f là

 
00
() () () () lim ()
st st
Fs L ft s e ftdt e ftdt
 


 


Ta sẽ ký hiệu L(f) là biến đổi Laplace của hàm f.
Định lý 0.1.1 Giả sử
 
()L ft
và
 

()L gt
tồn tại. Cho a và b là các hằng
số. Khi đó,
 
() ()L af t bg t
tồn tại và

     
() () () ()L af t bg t aL f t bL g t 
.
Định lý 0.1.2 Giả sử rằng
(1) f có đạo hàm cấp n và
()
n
f
liên tục từng phần trên
 
0,

(2) Tồn tại các hằng số dương a, M, T sao cho

 
()
( ) , 0,1, , 1 , ,
n at
f t Me i n t T   

Khi đó, biến đổi Laplace của
()n
f

tồn tại với mọi
sa
và

 
 
( ) 1 2 ( 1)
( ) ( ) (0) '(0) (0)
nn n n n
L f t sL ft s f s f f
 
   
.
0.2 Biến đổi Laplace ngược
Định nghĩa 0.2.1 Giả sử F là biến đổi Laplace của hàm liên tục f, tức là
 
() ()()Fs L ft s
. Khi đó hàm liên tục f được gọi là biến đổi Laplace ngược
của hàm F và ký hiệu như sau

 
1
fLF



Định lý 0.2.2 Giả sử f, g là các hàm liên tục. Cho
   
,F Lf G Lg
, a và b

là các hằng số. Khi đó,

     
1 11
L aF bG aL F bL G
 
 
.
0.3 Biến đổi Laplace của tích chập
Cho hai hàm số
f
và
g
xác định trên

thì hàm số
fg
định bởi

0
( )( ) ( ) ( )
t
f g t f gt d    

,
với giả thiết là tích phân ở trên tồn tại, được gọi là tích chập của
f
và
g
.

Nếu
f
và
g
là các hàm liên tục trên
 
0,
, khi đó

     
( )() () ()L f g t L ft L gt
.
0.4 Định lý Guo – Krasnosel’skii
Định nghĩa 0.4.1 Một toán tử gọi là hoàn toàn liên tục nếu nó liên tục và ánh xạ một tập bị
chặn thành tập compact tương đối.
Định nghĩa 0.4.2 Cho X là không gian Banach thực.Tập con lồi, đóng, khác rỗng P của X
gọi là một nón trong X nếu nó thỏa mãn các điều kiện
(1) Nếu
, ,0xP  
thì
xP
,
(2) Nếu
,xP xP 
thì
0x 
.
Định lý 0.4.3 (Guo - Krasnosel’skii)
Cho
( )

,.X
là không gian Banach thực,
PX⊂
, P là nón trên X. Giả sử
12
,ΩΩ
là các tập con
mở bị chặn của X với
112
0∈Ω ⊂Ω ⊂Ω
, và
21
: (\)TP P∩ Ω Ω  →

là toán tử hoàn toàn liên tục thỏa một trong hai điều kiện
(K1)
Tu u≤
nếu
1
uP∈ ∩∂Ω
, và
Tu u≥
nếu
2
uP∈ ∩∂Ω
.
(K2)
Tu u≥
nếu
1

uP∈ ∩∂Ω
, và
Tu u≤
nếu
2
uP∈ ∩∂Ω
.
Khi đó T có điểm bất động trong
21
(\)P ∩Ω Ω
.






Chương 1
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BA

1.1 Mở đầu
Trong chương này ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của
bài toán biên

'''( ) ( ) ( ( )), 0 1u t gt f ut t= ≤≤
(1.1)

(0) '(0) '( ) '(1) ''(1) 0u u up u u
α βγ

−==+=
(1.2)
Trong chương này ta giả sử rằng
(H1) Hàm
[
)
[
)
: 0, 0,f ∞  → ∞
và
[ ] [
)
: 0,1 0,g  → ∞
là các hàm liên tục và

() 0gt ≠
trên đoạn
[ ]
0,1
,
(H2) Các hằng số
,,
αβγ
và p là không âm thỏa:
0,0 1p
βγ
+> <≤
và

2 (1 ) 1p

α
+≥
,
(H3) Nếu
1p =
thì
0
γ
>
.
1.2. Hàm Green và đánh giá tiên nghiệm của nghiệm dương
Trong phần này sẻ nghiên cứu hàm Green của bài toán (1.1) ,(1.2) và chứng
minh một số đánh giá cho nghiệm dương của bài toán.
Trong suốt phần này ta định nghĩa hằng số
Mp
βγβ
= +−
. Theo (H1), (H3) dễ
thấy M là hằng số dương.
Mệnh đề 1.2.1. Nếu
[ ]
3
0,1uC∈
thỏa mãn điều kiện biên (1.2) và
'''( ) 0ut=
,
[ ]
0,1∀∈t
thì
() 0ut =

,
0 1.≤≤t

Chứng minh.
Do
'''( ) 0ut=
nên tồn tại các hằng số
123
,,aaa
sao cho:
2
12 3
( ) ,0 1
ut a at at t= + + ≤≤

Vì
()ut
thỏa điều kiện biên (1.2) nên ta có:

1
2
3
10 0
01 2 0
0 2( ) 0
a
pa
a
α
β βγ

−
    
    
=
    
    
+
    
(1.3)
(Do
(0) '(0) '( ) '(1) ''(1) 0u uu u u
α ββ γ
−==+=
)
Ma trận hệ số của hệ trên có định thức là 2M > 0 nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường
123
0aaa= = =
.Vậy
() 0ut =
trên
[ ]
0,1 .

Nếu
[ ]
, (,)⊂ = −∞ +∞ab R
là tập đóng, thì hàm chỉ
χ
của đoạn
[ ]

,ab
được định
nghĩa như sau:

[ ]
[ ]
[ ]
,
1, ,
0, ,
ab
t ab
t ab
χ

∈

=

∉



Ta định nghĩa hàm
[ ] [ ] [
)
: 0,1 0,1 0,G × → +∞
xác định bởi:
( )
[ ]

2
2
0,1
()
(, ) 2 2 ()
2( ) 2
s ts
G t s p pt t s
p
βγβ
αχ
βγβ
+− −
= + −+
+−


( )
[ ]
2
0,
2( )( ) ( )
2( )
p
ps
t ts
p
α βγ β χ
βγβ
−

− + +−
+−

Ta sẽ chứng minh
(, )Gts
là hàm Green của bài toán (1.1), (1.2).
Mệnh đề 1.2.2. Cho
[ ]
0,1hC∈
.
Nếu
1
0
() (, ) () , 0 1yt Gtshsds t= ≤≤
∫
, thì
()yt
thỏa điều kiện biên (1.2)
và
[ ]
'''( ) ( ), 0,1y t ht t= ∀∈
.
Chứng minh.
Theo định nghĩa hàm
(, )Gts
ta có:
( )
[ ]
11
2

2
0,
00
()
() 2 2 () ()()
22
t
s ts
y t p pt t h s ds s h s ds
M
βγβ
αχ
+− −
= +− +
∫∫


( )
[ ]
1
2
0,
0
2( )( ) ()()
2
p
ps
t t shsds
M
α βγ β χ

−
− + +−
∫

( )
1
2
2
00
()
() 2 2 () ()
22
t
s ts
y t p pt t h s ds h s ds
M
βγβ
α
+− −
= +− +
∫∫


( )
2
0
2( )( ) ( )
2
p
ps

t t h s ds
M
α βγ β
−
− + +−
∫
(1.4)
Lấy đạo hàm hai vế của (1.4) ta được:
( ) ( )
1
0 00
'() () ( )() ()
p
t
ps s
y t thsds t shsds p t hsds
MM
βγβ
βγβ
− +−
=− +− + − + −
∫ ∫∫
(1.5)
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế của (1.5) ta được:
1
00 0
''() () ( )() ()
p
t
ps s

y t hsds t shsds hsds
MM
βγβ
β
− +−
= +− −
∫∫ ∫
(1.6)
Lại lấy đạo hàm hai vế của (1.6) cho ta:
[ ]
'''( ) ( ), 0,1y t ht t= ∀∈

Trong (1.5), cho
tp=
ta thu được:
'( ) 0yp=

Cho
0t =
trong (1.4) và (1.5) ta được:
1
00
(0) ( )() ()
p
ps s
y h s ds ph s ds
MM
βγβ
αβ γ α
− +−

=− ++
∫∫
(1.7)
1
00
'(0) ( )() ()
p
ps s
y h s ds ph s ds
MM
βγβ
βγ
− +−
=− ++
∫∫
(1.8)
Từ (1.7) và (1.8) ta có:
(0) '(0)yy
α
=
hay
(0) '(0) 0yy
α
−=

Cho
1t =
trong (1.5) và (1.6) ta được:
1
00

'(1) () ()
p
ps ps
y h s ds h s ds
MM
γγ
−−
=−+
∫∫
(1.9)
1
00
''(1) ( ) ( )
p
ps ps
y h s ds h s ds
MM
ββ
−−
= −
∫∫
(1.10)
Suy ra
'(1) ''(1) 0yy
βγ
+=

Mệnh đề 1.2.3. Cho
[ ]
0,1hC∈ và

[ ]
3
0,1yC∈
.Nếu
()yt
thỏa điều kiện biên (1.2) và
[ ]
'''( ) ( ), 0,1y t ht t= ∀∈
, thì
1
0
() (, ) () , 0 1yt Gtshsds t= ≤≤
∫
.
Chứng minh.
Giả sử rằng y(t) thỏa điều kiện biên (1.2) và
[ ]
'''( ) ( ), 0,1y t ht t= ∀∈

Xét
1
0
() (, ) () , 0 1kt Gtshsds t= ≤≤
∫

Theo mệnh đề (1.2.2) ta có:
[ ]
'''( ) ( ), 0,1k t ht t= ∀∈
và
()kt

thỏa điều kiện biên (1.2).
Đặt
() () (),0 1.mt yt kt t= − ≤≤
Khi đó
'''( ) 0mt=
và
()mt
thỏa điều kiện biên (1.2).Theo mệnh đề (1.2.1),
() 0mt ≡
trên
[ ]
0,1
.
Vậy:
1
0
() (, ) () , 0 1yt Gtshsds t= ≤≤
∫

Từ hai mệnh đề trên ta có kết quả:
1
0
() (, ) () , 0 1yt Gtshsds t= ≤≤
∫
, nếu và chỉ nếu
()yt
thỏa điều kiện biên (1.2) và
[ ]
'''( ) ( ), 0,1y t ht t= ∀∈
.

Khi đó bài toán (1.1),(1.2) tương đương với phương trình tích phân

1
0
() (,) () (()) ,0 1u t G t s g s f u s ds t= ≤≤
∫
, (1.11)
và
(, )Gts
gọi là hàm Green của bài toán (1.2), (1.2).
Sau đây là một số tính chất của hàm
(, )Gts
.
Mệnh đề 1.2.4. Nếu điều kiện (H2) được thỏa mãn, thì

2
2 2 0, 0 1.p pt t t
α
+ − ≥ ≤≤

Chứng minh.
Theo điều kiện (H2) ta có
0, 0 1, 2 (1 ) 1pp
βγ α
+> <≤ + ≥
, nên
2
2 2 (1 ) 2 (1 ) (2 (1 ) 1) 0p pt t t t p t p t
α αα
+ −= −+ −+ + − ≥


Mệnh đề 1.2.5. Nếu (H2),(H3) thỏa, thì ta có:
1)
( , ) 0,≥Gts
với
01t≤≤
và
01s≤≤
.
2)
( , ) 0,>Gts
với
01<<t
và
01<<s
.
Chứng minh.
Trước hết ta chứng minh khẳng định 1).Ta xét các trường hợp sau
• Nếu
sp≥
và
st≥
, thì:
( )
2
(, ) 2 2 0
2
s
G t s p pt t
M

βγβ
α
+−
= + −≥

• Nếu
sp≥
và
st≤
, thì:
( )
2
2
()
(, ) 2 2 0
22
s ts
G t s p pt t
M
βγβ
α
+− −
= + −+ ≥

• Nếu
sp≤
và
st≥
, thì:
( )

( )
22
22
()
( , ) 2 2 (2( )( ) )
22
()
2 2 (2 2 2 2 )
22
s ps
G t s p pt t t t
MM
p p s ps
pptt ttt
MM
βγβ
α α βγ β
βγβ β β
α αβ αγ β γ β
+− −
= + − − + +−
+− + − −
= + −− + + + −

=
( )
22
1() ()
2 2 (2 2 2 2 )
22 2

ps ps
pptt ttt
MM
β
α αβ αγ β γ β
−−

+ + −− + + + −



=
( ) ( )
2 22
1 ()
2 2 2 2 2 222
22
ps
p pt t p t t t t
M
α αβ βαγ β αβ αγ β γ β
−
+ −+ + − − − − − +

=
( )
( )
2
1 ()
22 2()2()

22
ps
p pt t p t p
M
α αβ βγ β βγ
−
+ − + −− + −−

=
( )
( )
2
1 ()
2 2 22
22
ps
p pt t t
αα
−
+ −+ −−

=
( )
( )( )
( )
22
111
2 2 22 2 2 0
222
p ptt sp t s stt

α αα
+ −+ − + = + −≥

• Nếu
sp≤
và
st≤
, thì:
( )
22
2
1 ()
(, ) 2 2 0
2 22
ts s
G t s s st t s
αα
−
= + −+ =+≥

Vậy
(, ) 0Gts ≥
,
01t≤≤
,
01s≤≤
, nên 1) được chứng minh. Từ chứng minh 1) dễ
nhận ra được khẳng định 2) 
Mệnh đề 1.2.6. Nếu
[ ]

3
0,1uC∈
thỏa điều kiện (1.2), và
[ ]
'''( ) 0, 0,1 ,≥ ∀∈ut t
(1.12)
thì
1)
( ) 0, 0 1≥ ≤≤ut t
.
2)
'( ) 0ut≥
trên
[ ]
0, p
và
'( ) 0ut≤
trên
[ ]
,1p
.
3)
()up u=
.
Chứng minh.
1) Chứng minh
[ ]
( ) 0, 0,1ut t≥ ∀∈

Theo mệnh đề 1.2.3, ta có:

1
0
( ) ( , ) '''( )=
∫
u t G t s u s ds

Do
(, ) 0Gts ≥
,
0 1, 0 1,≤≤ ≤≤ts
'''( ) 0,0 1,≥ ≤≤ut t
nên khẳng định 1) được chứng
minh.
2) Chứng minh
'( ) 0ut≥
trên
[ ]
0, p
và
'( ) 0ut≤
trên
[ ]
,1p
.
Từ (1.5) ta có,
( )
( )
1
0 00
'( ) '''( ) ( ) '''( ) '''( )

p
t
ps s
u t t u s ds t s u s ds p t u s ds
MM
βγβ
βγβ
− +−
=− +− + − + −
∫ ∫∫

• Nếu
0 tp≤≤
,thì

( )
( ) ( )
00
1
0
'( ) '''( ) ( ) '''( ) ( ) '''( )
'''( ) '''( )
p pp
t
p
p
ps
u t t u s ds t s u s ds t s u s ds
M
ss

pt t u s ds p t u s ds
MM
βγβ
βγβ βγβ
−
=− +− + − − −
+− +−
+ −+ −
∫ ∫∫
∫∫

( ) ( )
0 00
'''( ) ( ) '''( ) '''( )
p pp
ps s
t u s ds t s u s ds p t u s ds
MM
βγβ
βγβ
− +−
=− +− + − + −
∫ ∫∫

( )
1
( ) '''( ) '''( )
p
tp
s

s t u s ds p t u s ds
M
βγβ
+−
+− + −
∫∫

( ) ( )
0
0
( ) '''( )
p
s ps
t s p t t u s ds
MM
βγβ
βγβ

+− −

= − + −− +−



∫


( )
1
( ) '''( ) '''( )

p
tp
s
s t u s ds p t u s ds
M
βγβ
+−
+− + −
∫∫


( )
1
( ) '''( ) '''( ) 0
p
tp
s
s t u s ds p t u s ds
M
βγβ
+−
=−+ − ≥
∫∫
.
• Nếu
1pt≤≤
, thì
( )
( )
( )

( )
00
1
0
'( ) '''( ) '''( ) ( ) '''( )
'''( ) '''( )
ttt
p
t
t
ps ps
u t t u s ds t u s ds t s u s ds
MM
ss
p t u s ds p t u s ds
MM
βγβ βγβ
βγβ βγβ
−−
=− +− + +− + −
+− +−
+ −+ −
∫∫∫
∫∫


( )
( )
0
0

( ) '''( )
t
s ps
t s p t t u s ds
MM
βγβ
βγβ

+− −

= − + −− +−



∫


( ) ( )
1
'''( ) '''( )
t
pt
ps s
t u s ds p t u s ds
MM
βγβ
βγβ
− +−
+ +− + −
∫∫

( )
( )
1
(1 ) '''( ) '''( ) 0.
t
pt
sp s
t u s ds t p u s ds
MM
βγβ
γβ
− +−
=− +− − − ≤
∫∫

3) Chứng minh
()up u=
.
Từ 2) ta có
[ ]
0,1
max ( ) ( )ut up=
, từ đây suy ra
()up u=
. 
Tiếp theo ta định nghĩa hàm liên tục
[ ] [
)

: 0,1 0,a → +∞
như sau:

2
2
22
( ) , 0 1.
2
p pt t
at t
pp
α
α
+−
= ≤≤
+

và khi đó dễ thấy:
{ }
( ) min ,1 , 0 1.at t t t≥ − ≤≤

Mệnh đề 1.2.7. Nếu
[ ]
3
0,1uC∈
, thỏa điều kiện (1.12) và điều kiện biên (1.2), thì
() () ( )ut atu p≥
trên
[ ]
0,1

.
Chứng minh.
Đặt
() () () ( ),0 1,ht ut atu p t= − ≤≤
thì
'''( ) '''( ) 0, 0 1.ht ut t= ≥ ≤≤

Theo định nghĩa của h(t), ta có:
() () ()() () () 0hp up apup up up=− =−=
(do
() 1ap=
)
2
22
'() '() '() ( ), '()
2
pt
ht ut atup at
pp
α
−
=−=
+
dẫn đến
'() '() '()(), '() 0hp up apup ap=−=
.
Từ đó suy ra:
'( ) '( ) 0hp up= =
(do điều kiện (1.2))
Vậy

() '() 0hp h p= =
.
Để chứng minh mệnh đề trên ta chỉ cần chứng minh
() 0ht ≥
trên đoạn
[ ]
0,1

Ta xét các trường hợp sau:
• Trường hợp 1:
'(0) 0h ≤
.
Lưu ý rằng
'( ) 0hp=
và h’ là hàm lõm trên
[ ]
0,1
( vì
'''( ) 0, 0 1≥ ≤≤ht t
).
Từ
'(0) 0h ≤
ta có
'( ) 0ht≤
trên
[ ]
0, p
và
'( ) 0ht≥
trên

[ ]
,1p
.
Từ
() 0hp=
ta có
() 0ht ≥
trên
[ ]
0,1
.
• Trường hợp 2:
'(0) 0h >

Ta có
(0) '(0)uu
α
=

22
22
(0) (0) ( ); '(0) '(0) ( )
22
pp
h u up h u up
pp pp
α
αα
=−=−
++

(do
2
2
22
() ,
2
p pt t
at
pp
α
α
+−
=
+

2
22
'( )
2
pt
at
pp
α
−
=
+
)
Suy ra
(0) '(0)hh

α
=

Từ
0
α
≥
, ta có
(0) 0h ≥
.Vì
'(0) 0h >
và
(0) 0h ≥
, tồn tại
(0, )p
δ
∈
sao cho

() 0h
δ
>
(vì
0
( ) (0)
'(0) lim
hh
h
δ
δ

δ
→
−
=
)
Theo định lý giá trị trung bình từ
() () 0h hp
δ
>=
, tồn tại
1
(, )rp
δ
∈
sao cho

1
() ()
'( ) 0
hp h
hr
p
δ
δ
−
= <
−

Bây giờ ta có
'(0) 0h >

và
1
'( ) 0hr<
, và
'( ) 0hp=
. Vì h’ lõm trên đoạn
[ ]
0,1
, nên tồn
tại
21
(0, )rr∈
sao cho:
'( ) 0ht>
trên
[
)
2
0,
r
,
'( ) 0ht≤
trên
[ ]
2
,rp
,
() 0ht ≥
trên
(

]
,1p
.
Từ
(0) 0h ≥
và
() 0hp=
trên
[ ]
0,1
, ta có
() 0ht ≥
trên
[ ]
0,1
.
Vậy
() 0ht ≥
trên đoạn
[ ]
0,1
trong mọi trường hợp. Mệnh đề được chứng minh. 
Định lý 1.2.8.Giả sử các điều kiện (H1) – (H3) được thỏa mãn. Khi đó:
1) Nếu
[ ]
3
0,1uC∈
, thỏa điều kiện (1.12) và điều kiện biên (1.2), thì

()up u=

và
() () ( )ut atu p≥
,
[ ]
0,1 .∀∈t

2) Nếu
[ ]
3
0,1uC∈
là nghiệm dương của bài toán giá trị biên (1.1),(1.2), thì

()up u=
và
( ) () () ( )up ut atup≥≥
,
[ ]
0,1 .∀∈t

Chứng minh.
1) Được suy ra từ mệnh đề 1.2.6. và 1.2.7.
2) Nếu
3
01uC∈ 

,
là nghiệm dương của bài toán (1.1),(1.2) thì,
[ ]
0,1
() () max () ( )ut ut ut u up=≤==

. Hơn nữa,
'''( ) ( ) ( ( )), 0 1u t gt f ut t= ≤≤
nên suy ra
'''( ) 0ut≥
,
[ ]
0,1∀∈t
(điều kiện (1.12)). Theo
phần 1) của định lý 1.2.8, ta suy ra
()up u=
và
() () ( )ut atu p≥
.
Vậy, nếu
[ ]
3
0,1uC∈
là nghiệm dương của bài toán giá trị biên (1.1),(1.2)
thì
()up u=
và
( ) () () ( )up ut atup≥≥
trên đoạn
[ ]
0,1 .

1.3 Các định lý tồn tại nghiệm dương
Trước hết ta định nghĩa các hằng số

11

00
A Gpsgsasds B Gpsgsds= =
∫∫
( ,)()() ; (,)() .

Ta đặt
[ ]
0,1XC=
với chuẩn
''max ''
, tức là:
[ ]
0,1
max ( ) , .
t
v vt v X
∈
= ∀∈
Khi đó X là
không gian Banach.
Đặt
{ }
0 01P v X vp atvp vt vp t= ∈ ≥ ≤ ≤ ∀ ∈ 

:() ,()() () (), ,

Ngoài ra ta định nghĩa các hằng số:
00
00
() ()

lim sup ; lim inf
() ()
lim sup ; lim inf .
xx
xx
fx fx
Ff
xx
fx fx
Ff
xx
++
→→
∞∞
→+∞ →+∞
= =
= =

Bổ đề 1.3.1. P là một nón trong X.
Chứng minh.
• Hiển nhiên
PX⊂
và
P ≠∅
.
• Chứng minh P là tập lồi
Gọi
∈,uv P
,
01∈ 


,
λ
, khi đó ta có:
10+− ≥()( )()up vp
λλ
và
1+ ≤ +− ≤ +()(() ()) ()( )() () ()at up vp ut vt up vp
λλ
do đó
1+− ∈()u vP
λλ
. Vậy P là tập
lồi.
• Chứng minh P là tập đóng
Lấy
{ }
n
vP
⊂
,
0n
vv →
.
,ta chứng minh
0
vP∈ .

Do
{ }

⊂
n
vP
nên
0 01≥ ≤ ≤ ∈ 

n n nn
vp atvp vt vpt() ,()() () (), , .

vì
0
0
n
n
vv
→∞
−=lim
nên
0n
n
vt vt
→∞
=lim ( ) ( )
trên
01

,
, và vì thế
0n
n

vp vp
→∞
=lim ( ) ( )

như vậy ta có:
0 00
01≤ ≤ ∀ ∈ 

atvp vt vp t() ( ) () ( ), ,
và
0
0≥vp()
, từ đây suy ra
0
∈vP.

Vậy P là tập đóng.
• Lấy
vP∈
và
0
λ
>
. Ta chứng minh
∈vP
λ

Vì
vP∈
nên

0≥vp()
và
≤≤atvp vt vp()( ) () ( )
, dẫn đến
0≥vp()
λ
và
≤≤atvp vt vp()( ) () ( )
λ λλ
. Từ đây suy ra
∈vP
λ

• Giả sử
vP∈
và
vP−∈
.Ta chứng minh v = 0.
Vì
∈vP
và
−∈vP
nên
0≥vp()
và
0−≥vp()
, dẫn đến
0=vp()

Do

∈vP
nên
01≤ ≤ ∀ ∈ 

atvp vt vp t()( ) () ( ), ,
. Kết hợp với điều kiện
0=vp()
, ta suy ra được
0 01= ∀ ∈ 

vt t() , ,
hay v = 0.
Vậy P là một nón trong X 
Tiếp theo ta định nghĩa toán tử
TP X →:
xác định bởi,

1
0
01Tu t G t s g s f u s ds t u P= ≤≤ ∈
∫
() (,)() (()) , , .

Bổ đề 1.3.2. T là toán tử hoàn toàn liên tục.
Chứng minh.
• Dễ thấy T là toán tử liên tục
Lấy
 
: ,0D u P u ll P 
là tập bị chặn trong P. Ta sẽ chứng minh T(D) bị

chặn điểm và đồng liên tục. Ta có:
( )
( )
( )
11
2
2
01
00
1
2
0
0
1
2
2
0
22
22
2
2
22
22
p
s ts
Tu t p pt t g s f u s ds s g s f u s ds
p
ps
t t s g s f u s ds
p

s ts
p pt t g s f u s ds g s f u s ds
p
,
,
()
() () (()) ()() (())
()
( )( ) ()() (())
()
()
() (()) () (())
()
βγβ
αχ
βγβ
α βγ β χ
βγβ
βγβ
α
βγβ




+− −
= +− +
+−
−
− + +−

+−
+− −
= +− +
+−
∫∫
∫
∫
( )
1
0
2
0
2
2
p
ps
t t g s f u s ds
p
( )( ) ( ) ( ( ))
()
α βγ β
βγβ
−
− + +−
+−
∫
∫

( )
22

01
22 2
t
p pt t p pmax
αα
≤≤
+ −=+
,
( )
2
01
22
t
ttmax ( )( ) ( )
βγ
α βγ β βγ αβ
β
≤≤
+
+ + − = ++
,
2
2 0 01t tt( )( ) , ,
α βγ β
+ + − > ∀ ∈ 

,
[
)
[

)
: 0, 0,f ∞  → ∞
và
[ ] [
)
: 0,1 0,g  → ∞
là các hàm liên tục, do đó tồn tại K, L
sao cho

0
max ( )
ul
K fu


;
01
max ( )
s
L gs



• T(D) bị chặn điểm

( )
( )
11
2
2

00
2
0
22
22
2
2
p
s ts
Tu t p pt t g s f u s ds g s f u s ds
p
ps
t t g s f u s ds
p
()
() () (()) () (())
()
( )( ) ( ) ( ( ))
()
βγβ
α
βγβ
α βγ β
βγβ
+− −
= +− +
+−
−
− + +−
+−

∫∫
∫


( )
( )
( )
11
2
2
00
2
0
11
2
2
00
2
22
22
2
2
22
22
2
2
+− −
≤ +− +
+−
−

+ +−
+−
+− −
≤ +− +
+−
−
+ +−
+−
∫∫
∫
∫∫
p
s ts
p pt t g s f u s ds g s f u s ds
p
ps
t t g s f u s ds
p
s ts
p pt t g s f u s ds g s f u s ds
p
ps
tt
()
() (()) () (())
()
( )( ) ( ) ( ( ))
()
()
() (()) () (())

()
( )( )
(
βγβ
α
βγβ
α βγ β
βγβ
βγβ
α
βγβ
α βγ β
βγβ
0
∫
p
g s f u s ds
p
() (())
)


( )
11
22
00
0
2
22
2

2
p
p p KL t s
s ds KL ds
p
KL
p s ds
p
( ) ()
()
( )( )
()
α
βγβ
βγβ
βγ
β γ αβ
βγβ β
+−
≤ +− +
+−
+
+ ++ −
+−
∫∫
∫



22

2
2
2 2 62 2
p p KL KL KL p
pp
()
()
() ()
α β βγ
γ β γ αβ
βγβ βγβ β
+  +
≤ + + + ++

+− +−


Vậy T(D) bị chặn điểm.
• T(D) đồng liên tục
Ta cần chứng minh:
0,e
 
12
, 0,1 ,tt
tồn tại
0δ>
sao cho
12
0 tt d
thì

12
− < ∀∈() () ,Tu t Tu t u D
ε
. Thật vậy,
Với
0e 
cho trước, với mọi
 
12
, 0,1 ,tt
chọn

1
2
1 53
2 42
−


+ +
= ++ +



+− +−



p KL KL KLp
pp

() ( )
()
β βγ
δε γ
βγβ βγβ

và
12
0 tt d
, ta có:
( )
1
22
1 2 11 2 2
0
22 22
2
+−
− = + −− − +
+−
∫
s
Tu t Tu t p pt t p pt t g s f u s ds
p
() ( ) () (())
()
βγβ
αα
βγβ

( )
1
22
12 21
0
2
2
+−
= −+−
+−
∫
s
p t t t t g s f u s ds
p
( ) ( ) () (())
()
βγβ
βγβ


( )
1
22
1 2 21
0
1
2
2
+ −+ −
∫

t t s t t g s f u s ds( ) ( ) ()(())

( )
22
12 21
0
2
2
−
− + −+ −
+−
∫
p
ps
t t t t g s f u s ds
p
( )( ) ( ) ( ) ( ( ))
()
βγ β
βγβ

11
12 1212
00
11
2 1 1 21 2
00
12
0
2

22
11
2
22
2
2
2
+− +−
= − + −+
+− +−
+ − + −+
−
− +−
+−
−
−
+−
∫∫
∫∫
∫
p
ss
p t t g s f u s ds t t t t g s f u s ds
pp
s t t g s f u s ds t t t t g s f u s ds
ps
t t g s f u s ds
p
ps
( )() (()) ( )( )() (())

() ()
( )() (()) ( )( )() (())
( )( ) ( ) ( ( ))
()
(
βγβ βγβ
βγβ βγβ
βγ
βγβ
βγ
1 21 2
0
−+
∫
p
t t t t g s f u s ds
p
( )( ) ( ) ( ( ))
)
β
β
Từ đó suy ra,
1 2 12 12
22
12 12 12 12
22
42
 
− ≤ +−+ +−
 

+− +−
 
+
+ −+ − + −+ −
+− +−
pKL KL
Tu t Tu t t t t t
pp
KL KL p KLp
tt KLtt tt tt
pp
() ()
()
ββ
γγ
βγβ βγβ
βγ β
βγβ βγβ

12
22
12
22
42

 
− ≤ ++ +

 
+− +−

 


+
+++ + −

+− +−

pKL KL
Tu t Tu t
pp
KL KL p KLp
KL t t
pp
() ()
()
ββ
γγ
βγβ βγβ
βγ β
βγβ βγβ


2
12
1 53
2 42


+ +

≤ + + + −<



+− +−



p KL KL KLp
tt
pp
() ( )
()
β βγ
γε
βγβ βγβ

Vậy T(D) đồng liên tục.
T(D) bị chặn điểm và đồng liên tục, do đó áp dụng định lý Ascolli suy ra T là toán tử hoàn
toàn liên tục. ` 
Bổ đề 1.3.3.
TP P⊂() .

Chứng minh.
Theo định nghĩa của T, ta có:
1
0
Tu t G t s g s f u s ds=
∫
() (,)() (())

tương đương với
Tut ut=() ()


0 01Tu t u t g t f u t t= = ≥ ∀ ∈ 

( )'''( ) '''( ) ( ) ( ( )) , , .

Hiển nhiên
Tu t()
thỏa điều kiện (1.2), (vì
ut()
thỏa điều kiện (1.2)).
Theo Định lý 1.2.8 ta suy ra:
01a t Tu p Tu t Tu p t≤ ≤ ∀ ∈ 

() ( ) () ( ), ,
hay
TP P⊂() .

Định lý 1.3.4. Nếu
0
1 ,BF Af
∞
<<
thì bài toán (1.1),(1.2) có ít nhất một nghiệm
dương.
Chứng minh.
Từ
0

1BF
<
,chọn
0
ε
>
sao cho
0
1()
FB
ε
+≤
.Tồn tại
1
0H
>
sao cho

0
() ( )fx F x
ε
≤+
với
1
0 .xH<≤

Với mỗi
uP∈
và
1

,
uH
=
ta có

1
0
1
0
0
Tu p G p s g s f u s ds
G p s g s F u s ds
( ) (,)() (())
( ,)()( )()
ε
=
≤+
∫
∫


1
0
0
≤+
∫
F u G p s g s ds
ε
( ) (,)()

0
=+≤F Bu u() ,
ε

Vì
()Tu p Tu=
(theo mệnh đề 1.2.6) nên
.Tu u≤
Do đó, nếu ta đặt
{ }
11
:,uXu HΩ= ∈ <
thì

,Tu u≤
với mọi
1
.uP∈ ∩ ∂Ω

Để xây dựng tập
2
Ω
, trước hết ta chọn
1
0
4
(, )c∈
và
0

δ
>
sao cho

1
1( ) ( ,)()() .
c
c
f Gpsgsasds
δ
−
∞
−>
∫

Tồn tại
3
0H >
sao cho
() ( )fx f x
δ
∞
≥−
với
3
.xH≥
Đặt
2 13
/.H H Hc= +

Nếu
uP∈
và
2
,uH=
thì với
1 ,ct c≤≤−
ta có

{ }
23
1( ) min , .u t t t u cH H≥ − ≥≥

(vì
uP∈
nên
() ()( )ut atu p≥
và
{ }
10 1( ) min , , ; ( )at t t t u p u≥ − ≤≤ =
)
Do đó, nếu
uP∈
và
2
,uH=
thì

1
1

1
1
( ) ( ,)() (())
( ,)()( )()
( ,)()( )()( )
( ) ( ,)()() ,
c
c
c
c
c
c
c
c
Tu p G p s g s f u s ds
G p s g s f u s ds
Gpsgs f asupds
f u Gpsgsasds u
δ
δ
δ
−
−
∞
−
∞
−
∞
≥
≥−

≥−
≥− ≥
∫
∫
∫
∫

Nghĩa là
.Tu u≥
Do đó, nếu ta đặt
{ }
22
:,uXu HΩ= ∈ <
thì
12
,Ω ⊂Ω
và

,Tu u≥
với mọi
2
.uP∈ ∩ ∂Ω

Vậy điều kiện (K1) được thỏa mãn, theo định lý Guo –Krasnosel’skii tồn tại điểm
bất động của T trong
21
(\)P ∩Ω Ω
. Do đó bài toán (1.1),(1.2) có ít nhất một nghiệm
dương. 
Định lý 1.3.5. Nếu

0
1 ,BF Af
∞
<<
thì bài toán (1.1),(1.2) có ít nhất một nghiệm
dương.
Chứng minh.
Từ
0
1Af >
, chọn
0
ε
>
sao cho
0
1( ).fA
ε
−≥
Tồn tại
1
0H >
sao cho

0
() ( )fx f x
ε
≥−
, với
1

0 .xH<≤

Với mỗi
uP∈
và
1
,uH=
ta có

1
0
1
0
0
=
≥−
∫
∫
Tu p G p s g s f u s ds
G p s g s f u s ds
( ) (,)() (())
( ,)()( )()
ε


1
0
0
1
0

0
0
≥−
≥−
=−≥
∫
∫
Gpsgs f asupds
f u Gpsgsasds
f Au u
( ,)()( )()( )
( ) (,)()()
() ,
ε
ε
ε

Vì
()Tu p Tu=
(theo mệnh đề 1.2.6) nên
.Tu u≥
Do đó, nếu ta đặt
{ }
11
:,uXu HΩ= ∈ <
thì

,Tu u≥
với mọi
1

.uP∈ ∩ ∂Ω

Để xây dựng tập
2
Ω
,trước hết ta chọn
01(,)
δ
∈
sao cho

1()FB
δ
∞
+<

Tồn tại
3
0H >
sao cho
() ( )fx F x
δ
∞
≤+
với
3
.xH≥

Đặt
3

0
max ( )
xH
M fx
≤≤
=
, thì:

() ( ),fx M F x
δ
∞
≤+ +
với mọi
0.x ≥

Đặt
1
0
( ,)() ,K M G p s g s ds=
∫
và đặt

{ }
1
21
21max , ( ( ) )H HK F B
δ
−
∞
= −+

(1.13)
Từ (1.13), ta có

2
1
∞
≥
−+
K
H
FB
δ
()
dẫn đến
( )
2
1
∞
−+ ≥H F BK
δ
()
hay
22∞
≥+ +
H K F BH
δ
( ).

Do đó, nếu
uP∈

và
2
,
uH
=
thì

1
0
11
00
∞
∞
≤ + + 

≤ ++
∫
∫∫
Tup GpsgsM F usds
M G p s g s ds F G p s g s u s ds
( ) ( ,)() ( )()
( ,)() ( ) ( ,)()()
δ
δ


1
2
0
2

2
∞
∞
≤+ +
≤+ +
≤
∫
K F H G p s g s ds
K F HB
H
( ) ( ,)()
()
,
δ
δ

Nghĩa là
.Tu u≤
Do đó, nếu ta đặt
{ }
22
:,uXu HΩ= ∈ <
thì
12
,Ω ⊂Ω
và

,Tu u≤
với mọi
2

.uP∈ ∩ ∂Ω

Vậy điều kiện (K2) được thỏa mãn, theo định lý Guo –Krasnosel’skii tồn tại điểm
bất động của T trong
21
(\)P ∩Ω Ω
. Do đó bài toán (1.1),(1.2) có ít nhất một nghiệm
dương. 
1.4 Các định lý về sự không tồn tại nghiệm dương
Sau đây là các tiêu chuẩn về sự không tồn tại nghiệm dương, đồng thời ta đưa
một ví dụ về sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương.
Định lý 1.4.1. Giả sử rằng (H1) – (H3) thỏa mãn. Nếu
()Bf x x<
với mọi
0(, )x∈ +∞
, thì bài toán (1.1),(1.2) không có nghiệm dương.
Chứng minh.
Giả sử rằng
()ut
là nghiệm dương của bài toán (1.1),(1.2).Khi đó
0, ()u Put∈>
với
01,t<<
và
1
0
1
1
0
u p G p s g s f u s ds

B G p s g s u s ds
( ) (,)() (())
( ,)()()
−
=
<
∫
∫


1
1
0
−
≤≤
∫
B Gpsgsdsup up(,)() .() ()
.
Điều này mâu thuẩn, vậy bài toán (1.1),(1.2) không có nghiệm dương. 
Hoàn toàn tương tự ta có kết quả
Định lý 1.4.2. Giả sử rằng (H1) – (H3) thỏa mãn. Nếu
()Af x x>
với mọi
0(, )x∈ +∞
, thì bài toán (1.1),(1.2) không có nghiệm dương.
Ví dụ 1.4.3.Xét bài toán biên bậc ba

'''( ) ( ) ( ( )), 0 1u t gt f ut t= <<
(1.14)

(0) '(0) '(3 / 4) '(1) ''(1) 0uu u uu−= =+=
(1.15)
Trong đó

1
01
10
13
00
1
+
= ≤≤
+
= ≥>
+
() , ,
() , , .
t
gt t
u
fu u u
u
λλ

Ta có

13
1
()fu u
uu

λ
+
=
+

13 13
00
11
()
sup : sup :
fu u
uu
uu
δ
δ λ δλ
δ
  +  +
<< = << =
  
++
  
,do đó
0
0
13
0
1
()
lim sup inf :
u

fu
F
u
δ
λδλ
δ
+
→
+ 
= = >=

+


13
00
1
()
inf : inf :
fu u
uu
uu
δ λ δλ
  + 
<< = << =
  
+
  
, do đó
{ }

0
0
0
()
lim inf sup :
u
fu
f
u
λδ λ
+
→
= = >=

13
3
1
()
sup : sup :
fu u
uu
uu
δ λδ λ
  + 
<= <=
  
+
  
, do đó
{ }

3 03
()
lim sup inf :
u
fu
F
u
λδ λ
∞
→+∞
= = >=

13 13
11
()
inf : inf :
fu u
uu
uu
δ
δ λδλ
δ
  +  +
<= <=
  
++
  
, do đó
13
03

1
()
lim inf sup :
u
fu
f
u
δ
λδ λ
δ
∞
→+∞
+ 
= = >=

+


Từ (1.19) ta có:
1 34; /.p
αβγ
= = = =

Từ
( )
[ ]
2
2
0,1
()

(, ) 2 2 ()
2( ) 2
s ts
G t s p pt t s
p
βγβ
αχ
βγβ
+− −
= + −+
+−


( )
[ ]
2
0,
2( )( ) ( )
2( )
p
ps
t ts
p
α βγ β χ
βγβ
−
− + +−
+−
, ta suy ra
[ ] [ ]

2
0,1 0,3/4
3 21 1 111
( , ) (2 ) (3 4 ) ( ) (3 4 ) ( )
4 20 32 160
Gs s s s s s
χχ
= −+ − − −

1
10
()
s
gs
+
=
;
2
8
2 33
33
() ( )as s s= − ++

1
0
1
2
0
11
2 22

00
34
2
0
34
8
2 3 31 34
330
8 21 1
2 3 31 2 2 3 31 3 4
330 20 32
8 111
2 3 31 3 4
330 160
/
(/ ,)()()
( )( ) ( / , )
( )( ) ( ) ( )( ) ( )
( )( ) ( )
A G sgsasds
s s s G s ds
s s s s ds s s s s ds
s s s s ds
=
= − ++ +

= − ++ + − +− ++ + −


− − ++ + −

∫
∫
∫∫
∫

=
198989
2112000
.
11
00
1 1 34
2
00 0
1
34 1 34
10
21 1 111 9889
1 2 1 34 1 34
200 32 160 102400
/
(/,)() ( )(/,)
( )( ) ( )( ) ( )( )
B G s g s ds s G s ds
s s ds s s ds s s ds
= = +
= +−+ +− − +− =
∫∫
∫∫ ∫
Theo Định lý 1.3.4, nếu

0
11
1 3 538 10 355
3
,,BF Af
AB
λ
∞
<< ⇔ ≈ < < ≈
thì bài toán (1.14),(1.15) có ít nhất một nghiệm
dương.
13 2
31 0
1 31
() ,
()
u
fu u u u
uu
λλ
+ 
==−≥

++

dẫn đến
3()u fu u
λλ
≤≤

Theo Định lý 1.4.1 và 1.4.2, nếu
1
3 3 45
3
() ,Bf u u uB u
B
λλ
<⇔ <⇔< ≈
hoặc
1
10 613() ,Af u u uA u
A
λλ
>⇔ >⇔> ≈
thì bài
toán (1.14),(1.15) không có nghiệm dương. 








Chương 2
NGHIỆM DƯƠNG CỦA MỘT LỚP BÀI TOÁN BIÊN CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN BẬC BỐN


2.1 Mở đầu

Trong chương này ta sẻ xét sự tồn tại và không tồn tại nghiệm dương của bài
toán biên

''''( ) ( ) ( ( )), 0 1u t gt f ut t= ≤≤
(2.1)

(0) '(0) ''(1) '''(1) 0uu u u= = = =
(2.2)
Trong chương này ta giả sử rằng
(H1) Hàm
[
)
[
)
: 0, 0,f ∞  → ∞
liên tục,
(H2) Hàm
[ ] [
)
: 0,1 0,g  → ∞
liên tục và
1
0
( ) 0.g t dt >
∫

2.2 Hàm Green của bài toán (2.1),(2.2)
Mệnh đề 2.2.1. Hàm Green
[ ] [ ] [
)

: 0,1 0,1 0,G ×  → + ∞
của bài toán (1.2),(1.2) được cho
bởi

2
2
1
301
6
1
301
6
( ), ,
(, )
( ), .
t st t s
Gts
s ts st

− ≤≤≤


=


− ≤≤≤



Chứng minh.

Xét bài toán

(4)
() ()
(0) '(0) ''(1) '''(1) 0

=

= = = =

u t ft
uu u u
(2.3)
Ta sẻ tìm hàm Green của bài toán (2.3)
Đặt
( )
() ()=us Lut
,
( )
() ()=fs Lft
.
Tác động toán tử Laplace vào hai vế của phương trình
(4)
() ()=u t ft
, ta được

4
( ) ''(0) '''(0) ( ).− −=s u s su u f s

Từ đó suy ra