nghiệm không âm của phương trình vi phân hàm bậc nhất

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
o0o



Lê Thị Kim Anh




NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC NHẤT





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
o0o

Lê Thị Kim Anh


NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM BẬC NHẤT

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 cám ơn sâu sắc về
sự tận tình giúp đỡ của Thầy đối với tôi trong suốt quá trình hoàn thành luận văn cũng như
trong học tập.
Xin trân trọng cám ơn Quý Thầy Cô thuộc khoa Toán của trường Đại học Sư phạm
thành phố Hồ Chí Minh đã tận tình truyền đạt kiến thức và kinh nghiệm quý báu cho tôi
trong suốt những năm học tập.
Xin trân trọng cám ơn Phòng Sau Đại Học trường Đại học Sư phạm thành phố Hồ Chí
Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn tất chương trình học tập và thực hiện luận
văn này.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cám ơn đến gia đình tôi, là chỗ dựa cho tôi về mọi mặt và đã
tạo mọi điều kiện tốt nhất để tôi học tập và hoàn thành luận văn này.

Lê Thị Kim Anh
MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN 1
MỤC LỤC 4
DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU 6
MỞ ĐẦU 7
CHƯƠNG 1. VỀ CÁC TẬP S
ab
(a) VÀ S
ab
(b) 9
1.1 Giới thiệu bài toán 9
1.2 Kết quả chuẩn bị 9
1.2.1 Định lí 9
1.2.2 Định nghĩa 11

1.2.3 Chú ý 11
1.2.4 Chú ý 11
1.2.5 Chú ý 12
1.3 Các kết quả chính 14
1.3.1 Định lí 14
1.3.2 Hệ quả 15
1.3.3 Chú ý 20
1.3.4 Định lí 25
1.3.5 Định lí 27
1.3.6 Hệ quả 28

1.3.7 Chú ý 28
1.3.8 Định lí 30
1.3.9 Các chú ý 35
1.3.10 Định lí 35
1.3.11 Hệ quả 35
1.3.12 Định lí 39
1.3.13 Định lí 39
1.3.14 Hệ quả 40
1.3.15 Định lí 41
1.3.16 Chú ý 41
1.3.17 Phương trình vi phân hàm với các đối số lệch. 41
CHƯƠNG II. CÁC TIÊU CHUẨN HIỆU QUẢ 56
2.1 Kết quả chuẩn bị 56
2.1.1 Định nghĩa 56
2.1.2 Chú ý 56
2.2 Các kết quả chính 56
2.2.1 Các mệnh đề 56
2.2.2 Bổ đề 59
2.2.3 Định lý 62

2.2.4 Định lý 63
2.2.5 Hệ quả 64
2.2.6 Định lý 65
2.2.7 Định lý 66
2.2.8 Hệ quả 66
2.2.9 Phương trình vi phân với các đối số lệch 66
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 70
TÀI LIỆU THAM KHẢO 71

DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU


Tập tất cả các số thực,
[ ]
= 0,+
+
∞
.
[
)
0,
+
= +∞
Tập hợp các số thực không âm
(
]
,0
−
= −∞
Tập hợp các số thực không dương

[ ]
( )
,;C ab 
Không gian Banach các hàm số liên tục
[ ]
:,u ab→ 
với
chuẩn
( )
{ }
max :
C
u ut a t b= ≤≤
.
[ ]
( )
,;C ab
+

Tập các hàm
[ ]
( )
( )
[ ]
{ }
, ; : 0, ,u C ab ut t ab∈ ≥∈

[ ]
( )
0

,;
t
C ab
+

Tập các hàm
[ ]
( )
( )
{ }
0
,; : 0u ab ut
+
∈=

, với
[ ]
0
,
t ab
∈

[ ]
( )
,;C ab D

, với
D ⊆ 
Tập các hàm số liên tục tuyệt đối
[ ]

:,u ab D→

[ ]
( )
,;L ab 
Không gian Banach các hàm khả tích Lebesgue

[ ]
:,p ab → 
với chuẩn
( )
b
L
a
p p s ds=
∫

[ ]
( )
,;L ab D
, với
D ⊆ 
Tập các hàm khả tích Lebesgue
[ ]
:,p ab D→
.
M
ab
Tập các hàm đo được
[ ] [ ]

:, ,ab ab
τ
→

ab
L

Tập các toán tử tuyến tính bị chặn mạnh

[ ]
( )
[ ]
( )
: ,; ,;C ab L ab→ 

P
ab
Tập các toán tử tuyến tính
ab
L∈


,

[ ]
( )
[ ]
( )
: ,; ,;C ab L ab
++

→ 

Toán tử t
0
– Volterra, với
[ ]
0
,t ab
∈

Tập các toán tử
ab
L∈


sao cho với bất kỳ
[ ]
10
,,a at∈


[ ]
10
, , b tb∈
11
ab≠
và
[ ]
( )
,;v C ab∈ 

nếu

( )
0,vt=

[ ]
11
,t ab∀∈
thì
( )( )
[ ]
11
0, ,v t t ab= ∀∈

[ ]
x
+

[ ]
( )
( )
11
sgn 1
22
x xx x x
+
= += +

[ ]
x

−

[ ]
( )
( )
11
sgn 1
22
x xx x x
−
= −= −
MỞ ĐẦU

Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân thường (PTVPT) và phương trình
vi phân hàm (PTVPH) ra đời từ thế kỉ 18, song đến nay vẫn được nhiều người quan tâm nhờ
các ứng dụng của nó trong các lĩnh vực vật lý, cơ học, kinh tế, nông nghiệp, ….
Từ quan điểm đương thời, có thể nói rằng phương pháp giải tích hàm và phương
pháp topo là những phương pháp hữu dụng nhất. Qua những ứng dụng có tính hệ thống của
các phương pháp này, cơ sở lý thuyết về bài toán biên cho một lớp rộng PTVPH đã được
xây dựng.
Tuy nhiên cho đến tận bây giờ, thực tế bài toán biên cho PTVPH được nghiên cứu
với những kết quả chưa có tính hệ thống. Việc nghiên cứu về PTVPH có hệ thống luôn gặp
nhiều khó khăn ngay cả trong phương trình tuyến tính.Ví dụ, câu hỏi về tính giải được của
bài toán biên đơn giản nhất (bài toán giá trị đầu):
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
'
u t ptu t qt, ua 0,= τ+ =

(với
p,q :[a;b] R→
là hàm khả tích Lebesgue và
:[a;b] [a;b]τ→
là hàm đo được), không
bao giờ trở nên tầm thường như với phương trình vi phân thông thường, có nghĩa là trong
trường hợp
( )
t t,t [a;b]τ=∈
.
Về phần PTVP thường, một vài kết quả đủ mạnh đã được xây dựng cho bài toán giá
trị biên, sử dụng những phương pháp mà cơ sở của nó nằm trong giải tích toán học hiện đại.
Việc này thể hiện những nỗ lực để điều chỉnh các phương pháp của giải tích toán học trong
việc nghiên cứu PTVPH. Những năm gần đây nỗ lực này đã thành công trong trường hợp
một vài bài toán biên của PTVPH. Đặc biệt trong các công trình của I.Kiguradze, P.Buza,
R.Hakl… những điều kiện phức tạp về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của một lớp rộng bài
toán biên cho PTVPH cả tuyến tính lẫn phi tuyến đã được tìm ra.
Chính vì những kết quả nhận được trong các nghiên cứu này tôi quyết định sử dụng
phương pháp giải tích toán học và các nghiên cứu về bài toán biên của PTVP với những
điều chỉnh phù hợp cho PTVPH. Phần lớn phương pháp được sử dụng là áp dụng các kĩ
thuật về bất đẳng thức vi phân.
Trong luận văn này tôi nghiên cứu về vấn đề tồn tại nghiệm không âm của bài toán
biên cho phương trình vi phân hàm bậc nhất tuyến tính. Bài toán như sau:
Xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm không âm
u
của phương trình :
( ) ( )( ) ( )
u t u t qt
′
= +

với điều kiện biên
( )
ua c=
(hoặc,
( )
ub c=
)
Trong đó
[ ]
( )
,;q L ab
+
∈ 
(hoặc
[ ]
( )
,;q L ab
−
∈ 
),
c
+
∈
và
ab
L∈


.

Trường hợp đặc biệt của bài toán là phương trình vi phân với đối số lệch
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
u t ptu t gtu t qt
τµ
′
=−+

với
[ ]
( )
[ ]
( )
, , ; , , ; , ,
ab
pg L ab q L ab M
τµ
+
∈∈ ∈
.
Luận văn gồm 2 chương:
Chương I: Nội dung chính của chương 1 là xây dựng các điều kiện cần và đủ để một
toán tử tuyến tính
ab
L∈



thuộc tập S
ab
(a) (hoặc S
ab
(b)). Trong phần cuối của chương ta áp
dụng các kết quả ở trên cho phương trình vi phân hàm với các đối số lệch.
Chương II: Nội dung chính của chương 2 là xây dựng các tiêu chuẩn hiệu quả cho
các điều kiện cần và đủ ở chương 1 để một toán tử
ab
L∈


thuộc tập
( )
ab
Sa
(hoặc
( )
ab
Sb
).


CHƯƠNG 1
VỀ CÁC TẬP S
ab
(a) VÀ S
ab
(b)

1.1 Giới thiệu bài toán

Xét bài toán tồn tại và duy nhất nghiệm không âm
u
của phương trình

( ) ( )( ) ( )
u t u t qt
′
= +
(1.1)
với điều kiện biên

( )
ua c=
(1.2)
hoặc,

( )
ub c=
(1.3)
Trong đó
[ ]
( )
,;q L ab
+
∈ 
(hoặc,
[ ]
( )

,;q L ab
−
∈ 
),
c
+
∈
và
ab
L∈


.
Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm
[ ]
( )
,;u C ab∈


thỏa (1.1) hầu khắp nơi trên
[ ]
,ab
.
Trường hợp riêng của phương trình (1.1) là phương trình vi phân với đối số lệch

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )

u t ptu t gtu t qt
τµ
′
=−+
(1.4)
Trong đó
[ ]
( )
[ ]
( )
, , ; , , ; , ,
ab
p g L ab q L ab M
τµ
+
∈∈ ∈
.

Cùng với bài toán (1.1), (1.2) (hoặc (1.3)) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng

( ) ( )( )
'ut ut= 
(1.1
0
)
với điều kiện biên thuần nhất

( )
0ua=
(1.2

0
)
hoặc

( )
0ub=
(1.3
0
)
1.2 Kết quả chuẩn bị
1.2.1 Định lí
Bài toán (1.1), (1.2) ( hoặc (1.1), (1.3)) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần
nhất tương ứng (1.1
0
), (1.2
0
) (hoặc (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
Chứng minh
Đặt
[ ]
( )
,,B C ab= ×
là không gian Banach chứa các phần tử v = (u, c
0
), trong đó
[ ]

( )
,,u C ab∈ 
,
0
c ∈
và chuẩn
0
C
vu c= +

Với tùy ý
( )
0
,v uc=
cố định,
[ ]
0
,t ab∈
ta đặt
( )
( )
( )
( )( ) ( )
0
00 0
,
t
t
f v t c u t u s ds c u a


=++ −



∫


và đặt
( ) (
)
[ ]
0
, , ,
t
t
h t q s ds c t a b

= ∀∈



∫

Khi đó bài toán (1.1), (1.2) trở thành phương trình các toán tử trong B
( )
v fv h= +

do
( )
0

,v uc=
là nghiệm của phương trình trên khi và chi khi
0
0c =
và u là nghiệm của bài
toán (1.1), (1.2)
• f là toán tử compact. Thật vậy :
Ta chứng minh f(M) là tập compact tương đối nếu M là một tập bị chặn trong B.
Đặt
{ }
:M vBv K=∈≤
với K dương.
Do

là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh nên có
[ ]
:,ab
η
→ 
sao cho
( )( )
( )
C
ut tu
η
≤
,
[ ]
( )
[ ]

, , , ,u C ab t ab∀ ∈ ∀∈
và với mọi
vM∈
ta có
( )( )
( )( )
( ) ( )
0
0
22 2 2
t bb
CC
t aa
f v t c u u s ds K u s ds K K s ds
ηη
≤ + + ≤+ ≤+
∫ ∫∫


Suy ra f(M) bị chặn đều.
Mặt khác, với
[ ]
, ,t s ab∈
ta có
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( )
,0

ss
tt

ss
C
tt
fvt fv s u d u d
u dK d
ξξ ξξ
ηξ ξ ηξ ξ

−= =


≤≤
∫∫
∫∫


Suy ra f(M) đồng liên tục đều.
Theo định lí Ascoli-Arzela f là toán tử compact.
• Áp dụng luân phiên Fredholm cho phương trình các toán tử, phương trình
( )
v fv h= +
có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình
( )
v fv=
chỉ có nghiệm tầm
thường, tương đương với bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.

1.2.2 Định nghĩa
Ta nói một toán tử
ab
L∈


thuộc về tập
( )
ab
Sa
(hoặc
( )
ab
Sb
) nếu

thỏa 2 điều kiện sau:
(i) Bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) (hoặc (1.1
0
), (1.3
0
)) chỉ có nghiệm tầm thường.
(ii) Với mọi
[ ]
( )

,,q L ab
+
∈ 
( hoặc
[ ]
( )
,,q L ab
−
∈ 
) và
c
+
∈
, thì nghiệm của bài
toán (1.1), (1.2) (hoặc (1.1), (1.3)) là không âm.
Theo định lí 1.2.1 ta thấy nếu
( )
ab
Sa∈
(hoặc
( )
ab
Sb∈
) thì bài toán (1.1), (1.2) (hoặc
(1.1), (1.3)) có nghiệm duy nhất với mọi
c
+
∈
và
[ ]

( )
,,q L ab
+
∈ 
(hoặc mọi
c
−
∈
và
[ ]
( )
,,q L ab
−
∈ 
)

1.2.3 Chú ý
Theo Định lí 1.2.1 nếu
( )
ab
Sa∈
( tương ứng
( )
ab
Sb∈
) thì với mỗi
c
+
∈
và

[ ]
( )
,,q L ab
+
∈ 
(hoặc
[ ]
( )
,,q L ab
−
∈ 
), bài toán (1.1), (1.2) (hoặc (1.1), (1.3)) có
nghiệm duy nhất, không âm.

1.2.4 Chú ý
Từ Định lí 1.2.1 ta thấy
( )
ab
Sa∈
(hoặc
( )
ab
Sb∈
), nếu và chỉ nếu với mọi
[ ]
( )
, , ,u v C ab∈


thỏa các bất đẳng thức sau:

(i)
( ) ( )( ) ( )
[ ]
' , ,u t u t qt t ab≤+ ∈

(ii)
( ) ( )( ) ( )
[ ]
' , ,v t v t qt t ab
≥+ ∈


(iii)
( ) ( )
ua va≤
(hoặc
( ) ( )
ub vb≥
)
thì
( ) ( )
ut vt≤
(hoặc
( ) ( )
ut vt≥
)
Chứng minh
• Điều kiện cần: Giả sử
( )
ab

Sa∈
ta chứng minh rằng với mọi
[ ]
( )
, , ,u v C ab∈


thỏa
ba bất đẳng thức (i), (ii), (iii) thì
( ) ( )
ut vt≤
. Thật vậy:
Đặt
( )
() ()wt vt ut= −
. Theo (i), (ii), (iii) ta có
( ) ( )( )
[ ]
,,w t w t t ab
′
≥∈
 và
( )
0wa≥

Khi đó dễ dàng thấy
()wt
là nghiệm của bài toán sau:
( ) ( )( ) ( )
w t w t qt

′
= +
và
( )
wa c=

với
( ) ( ) ( )( )
0qt wt w t
′
=−≥
và
( )
0c wa= ≥

Do đó theo định nghĩa của
( )
ab
Sa∈
bài toán trên có nghiệm duy nhất
()wt
không âm. Từ
đó suy ra
( ) ( )
ut vt≤
.
• Điều kiện đủ: Giả sử rằng với mọi
[ ]
( )
, , ,u v C ab∈



thỏa ba bất đẳng thức (i), (ii), (iii)
thì
( ) ( )
ut vt≤
, ta chứng minh
( )
ab
Sa∈
theo Chú ý 1.2.3. Thật vậy:
 Bước 1: Chứng minh bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất
Giả sử
12
, uu
là hai nghiệm của bài toán (1.1), (1.2)
Đặt
12
, uuvu= =
, thì
, uv
thỏa ba bất đẳng thức (i), (ii), (iii) suy ra
( ) ( )
12
ut ut≤

Đặt
21
, uuvu= =
, thì

, uv
thỏa ba bất đẳng thức (i), (ii), (iii) suy ra
( ) ( )
21
ut ut≤

Do đó
( ) ( )
12
ut ut=
. Vậy bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất.
 Bước 2: Giả sử
0
u
là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2), ta chứng minh
( )
[ ]
0
0, ,u t t ab≥∈
.
Chọn
( )
0ut≡
và đặt
( ) ( )
0
vt u t≡

Ta thấy
, uv

thỏa ba bất đẳng thức (i), (ii), (iii) suy ra
( ) ( )
[ ]
, ,ut vt t ab≤∈
hay
( )
[ ]
0
0, ,u t t ab≥∈

Vậy
( )
ab
Sa∈
.

1.2.5 Chú ý
Nếu
ab
P∈
(hoặc
ab
P−∈
) thì
( )
ab
Sa∈
(hoặc
( )
ab

Sb∈
) khi và chỉ khi bài toán

( ) ( )( ) ( )
' , 0u t u t ua≤=
(1.5)
hoặc

( ) ( )( ) ( )
' , 0u t u t ub≥=
(1.6)
không có nghiệm không âm khác tầm thường.
Chứng minh
• Điều kiện cần: Giả sử
( )
ab
Sa∈
, ta chứng minh bài toán (1.5) không có nghiệm không
âm khác tầm thường. Thật vậy:
Gọi u là nghiệm của bài toán (1.5)
Áp dụng Chú ý 1.2.4 với
( ) ( )
0, 0≡≡vt qt
ta được
() 0≤ut
với
[ ]
,∈t ab
.
• Điều kiện đủ: Giả sử bài toán (1.5) không có nghiệm không âm khác tầm thường. Ta

chứng minh
( )
ab
Sa∈
theo định nghĩa 1.2.2. Thật vậy:
 Bước 1: Gọi
0
u
là nghiệm của bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
). Ta chứng minh
( )
0
0ut≡

Ta có:
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
0 0 0 00 0 0
sgn sgn sgn
′
′

′
= = =


ut ut ut ut ut u t ut

Mặt khác, do
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
00
0 0 00
00
sgn
ab
ut ut
P ut ut ut ut
ut ut

≥


∈⇒ ⇒ ≥ ≥

≥−



  


Nên ta có
( )
( )
( )
[ ]
00
,,u t u t t ab
′
≤∈

( )
0
0ua=

Vì vậy,
0
u
là nghiệm của bài toán (1.5). Như vậy,
0
0≡u
nghĩa là bài toán thuần nhất

(1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
 Bước 2: Gọi u là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với
([ , ]; )
+
∈ q L ab
và
c
+
∈
.
Ta chứng minh
( )
0ut≥

Đặt
( ) ( )
[ ]
, ,vt ut c t ab= −∈

Ta có
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
vt ut ut qt ut
vt uct ut ct ut
′′
= = +≥

=−= − ≤

 

( ) ( )( )
′
⇒≥vt v t

Do
∈
ab
P
nên
( )
( )
( )
′
≤ vt vt
(chứng minh giống ở bước 1).
Do đó ta có
( )
( )
( )
( ) ( )( )
( ) ( )
( )
( ) ( )( )
[ ]
( )
[ ]

( )
( )
__
22

′
≤

′
′
′
⇒ −≤ − ⇒ ≤

′
≥



 

vt vt
v t vt v t v t v t v t
vt vt

Từ đó suy ra

[ ]
( )
() [] (), [ , ]vt v t t ab
−

−
′
≤∈

Mặt khác từ điều kiện biên
( )
ua c=
ta có
( )
0va=
hay
( )
[] 0va
−
=

Như vậy ta thấy
[]
v
−
là nghiệm của bài toán (1.5)
Suy ra
[ ]
( ) ( )
[ ]
0 , ,
v vt vt t ab
−
≡⇒ = ∈

Mà
( ) ( )
[ ]
, ,ut vt c t ab=+∈
nên
( ) 0, [ , ]ut t ab≥∈
.
Theo Định nghĩa 1.2.2 ta có toán tử
( )
ab
Sa∈
.

1.3 Các kết quả chính
1.3.1 Định lí
Giả sử
ab
P∈
. Khi đó
( )
ab
Sa∈
nếu và chỉ nếu tồn tại
[ ]
( )
( )
, , 0,C ab
γ
∈ +∞


thỏa bất
đẳng thức

( ) ( )( )
[ ]
' , ,t t t ab
γγ
≥∈
(1.7)
Chứng minh
• Điều kiện đủ
Giả sử tồn tại hàm số
[ ]
( )
( )
, , 0,C ab
γ
∈ +∞

thỏa bất đẳng thức (1.7) ta chứng minh
( )
ab
Sa∈
theo Định nghĩa 1.2.2
 Bước 1: Ta chứng minh toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường
Giả sử

u
là nghiệm không tầm thường của bài toán (1.1
0
), (1.2
0
). Do
ab
P∈
và từ
(1.1
0
), (1.2
0
) ta có

( )
( )( ) ( )
( )
( )
[ ]
' sgn , ,u t u t ut u t t ab
≤
= ∈
(1.8)
Do
( )
0t
γ
≠
suy ra

( )
( )
ut
t
γ
là hàm liên tục nên tồn tại
(
]
*
,t ab∈
sao cho
( )
( )
*
*
*
ut
t
λ
γ
=
với
( )
( )
[ ]
*
ax : ,
ut
m t ab
t

λ
γ


= ∈




Đặt
( ) ( ) ( )
[ ]
*
, ,vt t u t t ab
λγ
=−∈
. Rõ ràng:

( )
[ ]
( ) ( )
( )
**
0, , , 0, 0
vt t ab va a vt
λγ
≥∈ = > =
(1.9)
Từ (1.7), (1.8) và (1.9) ta có
( ) ( )( )

( )
( ) ( )( )
[ ]
*
0, ,v t t u t v t t ab
λγ
′
≥ − = ≥∈ 
mâu thuẫn
với (1.9). Vì vậy bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
 Bước 2: Giả sử
0
u
là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với
c
+
∈
và
[ ]
( )
,,q L ab
+
∈ 
. Ta sẽ chứng minh
( )
[ ]

0
0, ,u t t ab≥∈

Giả sử rằng
( )
0
0ut
−
 ≡

. Do
ab
P∈
và (1.1) ta có
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
[ ]
( )
( )
0 0 00 0 0
11
sgn sgn 1
22
ut u t ut u t qt ut u t

−
−
′
 = − + − ≤

 
, với
[ ]
,t ab∈
(1.10)
Ta có thể chọn
(
]
0
,t ab∈
sao cho
( )
( )
00
0
0
ut
t
λ
γ
−


=
với

( )
(
)
[
]
0
0
ax : ,
ut
m t ab
t
λ
γ
−




= ∈




Đặt
( ) ( ) ( )
[ ]
00 0
, ,v t t u t t ab
λγ
−

= −  ∈

. Rõ ràng:

( )
[ ]
( ) ( )
( )
0 0 0 00
0, , , 0, 0v t t ab v a a v t
λγ
≥∈ = > =
(1.11)
Từ (1.7), (1.10) và (1.11) ta có
( )
( )
( )
00
0vt v t
′
≥≥

hầu khắp nơi trên [a, b], nhưng điều này
mâu thuẫn với (1.11). Từ mâu thuẫn này ta chứng minh được
( )
0
0ut
−
 ≡


.
Do đó
( )
[ ]
0
0, ,u t t ab≥∈
.
Vậy
( )
ab
Sa∈
. 
• Điều kiện cần: Hiển nhiên

1.3.2 Hệ quả
Giả sử
ab
P∈
và thỏa ít nhất một trong ba điều kiện sau:
a)

là một toán tử a – Volterra.
b) Tồn tại một số nguyên không âm k, một số tự nhiên m > k , một số
( )
0,1
α
∈
sao cho

( ) ( )

[ ]
, ,
mk
t t t ab
ρ αρ
≤∈
(1.12)
với

( ) ( )
( )
( )
[ ]
( )
01
1, , , 0,1,2,
t
def def
ii
a
t t s ds t a b i
ρρ ρ
+
= = ∈=
∫

(1.13)
c) Tồn tại
ab
P∈

sao cho

( )( ) ( )( )
b
1 exp 1 1
b
as
s d ds
ξξ

<


∫∫

(1.14)
và trên tập
[ ]
( )
,,
a
C ab
+

có bất đẳng thức

( )
( )
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
[ ]

1 , t a,bv t t vt vt
ϑϑ
− ≤∈ 
(1.15)
với

( )( ) ( )( )
[ ]
, ,
t
a
v t v s ds t a b
ϑ
= ∈
∫


thì
( )
ab
Sa∈
.
Chứng minh
a) Đặt

( ) ( )( )
[ ]
exp 1 , ,
t
a

t s ds t a b
γ

= ∈


∫


Ta có:
•
[ ]
( )
( )
, , 0,C ab
γ
∈ +∞

(hiển nhiên)
•
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
[ ]
' exp 1 . 1 , ,
t
a
t s ds t t t a b
γγ

= ≥∈



∫
 

Từ định lí 1.3.1 suy ra
( )
ab
Sa∈
. 
b) Đặt

( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
01
1 , ,
km
jj
j jk
t t t t ab
γ αρ ρ
= = +
=−+ ∈
∑∑

Ta có:
•
[ ]
( )
( )
, , 0,C ab

γ
∈ +∞

(hiển nhiên)
• Vì
( )
( )
( )
1
t
ii
a
t s ds
ρρ
+
=
∫

nên
( )
( )
( )
( )
1
ii
tt
ρρ
+
′
=

, suy ra

( ) ( )
( )
( )
( )
( )
11
0
1
km
jj
j jk
t tt
γ αρ ρ
−−
= =
′
=−+
∑∑


Do đó

( )( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )

( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
01
11
0
1
11

km
jj
j jk
km
j jk km
j jk
mk
t tt
t tt tt

tt t
γ αρ ρ
α ρ ρ ρ αρ ρ
γ ρ αρ
= = +
−−
= =
=−+
=− + − +− +
′
=+−
∑∑
∑∑
 
  



Vì
( )
( )
( )
( )
0
mk
tt
ρ αρ
≤−

(giả thiết)

Nên
( ) ( )( )
[ ]
' , ,t t t ab
γγ
≥∈

Từ Định lí 1.3.1 suy ra
( )
ab
Sa∈
. 
c) Theo (1.14) ta có thể lấy
0
ε
>
sao cho

( )( ) ( )( ) ( )( )
b
1 exp 1 1 exp 1
bb
as a
s d ds d
ξξ ε ξξ
 
<−
 
 
∫∫ ∫

 

Đặt

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
[ ]
exp 1 1 exp 1 , ,
t tt
a as
t d s d ds t a b
γ ε ξξ ξξ
 
=+∈
 
 
∫ ∫∫
 

Khi đó:

( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( )
( )
( )( ) ( )
( )
( )( ) ( )
( )
exp 1 1 exp
exp 1 exp 1 exp
tt

aa
tt
aa
t d s v t v s ds
d v t s v s ds
γ ε ξξ
ε ξξ

= +−



=+−


∫∫
∫∫



với

( ) ( )( )
1
t
a
vt d
ξξ
=
∫


.
và

( ) ( )(
) ( )( ) ( ) ( )
( )
( )( ) ( )
( )
( )
( )
( )( ) (
)
( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( )
( )
( )(
)
= 1 exp 1 exp 1 exp
exp 1 exp
1 exp 1 1 1 exp 1
tt
aa
tt
aa
t t d v t v t s v s ds
vt t vt
t d t s v t v s ds t
γ ε ξξ

ε ξξ

′′
+ −+


−

= + −+


∫∫
∫∫
 

   


( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
( )( )
(
)( ) ( )
( )( )
1 exp 1 1 1 exp 1 1
11
t tt
a as
t d t s d ds t
tt t

ε ξξ ξξ
γ
 
=++
 
 
= +
∫ ∫∫
    


Hiển nhiên,

[ ]
( )
( )
, , 0,C ab
γ
∈ +∞

,
( )
[ ]
1, ,t t ab
γ
<∈

Và do
ab
P∈

nên
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )
[ ]
1 1 1 , ,
t tt t tt ttab
γ γ γγ
′
= +≥ + ∈


Theo Định lí 1.3.1 ta có

( )
ab
Sa
∈


, (1.16)
với

( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )
[ ]
1 , ,vt tvt vt t ab
= +∈

 
(1.17)
Từ Chú ý 1.2.5 điều này đủ để chỉ ra rằng bài toán
( ) ( )( ) ( )

' , 0u t u t ua≤=
không có
nghiệm không tầm thường không âm. Thật vậy:
Giả sử hàm
[ ]
( )
,,u C ab
+
∈


thỏa mãn (1.5) tức là
( ) ( )( ) ( )
, 0ut u t ua
′
≤=

Đặt

( ) (
)( ) ( )( )
[ ]
, ,
t
a
w t u t u s ds t a b
ϑ
= = ∈
∫


(1.18)
Hiển nhiên
( ) ( )( )
wt u t
′
= 
với
[ ]
,t ab∈
và

( ) ( )( ) ( ) ( )
0 , 0
t
a
u t u s ds w t w a≤≤ = =
∫

(1.19)
Mặt khác từ (1.15) ta có:

( )
( )
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )
1
1
u t t ut ut
w t twt u t
ϑϑ

−≤
⇒− ≤
 
 

Điều này kết hợp với (1.18), (1.19), và điều kiện
ab
P∈
ta có:

( ) (
)( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( )(
) ( )
( )( ) ( )
( )( )
11
1
w t u t w t twt w t twt
twt u t
′
=≤= +−
≤+
  


Tuy nhiên,
ab
P∈
, nên từ (1.17), (1.19) suy ra

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )
1wt twt wt wt
′
≤ +=

 

Từ đây kết hợp với (1.16), (1.19) và Chú ý 1.2.5 ta suy ra
0w ≡
, do đó
0u ≡
.
Từ Chú ý 1.2.5 suy ra
( )
ab
Sa∈
. 

1.3.3 Chú ý
Từ Hệ quả 1.3.2 ta có :
• Nếu
ab
P∈
và
( )( )
11
t
a
s ds <

∫

thì
( )
ab
Sa∈
. Thật vậy:
Chọn k = 0 và m = 1 thì các điều kiện của Hệ quả 1.3.2 b) được thỏa mãn nên
( )
ab
Sa∈
.
• Nếu
ab
P∈
,
( )( )
11
t
a
s ds =
∫

và bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường thì ta
cũng có
( )

ab
Sa∈
. Thật vậy:
Nếu (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường thì theo tính chất Fredhom, bài toán

( ) ( )( ) ( )
, 1u t u t ua
′
= =
(1.20)
có nghiệm duy nhất
u
. Giả sử
u
có giá trị âm. Đặt

( )
[ ]
{ }
max : ,m u t t ab
=−∈
,
Và chọn
[ ]
0
,t ab∈

sao cho
( )
0
ut m= −
. Lấy tích phân hai vế của (0.1
0
) từ
a
đến
0
t
ta có:
( )( ) ( )( )
0
11
t
b
aa
m u s ds m s ds+=− ≤
∫∫

.
Do giả thiết
( )( )
11
b
a
s ds =
∫


, ta dẫn đến mâu thuẫn
mm<
. Do đó
( )
[ ]
0, ,ut t ab≥∈
, và từ
giả thiết
ab
P∈
, (1.20) suy ra
( )
[ ]
0, ,ut t ab≥∈
. Vì vậy theo Định lí 1.3.1 ta có
( )
ab
Sa∈
.
• Điều kiện
( )
0,1
α
∈
trong Hệ quả 1.3.2b) là nghiêm ngặt, ta không thể thay thế bởi điều
kiện
(
]
0,1
α

∈
. Thật vậy:
Ví dụ 1:
Giả sử
1
α
=

Lấy
[ ]
( )
,,p L ab
+
∈ 
thỏa

( )
1
b
a
p s ds =
∫

Và
ab
P∈
được định nghĩa

(
)( ) ( ) ( )

v t ptvb=

Với

được định nghĩa như vậy ta có:

( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) (
) ( ) ( )
0
10 0
21 1
1
tt t
aa a
tt t
aa a
t
t s ds p s b ds p s ds
t s ds p s b ds p s ds
ρ
ρρ ρ
ρρ ρ
=
= = =
= = =
∫∫ ∫

∫∫ ∫



Chứng minh bằng quy nạp ta dễ dàng thấy rằng với mọi số tự nhiên k > 1 thì
( ) ( )
t
k
a
t p s ds
ρ
=
∫

Do đó với mọi số tự nhiên k, m ta có
( ) ( )
mk
tt
ρρ
=
nên điều kiện (1.12) được thỏa mãn với
1
α
=
.
Tuy nhiên khi đó hàm số
( ) ( )
[ ]
, ,
t

a
u t p s ds t a b= ∈
∫
là nghiệm không tầm thường của bài
toán (1.1
0
), (1.2
0
). Vì vậy theo Định nghĩa 1.2.2
( )
ab
Sa∉
.
• Hơn nữa, nếu
1
αε
= +
với
0
ε
>
nhỏ tùy ý thì Hệ quả 1.3.2b) cũng không đúng. Thật
vậy:
Ví dụ 2:
Giả sử
1
αε
= +
, với
0

ε
>
nhỏ tùy ý
Lấy
[ ]
( )
,,p L ab
+
∈ 
thỏa

( )
1
b
a
p s ds
ε
= +
∫

Và
ab
P∈
được định nghĩa

( )( ) ( ) ( )
v t ptvb=

Theo ví dụ 1 thì
( ) ( )

t
m
a
t p s ds
ρ
=
∫
với mọi số tự nhiên m > 1 nên lấy m là một số tự nhiên
bất kỳ và k = m-1 thì điều kiện (1.12) được thỏa mãn.
Khi đó bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường, thật vậy:
Ta có

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
ut u t ut ptub
′′
= ⇔=

Lấy tích phân hai vế
( ) ( ) ( )
u t ptub
′
=
từ a đến b ta được
( ) ( ) ( ) ( )
10ub ub ub
ε

=+ ⇔=
nên
( )
0ut
′
=
với
[ ]
,t ab∀∈
, kết hợp với
( )
0ua=
suy ra
0u ≡

Tuy nhiên
( ) ( )
1
1
t
a
u t p s ds
ε
= −
∫
là nghiệm của bài toán
( ) ( )( ) ( )
, 1u t u t ua
′
= =

với


được định nghĩa ở trên, và
( )
1
0ub
ε
=−<
nên
( )
ab
Sa∉
.
• Bất đẳng thức (1.14) trong Hệ quả 1.3.2c) là nghiêm ngặt, ta không thể thay thế bởi đẳng
thức
( )( ) ( )( )
b
1 exp 1 1
b
as
s d ds
ξξ

=


∫∫

. Thật vậy:

Ví dụ 3:
Lấy
[ ]
( )
,,p L ab
+
∈ 
thỏa

( )
1
b
a
p s ds =
∫

Và
,
ab
P∈
được định nghĩa

( )( ) ( ) (
)
v t ptvb=
,
( )( ) ( ) ( ) ( )
b
t
v t pt psvbds=

∫


Khi đó

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
1 11
bb
tt
t p t p s ds t s ds= =
∫∫
 

Đặt

( ) ( )( )
b
1
s
vs d
ξξ
=
∫


Ta có

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
b bb
1 exp 1 1 . 1 .exp 1

bb
a s as s
s d ds s d d ds
ξξ ξξ ξξ
 
= =
 
 
∫ ∫ ∫∫ ∫
   


( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
. . 1
bb
b
vs vs vs vs
a
aa
v svse ds vse dvs e vse
′
− =− =−=

∫∫

Mặt khác
( )
( )
( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
1. . 1.
.
bt bb
aa t t
v t t vt pt vb t vt
p t v s ds p t v s ds p t v s ds p t p s v b ds v t
ϑ ϑϑ ϑ
−=−
=−== ≤
∫∫∫∫
 
  

nên bất đẳng thức (1.15) cũng được thỏa mãn.
Tuy nhiên ta thấy hàm số
( ) ( )
[ ]
, ,
t
a
u t p s ds t a b= ∈
∫

là nghiệm không tầm thường của bài
toán (1.1
0
), (1.2
0
). Vì vậy theo Định nghĩa 1.2.2
( )
ab
Sa∉
.
• Hơn nữa, bất đẳng thức (1.14) trong Hệ quả 1.3.2c) cũng không thể thay thế bởi đẳng
thức
( )( ) ( )( )
b
1 exp 1 1
b
as
s d ds
ξξ ε

= +


∫∫

với
0
ε
>
nhỏ tùy ý. Thật vậy:

Ví dụ 4:
Lấy
[ ]
( )
,,p L ab
+
∈ 
thỏa

( )
1
b
a
p s ds
ε
= +
∫
, với
0
ε
>
nhỏ tùy ý
Và
,
ab
P∈
được định nghĩa
(
)( ) ( ) ( )
v t ptvb=

,
( )( ) ( ) ( ) ( )
b
t
v t pt psvbds=
∫


Khi đó

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )
1 11
bb
tt
t p t p s ds t s ds= =
∫∫
 

Đặt

( ) ( )( )
b
1
s
vs d
ξξ
=
∫


Ta có

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
b bb
1 exp 1 1 . 1 .exp 1
bb
a s as s
s d ds s d d ds
ξξ ξξ ξξ
 
= =
 
 
∫ ∫ ∫∫ ∫
   


( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1
. . 1
bb
b

vs vs vs vs
a
aa
v svse ds vse dvs e vse e
ε
ε
+
′
− =− =−=+
∫∫

Theo ví dụ 3 ta có bất đẳng thức (1.15) cũng được thỏa mãn và do đó với toán tử

được
định nghĩa như vậy thì bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
Tuy nhiên
( )
( )
1
1
t
a
u t p s ds
ε
= −
∫

là nghiệm của bài toán
( ) ( )( ) ( )
, 1u t u t ua
′
= =
với


được định nghĩa ở trên, và
( )
1
0ub
ε
=−<
nên
( )
ab
Sa∉
.

1.3.4 Định lí
Giả sử
,
ab
P−∈
là một toán tử a – Volterra, và tồn tại một hàm
[ ]
( )
,,C ab
γ

+
∈


thỏa

( )
[ ]
0, ,t t ab
γ
>∈
(1.21)

( ) ( )( )
[ ]
, t ,t t ab
γγ
′
≤∈
(1.22)
Thì
( )
ab
Sa∈
 .
Chứng minh
Ta biết rằng nếu

là một toán tử a – Volterra thì bài toán (1.1
0

), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm
thường (xem [4, Định lí 1.2’]). Do đó, theo Định lí 1.2.1, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy
nhất.
Giả sử
u
là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với
[ ]
( )
,,q L ab
+
∈ 
và
c
+
∈
. Ta cần chứng
minh

( )
0,ut≥
với
[ ]
,t ab∈
(1.23)
+ Nếu
0c =
và
0

/
q ≡
thì
u
không thể không dương trên
[ ]
,ab
, thật vậy:
Giả sử
( )
0,ut≤
với
[ ]
,t ab∈
thì do
ab
P−∈
nên
( )( ) ( )( )
0ut ut=−− >
suy ra
( ) ( )( ) ( )
0u t u t qt
′
= +>
, và do
( )
0ua=
ta có
( )

0,ut≥
với
[ ]
,t ab∈
(mâu thuẫn).
Vậy bất kỳ trường hợp nào ta cũng có
( )
[ ]
{ }
max : , 0ut t ab∈>

Giả sử (1.23) không đúng. Khi đó tồn tại
( )
0
,t ab∈
sao cho

( )
0
0ut <
(1.24)
Đặt

( ) ( ) ( )
vt t ut
λγ
= −
,
[ ]
,t ab∈

,
với

( )
( )
[ ]
0
max : ,
ut
t at
t
λ
γ


= ∈




Tương tự như trên, vì

là toán tử a – Volterra,
ab
P−∈
,
( )
[ ]
{ }
0

max : , 0ut t at∈>
, và
0
λ
< < +∞
nên tồn tại
[ ]
10
,t at∈
sao cho
( )
1
0vt =
(1.25)
Điều này rõ ràng là

( )
0,vt≥
với
[ ]
0
,t at∈ (1.26)
Từ (1.1) và (1.22) ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )
v t t u t t u t qt t u t qt v t qt
λγ λγ λ γ
′′′′
=−=−−≤ −−=−  

với

[ ]
,t ab∈

Do đó từ (1.26), điều kiện
ab
P−∈
,

là một toán tử a – Volterra ta suy ra:

( )
0vt
′
≤
, với
[ ]
0
,t at∈
.
Từ (1.25) ta có:

( )
0vt≤
, với
[ ]
10
,t tt∈

Nhưng do (1.21) và (1.24) dẫn đến mâu thuẫn
( )

0
00vt<≤
.
Vậy
( )
0,ut≥
với
[ ]
,t ab∈
. Suy ra
( )
ab
Sa∈
. 

1.3.5 Định lí
Giả sử
,
ab
P−∈
là một toán tử a – Volterra, và

( )( )
11
b
a
s ds <
∫

(1.27)

Thì
( )
ab
Sa∈
.
Chứng minh
Ta biết rằng nếu

là một toán tử a – Volterra thì bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm
thường (xem [4, Định lí 1.2’]). Do đó, theo Định lí 1.2.1, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy
nhất.
Giả sử
u
là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với
[ ]
( )
,,q L ab
+
∈ 
và
c
+
∈
. Ta cần chứng
minh
( )

0,ut≥
với
[ ]
,t ab∀∈
. Thật vậy:
Giả sử ngược lại là tồn tại
(
]
*
,t ab∈
thỏa

( )
*
0.ut <
(1.28)
Tương tự chứng minh của Định lí 1.3.4 ta có

( )
[ ]
{ }
*
max : , 0ut t at∈>
(1.29)
Chọn
[ ]
*
*
,t at∈
sao cho:

( )
( )
[ ]
{ }
*
*
=max : ,ut ut t at∈
(1.30)
Lấy tích phân hai vế của (1.1) từ
*
t
đến
*
t
, kết hợp với (1.27), (1.29), (1.30), giả thiết
ab
P−∈
,
[ ]
( )
,,q L ab
+
∈ 
và

là một toán tử a – Volterra ta suy ra:

( )
( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( )( )
( )
( )( )
( )
* **
* **
*
*
**
1.
t tt
t tt
bb
aa
u t u t u s ds q s ds u s ds
u s ds u t s ds u t
−=− − ≤ ≤
≤≤
∫ ∫∫
∫∫



Suy ra:
( )
*
0ut ≥

Điều này mâu thuẫn với (1.28) nên
( )

0,ut≥
với
[ ]
,t ab∈
. Vậy
( )
ab
Sa∈
. 

1.3.6 Hệ quả
Giả sử
,
ab
P−∈
là một toán tử a – Volterra, và

( )( ) ( )( )
1 exp 1 1
bs
aa
s d ds
ξξ

<


∫∫



(1.31)
với

( )(
) ( )
( )
( ) ( )( ) ( )( )
[ ]
1 , ,vt v t t vt t ab
θθ
=−∈
 
 


( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )
[ ]
tt
a
= v , exp 1 , ,
a
v t s ds v t v t s ds t a b
θ

= ∈


∫∫





Thì
( )
ab
Sa∈
.
Chứng minh
Ta biết rằng nếu

là một toán tử a – Volterra thì bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm
thường (xem [4, Định lí 1.2’]). Do đó, theo Định lí 1.2.1, bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy
nhất.