Một số định lý về sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân cấp 1: Khóa luận toán học

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
      
HOÀNG NHƯ QUỲNH
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM
CỦA BÀI TOÁN CAUCHY ĐỐI VỚI
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP 1
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP
Chuyên ngành: Giải tích
Cán bộ hướng dẫn
PGS. TS. LÊ VĂN HẠP
Huế, Khóa học 2007 - 2011
i
LỜI CẢM ƠN
Dưới sự hướng dẫn tận tình, chu đáo của PGS. TS. Lê Văn Hạp,
tôi đã nhận được đề tài để tìm hiểu và hoàn tất khóa luận tốt nghiệp
của mình. Tôi xin phép được gửi lời cám ơn chân thành và lòng biết ơn
sâu sắc đến Thầy, người đã tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình
thực hiện khóa luận và học tập của mình.
Bên cạnh đó, tôi xin chân thành cảm ơn đến quý thầy cô trong khoa
Toán, những người đã truyền thụ kiến thức cho tôi trong suốt những
năm học vừa qua.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đặc biệt là các bạn lớp
Toán B, đã quan tâm, giúp đỡ và động viên tôi trong suốt chặng đường
học tập vừa qua.
Huế, tháng 5 năm 2011
Hoàng Như Quỳnh
ii
MỤC LỤC
Trang phụ bìa i
Lời cảm ơn ii

MỤC LỤC 1
MỞ ĐẦU 2
1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 3
1.1 Bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân cấp 1 . . . . . . . . . 3
1.2 Hàm liên tục tuyệt đối và một số tính chất liên quan . . . . . . . . 3
1.3 Nghiệm của phương trình vi phân cấp 1 . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.4 Hàm Carathéodory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.5 Đường gấp khúc Euler ứng với phép phân hoạch trên một đoạn . . 5
1.6 Bổ đề Zorn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.7 Định lý Azella - Ascoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.8 Định lý Lebesgue về mật độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.9 Định lý Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI NGHIỆM 9
2.1 Định lý Peano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2 Định lý Carathéodory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3 Định lý thác triển nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3 MỘT SỐ ĐỊNH LÝ MỞ RỘNG 21
3.1 Sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán Cauchy dưới điều kiện
Carathéodory . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy dưới điều kiện hàm tựa tăng 33
KẾT LUẬN 40
TÀI LIỆU THAM KHẢO 41
1
MỞ ĐẦU
Trong lý thuyết phương trình vi phân, đặc biệt là phương trình vi phân cấp một,
người ta thường quan tâm đến việc tìm nghiệm bài toán Cauchy:



y


= f(x, y) (1)
y(x
0
) = y
0
(2).
Vấn đề trung tâm của bài toán này là sự tồn tại và duy nhất nghiệm của nó.
Có nhiều kết quả liên quan đến sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán (1) -
(2) này và chúng phụ thuộc vào từng lớp hàm f được khảo sát. Năm 1885, Peano
đưa ra kết quả đầu tiên về sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán (1) - (2) về
phía bên phải khi f là hàm liên tục. Giảm nhẹ điều kiện liên tục của f, năm 1918
Carathéodory chỉ ra sự tồn tại nghiệm địa phương hầu khắp nơi của bài toán trên.
Vào năm 1968, sử dụng phương pháp hàm dưới, G. S. Goodman cải thiện kết quả
của Carathéodory bằng cách chỉ ra sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán (1) -
(2). Trong những năm gần đây, nhiều kết quả mới đã được đưa ra, trong đó đáng
chú ý là kết quả nghiên cứu của D. C. Biles và P. A. Binding với giả thiết f là hàm
tựa tăng.
Khóa luận này nhằm mục đích khảo sát tổng quan một số định lý về sự tồn tại
nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân cấp một và các dạng
mở rộng của chúng, đưa ra một số ví dụ để so sánh các điều kiện của các lớp hàm
f đã được khảo sát. Nội dung khóa luận chia làm ba chương.
Chương I trình bày một số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho các chương tiếp
theo.
Chương II tổng quan các kết quả của Peano, Carathéodory và các định lý về
thác triển nghiệm, đưa ra một số ví dụ so sánh và áp dụng.
Chương III trình bày kết quả của G. S. Goodman về sự tồn tại nghiệm lớn nhất
với giả thiết Carathéodory; kết quả của D. C. Biles và P. A. Binding về sự tồn tại
nghiệm với giả thiết hàm tựa tăng.
2

Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân
cấp 1
Phương trình vi phân là phương trình có chứa biến độc lập, hàm phải tìm (ẩn
hàm) và các đạo hàm (hay vi phân) của nó. Phương trình vi phân cấp 1 giải được
đối với đạo hàm có dạng
x

= f(t, x) (1.1.1)
trong đó f : G ⊂ R
2
→ R.
Đối với phương trình vi phân, người ta thường quan tâm đến bài toán với điều
kiện ban đầu cho trước. Trong khóa luận này, chúng ta tìm hiểu sự tồn tại và duy
nhất nghiệm của bài toán Cauchy được phát biểu như sau:
Tìm nghiệm của phương trình x

= f(t, x) (1) và thỏa mãn điều kiện đầu cho trước
x(t
0
) = x
0
. (2)



x

= f(t, x)

x(t
0
) = x
0
.
(1.1.2)
1.2 Hàm liên tục tuyệt đối và một số tính chất liên
quan
Định nghĩa 1.2.1. (Hàm liên tục tuyệt đối) Cho hàm F : [a, b] → R.
Hàm F được gọi là liên tục tuyệt đối trên đoạn [a, b] nếu với mọi  > 0 cho trước
đều tồn tại δ > 0 sao cho với mọi hệ khoảng (a
1
, b
1
), (a
2
, b
2
), . . . , (a
n
, b
n
) rời nhau
n

i=1
(b
i
− a
i

) < δ ⇒
n

i=1
|F (b
i
) − F (a
i
)| < .
Ta quan niệm một hàm F liên tục tuyệt đối trên khoảng mở I nếu nó liên tục
tuyệt đối trên mọi đoạn con của I. Trong phần này, chúng ta giả sử µ là một độ
3
đo Lebesgue trên R. Chúng ta có một số định lý liên quan đến hàm liên tục tuyệt
đối được sử dụng trong khóa luận này.
Định lý 1.2.1. [6] (tính liên tục tuyệt đối của tích phân)
Nếu f khả tích trên A thì
(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀E ⊂ A)

µ(E) < δ ⇒

E
|f|dµ < ε

.
Định lý 1.2.2. [6] Hàm F xác định trên [a, b] có thể viết dưới dạng
F (t) = F (a) +
t

a
f(s)ds, t ∈ [a, b],

với f là hàm khả tích trên [a, b] khi và chỉ khi F liên tục tuyệt đối trên [a, b].
Định lý 1.2.3. [6] (Định lý về tính khả vi hầu khắp nơi)
Cho f là hàm khả tích Lebesgue trên [a, b]. Khi đó tích phân bất định
F (t) =
t

a
f(s)ds
khả vi hầu khắp nơi trên [a, b] và F

(t) = f(t), với hầu khắp t ∈ [a, b].
Nhận xét 1.2.4.
• Hàm liên tục tuyệt đối thì liên tục (theo nghĩa thông thường).
• Tích phân bất định của một hàm số khả tích là liên tục tuyệt đối.
• Tổng, hiệu của hai hàm liên tục tuyệt đối là hàm liên tục tuyệt đối.
1.3 Nghiệm của phương trình vi phân cấp 1
Đối với phương trình vi phân cấp một dạng x

= f (t, x) (1.1.1), với f : G ⊂
R
2
→ R, người ta thường quan tâm đến hai loại nghiệm sau đây
Định nghĩa 1.3.1. Nghiệm cổ điển (hay còn gọi là nghiệm) của phương trình vi
phân dạng (1.1.1) là hàm khả vi liên tục
ϕ : (a, b) ⊂R → R
t → x = ϕ(t)
sao cho với mọi t ∈ (a, b) thì (t, x) ∈ G ⊂ R
2
và thoả mãn phương trình (1.1.1).
4

Định nghĩa 1.3.2. Hàm liên tục tuyệt đối ϕ(t) xác định trên khoảng mở I ⊂ R
thỏa mãn
i. (t, ϕ(t)) ∈ G, với t ∈ I,
ii. ϕ

(t) = f(t, ϕ(t)) , với t ∈ I, ngoại trừ tập có độ đo Lebesgue bằng 0,
được gọi là nghiệm hầu khắp nơi của (1.1.1).
Ví dụ 1.3.1. Cho phương trình x

= t
2
− 2t + 5.
Khi đó nghiệm của phương trình vi phân trên là x(t) =
t
3
3
−t
2
+ 5t + C, với C là
hằng số.
Ví dụ 1.3.2. Cho phương trình
x

= f(t, x) =



1, t ≥ 0
−1, t < 0
Hàm x(t) = |t| liên tục tuyệt đối trên R thỏa mãn x


= f (t, x) ngoại trừ tập {0}.
Do đó x(t) = |t| là nghiệm hầu khắp nơi của bài toán trên.
1.4 Hàm Carathéodory
Định nghĩa 1.4.1. Cho hàm
f : D ⊂ R
2
→ R
(t, x) → f(t, x).
Hàm f được gọi là hàm Carathéodory nếu f thoả mãn các điều kiện Carathéodory
sau đây
(C1) f (t, .) là hàm liên tục theo biến x với mỗi t cố định,
(C2) f (., x) là đo được theo t với mỗi x cố định,
(C3) Tồn tại hàm m(t) khả tích Lebesgue thỏa |f (t, x)| ≤ m(t), với mọi (t, x) ∈ D.
1.5 Đường gấp khúc Euler ứng với phép phân hoạch
trên một đoạn
Xét I = [t
0
, t
0
+ a] ⊂ R, với a > 0. Khi đó ta xây dựng phép phân hoạch P =
{t
0
, t
1
, , t
n
} trên I với t
0
< t

1
< t
2
< < t
n
= t
0
+ a. Đặt I
i
= [t
i−1
, t
i
], i = 1, n.
Đường gấp khúc ứng với P là đồ thị hàm số ϕ xác định bởi đẳng thức sau
ϕ(t) = ϕ(t
i−1
) + m
i−1
(t − t
i−1
), t ∈ I
i
, i = 1, n
trong đó m
0
, m
1
, m
2

, , m
n−1
và ϕ(t
0
) là các số thực cho trước.
Hàm ϕ xác định như trên liên tục trên I.
5
Mệnh đề 1.5.1. Cho ϕ được xác định như trên. Với mọi t, t

∈ I, t < t

ta luôn có
ϕ(t

) − ϕ(t) = (t

− t)
j−1

l=i−1
q
l
m
l
(1.5.1)
trong đó t ∈ I
i
, t

∈ I

j
, q
l
≥ 0, l = i − 1, j −1 và
j−1

l=i−1
q
l
= 1.
Chứng minh. Với t, t

∈ I, t < t

và t ∈ I
i
, t

∈ I
j
ta xét các trường hợp sau
Trường hợp i = j thì ta có ϕ(t

) − ϕ(t) = m
i
(t

− t).
Trường hợp i = j, do t < t


nên i < j. Ta có
ϕ(t

) = ϕ(t
j−1
) + m
j−1
(t

− t
j−1
)
ϕ(t
j−1
) = ϕ(t
j−2
) + m
j−2
(t
j−1
− t
j−2
)
.
.
.
ϕ(t
i
) = ϕ(t
i−1

) + m
i−1
(t
i
− t
i−1
)
ϕ(t) = ϕ(t
i−1
) + m
i−1
(t − t
i−1
).
Suy ra
ϕ(t

) − ϕ(t) = m
j−1
(t

− t
j−1
) + m
j−2
(t
j−1
− t
j−2
) + + m

i−1
(t
i
− t)
= (t

− t)

t

− t
j−1
t

− t
m
j−1
+
t
j−1
− t
j−2
t

− t
m
j−2
+ . . . +
t
i

− t
t

− t
m
i−1

.
Đặt q
j−1
=
t

− t
j−1
t

− t
, q
i−1
=
t
i
− t
t

− t
và q
l
=

t
l+1
− t
l
t

− t
, l = i, j − 2, khi đó ta có
ϕ(t

) − ϕ(t) = (t

− t)
j−1

l=i−1
q
l
m
l
trong đó q
l
≥ 0, l = i − 1, j −1 và
j−1

l=i−1
q
l
= 1.
1.6 Bổ đề Zorn

Giả sử S là một tập với quan hệ thứ tự . Một tập A ⊂ S được gọi là được
sắp toàn phần nếu với bất kì u, v ∈ A, ta có u  v hay v  u.
Phần tử s ∈ S được gọi là một cận trên của tập A nếu u  s với mọi u ∈ A. Phần
tử s ∈ S được gọi là một phần tử tối đại của S nếu với bất kì u ∈ S mà s  u thì
u = s. Mệnh đề dưới đây cho ta điều kiện đủ để tồn tại trong S một phần tử tối
đại.
Bổ đề 1.6.1. [1](Bổ đề Zorn) Cho S là tập được sắp bởi quan hệ thứ tự .
Nếu mọi tập con được sắp toàn phần của S đều có một cận trên thì S có một phần
tử tối đại.
6
1.7 Định lý Azella - Ascoli
Định nghĩa 1.7.1. Cho M ⊂ R, F = {f
i
: M → R}
i∈I
được gọi là họ liên tục
đồng bậc nếu với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với mọi t, t

∈ M mà |t −t

| < δ
thì |f
i
(t) − f
i
(t

)| < ε với mọi i ∈ I.
F gọi là bị chặn đều nếu tồn tại K > 0 sao cho |f
i

(t)| ≤ K, ∀i ∈ I, ∀t ∈ M.
Định lý 1.7.1. [3](Định lý Azella - Ascoli)
Nếu dãy F = {f
n
: [a, b] → R}
n∈N
liên tục đồng bậc và bị chặn đều trên [a, b] thì
tồn tại một dãy con hội tụ đều trên [a, b].
1.8 Định lý Lebesgue về mật độ
Cho µ là độ đo Lebesgue trên R và A là tập đo được.
Định nghĩa 1.8.1. Mật độ của A trên một lân cận của điểm t ∈ R được cho bởi
công thức
d

(t) =
µ(A ∩ B(t, ))
µ(B(t, ))
với B(t, ) là hình cầu đóng bán kính  > 0, tâm t trong R.
Định lý 1.8.1. [9] Với hầu khắp các điểm t thuộc A, ta có d(t) = lim
→0
d

(t) tồn tại
và bằng 1.
Định lý sau đưa ra điều kiện cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán
Cauchy ở trên.
1.9 Định lý Picard
Định lý 1.9.1. [3] Xét bài toán Cauchy (1.1.2). Giả sử f liên tục trên hình chữ
nhật đóng R = [t
0

−a, t
0
+ a] ×[x
0
−b, x
0
+ b] (a, b > 0) và f thỏa mãn điều kiện
Lipschitz theo x trong R, tức tồn tại K > 0 sao cho
|f(t, x
1
) − f(t, x
2
)| ≤ K|x
1
− x
2
|, ∀(t, x
1
), (t, x
2
) ∈ R.
Khi đó tồn tại duy nhất nghiệm (cổ điển) x = ϕ(t) của phương trình(1.1.1), liên
tục trên [t
0
−h, t
0
+ h] ⊂ [t
0
−a, t
0

+ a] và thỏa mãn điều kiện ban đầu x(t
0
) = x
0
.
Như vậy trên lớp hàm thỏa mãn điều kiện Lipschitz bài toán Cauchy tồn tại
nghiệm và nghiệm đó là duy nhất. Vấn đề đặt ra là liệu trên các lớp hàm khác thì
bài toán Cauchy có tồn tại nghiệm không và tính duy nhất nghiệm có còn đúng
không. Để giải quyết vấn đề đó, người ta đã tìm cách để làm yếu các điều kiện
7
của hàm f. Trên một số lớp hàm, người ta đã thu được nghiệm địa phương hoặc
nghiệm hầu khắp của bài toán Cauchy. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp tính
duy nhất nghiệm không còn được bảo đảm. Trong các chương tiếp theo, chúng ta
sẽ khảo sát vấn đề này trên một số lớp hàm cụ thể.
8
Chương 2
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ SỰ TỒN TẠI
NGHIỆM
Trong chương này, chúng tôi khảo sát định lý Peano và định lý Carathéodory. Cả hai định
lý đó đều khẳng định sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán Cauchy, đó có thể là nghiệm
cổ điển hoặc nghiệm hầu khắp tùy vào việc làm yếu hàm f(t, x). Tuy nhiên lúc này tính duy
nhất nghiệm không còn đúng nữa. Bên cạnh đó, chúng tôi cũng đưa ra một số ví dụ để thấy
được các điều kiện đưa ra thực sự đã được làm nhẹ. Phần cuối của chương, chúng tôi trình bày
vấn đề thác triển nghiệm để thu được nghiệm của bài toán Cauchy trên khoảng lớn hơn.
2.1 Định lý Peano
Định lý 2.1.1. [3] Giả sử (t
0
, x
0
) ∈ R

2
, a và r là các số dương,
D = {(t, x) : t
0
≤ t ≤ t
0
+ a, |x − x
0
| ≤ r} ⊂ R
2
.
Xét bài toán:



x

= f(t, x) (1)
x(t
0
) = x
0
. (2)
Giả sử f liên tục trên D và aK ≤ r trong đó K = sup
(t,x)∈D
|f(t, x)|.
Khi đó trên I = [t
0
, t
0

+ a] tồn tại nghiệm cổ điển x = ϕ(t) của bài toán (1) - (2).
Chứng minh. Việc chứng minh định lý sẽ được chia làm 2 phần.
a. Xây dựng dãy hàm {ϕ
k
} tương ứng với họ phân hoạch trên I và chứng minh
{ϕ
k
} bị chặn đều và liên tục đồng bậc. Từ đó xác định hàm ϕ.
b. Chứng minh hàm ϕ khả vi và thoả điều kiện bài toán.
Dưới đây là chứng minh chi tiết.
Trước hết, ta xây dựng họ phân hoạch P trên I và xác định hàm ϕ. Dựng phép
phân hoạch P = {t
0
, t
1
, , t
n
} trên I. Khi đó ta xác định được đường gấp khúc
9
Euler tương ứng với P có phương trình ϕ(t) = ϕ(t, P) xác định như sau:
ϕ(t
0
) = x
0
;
ϕ(t) = ϕ(t
i−1
) + f(t
i−1
, ϕ(t

i−1
))(t − t
i−1
), ∀t ∈ I
i
, i = 1, n.
Đặt |P| = max
1≤i≤n
|t
i
−t
i−1
|. Gọi (P
k
)
k
là một dãy phân hoạch của I mà lim
k→∞
|P
k
| = 0.
Khi đó trên I, với dãy phân hoạch trên ta có dãy hàm tương ứng {ϕ
k
} = {ϕ(., P
k
)}.
Áp dụng Mệnh đề 1.5.1 với hàm ϕ
k
cho t ∈ I
i

và t
0
, ta có
|ϕ
k
(t) − x
0
| = |t −t
0
|
i−1

l=0
q
l
f(t
l
, ϕ
k
(t
l
)) (2.1.1)
với q
i−1
=
t − t
i−1
t − t
0
, q

i−2
=
t
i−1
− t
i−2
t − t
0
, . . . , q
0
=
t
1
− t
0
t − t
0
.
Do K = sup
(t,x)∈D
|f(t, x)| nên |f(t
l
, ϕ(t
l
))| ≤ K, ∀l = 0, i −1.
Hơn nữa
i−1

l=0
q

l
= 1, ∀i = 1, n. Do đó từ (2.1.1) ta có
|ϕ
k
(t) − x
0
| ≤ K|t − t
0
||
i−1

l=0
q
l
| ≤ K|t − t
0
|. (2.1.2)
Theo giả thiết x ∈ I nên |x −x
0
| ≤ a và aK < r, do đó
|ϕ
k
(t) − x
0
| ≤ K|t − t
0
| ≤ Ka ≤ r
hay



|ϕ
k
(t)| − |x
0
|


≤ |ϕ
k
(t) − x
0
| ≤ r.
Suy ra
|ϕ
k
(t)| ≤ r + |x
0
| , ∀t ∈ I, ∀k ∈ N.
Vậy (ϕ
k
)
k
bị chặn đều.
Hơn nữa, áp dụng (2.1.2) cho 2 số t, t

∈ I ta có
|ϕ
k
(t


) − ϕ
k
(t)| ≤ K|t

− t|. (2.1.3)
Do đó ∀ε > 0, tồn tại δ =
ε
K
, sao cho ∀ t

, t ∈ I
|t

− t| < δ ⇒ |ϕ
k
(t

) − ϕ
k
(t)| < ε , ∀ k ∈ N.
Suy ra (ϕ
k
)
k
là dãy hàm liên tục đồng bậc.
Theo Định lý Ascoli, dãy hàm (ϕ
k
)
k
bị chặn đều và liên tục đồng bậc, do đó

tồn tại dãy con (ϕ
k
n
)
n
hội tụ đều trên I, đặt lim
n→∞
ϕ
k
n
= ϕ.
Ta có lim
n→∞
ϕ
k
n
(t) = ϕ(t). Do ϕ
k
n
(t
0
) = x
0
với mọi n ∈ N nên ϕ(t
0
) = x
0
.
10
Tiếp theo, ta chứng minh hàm ϕ là nghiệm của bài toán. Điều này có nghĩa là

ta chứng minh ϕ khả vi và ϕ

= f(t, ϕ(t)).
Với t
1
∈ I, đặt x
1
= ϕ(t
1
). Ta lập hàm h như sau
h(t) =





ϕ(t) − ϕ(t
1
)
t − t
1
− f(t
1
, ϕ(t
1
)) nếu t ∈ I\{t
1
},
0 nếu t = t
1

.
Việc chứng minh ϕ khả vi được quy về chứng minh h liên tục tại t
1
.
Với mọi ε > 0, do f liên tục trên D nên f liên tục tại (t
1
, x
1
). Do đó tồn tại lân
cận S((t
1
, x
1
), η) ⊂ D sao cho ∀(t, x) ∈ S thì |f(t, x) − f(t
1
, x
1
)| < ε.
Đặt δ = min

η
4
,
η
4K + 4

. Ta có
lim
k→∞
|P

k
| = 0 ⇒ lim
n→∞
|P
k
n
| = 0
và lim
n→∞
ϕ
k
n
= ϕ. Do đó với δ ở trên, tồn tại n
0
∈ N
∗
sao cho với mọi n > n
0
thì
|P
k
n
| < δ và
|ϕ
k
n
(t) − ϕ(t)| < δ , ∀t ∈ I. (2.1.4)
Xét trường hợp t thỏa t
1
≤ t ≤ t

1
+ δ (tức là |t − t
1
| < δ).
Ta phân hoạch [t
1
, t
1
+δ] thành k
n
đoạn. Khi đó tồn tại I
(i)
k
n
chứa t. Áp dụng (2.1.1)
với hàm ϕ
k
n
và t, t
1
ta có
ϕ
k
n
(t) − ϕ
k
n
(t
1
) = (t −t

1
)
i−1

l=1
q
l
f(t
l
, ϕ
k
n
(t
l
)), 1 ≤ l ≤ i − 1 ≤ k
n
. (2.1.5)
Hơn nữa ta có
t
1
− |P
k
n
| = t
1
− max
1≤i≤k
n
|t
i

− t
i−1
| ≤ t
l
≤ t,
⇒ |t
l
− t
1
| ≤ |t −t
1
| + |P
k
n
| < δ + δ = 2δ ≤
η
2
. (2.1.6)
Mặt khác
|ϕ(t
l
) − ϕ(t
1
)| ≤ |ϕ(t
l
) − ϕ
k
n
(t
l

)| + |ϕ
k
n
(t
l
) − ϕ
k
n
(t
1
)| + |ϕ
k
n
(t
1
) − ϕ(t
1
)|
≤ δ + K|t
l
− t
1
| + δ (theo (2.1.3)-(2.1.4))
≤ K.2δ + 2δ = (2K + 2)δ ≤
η
2
. (2.1.7)
Do vậy (t
l
, ϕ(t

l
)) ∈ S.
11
Lúc này ta xét
|h(t) − h(t
1
)| = |h(t)|
=



ϕ(t) − ϕ(t
1
)
t − t
1
− f(t
1
, ϕ(t
1
))



= lim
n→∞



ϕ

k
n
(t) − ϕ
k
n
(t
1
)
t − t
1
− f(t
1
, ϕ
k
n
(t
1
))



= lim
n→∞



i−1

l=1
q

l
f(t
l
, ϕ
k
n
(t
l
)) − f(t
1
, ϕ
k
n
(t
1
))




theo (2.1.5)

= lim
n→∞


i−1

l=1
q

l

f(t
l
, ϕ
k
n
(t
l
)) − f(t
1
, ϕ
k
n
(t
1
))



≤
i−1

l=1
q
l
lim
n→∞



f(t
l
, ϕ
k
n
(t
l
)) − f(t
1
, ϕ
k
n
(t
1
))


≤ |f(t
l
, ϕ(t
l
)) − f(t
1
, ϕ(t
1
))| (do
i−1

l=1
q

l
= 1)
< ε

theo (2.1.6) và (2.1.7) ta có (t
l
, ϕ(t
l
)) ∈ S((t
1
, x
1
), η)

.
Trong trường hợp t thoả t
1
− δ ≤ t ≤ t
1
, chứng minh tương tự ta có
|h(t) − h(t
1
)| = |h(t)| < ε.
Do đó ∀ t ∈ I : |t
1
− t| < δ ⇒ |h(t)| < ε, tức là h liên tục tại t
1
. Vậy h liên tục
trên I. Tóm lại ϕ là hàm khả vi và ϕ


(t) = f(t, ϕ(t)).
Ví dụ 2.1.2. Xét bài toán x

=
3
√
x
2
với điều kiện x
0
= x(t
0
) = 0.
Trong lân cận của điểm 0, bài toán có hai nghiệm, đó là x(t) = 0, x(t) =
t
3
27
.
Do f là hàm liên tục nên bị chặn trên |x − 0| < r, ∀r > 0. Điều này có nghĩa với
K = sup |f(t, x)| < +∞, ∀r > 0 ta có a > 0 đủ nhỏ thỏa aK ≤ r. Vậy các điều
kiện của Định lý Peano được đảm bảo. Ví dụ này cho thấy Định lý Peano chỉ
ra được sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán Cauchy, nhưng sự tồn tại đó là
không duy nhất. Trường hợp này không thỏa mãn điều kiện của định lý Picard.
Thật vậy, với mọi x
1
, x
2
, ta có
V T =
3


x
2
1
−
3

x
2
2
x
1
− x
2
=
x
2
1
− x
2
2
(x
1
− x
2
)(
3

x
4

1
+
3

x
2
1
x
2
2
+
3

x
4
2
)
=
x
1
+ x
2
3

x
4
1
+
3


x
2
1
x
2
2
+
3

x
4
2
12
Chọn x
1
=
1
n
, x
2
=
2
n
theo trên ta có
x
1
+ x
2
3


x
4
1
+
3

x
2
1
x
2
2
+
3

x
4
2
=
3
n
3

1
n
4
+
3

4

n
4
+
3

16
n
4
=
3
3

1
n
+
3

4
n
+
3

16
n
→ ∞ khi n → ∞.
Suy ra V T không bị chặn khi x
1
, x
2
dần về 0. Do đó ∀ K > 0, ∃ x

1
, x
2
đủ nhỏ để



3

x
2
1
−
3

x
2
2
x
1
− x
2



> K.
Vậy điều kiện Lipschitz bị phá vỡ.
Trong một số trường hợp, nghiệm của bài toán Cauchy thu được không khả
vi trên toàn bộ tập xác định, mà chỉ khả vi hầu khắp nơi. Sau đây chúng ta sẽ
tìm hiểu cụ thể việc chứng minh sự tồn tại nghiệm hầu khắp đối với lớp hàm f

Carathéodory của bài toán Cauchy.
2.2 Định lý Carathéodory
Định lý 2.2.1. [8] Cho a, r > 0, (t
0
, x
0
) ∈ R
2
và
f : D = [t
0
, t
0
+ a] × [x
0
− r, x
0
+ r] ⊂ R
2
→ R
(t, x) → f(t, x)
là hàm Carathéodory.
Khi đó bài toán Cauchy (1.1.2) tồn tại nghiệm hầu khắp nơi.
Chứng minh. Đặt
M(t) =

t
t
0
m(s)ds, t

0
≤ t ≤ t
0
+ a,
khi đó dễ thấy M(t
0
) = 0. Do 0 ≤ |f(t, x)| ≤ m(t), ∀t ∈ [t
0
, t
0
+ a] nên M ≥ 0.
Mặt khác vì m(t) khả tích trên [t
0
, t
0
+ a] nên ∀ε > 0, ∃δ > 0 sao cho
∀t ∈ [t
0
, t
0
+ a] mà |t − t
0
| ≤ δ thì




t

t

0
m(s)ds




< ε ⇒ |M (t)| < ε.
13
Vậy M(t) liên tục tuyệt đối trên [t
0
, t
0
+ a], suy ra M liên tục đều trên [t
0
, t
0
+ a].
Khi đó với r > 0, ta luôn chọn được số dương β mà 0 < β ≤ a, sao cho
∀t ∈ [t
0
, t
0
+a] thỏa |t−t
0
| ≤ β thì M (t) < r. Do x
0
+M(t) < x
0
+r với t ∈ [t
0

, t
0
+β]
nên (t, x
0
+ M(t)) ∈ D với t
0
≤ t ≤ t
0
+ β ≤ t
0
+ a.
Lúc này ta xây dựng dãy hàm (ϕ
j
)
j
(với j = 1, 2, ) thoả
ϕ
j
(t) =







x
0
, nếu t

0
≤ t ≤ t
0
+
β
j
x
0
+
t−
β
j

t
0
f(s, ϕ
j
(s))dt , nếu t
0
+
β
j
< t ≤ t
0
+ β.
(2.2.1)
Dễ thấy ϕ
1
(t) = x
0

, ∀ t ∈ [t
0
, t
0
+β]. Do đó ϕ
1
liên tục trên [t
0
, t
0
+β]. Ta sẽ chứng
minh ϕ
j
xác định như trên tồn tại và hơn nữa ϕ
j
liên tục với mỗi j cố định, j ≥ 2.
Do ϕ
j
(t) = x
0
, ∀t ∈ [t
0
, t
0
+
β
j
] nên ϕ
j
liên tục trên [t

0
, t
0
+
β
j
]. Ta chỉ cần chứng
minh ϕ
j
tồn tại và liên tục trên [t
0
+
β
j
, t
0
+
kβ
j
] ⊂ [t
0
+
β
j
, t
0
+ β], k ∈ N, k ≥ 2
bằng phương pháp quy nạp.
Với k = 2, ta có
t ∈ [t

0
+
β
j
, t
0
+
2β
j
] ⇒ t
0
≤ t −
β
j
≤ t
0
+
β
j
.
Suy ra ϕ
j
(s) = x
0
, ∀s ∈ [t
0
, t −
β
j
]. Do đó

ϕ
j
(t) = x
0
+
t−
β
j

t
0
f(s, ϕ
j
(s))ds = x
0
+
t−
β
j

t
0
f(s, x
0
)ds.
Vì f là hàm Carathéodory nên f (., x
0
) đo được theo t. Hơn nữa |f (t, x
0
)| ≤ m(t),

m khả tích Lebesgue trên [t
0
, t
0
+ a] nên f (., x
0
) khả tích Lebesgue trên [t
0
, t
0
+ a].
Do đó f(., x
0
) khả tích trên [t
0
, t
0
+
β
j
] ⊂ [t
0
, t
0
+ a]. Vậy hàm ϕ
j
là liên tục tuyệt
đối trên [t
0
+

β
j
, t
0
+
2β
j
]. Từ đó suy ra ϕ
j
tồn tại và liên tục trên đoạn đó. Ngoài
ra, ta còn có
|ϕ
j
(t) − x
0
| = |
t−
β
j

t
0
f(s, ϕ
j
(s))ds|
≤
t−
β
j


t
0
|f(s, ϕ
j
(s))|dt ≤
t−
β
j

t
0
m(s)ds = M(t −
β
j
).
Giả sử giả thiết quy nạp đúng với k = l, l > 2, l ∈ N, tức là ϕ
j
xác định, liên tục
trên [t
0
+
β
j
, t
0
+
lβ
j
]. Ta chứng minh điều trên đúng với k = l + 1, tức là chứng
minh ϕ

j
tồn tại và liên tục trên [t
0
+
β
j
, t
0
+
(l+1)β
j
].
14
Ta có t ∈ [t
0
+
β
j
, t
0
+
(l+1)β
j
] ⇒ t −
β
j
∈ [t
0
, t
0

+
lβ
j
], và trên đó hàm ϕ
j
liên tục.
Lí luận như trên ta có f(., x
0
) khả tích trên [t
0
, t
0
+
lβ
j
]. Do đó hàm ϕ
j
liên tục
tuyệt đối trên [t
0
+
β
j
, t
0
+
(l+1)β
j
], suy ra ϕ
j

liên tục trên đoạn đó. Ta cũng có
|ϕ
j
(t) − x
0
| ≤
t−
β
j

t
0
m(s)ds = M(t −
β
j
). (2.2.2)
Vì thế, từ (2.2.1) ta xác định được hàm ϕ
j
liên tục trên [t
0
, t
0
+ β] và trên đó
(2.2.2) đúng. Khi đó ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀t
1
, t
2
∈ [t
0
, t

0
+ β] thỏa |t
1
− t
2
| < δ thì


ϕ
j
(t
1
) − ϕ
j
(t
2
)


≤


ϕ
j
(t
1
) − x
0



+


ϕ
j
(t
2
) − x
0


≤


M(t
1
−
β
j
)


+


M(t
2
−
β
j

)


< 2ε, ∀j ∈ N.
Do đó (ϕ
j
) là dãy hàm liên tục đồng bậc trên [t
0
, t
0
+ β]. Mặt khác, vì M liên tục
đều trên [t
0
, t
0
+ β] nên tồn tại 0 < K ∈ R sao cho M(t) ≤ K, ∀t ∈ [t
0
, t
0
+ β].
Từ (2.2.2) ta có
|ϕ
j
(t)| ≤ x
0
+ K, ∀j, ∀t ∈ [t
0
, t
0
+ β].

Do đó (ϕ
j
) bị chặn đều trên [t
0
, t
0
+ β]. Áp dụng Định lý Ascoli, tồn tại (ϕ
j
k
) ⊂
(ϕ
j
) sao cho ϕ
j
k
⇒ ϕ khi k → ∞. Vậy ϕ
j
k
(t) → ϕ(t), ∀t ∈ [t
0
, t
0
+ β]. Vì
ϕ
j
k
(t
0
) = x
0

nên ϕ(t
0
) = x
0
.
Tiếp theo ta chứng minh ϕ khả vi hầu khắp nơi trên [t
0
, t
0
+ α] và ϕ

= f(t, ϕ(s)).
Do lim
k→∞
ϕ
j
k
= ϕ và f (t, x) liên tục theo biến x với mỗi t cố định nên
lim
k→∞
f(t, ϕ
j
k
(t)) = f(t, ϕ(t)).
Vì |f(t, x)| ≤ m(t), m là hàm khả tích nên theo Định lý Lebesgue về sự hội tụ bị
chặn ta có
lim
k→∞
t


t
0
f(s, ϕ
j
k
(s))ds =
t

t
0
f(s, ϕ(s))ds với t ∈ [t
0
, t
0
+ β].
Do đó
ϕ
j
k
(t) = x
0
+
t−
β
j
k

t
0
f(s, ϕ

j
k
(s))ds = x
0
+
t

t
0
f(s, ϕ
j
k
(s))ds −
t

t−
β
j
k
f(s, ϕ
j
k
(s))ds.
Mặt khác do lim
k→∞
t

t−
β
j

k
f(s, ϕ
j
k
(s))ds = 0 nên
ϕ(t) = lim
k→∞
ϕ
j
k
(t) = x
0
+
t

t
0
f(s, ϕ(s))ds.
15
Do đó ϕ là hàm liên tục tuyệt đối. Vì f khả tích Lebesgue theo t trên [t
0
, t
0
+ a]
nên ϕ khả vi hầu khắp nơi trên [t
0
, t
0
+ a] và ϕ


(t) = f(t, ϕ(t)).
Vậy ϕ là nghiệm hầu khắp nơi của bài toán Cauchy (1) - (2).
Ví dụ 2.2.2. Xét bài toán
x

= f(t, x) = g(t) =





0, t = 0
t
n
,
1
n + 1
< t ≤
1
n
, t ∈ [0, 1], ∀n ∈ N
∗
,
với điều kiện đầu x(0) = 0. Từ cách xác định hàm f, ta nhận thấy f không liên
tục theo t, nên ta không thể kết luận nghiệm bài toán dựa vào định lý Peano.
Mặt khác, ta lại có f liên tục theo x với mỗi t cố định, đồng thời f đo được theo t
với mỗi x cố định. Ngoài ra, ta có hàm m(t) = 1, ∀t ∈ [0, 1] khả tích Lebesgue và
thỏa |x

| = |f(t, x)| ≤ 1, ∀(t, x) ∈ [0, 1] × [0, 1]. Như vậy f là hàm Carathéodory.

Theo Định lý Carathéodory, bài toán trong ví dụ này tồn tại nghiệm hầu khắp
nơi. Ta dễ nhận ra bài toán có nghiệm
x(t) =





0, t = 0
t
2
2n
,
1
n + 1
< t ≤
1
n
, ∀n ∈ N
∗
.
2.3 Định lý thác triển nghiệm
Cho phương trình x

= f(t, x) (1) và điều kiện ban đầu x(t
0
) = x
0
(2).
Ở các mục trước ta đã thấy sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy (1) − (2)

chỉ mang tính địa phương (xác định trong lân cận của x
0
). Vấn đề đặt ra là liệu
có thể thác triển nghiệm đó lên một khoảng lớn hơn nữa được không. Để làm rõ
vấn đề này trước hết chúng ta cần có bổ đề sau:
Bổ đề 2.3.1. [13] Giả sử f : D → R là ánh xạ liên tục, với D ⊂ R
2
là một tập
mở liên thông. Cho

D ⊂ D và f bị chặn trên

D. Giả sử x(t) là nghiệm của (1)
xác định trên khoảng (a, b) với (t, x(t)) ∈

D, t ∈ (a, b). Khi đó, các giới hạn sau
tồn tại
lim
t→a
+
x(t), lim
t→b
−
x(t).
Chứng minh. Với t
0
∈ (a, b), x là nghiệm của (1) nên x có dạng
x(t) = x(t
0
) +

t

t
0
f(s, x(s))ds, t ∈ (a, b).
Xét dãy (t
n
) ⊂ (a, b) sao cho t
n
< b, t
n
→ b khi n → ∞. Vì f bị chặn trên

D nên
(x(t
n
))
n
là dãy Cauchy, do đó tồn tại x
1
thỏa lim
n→∞
x(t
n
) = x
1
.
16
Với mỗi ε > 0, đặt E = {(t, x) | 0 ≤ b − t ≤ ε, |x − x
1

| ≤ ε}. Khi đó
(t
n
, x(t
n
)) ∈

D ∩ E với n đủ lớn.
Vì f bị chặn trên

D nên tồn tại M
ε
> 0 sao cho |f(t, x)| ≤ M
ε
, với (t, x) ∈

D ∩E.
Với n đủ lớn ta có
0 < b −t
n
<
ε
2M
ε
, |x(t
n
) − x
1
| <
ε

2
.
Mặt khác ta lại có
|x(t) − x(t
n
)| ≤
t

t
n
|f(s, y(s))|ds ≤ M
ε
|t − t
n
| < M
ε
|b − t
n
| <
ε
2
, ∀t
n
≤ t < b.
Do đó |x(t) − x
1
| ≤ |x(t) − x(t
n
)| + |x(t
n

) − x
1
| < ε. Tức là lim
t→b−
x(t) = x
1
. Vậy
tồn tại lim
t→b
−
x(t). Lý luận tương tự cho sự tồn tại của lim
t→a
+
x(t).
Từ bổ đề này chúng ta chỉ ra được nghiệm của (1) có thể vượt quá khoảng
(a, b), tức nghiệm x có thể liên tục bên trái a và bên phải b. Nhưng đến một lúc
nào đó thì sự mở rộng này không còn là nghiệm của (1) nữa. Chính vì thế ta có
định nghĩa sau:
Định nghĩa 2.3.1. Giả sử x(t) là nghiệm của (1). Khoảng mở I = (a, b) được gọi
là khoảng tồn tại cực đại về phía phải của x(t) nếu không tồn tại khoảng J = (a

, b

)
với a

≤ a, b < b

trên đó x(t) có thể thác triển được. Kí hiệu: I = (a, ω
+

). Tương
tự cho khoảng tồn tại cực đại về phía trái.
Khoảng mở (ω
−
, ω
+
) được gọi là khoảng tồn tại cực đại của x(.) nếu nó là
khoảng tồn tại cực đại về phía trái và phải của x.
Nhận xét 2.3.2. Sự thác triển của x(.) nói chung không duy nhất. Vì vậy ω
±
phụ
thuộc vào cách chọn thác triển.
Sau đây chúng ta sẽ tìm hiểu định lý và các hệ quả của nó mà từ đó cho phép
ta thác triển nghiệm của bài toán lên một khoảng lớn hơn. Với giả thiết D được
xác định như ở Bổ đề 2.3.1 ta có định lý sau:
Định lý 2.3.3. [13] Giả sử f : D → R là liên tục và x là một nghiệm của (1)
xác định trên khoảng I. Khi đó x có thể thác triển được lên khoảng tồn tại cực đại
(ω
−
, ω
+
) và (t, x(t)) → ∂D khi t → ω
±
.
Nhận xét 2.3.4. Theo khẳng định của định lý, ta thấy khi nói "x(t) dần về biên
của D khi t → ω
+
" đều có thể hiểu với ω
+
= ∞ hoặc ω

+
< ∞. Và ta có khi t tiến
về ω
+
thì các điểm (t, x(t)) không bị chứa trong tập con compact nào của D.
Tiếp theo chúng tôi sẽ trình bày cụ thể chứng minh của Định lý 2.3.3.
17
Chứng minh. Ở đây, chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại khoảng tồn tại cực đại
bên phải và ta chỉ xét sự thác triển trên các khoảng mở. Gọi x là một nghiệm
của (1) thỏa x
0
= x(t
0
) xác định trên khoảng [t
0
, a
x
), với t
0
∈ I. Đặt S là tập
các thác triển φ của x(.), tức là các nghiệm φ xác định trên I
φ
= [t
0
, a
φ
) sao cho
[t
0
, a

φ
) ⊃ [t
0
, a
x
) và φ(t) = x(t) với mọi t ∈ [t
0
, a
x
). Khi đó với 2 nghiệm thác triển
u, v ∈ S xác định lần lượt trên I
u
= [t
0
, a
u
), a
u
≥ a
x
, I
v
= [t
0
, a
v
), a
v
≥ a
x

, ta định
nghĩa quan hệ sau:
u  v ⇔



(i) a
u
≤ a
v
,
(ii) u ≡ v trên I
u
.
Chúng ta dễ nhận ra quan hệ  là quan hệ thứ tự bộ phận trên tập S. Thật vậy,
Với bất kì u ∈ S ta có u xác định trên I
u
= [t
0
, a
u
), a
u
≥ a
x
. Khi đó a
u
≤ a
u
và u ≡ u trên I

u
. Do đó u  u. Suy ra  có tính phản xạ.
Mặt khác với mọi u, v ∈ S sao cho u  v, v  u, khi đó theo (i) ta có a
u
≤
a
v
, a
v
≤ a
u
nên a
u
= a
v
. Do đó I
u
= I
v
. Ngoài ra theo (ii) ta có u ≡ v trên I
u
và
v ≡ u trên I
v
, nên u = v. Vì thế  có tính phản xứng.
Xét u, v, s ∈ S và u  v, v  s. Theo (i) ta có a
u
≤ a
v
≤ a

s
, suy ra I
u
⊂ I
v
.
Đồng thời, do u  v nên u ≡ v trên I
u
. Và v  s nên v ≡ s trên I
v
, suy ra
v ≡ s trên I
u
. Do vậy u ≡ s trên I
u
. Nên u  s, tức  có tính bắc cầu.
Vậy  là quan hệ thứ tự bộ phận trên S.
Hơn nữa x
0
∈ S nên S = ∅. Gọi S
1
là tập con được sắp toàn phần của S. Khi
đó S
1
có cận trên là u xác định trên I
u
= [t
0
, a
u

), a
u
≥ a
x
, với a
u
= sup
v∈S
1
a
v
. Theo
Bổ đề Zorn, trong S có ít nhất 1 phần tử tối đại

x. Vì thế

x không thể mở rộng
về phía bên phải được nữa. Vậy x(t) có thể mở rộng được lên khoảng tồn tại cực
đại bên phải.
Bây giờ ta sẽ chứng minh x(t) tiến tới biên ∂D của D khi t tiến tới ω
+
.
Trường hợp ω
+
< ∞. Ta sẽ chứng minh (t, x(t)) không thể bị chứa trong bất
kỳ tập compact K ⊂ D với mọi t đủ gần ω
+
bằng phản chứng.
Giả sử tồn tại K ⊂ D, K compact sao cho ∀n, ∃ t
n

thỏa 0 < ω
+
− t
n
<
1
n
và
(t
n
, x(t
n
)) ∈ K. K compact nên tồn tại dãy con ((t
n
k
, x(t
n
k
)))
k
⊂ ((t
n
, x(t
n
)))
n
sao cho (t
n
k
, x(t

n
k
)) → (ω
+
, x
∗
) ∈ K. Do đó (ω
+
, x
∗
) là điểm trong của D.
Chọn ε > 0 sao cho Q = {(t, x) | |ω
+
− t| ≤ ε, |x − x
∗
| ≤ ε} ⊂ D. Với n đủ lớn ta
có (t
n
, x(t
n
)) ∈ Q.
Đặt m = max
(t,x)∈Q
|f(t, x)|. Khi đó với n lớn ta có
0 < ω
+
− t
n
≤
ε

2m
, |x(t
n
) − x
∗
| ≤
ε
2
.
Vì
|x(t) − x(t
n
)| < m|t −t
n
| < m|ω
+
− t
n
| ≤
ε
2
, với t ∈ [t
n
, ω
+
)
18
nên
|x(t) − x
∗

| ≤ |x(t) −x(t
n
)| + |x(t
n
) − x
∗
| < ε.
Vậy lim
t→ω
+
x(t) = x
∗
.
Theo Bổ đề 2.3.1, khi đó x(t) có thể mở rộng về phía phải của ω
+
. Điều này mâu
thuẫn với tính tối đại của x. Vậy không tồn tại bất kì tập compact nào chứa trong
D mở, chứa các điểm (t, x(t)) với t tiến về ω
+
. Điều này chứng tỏ (t, x(t)) → ∂D
khi t → ω
+
.
Trường hợp ω
+
= ∞ ta có x(t) luôn được mở rộng về phía phải, do đó x mở
rộng đến ∂D.
Vậy (t, x(t)) → ∂D khi t → ω
+
. Lập luận tương tự ta chỉ ra được điều tương ứng

cho khoảng tồn tại cực đại bên trái. Từ đó ta sẽ có kết luận cho cả khoảng tồn tại
cực đại của nghiệm.
Hệ quả 2.3.5. [13] Giả sử f : [t
0
, t
0
+ a] ×R → R là liên tục và x là một nghiệm
của (1) xác định trên khoảng tồn tại cực đại I ⊂ [t
0
, t
0
+ a]. Khi đó, khoảng cực
đại có thể là I = [t
0
, t
0
+ a] hay I = [t
0
, ω
+
), ω
+
< t
0
+ a và lim
t→ω
+
|x(t)| = ∞.
Chứng minh. Áp dụng định lý thác triển với f liên tục trên D = [t
0

, t
0
+ a] × R
ta có nghiệm của (1) có thể mở rộng về phía phải của t
0
. Do đó khoảng tồn tại
nghiệm lớn nhất có thể là I = [t
0
, t
0
+ a] hay I = [t
0
, ω
+
), ω
+
< t
0
+ a. Mặt khác,
∂D = ∂

[t
0
, ω
+
) × R

nên lim
t→ω
+

x(t) = ∞.
Hệ quả 2.3.6. [13] Giả sử f : (a, b) × R → R là liên tục và f thỏa:
|f(t, x)| ≤ α(t)|x| + β(t), với α, β ∈ L
1
(a, b) là các hàm liên tục không âm. Khi
đó, khoảng tồn tại cực đại (ω
−
, ω
+
) chính là (a, b) với bất kỳ nghiệm nào của (1).
Chứng minh. Với t
0
∈ (a, b), x là nghiệm của (1), khi đó ta có
x(t) = x(t
0
) +
t

t
0
f(s, x(s))dt.
Do |f(t, x)| ≤ α(t)|x| + β(t) nên
|x(t)| ≤ |x(t
0
)| +
t

t
0
[α(s)|y(s)| + β(s)]ds. (2.3.1)

Với t ≥ t
0
, ta đặt c = |x(t
0
)| và
v(t) =
t

t
0
[|α(s)||x(s)| + |β(s)|]ds.
19
Do các hàm α, β, x là liên tục nên hàm v khả vi, ta có
v

(t) = α(t)|x(t)|+ β(t).
Hơn nữa do α(t) ∈ L
1
(a, b), không âm nên từ (2.3.1) ta có
|x(t)| ≤ c + v(s) ⇔ α(t)|x(t)| ≤ α(t)c + α(t)v(t)
⇔ v

(t) − β(t) ≤ α(t)c + α(t)v(t)
⇔ v

(t) − α(t)v(t) ≤ α(t)c + β(t).
Vì thế ta được
v(t) ≤ e
t


t
0
α(τ )dτ
t

t
0
e
s

t
0
α(τ )dτ
[α(s)c + β(s)]ds.
Áp dụng Hệ quả 2.3.3 ta có ω
+
= b. Hoàn toàn tương tự ta có ω
−
= a.
Vậy (ω
−
, ω
+
) = (a, b).
Ví dụ 2.3.7. Nếu f(t, x) và f

x
(t, x) là xác định và liên tục trên toàn mặt phẳng
(t, x); |f


x
(t, x)| ≤ |k(t)|, trong đó k(t) liên tục thì nghiệm của phương trình x

=
f(t, x) với điều kiện ban đầu x(t
0
) = x
0
tồn tại trên khoảng (t
0
, +∞).
Thực vậy, dễ thấy sự tồn tại nghiệm địa phương của bài toán từ định lý Peano.
Mặt khác, ta có đánh giá sau
|f(t, x) − f(t, 0)| = |f

x
(t, θx)||x| ≤ |k(t)||x|,
trong đó 0 < θ < 1, hay
|f(t, x)| ≤ |k(t)||x| + |f(t, 0)|.
Đặt α(t) = |k(t)|, β(t) = |f(t, 0)|, áp dụng Hệ quả 2.3.4 ta có kết quả bài toán.
Chẳng hạn hàm f(t, x) = tx + sin x liên tục trên mặt phẳng (t, x), f

x
(t, x) =
t + cos x và |f

(t, x)| ≤ k(x) = |t| + 1 nên phương trình x

= tx + sin x với điều
kiện ban đầu x(t

0
) = x
0
có nghiệm trên (x
0
, +∞).
20
Chương 3
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ MỞ RỘNG
Trong chương này, chúng tôi trình bày phương pháp hàm dưới của Goodman để chứng
minh sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán Cauchy



x

= f(t, x(t)) (1)
x(t
0
) = x
0
, (2)
với giả thiết Carathéodory. Chúng tôi cũng trình bày kết quả gần đây của D. C. Biles và P. A.
Binding về sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy với điều kiện tựa tăng. Ngoài ra, chúng tôi
phân tích một số ví dụ để so sánh, làm rõ sự khác biệt giữa các điều kiện và một số ví dụ áp dụng.
3.1 Sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán Cauchy
dưới điều kiện Carathéodory
Như đã biết, hướng khảo sát bài toán Cauchy là thay thế các giả thiết về hàm
f bởi các giả thiết yếu hơn. Ban đầu với điều kiện hàm f(t, x) phụ thuộc vào x
trong Định lý Picard ta thu được sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy và dưới

những điều kiện đó thì đó là nghiệm duy nhất. Peano đưa ra điều kiện f liên tục
để chứng tỏ sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy, nhưng khi đó tính duy nhất
bị phá vỡ. Ngoài ra Peano cũng chỉ ra (1) luôn có nghiệm nhỏ nhất bên phải của
t
0
. Sau đó Carathéodory tiếp tục giảm điều kiện hàm f để từ đó thu được nghiệm
hầu khắp nơi.
Chỉ với các giả thiết Carathéodory, năm 1968, G. S. Goodman đã sử dụng
phương pháp hàm dưới để chỉ ra sự tồn tại nghiệm lớn nhất của bài toán Cauchy,
đồng thời kết quả của G. S. Goodman còn bao gồm cả định lý so sánh nghiệm.
Trước hết, chúng ta cần có một số kiến thức chuẩn bị.
Định nghĩa 3.1.1. Hàm x(.) được gọi là hàm dưới của f(t, x) trên I = [t
0
, t
0
+a]
nếu x(.) liên tục tuyệt đối trên I với x(t
0
) ≤ x
0
và thỏa mãn
x

≤ f(t, x) hầu khắp. (3.1.1)
21
Bổ đề 3.1.1. Mọi tập con A ⊂ R
n
chỉ có hữu hạn hoặc đếm được các điểm cô
lập.
Chứng minh. Ta chọn tập hữu hạn hoặc đếm được G ⊂ A để G ⊃ A. Giả sử a là

điểm cô lập tùy ý của A. Khi đó có r > 0 để B(a, r) ∩A = {a}. Vì G ⊃ A nên tồn
tại c ∈ B(a, r) ∩ G. Do đó c ∈ B(a, r) ∩ A. Suy ra c = a. Vì a tùy ý nên tập các
điểm cô lập của A là tập con của G. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.1.2. [11] Nếu x
1
(.), x
2
(.), , x
n
(.) là các hàm dưới của f (t, x) thì
x(t) = max{x
1
(.), x
2
(.), , x
n
(.)}
cũng là hàm dưới của f (t, x).
Chứng minh. Vì x
i
(t) là hàm dưới của f(t, x), ∀i =
1, n, nên x
i
(t
0
) ≤ x
0
. Do đó
x(t
0

) ≤ x
0
. Chúng ta chỉ cần chứng minh điều trên đúng với trường hợp n = 2,
trong trường hợp tổng quát, điều trên được suy ra dựa vào phương pháp quy nạp
toán học.
Để chứng minh điều này, chúng ta cần tiến hành kiểm chứng 2 điều sau: thứ
nhất ta phải chỉ ra x(.) liên tục tuyệt đối, thứ hai x(t) thỏa mãn (3.1.1).
Với mỗi t ∈ [t
0
, t
0
+ a], ta có x(t) =
1
2
[x
1
(t) + x
2
(t)] +
1
2
|x
1
(t) − x
2
(t)|.
Từ cách xác định trên, ta thấy x(t) là liên tục tuyệt đối.
Lấy t ∈ [t
0
, t

0
+ a], ta xét 3 trường hợp sau
i. Xét x
1
(t) > x
2
(t). Do x
1
, x
2
liên tục tuyệt đối nên liên tục và có đạo hàm hầu
khắp nơi. Khi đó
{t ∈ [t
0
, t
0
+ a]| x
1
(t) > x
2
(t)} là tập mở.
Do vậy, tồn tại lân cận V
t
của t sao cho ∀s ∈ V
t
thì x
1
(s) > x
2
(s). Suy ra

x(t) = x
1
(t) với mọi s ∈ V
t
.
Vậy x

(t) = x

1
(t) ≤ f(t, x
1
(t)) = f(t, x(t)), tức (3.1.1) thỏa mãn.
ii. Với x
1
(t) < x
2
(t) chứng minh tương tự.
iii. Với x
1
(t) = x
2
(t) ta có x(t) = x
1
(t). Đặt A = {t| t ∈ [t
0
, t
0
+a], x
1

(t) = x
2
(t)}.
Theo Bổ đề 3.1.1, tập A
1
các điểm cô lập của A là hữu hạn hoặc đếm được.
Do vậy µA
1
= 0.
Xét tập A
2
các điểm không cô lập của A. Khi đó tồn tại dãy (t
n
) ⊂ A
2
mà
t
n
→ t khi n → ∞. Ta có
x

(t) = lim
n→∞
x(t
n
) − x(t)
t
n
− t
= lim

n→∞
x
1
(t
n
) − x
1
(t)
t
n
− t
= x

1
(t) ≤ f(t, x
1
(t)) = f(t, x(t)).
22
Do đó (3.1.1) thỏa mãn trên [t
0
, t
0
+ a]. Vậy x xác định như bổ đề là hàm dưới của
f(t, x).
Bây giờ gọi F là tập con đo được bất kì của [t
0
, t
0
+ a] và E là phần bù của
F . Kí hiệu F

h
(.) để chỉ giao của F với [t, t + h], tương tự E
h
(.) là giao của E với
[t, t + h], với h > 0, t ∈ [t
0
, t
0
+ a]. Ta có 2 bổ đề sau
Bổ đề 3.1.3. [11] Với hầu khắp t ∈ F ta có lim
h→0
µE
h
(t)
h
= 0.
Chứng minh. Áp dụng Định lý Lebesgue về mật độ, với hầu khắp t ∈ F ta có
µF
h
(t)
h
=
µ(F ∩ [t, t + h])
µ([t, t + h])
→ 1, khi h → 0.
Mặt khác do F
h
∩ E
h
= ∅, F

h
∪ E
h
= [t, t + h] nên ta có
1 =
µ([t, t + h])
h
=
µF
h
(t)
h
+
µE
h
(t)
h
.
Do đó với hầu khắp t ∈ F , ta có lim
h→0
µE
h
(t)
h
= 0.
Bổ đề 3.1.4. [11] Với hầu khắp t ∈ F ta có
lim
h→0
1
h


E
h
(t)
m(s)ds = 0
với m(.) là hàm khả tích trên [t
0
, t
0
+ a].
Chứng minh. Với hầu khắp t ∈ F ta có
1
h

E
h
(t)
m(s)ds =
1
h
t+h

t
m(s)χ
E
(s)ds,
trong đó χ
E
(.) là hàm đặc trưng của E. Do vậy
lim

h→0
1
h
t+h

t
m(s)χ
E
(s)ds = m(t)χ
E
(t) = 0.
Do đó suy ra điều phải chứng minh.
Ta thừa nhận kết quả sau
Định lý 3.1.5. [11](định lý Scorza- Dragoni)
Nếu f(t, x) đo được theo t và liên tục theo x trên [t
0
, t
1
] ×(−∞, ∞) thì tồn tại dãy
(A
n
)
n
, A
n
 [t
0
, t
1
], ∀n ∈ N, A

i
∪ A
j
= ∅, ∀i = j, i, j ∈ N, µ

∞

n=1
A
n

= t
1
− t
0
sao
cho f liên tục khi t ∈ A
n
, ∀n ∈ N.
23