bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH







NGUYỄN VĂN TIẾN


BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN
CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN
HÀM BẬC NHẤT PHI TUYẾN



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
THƯ
VIỆN

LỜI CẢM ƠN

Đầu tiên tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS.TS Nguyễn Anh Tuấn, người đã
tận tâm hướng dẫn và tạo điều kiện tối đa để tôi có thể 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 xin cảm
ơn Ban Giám Hiệu, Phòng KHCN-Sau Đại học cùng toàn thể thầy cô khoa Toán-
Tin học trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã giảng dạy và tạo mọi điều kiện tốt nhất cho
tôi trong suốt thời gian nghiên cứu đề tài.
Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận
được sự góp ý của Quý Thầy Cô và bạn đọc nhằm bổ sung và hoàn thiện đề tài hơn.
Xin chân thành cảm ơ
n.

TP Hồ Chí Minh tháng 12 năm 2010



BẢNG CÁC KÍ HIỆU

 Tập hợp số tự nhiên.
R
Tập hợp số thực.
[0, )


R
Tập hợp số thực không âm.
(,0]

R Tập hợp số thực không dương.
A
Bao đóng của tập A.


,;CabR Không gian Banach các hàm liên tục


:,vab R
với chuẩn


max ( ) :


C
vvtatb


,;CabD Không gian các hàm liên tục


:,vab D, 
D
R



,;

CabD
Không gian các hàm liên tục


:,vab D
thỏa mãn điều kiện
() () 0



va vb



,;CabD Tập các hàm liên tục tuyệt đối


:,vab D
.


,;

i
c
BabR Tập các hàm





,;vCabR thoả mãn điều kiện

 










sgn 2 1
  
   

va vb i va i vb c
trong đó
,,


cR và


1, 2


i .


,;LabR Không gian Banach các hàm khả tích Lebesgue


:,
p
ab R với chuẩn

.

b
L
a
p
ps ds


,;LabD Không gian các hàm


:,
p
ab D khả tích Lebesgue, D là tập con của R.
ab
M
Tập các hàm đo được





:, ,;

ab ab
ab
L Tập các toán tử








:,; ,; CabR LabR
tuyến tính bị chặn sao cho với mỗi
 tồn tại



,;


 LabRthoả mãn bất đẳng thức











,, ,;


C
vt tv t abvCabR
Khi đó
 được gọi là toán tử tuyến tính bị chặn mạnh.
ab
P Tập các toán tử








:,; ,;


 CabR LabR

sao cho

tuyến tính và



ab
L .

ab
K Tập các toán tử








:,; ,;FC abR L abR
liên
tục thoả mãn điều kiện Carathèodory, nghĩa là với
mỗi
0r
tồn tại




,;


r
qLabRsao cho






,,, 
r
C
Fv t q t t ab v r.


,;Kab AB Tập các hàm


:,
f
ab A B,


,,
n
ARB Rn
thoả điều kiện Carathèodory, nghĩa là :
 Hàm




,:,



f
xab B
đo được với mỗi

x
A

 Hàm


,:


f
tAB
liên tục với mỗi


,tab


Với mỗi 0r tồn tại




,;



r
qLabRsao cho






,,,

 
r
f
tx q t t ab x r.
Toán tử
0
-Volterrat


0
,tab
Tập các toán tử


ab
L sao cho với hai số tùy ý





1010
,, ,aatbtbsao cho
11

abvà với mọi hàm



,;vCabR thoả mãn điều kiện :




11
0, ,vt t a b
ta có

0 vt hầu khắp nơi trên


11
,ab .






11 11

sgn 1 sgn 1
22 22

   xxxxx xxxxx
Toán tử

ab
L được gọi là không tầm thường, nếu


1

 0.


MỞ ĐẦU
Phương trình vi phân hàm (PTVPH) xuất hiện vào thế kỉ 18 với vai trò như những công
thức toán học trong các bài toán vật lí và hình học. Ta có thể tìm thấy chúng trong những công trình
của Ơle và Condorcet. Tuy nhiên, cho đến cuối thế kỉ 19, PTVPH chỉ được nghiên cứu về những
ứng dụng cá biệt và chưa được nghiên cứu một cách hệ thống.
Chỉ trong các công trình của E.Schmidt , F.Shurer và E.Hilb ở những năm đầu thế kỉ 20,
những cố gắng đầu tiên về m
ột nghiên cứu có tính hệ thống về những phương trình đặc biệt với đối
số chậm xuất hiện. Tầm quan trọng trong dạng PTVPH này đã nảy sinh trong thập niên 30 đặc biệt
là những ứng dụng mở rộng trong cơ học, sinh học và kinh tế. Tại thời điểm này, những cơ sở của lý
thuyết định tính về phương trình đối số chậm và phương trình vi tích phân được
đặt ra trong công
trình của Myshkis và R.Bellman. Họ và một số nhà toán học khác theo hướng này đã được công
nhận trong việc xây dựng lí thuyết định tính mở rộng của PTVPH tồn tại cho đến bây giờ. Lý
thuyết đó không chỉ quan trọng trong ứng dụng mà còn ảnh hưởng rộng rãi đến nhiều lãnh vực của

toán học thuần tuý.
Trong thập kỉ 70, người ta chú ý nhiều đến việc xây dựng lí thuyết về bài toán biên của
PTVPH. Nhiều phươ
ng pháp khác nhau đã được đưa ra sử dụng trong vấn đề này. Thí dụ: lý thuyết
toán tử Fredholm, phương pháp tham số nhỏ, phương pháp topo, v v
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 tậ
n bây giờ, thực tế bài toán biên cho PTVPH được nghiên cứu chỉ với
những thành công bộ phận. Khó khăn nảy sinh trong việc nghiên cứu về PTVPH nằm trong đặc
trưng không cục bộ của phương trình và chúng xuất hiện 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):
 








'
ut ptu t qt, ua 0, 
(với
p
,q:[a;b] R là hàm khả tích Lebesgue và :[a;b] [a;b]

 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

tt,t[a;b] .
Bởi vậy ta cũng không ngạc nhiên khi biết rằng trong những tài liệu chuyên khảo không có
nhiều các thông tin chi tiết về tính giải được của bài toán giá trị đầu.
Mặt khác, nếu độ lệch

tt là “nhỏ” (có nghĩa là nếu phương trình là “đóng” với PTVP
thường), thì một cách trực giác ta trông đợi bài toán đã cho có nghiệm duy nhất. Trong những
trường hợp đơn giản, hiệu lực của các giả thiết có thể thử lại trực tiếp. Với những bài toán phức tạp

hơn thì phương pháp toàn cục không cung cấp đủ độ chính xác, do đó tự nhiên ta cần tìm một kĩ
thuật chính xác hơn để nghiên cứu về PTVPH phát sinh.
Về phần PTVP thường, một lý thuyết hoàn toàn hiệu quả 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. Việc này tương
ứng với những nỗ lực để điều chỉnh các phươ
ng pháp của giải tích toán học trong việc nghiên cứu
PTVPH. Trong một vài năm sau cùng những 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 và P.Buza, những điều kiện
phức tạp về tính giải được và giải được duy nhất của một lớp rộng thật sự bài toán biên cho PTVPH
cả tuyến tính lẫn phi tuyến đã được tìm ra.
Được truyền cảm hứng từ những k
ết quả này tôi quyết định sử dụng phương pháp giải tích
toán học và các nghiên cứu kĩ thuật về bài toán biên của PTVP thông thường với những điều chỉnh
phù hợp cho PTVPH. Phần lớn phương pháp là đánh giá tiên nghiệm và kĩ thuật về bất đẳng thức vi
phân.
Trong luận văn này tôi nghiên cứu bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân
hàm bậc nhất phi tuyến. Bài toán có dạng như sau:
Xét sự tồn tại và duy nhất nghiệ
m của phương trình vi phân hàm phi tuyến:






ut Fu t



với điều kiện biên






ua ub hu




Trong đó




,, , 0, : , ;
  
 

ab
FK R hCabR Rlà hàm liên tục thoả mãn
0,

  
r
rMRsao cho :


r
C
hv M khi v r
Nghiệm của bài toán trên là hàm





,;uC abRsao cho



 
ut Fu t


hầu khắp nơi trên

,ab và thỏa mãn điều kiện biên






ua ub hu


 .
Luận văn gồm 3 chương:
Chương 1. Chúng ta xây dựng điều kiện cần và đủ để một toán tử tuyến tính và bị chặn mạnh
 thuộc vào lớp (, )
ab
V



.
Chương 2. Đây là nội dung chính của luận văn. Trong chương 2 chúng ta xây dựng các điều
kiện đủ để bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến có
nghiệm và có duy nhất nghiệm.
Chương 3. Trong chương 3 chúng ta xây dựng các tính chất hiệu quả để bài toán biên dạng
tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến có nghiệm và có duy nhất nghiệm.
Trong phần cuối của chương, chúng ta áp dụng các kết quả của bài toán biên dạng tu
ần hoàn cho

phương trình vi phân hàm phi tuyến để nghiên cứu các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất
nghiệm của bài toán biên dạng tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch.

CHƯƠNG 1:
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN

Trong luận văn này, chúng ta nghiên cứu tính giải được của bài toán biên dạng tuần hoàn cho
phương trình vi phân hàm bậc nhất phi tuyến. Trước hết ta giới thiệu các bất đẳng thức vi phân.
1.1 BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM BẬC
NHẤT TUYẾN TÍNH

Xét phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc nhất:

() ( )() ()ut ut qt


 (1.1)
với điều kiện biên

() ()ua ub c



 (1.2)

trong đó
, ([ , ]; );
ab

LqLab c 
và
, R



sao cho
0và 0





.
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) là hàm

([ , ]; ) uCab thoả mãn phương trình (1.1) hầu khắp nơi
trên [a,b] và thỏa mãn điều kiện biên (1.2).
Lưu ý. Các đẳng thức và bất đẳng thức của các hàm khả tích đều hiểu là hầu khắp nơi trên [a,b].
Cùng với bài toán (1.1) , (1.2) ta xét bài toán thuần nhất tương ứng

u(t) (u)(t)


 (1.1
0
)

u(a) u(b) 0




 (1.2
0
)
Từ các kết quả của I. Kiguradze, B. Puza trong [1] ta có định lí sau:
Định lý 1.1. Bài toán (1.1) , (1.2) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất tương ứng
(1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
Chú ý 1.2. Theo định lý Riesz-Schauder thì nếu bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
) không có nghiệm
tầm thường thì tồn tại
qL([a,b];),csao cho bài toán (1.1), (1.2) không có nghiệm.
1.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN
Giả sử rằng 0


và
0


.
Hơn nữa, trong trường hợp


 thì toán tử
ab
L



phải là toán tử không tầm thường, nghĩa là

10 .
Định nghĩa 1.3 Ta nói toán tử
ab
L
thuộc vào tập hợp (, )
ab
V



, nếu

thoả mãn 2 điều kiện sau:

(i) Bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường
(ii)
Với mọi
([ , ]; ),qLabRcR



thỏa mãn

(sgn sgn ) 0c




(1.3)
thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm không âm.
Chú ý 1.4. Theo định nghĩa, toán tử
(, )



ab
V

nếu và chỉ nếu với mọi


,[,]; uv C ab
thoả
mãn các bất đẳng thức sau:



() () ( )() (), ,
( ) () ()() (), [ , ]

( ) () () () ()


 

 



iututqt tab
ii v t v t q t t a b
iii u a u b v a v b

thì
() ()ut vt với [,]tab.
Chứng minh.
Đặt

() ()ht vt u t
. Theo (i), (ii), (iii) ta có
  


,,ht h t t ab


và
() () 0ha hb





Dễ thấy
()ht là nghiệm của phương trình sau:
() ( )() ()ht ht qt

 và () ()ha hb c




với

   






0,qt h t h t c ha hb



   

Do


sgn sgn 2 .sgn 2 ( ) ( ) sgn 2 ( ) ( ) 0

    

     

c c ha hb ha hb

nên theo định nghĩa của
(, )




ab
V ta có bài toán có nghiệm duy nhất

ht
không âm. Từ đó
suy ra
() ()ut vt với [,]tab.
Chú ý 1.5. Theo Định lý 1.1, rõ ràng nếu
(, )
ab
V



thì bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất
với mỗi
và q L([a,b]; ).c
Hơn nữa, nếu

và ( , )




ab ab
PV
thì



.
Chứng minh.
Do (, )




ab
V nên với mọi ([ , ]; ),qLabR cR


 thỏa mãn điều kiện
(sgn sgn ) 0


c , bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm duy nhất







,;ut C ab R

 . Mặt khác, do
ab
P nên



,;ut LabR

 .

Do đó ta suy ra () ( )() () 0

ut ut qt .
Do hàm

qt ta chọn là hàm dương bất kì nên ta phải có () ( )() () 0ut ut qt


 hay u(t) là hàm
tăng ngặt theo t hay
 
ub ua
.
Lại do
 

 
 


(sgn sgn ) (sgn sgn ) 0
(sgn sgn ) 0
sgn sgn
0
0

  



  
 

   











 

ua ub c
ua ub c
c
ub
ua ub
ua

nên ta có



.



Mệnh đề 1.6.
Giả sử


 và

ab
P


Khi đó
(, )




ab
V nếu và chỉ nếu bài toán

() ( )(), ( ) ( ) 0ut u t ua ub




(1.4)
không có nghiệm không âm khác tầm thường.
Chứng minh
Điều kiện cần:
Giả sử (, )



ab
V , ta chứng minh bài toán (1.4) không có nghiệm không âm khác
tầm thường.
Gọi u là một nghiệm của bài toán (1.4).
Vì
0

 và () () 0

ua ub nên ta có () () 0


ua ub
Áp dụng Chú ý 1.4 với

 
0, 0vt qt ta được () 0

ut với


,tab.
Do đó, bài toán (1.4) không có nghiệm không âm khác tầm thường.
Điều kiện đủ : Giả sử bài toán (1.4) không có nghiệm không tầm thường không âm . Ta chứng
minh ( , )



ab
V theo định nghĩa (1.1)
Gọi
0
u là nghiệm của bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
). Ta chứng minh


0
0ut
Ta có:
  

 


 
00 0 000 0
sgn sgn sgn






ut ut ut ut ut u t ut

Mặt khác, do














 
00
0000

00
sgn
ab
ut ut
P utututut
ut ut



   








Do
0

 nên từ điều kiện biên (2.2
0
) ta có




00
0



ua ub .
Do đó ta có:
 



  
00
00
,,
0
iut uttab
ii u a u b






Vì vậy,
0
u
là nghiệm của bài toán (1.4). Như vậy,
0
0

u
nghĩa là bài toán thuần nhất (1.1

0
), (1.2
0
)
chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi u là nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với
([ , ]; )


qLab và c sao cho

sgn sgn 0


c . Ta chứng minh


0ut 
Dễ thấy

sgn
0




c

Đặt
sgn

() () , [ , ]


 

c
vt ut t ab
Ta có
   







     
sgn sgn
vt ut u t qt u t
cc
vt u t ut t ut

 

 
 
   
 
 


 

  

  


vt v t

Do

ab
P nên




 vt vt
(chứng minh giống ở bước 1).
Do đó ta có



  
 

  






__
22







   






 

vt vt
vt vt vt vt v t v t
vt v t

Từ đó suy ra


() [] (), [ , ]




vt l v t t ab (*)
Mặt khác, từ điều kiện biên



0


va vb
, do 0



ta có
 







 
0sgn 0 0
   
   

va vb va va vb va vb

Do đó
 


0
[ ( )] [ ( )] 0
0




 






va vb
va vb
va vb
(**)
Từ (*), (**) ta suy ra
[] 0

v là nghiệm của bài toán (1.4).
Từ đó ta có


 



0,,

  vvtvttab

Mà

sgn
() () , ,


 

c
ut vt t abnên () 0, [ , ]ut t ab.
Theo định nghĩa 1.3 ta có toán tử
(, )




ab
V .
Định lí 1.7. Giả sử


 và 
ab
P . Khi đó toán tử

(, )




ab
V
nếu và chỉ nếu tồn tại hàm số

[,];(0, )



Cab thoả mãn các bất đẳng thức

() ( )(), [ , ]tttab




(1.5)

() ()ab
 

(1.6)
Chứng minh
Điều kiện cần:
Giả sử tồn tại hàm số



[,];(0, )




Cab thoả mãn hai bất đẳng thức (1.5), (1.6).
Ta chứng minh
(, )




ab
V theo định nghĩa.
Bước 1. Gọi u là một nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) với ([ , ]; )


qLab và  c thoả mãn bất
đẳng thức


sgn sgn 0



c .
Ta chứng minh



0, ,ut t ab.
Do
0


 nên từ bất đẳng thức

sgn sgn 0


c ta có2sgn 0

c .
Do đó
 




sgn sgn sgn 0ua ub c ua ub c
    
    


Từ đó suy ra
() ()

ua ub

Ta sẽ chứng minh rằng

() 0, [ , ]ut t ab
Giả sử trái lại. Khi đó tồn tại
0
[,]tabsao cho

0
() 0

ut
Đặt
()
max , [ , ]
()





ut
rtab
t
và

() () (), [ , ]

 wt r t ut t ab
Theo đó ta có

0r

Rõ ràng

() 0, [ , ]wt t ab
và do
()
()
ut
t

 liên tục trên đoạn [a, b], nên tồn tại
*
[,]

tab sao cho
*
*
()
()


ut
r
t
.
Từ đó ta có

*
() 0

wt

Do

() () () ( )() ( )() () ( )() () 0, [ , ]


   
 wt r t ut r t u t qt wt qt t ab

nên
w( )t đồng biến trên [a,b]. Mặt khác
*
() 0

wt và


() 0, ,wt t ab nên ta phải có () 0

wa . Từ
đó ta có



() () () () () ()

   
    ua r a r b ub wb ub
Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức
() ()



ua ub. Vậy () 0, [ , ]ut t ab
.

Bước 2. Ta chứng minh bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
Gọi
0
u là một nghiệm của bài toán (1.1
0
), (1.2
0
). Hiển nhiên
0

u cũng là một nghiệm của bài toán
(1.1
0
), (1.2
0
), như vậy, theo chứng minh trên, ta có

00
() 0, () 0, [ , ] ut ut t ab

Do đó,

0
0u
Điều kiện đủ: Giả sử
(, )




ab
V
. Ta chứng minh tồn tại


[,];(0, )




Cab thỏa mãn (2.7),
(2.8).
Chú ý rằng do giả thiết


 nên ta có 0


.
Do
(, )





ab
V nên theo định nghĩa 1.2 bài toán

() ( )()
() () sgn
tt
ab


 








có nghiệm duy nhất

và
() 0, [ , ]

ttab
Ta có :
2
() () sgn () () sgn 1ab a b

       
   
Ta suy ra (1.6) đúng và

() 0

a
Kết hợp với điều kiện
ab
P ta có () ( )() 0tt




 , do đó ta được () 0, [ , ]

ttab


Như vậy tồn tại tồn tại hàm số

[,];(0, )



Cab thoả mãn các bất đẳng thức

() ( )(), [ , ]





tttab
() ()


ab

Hệ quả 1.8. Giả sử
i.





ii.


ab
P

iii.
Tồn tại , , (0,1), ons ,


  mk c t m k và

() (), [ , ]




mk
tttab
với
1
1

 và

1
() ( )() ( )() , [ , ],








  
bt
iii
aa
tsdssdstabi
Khi đó
(, )





ab
V
.
Chứng minh
Dễ dàng chứng minh được hàm số
11
() (1 ) () (), [ , ]
 

 


km
jj
jjk
ttttab
thỏa mãn các điều
kiện của định lý 1.7.

Chú ý 1.9.
Theo Hệ quả trên (trong trường hợp 1, 2

km ), ta có:
Nếu
,



ab
P và

 
1







b
a
sds thì


,




ab
V .
Chú ý thêm rằng, nếu bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường và
 
1








b
a
sds
thì ta cũng có

,



ab
V
.









CHƯƠNG II:
CÁC BỔ ĐỀ VỀ TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN DẠNG TUẦN HOÀN CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM PHI TUYẾN BẬC NHẤT

2.1 PHÁT BIỂU BÀI TOÁN
Xét sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình vi phân hàm phi tuyến:






ut Fu t


(2.1)
với điều kiện biên






ua ub hu



 (2.2)
Trong đó




,, , 0, : , ;

  
 
ab
FK R hCabR Rlà hàm liên tục thoả mãn
0,

  
r
rMRsao cho :


r
C
hv M khi v r
Nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) là hàm





,;uC abRthoả mãn phương trình (2.1) hầu khắp nơi
trên

,ab và thỏa mãn điều kiện biên (2.2).
Chú ý: Các đẳng thức, bất đẳng thức với các hàm khả tích được hiểu là hầu khắp nơi trên


,ab
.
Từ các kết quả trong tài liệu [2] ta có kết quả sau:

Mệnh đề 2.1.
Giả sử
 Tồn tại 
ab
L sao cho bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường
 Với mọi


,;uCabRta có:

 




,,
C
Fu t u t qtu khit ab  (2.3)



hu c

(2.4)

trong đó

cRvà


,;

qKab RRlà hàm không giảm theo biến thứ hai và thoả mãn điều
kiện:

1
lim , 0
b
x
a
qsxds
x




Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có ít nhất một nghiệm.
2.2 NHỮNG BỔ ĐỀ
Phần này ta xét một vài bổ đề về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (2.1), (2.2) dựa
trên các kết quả của bài toán tuyến tính (1.1), (1.2).


Bổ đề 2.2. Giả sử
0


ab
L và bài toán thuần nhất






 
0
0
vt v t
va vb












chỉ có nghiệm tầm thường.
Khi đó, tồn tại một số
0
0r sao cho với mọi





,;qLabR và với mọi

cR
,ta có nghiệm v(t) của bài toán:








 
0
vt v t qt
va vb c










(2.5)

Thỏa mãn đánh giá



0
C
L
vrcq (2.6)
Chứng minh.
Đặt








,; , : , ,;RLabR cq cRq LabR


,;RLabR là không gian Banach với chuẩn sau


,
L
RL
cq c q

 .

Dễ thấy bài toán thuần nhất chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lí 1.1 bài toán (2.5) có nghiệm
duy nhất



,;vt C ab R
.
Xét ánh xạ
 xác định như sau:










:,; ,;
,
R L ab R C ab R
cq v t
 


Theo định lí 1.4 về tính xấp xỉ nghiệm của bài toán tuyến tính trong [1] ta có  là một toán tử
tuyến tính bị chặn.
Đặt
0

r 
. Khi đó với bất kì cặp





,,;cq R L ab R ta đều có:




0
,,
L
C
cq r c q
Hay


0
C
L
vrcq

Do đó định lí được chứng minh.


Bổ đề 2.3. Giả sử tồn tại 0


 và toán tử


ab
L sao cho bài toán thuần nhất



.,.
00
11 12 có
nghiệm tầm thường và với mọi

0,1


, mọi





,;uCabR
là nghiệm của bài toán

  











,,,ut u t Fu t u t t ab




 (2.7)






ua ub hu




(2.8)
đều thỏa mãn đánh giá


C
u



(2.9)
Khi đó bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm.
Chứng minh.
Do 
ab
L và 
ab
FKnên với số 0

 tồn tại




,,;


 LabR sao cho
 






,,, ,;.
C
vt tv t ab v CabR



 






,,, ,;và2.
C
Fv t t t ab v C ab R v


 
Hơn nữa, tồn tại


R sao cho





,,;và2.
C
hv v C ab R v


 
Đặt

 




2,,
 
 tt ttab


1,0
2, 2
0,2









 





s
s

ss
s
















0
0
,,






C
C
qvt v Fvt vt t ab

cv v hv

Khi đó với mọi


,;vCabR
ta có:
 


00
,qvt t cv


 hầu khắp nơi trên [a,b].
Với
mỗi hàm


,;uCabR cố định, ta xét bài toán sau:











  
0
0
vt v t q v t
va vb c u


 






(2.10)

Theo giả thiết bài toán thuần nhất tương ứng chỉ có nghiệm tầm thường nên bài toán (2.10) có
nghiệm duy nhất

vt
, hơn nữa theo Bổ đề 2.2 tồn tại số 0

 sao cho




00



C
L
vcuqu
Do đó, với hàm


,;uCabR
cố định, nghiệm duy nhất


vt
của bài toán (2.10) thỏa mãn đánh
giá sau:







*
0
,,,
C
vvtttab



(2.11)
Trong đó


0



L
và







*
0
,,

ttttab

Đặt





:,; ,;CabR CabRlà toán tử biến mỗi hàm





,;uCabR thành nghiệm


vt
của
bài toán đang xét.Từ định lí 1.4 trong [1] ta có

là toán tử liên tục. Mặt khác, do bất đẳng thức
(2.11), với mọi


,;uCabR
ta có

  

0
*
,, ,
C
t
s
u
ut us d st ab

 

  



Khi đó toán tử
 ánh xạ liên tục không gian Banach




,;CabRvào một tập con compắc tương
đối của nó.
Theo nguyên lí Schauder, tồn tại




,;uCabRsao cho:





,, ut ut t ab

Do cách đặt

0
qvt và

0
cv, dễ thấy u là một nghiệm của bài toán (2.7), (2.8) với





C
u
Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng hàm u thỏa mãn đánh giá (2.9). Giả sử ngược lại. Khi đó ta có
2



C
u hoặc 2


C
u
 Nếu 2



C
u thì



0,1
C
u


. Theo giả thiết của bổ đề ta có đánh giá
C
u


.
Từ đó ta có mâu thuẫn.
 Nếu 2


C
u thì

0
C
u

. Do đó, u là nghiệm của bài toán (1.1
0
), (1.2
0
). Nhưng
điều này là không thể do bài toán (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
Do đó, u thỏa mãn đánh giá (2.9) tức là
C
u



.
Từ đó ta suy ra

1
C
u

 và do đó u là nghiệm của bài toán (2.1), (2.2).

2.2.1 TẬP HỢP
 

,, 1,2


i
Ai
Định nghĩa 2.4.
Toán tử
0

ab
L được gọi là thuộc tập hợp




,, 1,2



i
Ai, nếu tồn tại số
0r
sao cho với mọi


*
,; ,
 
qLabR cR
, mọi hàm





,;uCabR
thoả mãn các bất đẳng thức


 










sgn 2 1 ,ua ub i ua i ub c
  
   

(2.12)

  








1
*
1sgn,,
i
ut u t ut q t t ab


    


(2.13)
thì



*
C
L
urcq
(2.14)

Bổ đề 2.5. Giả sử


1, 2 , ,

icR


     






sgn 2 1 , , ;hv i va i vb c v C ab R

   

(2.15)
và tồn tại


,



i
A sao cho với mọi




,;



i
c
BabR
bất đẳng thức

  








1
1sgn,,,

i
C
Fv t v t vt qt v t ab

    


(2.16)
được thoả mãn, trong đó


,;


qKab RRlà hàm không giảm theo biến thứ hai và thoả mãn
điều kiện

1
lim , 0



b
x
a
qsxds
x

Khi đó bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất 1 nghiệm.
Chứng minh.

Do

,



i
A nên bài toán thuần nhất (1.1
0
), (1.2
0
) chỉ có nghiệm tầm thường.
Thật vậy, gọi u là nghiệm của (1.1
0
), (1.2
0
), khi đó u thỏa mãn (2.12) và (2.13) với
*
0, 0cq.
Do đó, từ (2.14) ta suy ra
0
C
u 
hay
0u

. Tức là bài toán (1.1
0
), (1.2
0

) chỉ có nghiệm tầm
thường.
Gọi r là số dương trong định nghĩa 2.4.
Do

1
lim , 0



b
x
a
qsxds
x
nên tồn tại
2

 rc
sao cho


11
,,
2
b
a
qsxds x
xr






Bây giờ giả sử hàm



,;uCabRlà nghiệm của bài toán:

  










  
,,ut u t Fu t u t t ab
ua ub hu













(2.17)
với

0,1


Thế thì do (2.15) ta có hàm u thỏa mãn bất đẳng thức
 










sgn 2 1 ,
  
   

ua ub i ua i ub c
hay





,;


i
c
uB abR
Do (2.16) chúng ta có được bất đẳng thức (2.13)
    






1
*
1sgn,,


    


i
ut u t ut q t t abvới




*
,
C
qt qtu .
Do điều kiện

,



i
A nên theo định nghĩa 2.1 ta có


*



C
L
urcq
và u thỏa đánh giá (2.9) .
Nên theo Bổ đề 2.3, bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một nghiệm.

Bổ đề 2.6.
Giả sử


1, 2i

,




























sgn 2 1 0, , , ;hv hw i va wa i vb wb vw C ab R



(2.18)
và giả sử tồn tại

,


i
A
sao cho bất đẳng thức

    










1
1sgn0,,
i
Fv t Fw t v w t vt wt t ab

     


 (2.19)
đúng với


,,;


i
c
vw B ab R , và


0ch
.
Khi đó, bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất.
Chứng minh.
Theo (2.18) ta có
   




sgn 2 1

  

hv i va i ub cvới


0ch .

Do (2.19) ta thấy rằng trên tập hợp




,;

i
c
BabR bất đẳng thức
    




1
1sgn,,,

    


i
C
Fv t v t vt qtv t ab đúng với


0qF .
Như vậy các giả thiết của Bổ đề 2.5 được thỏa mãn. Do đó, bài toán (2.1), (2.2) có ít nhất một
nghiệm. Phần còn lại ta sẽ chứng minh bài toán (2.1), (2.2) có nghiệm duy nhất.
Đặt

12
,uulà 2 nghiệm tùy ý của bài toán (2.1), (2.2).

Đặt
  

12
,, ut u t u t t ab
Khi đó, từ (2.18) và (2.19) ta có:
  










   



1
sgn 2 1 0,
1sgn0,,.
  

  

 


 


i
iuaub iuaiub
ii u t u t u t t a b

Điều này, kết hợp với điều kiện


,



i
A ta có kết quả
0

u
. Do đó
12
uu.
Bổ đề 2.7 Giả sử
0




và giả sử tồn tại toán tử
01
,


ab
P sao cho

01
 


0
11
L
 (2.20)



 
0
10
0
1
121 1
11
L
LL
L









(2.21)
Khi đó

1
,


 A .
Chứng minh.
Ta chứng minh

1
,


 A theo định nghĩa 2.4 với i1

.
Lấy







*
,; , à ,;

q L ab R c Rv u C ab R
thỏa mãn
   
      

*
sgn
sgn , ,
 



  


iuaub uac
ii u t u t u t q t t a b

Ta sẽ chứng minh tồn tại số
r0 sao cho


*

C

L
urcq .
Với
r0 xác định như sau:











 
00 1 01
2
01 0
01
111
1
11 1 1
11 1
4
LL
LL L
LL
r
  


 




 


Bước 1
Đặt

   

,,

 
qt u t u t t ab
, ta có:

  










01
,,ut u t u t qt t ab


 (2.22)


 




*
sgn ,qt ut q t khit ab
(2.23)








sgnua ub ua c
 
 

(2.24)
Bước 2 Giả sử rằng u là hàm không đổi dấu.

Do 0, (0,1]



 từ (2.24) ta có
   
hay
c
ua ub c ua ub




  
Từ đó suy ra
 
c
ua ub

 (2.25)
Một cách tương tự, do
   
hay
c
ua ub c ua ub



 
ta có

  
c
ua ub ua



  (2.26)
Đặt










max : , , min : ,
M
ut t ab m ut t ab
Gọi

12
,,tt ab là các số sao cho




12 1 2

và , tt ut M ut m
Dễ thấy
0, 0Mm
Do

  

    



01
*
01
,
sgn , ,
,,














ab
P
qt ut q t t ab
ut ut ut qt t ab
ta suy ra

   

*
01
11 ,,ut M t m t q t t ab

 (2.27)
 Nếu
12
tt
Lấy tích phân biểu thức (2.27) với cận từ a đến t
1
và từ t
2
đến b, ta có
      
   
  
11
111
11
*
01
*

01
*
0
11
hay 1 1
suyra 1
tt
aa
ttt
aaa
tt
aa
iusdsMsmsqsds
M
u a M s ds m s ds q s ds
M ua M sds q sds




  
 







    

   

  
22
222
22
*
01
*
01
*
0
11
hay 1 1
suyra 1
bb
tt
bbb
ttt
bb
tt
ii u s ds M s m s q s ds
ub m M sds m sds q sds
ub m M sds q sds





  
 







Do đó, ta có:
  

 
11
22
*
0
*
0
1,
1.
 
 




tt
aa
bb

tt
M
u a M s ds q s ds
ub m M sds q sds

Cộng hai bất đẳng thức trên theo vế, do điều kiện
01
,


ab
P và (2.25) ta đạt được
  
*
0
1

     
L
L
c
M
m MmubuaM q
 Nếu
12
tt
Lấy tích phân biểu thức (2.27) từ
2
t
đến

1
t
, ta được:
    
   
  
11
22
111
222
11
22
*
01
*
01
*
0
11
hay 1 1
suyra 1
tt
tt
ttt
ttt
tt
tt
iii u s ds M s m s q s ds
M
m M sds m sds q sds

M m M s ds q s ds




  
 







Do đó, ta có bất đẳng thức sau:

*
0
1
L
L
c
M
mMmM q

   

Vậy trong cả 2 trường hợp
12
tt hoặc

12

tt ta đều có :


*
0
1
L
L
c
M
mM q

   (2.28)
Mặt khác lấy tích phân biểu thức (2.27) từ a đến b ta có:

    

    

  
   
*
01
*
01
*
01
*

10
11
hay 1 1
suyra 1 1
hay 1 1
bb
aa
bbb
aaa
LL
L
LL
L
iv u s ds M s m s q s ds
u b u a M s ds m s ds q s ds
ub ua M m q
mM uaubq




  
  








Từ đây, do (2.26), giả thiết


 ta có:
   
 
**
10 0
*
10
11 1
suyra 1 1
LL L
LL
LL
L
cc
mM ua qM mq
c
mM m q
 





 



 

 
*
10
hay 1 1
LL
L
c
mMq




 




Từ bất đẳng thức (2.28), điều kiện


0
11


L
và giả thiết (0,1]



 ta được:


*
0
011 .
L
L
c
Mmq

 

Do đó ta có:
 


*
10
*
0
01 1 ,
011 .
LL
L
L
L
c
mMq
c

Mmq









 



Đặt

1
1
L
B


 và

00
1
1, ; 1,max max









hai bất đẳng thức trên thành






*
00
*
00
01 ,
011 .
L
L
L
L
mB M c q
Mmcq


  
 



Từ đó ta có:




 





**
0000
*
0000
11 1
hay 1 1 1
LL
LL
LL
L
MBM cqBcq
MB Bcq
 

 

 





Do (2.21) nên













0
1
0
01 0
00
1
1
11
suy ra 1 1 1 1
hay 1 1 1
L
L
L

LL L
LL
B



 









 


Do đó từ bất đẳng thức trên ta được







1
*
00 0 0

11 1
LL
L
MB B cq
 


   



Đặt




1
100 0 0
11 1
LL
rB B
 


  



Ta có bất đẳng thức



*
1
C
L
uMrcq 

Bước 3
Giả sử rằng u là hàm đổi dấu.
Đặt:










max:,, min:,
M
ut t ab m ut t ab
Gọi

,,
mM
tt ab
là các số sao cho




,


Mm
ut M ut m

Dễ dàng thấy rằng
0, 0
M
m
 Nếu 
M
m
tt
Dễ thấy tồn tại

2
,


mM
tt sao cho




22
0, và 0, ( , ]

M
uuttt


 (2.29)
Đặt




1
inf , : 0,

 
mm
tat us tst

Ta có


1
0, ( , ]
m
ut t t

 (2.30)
và nếu


11

thì 0


au .
Đặt





3
,0
inf ( , ]: 0, , 0
M
bub
ttbus tsb ub









Dễ thấy:
nếu





333
thì 0, và 0but bu


(2.31)
Lấy tích phân biểu thức (2.22) từ
1

đến
m
t , ta có