Khoá luận tốt nghiệp toán Một số nguyên lý cực đại trong phương trình vi phân

ĐỀ TÀI
Một số nguyên lý cực đại trong phương trình
vi phân
1
MỤC LỤC
7. Cấu trúc của đề tài 4
PHẦN 1. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Phương trình vi phân là một đề tài được rất nhiều nhà toán học quan tâm và
nghiên cứu. Tuy nhiên, do sự phát triển không ngừng của khoa học - kĩ thuật,
phương trình vi phân trở thành một chủ đề được tìm hiểu và phát triển rất mạnh.
Trong đó, các vấn đề liên quan đến “nguyên lý cực đại” cũng là một đề tài hay và
có rất nhiều ứng dụng trong các bài toán về xấp xỉ giá trị biên, giá trị ban đầu…
Trong những năm gần đây, các đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia và các kì thi
Toán Olympic sinh viên toàn quốc thường xuất hiện những bài toán có liên quan
đến “cực đại trong phương trình vi phân”.
Xuất phát từ lí do trên tôi chọn đề tài: “Một số nguyên lý cực đại trong phương
trình vi phân” để nghiên cứu, với mục tiêu giới thiệu tới bạn đọc đam mê Toán,
sinh viên ngành sư phạm Toán một số định lý cơ bản liên quan đến nguyên lý cực
đại. Đề tài xây dựng lại lí thuyết một cách có hệ thống, rõ ràng về nguyên lý cực
đại nhằm giúp cho bạn đọc có cái nhìn tổng quát và sâu rộng hơn về phương trình
vi phân.
2. Lịch sử vấn đề nghiên cứu
- “Nguyên lý cực đại trong phương trình vi phân” là đề tài được rất nhiều nhà
toán học quan tâm và nghiên cứu, tuy nhiên tài liệu về đề tài này còn rất hạn chế.
Một số nhà toán học đã dành rất nhiều tâm huyết cho đề tài này như Murray Harold
Protter (13/2/191 - 01/5/2008) là một nhà toán học người Mỹ và nhà giáo dục, được
2
biết đến với những đóng góp vào lý thuyết của phương trình vi phân; Hans F.
Weinberger (27/09/1928 tại Vienna) là một nhà toán học người Mỹ gốc Áo, nổi
tiếng với những đóng góp của ông với các phương pháp biến phân cho các vấn đề

giá trị đặc trưng, phương trình vi phân, và động lực học chất lỏng những nhà toán
học này đã có những năm gắn bó, nghiên cứu và viết ra những tài liệu hay về đề tài
này như cuốn sách “Maximum Principles Differential Equations, tác giả Murray
Harold Protter và Hans F. Weinberger” đây là cuốn sách hay và là tài liệu quý giá
cho những ai muốn nghiên cứu về đề tài này.
3. Mục tiêu nghiên cứu
Thông qua đề tài này, tôi muốn giới thiệu tới bạn đọc đam mê Toán, sinh viên
ngành sư phạm Toán một số định lý cơ bản liên quan đến nguyên lý cực đại. Đề tài
xây dựng lại lí thuyết một cách có hệ thống, rõ ràng và kĩ thuật khi giải một bài
toán về nguyên lý cực đại nhằm giúp cho bạn đọc có cái nhìn tổng quát và sâu rộng
hơn về phương trình vi phân.
4. Nội dung nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu những nội dung cụ thể sau:
- Tìm hiểu, phân tích và nghiên cứu lý thuyết của nguyên lý cực đại trong phương
trình vi phân một cách có khoa học và chặt chẽ.
- Đưa ra một số ví dụ cơ bản để hiểu rõ bản chất của nguyên lý cực đại.
5. Đối tượng, phạm vi, phương pháp nghiên cứu
- Đối tượng: Các vấn đề liên quan đến “Một số nguyên lý cực đại trong phương
trình vi phân”
- Phạm vi: Một số nguyên lý cực đại trong phương trình vi phân được tìm hiểu
trong các sách bài tập về phương trình vi phân nâng cao, tài liệu bồi dưỡng học sinh
giỏi quốc gia và một số kiến thức cơ bản về những phương trình vi phân ở bậc đại
học
- Phương pháp nghiên cứu:
3
+ Phương pháp khảo sát: Bản thân đã được học nên nắm bắt được các vấn đề
liên quan đến đề tài.
+ Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp người học nắm rõ bản chất vấn
đề, lựa chọn phương pháp giải cho phù hợp với từng dạng liên quan đến đề tài.
6. Ý nghĩa của đề tài

Nguyên lý cực đại nói về vị trí của điểm mà hàm số đạt cực đại là điểm biên của
miền xác định. Cụ thể hơn, một hàm có đạo hàm cấp 2, không âm
0u
′′
≥
trên một
đoạn [a, b] nào đó thì hoặc là hàm hằng, hoặc nếu không hằng thì cực đại phải là
một trong 2 điểm đầu mút.
Một ví dụ tổng quát hơn là trong phương trình Laplace, hay là phương trình điều
hòa ta cũng tìm được nghiệm của nó có tính chất là hàm hằng hoặc là nếu không
phải là hàm hằng thì điểm cực đại (và cực tiểu) phải là điểm biên.
Trong nghiên cứu này, định nghĩa một hàm có tính chất của nguyên lý cực đại là
một hàm thỏa mãn một số bất đẳng thức (đẳng thức) vi phân nào đó và điểm cực
đại của nó là điểm biên, trừ khi nó là hàm hằng.
Sử dụng các nguyên lý cực đại, ta cũng suy ra được các nguyên lý về cực tiểu
tương ứng và khẳng định rằng một hàm không phải hàm hằng thỏa mãn một số bất
đẳng thức vi phân không thể đạt được cực tiểu tại một điểm bên trong.
Ngoài ra, nguyên lý cực đại trong phương trình vi phân có rất nhiều ứng dụng
quan trọng trong việc khảo sát, tính toán nghiệm gần đúng trong các bài toán giá trị
ban đầu, giá trị biên, giá trị riêng , không những thế, người ta còn sử dụng các
nguyên lý cực đại để chứng minh, tìm hiểu các định lý, bổ đề mới phục vụ cho
công tác nghiên cứu.
Nguyên lý cực đại có vai trò rất lớn trong các nghiên cứu về phương trình vi
phân, phương trình đạo hàm riêng, phương trình hàm vv
7. Cấu trúc của đề tài
Bố cục gồm 3 phần:
• Phần 1: Mở đầu
4
• Phần 2: Nội dung
Chương I: Nguyên lý cực đại tổng quát

Chương II: Xấp xỉ trong bài toán giá trị ban đầu và giá trị biên
Chương III: Bài toán về giá trị riêng và một số định lý dao động – so sánh
• Phần 3: Kết luận
Tài liệu tham khảo
PHẦN 2. NỘI DUNG
CHƯƠNG I: NGUYÊN LÝ CỰC ĐẠI TỔNG QUÁT
1.1. Nguyên lý cực đại một chiều
Cho một hàm
( )u x
liên tục trên đoạn
[ ]
,a b
, có cực đại tại một điểm trên khoảng
( )
,a b
. Nếu
( )u x
có đạo hàm cấp hai và
u
đạt cực đại tại điểm
( )
, ,c a b
∈

khi đó:
( ) 0u c
′′
≤
và
( ) 0u c

′
=

( )
1
Ta giả sử rằng trong khoảng
( )
,a b
,
u
thỏa mãn bất đẳng thức vi phân dạng:
[ ]: ( ) 0L u u g x u
′′ ′
= + >

( )
2
với
( )g x
là hàm bị chặn bất kỳ. Rõ ràng , theo
( )
2
thì hệ thức
( )
1
không thể thỏa
mãn tại điểm
( )
,c a b
∈

. Do đó, theo
( )
2
cực đại của
u
trong khoảng
( )
,a b

không
thể đạt được trừ điểm mút
a
hoặc
b
. Ta có trường hợp đơn giản của một “Nguyên
lý cực đại”.
Điều quan trọng ở trường hợp trên là bất đẳng thức
( )
2
phải ngặt, điều đó có
nghĩa là, ta giả sử rằng
( ) 0.u g x u
′′ ′
+ >
Trong nghiên cứu này về phương trình vi phân, điều kiện ngặt là quá hạn chế nên
ta sẽ khử đi nếu có thể.
5
Chú ý: Bất đẳng thức
( )
2

không ngặt, tức là
( ) 0u g x u
′′ ′
+ ≥

có nghiệm
u const
=

thì với một nghiệm không đổi như vậy, ta luôn có cực đại đạt được ở
mỗi điểm thuộc
( )
,
c
a b
∈
.
Định lý được nêu dưới đây được gọi là nguyên lý cực đại một chiều.
Định lý 1.1. Giả sử
:[a,b] u
→
¡
liên tục trên [a, b], có đạo hàm trên (a,b) và g
là một hàm bị chặn bất kỳ trên (a,b) thỏa mãn bất đẳng thức vi phân
[ ]: ( ) 0L u u g x u
′′ ′
= + ≥
,
a x b
< <

( )
3
Nếu
( )u x M
≤
trong
( )
,a b
và nếu u đạt cực đại M tại một điểm
( )
,c a b
∈
thì
u M=
trên (a,b).
Chứng minh. Ta sử dụng phương pháp chứng minh bằng phản chứng. Ta giả sử
rằng
( )u c M
=
với
( )
,c a b
∈
và tồn tại một điểm
( )
, d a b
∈
sao cho
( )u d M

<
. Ta
có
( )u c M
=
,
( )u d M<
nên ta xét 2 trường hợp:
+ Trường hợp 1: Nếu
d c
>
. Ta đặt hàm
( )
( ): 1
x c
z x e
α
−
= −
với
0
α
>
được xác định. Từ biểu thức vừa xác định, nếu
a x c
< <

thì
( ) 0z x
<

,
nếu
c x b< <
thì
( ) 0z x
>
và
( ) 0z c
=
nếu
x c=
.
Ta có
( )
[ ]: ( ) ( ) .
x c
L z z g x z g x e
α
α α
−
 
 
′′ ′
= + = +
Chọn
( , )
sup |g(x) | 1.
x a b
α
∈

= +
Khi đó,
(x)g
α
> −
và
[ ] 0L z
>

với mọi
( , ).x a d
∈
.
Đặt
( ) : ( ) ( ).w x u x z x
ε
= +
trong đó,
ε

là một hằng số dương thỏa mãn bất phương trình
6
( )
.
( )
M u d
z d
ε
−
<

Cách chọn
ε

ở trên là hợp lý vì u(d) < M và z(d) > 0 do
(c,b).d
∈
Mặt khác, với
a x c
< <
thì do
( ) 0z x
<
nên ta có
( )w x M<
với mọi
( , ).x a c
∈
.
Theo cách xác định của
ε
ở trên ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )w d u d z d u d M u d M
ε
= + < + − =
Suy ra

( ) .w d M
<
Cũng tại điểm
( )

,c a b
∈
, ta có
( ) ( ) ( )w c u c z c M
ε
= + =
Vì vậy,
w
có cực đại lớn hơn hoặc bằng

M

và đạt được tại một điểm thuộc
( )
, a d
. Mặt khác ta có
( )
[ ] ( )
( )
L w w g x w
u z g x u z
ε ε
′′ ′
= +
′′ ′′ ′ ′
= + + +


( ) ( )
( ) ( )

[ ] [ ] 0
u g x u z g x z
L u L z
ε
ε
′′ ′ ′′ ′
= + + +
= + >
nên theo bất đẳng thức
( )
2
,
w
không thể đạt cực đại trong
( )
, a d
. Điều này mẫu
thuẫn với giả thiết.
+ Trường hợp 2: Nếu
d c
<
thì bằng cách đặt
( )
( ): 1
x c
z x e
α
− −
= −
thì theo cách lập

luận tương tự như trên ta cũng đi đến mâu thuẫn.
Định lý được chứng minh xong.
Nhận xét 1.1.
(a) Ta xây dựng hàm
( )z x
như sau:
(i)
[ ] 0L z
>
,
(ii)
( ) 0z x
<
nếu
x c
<
,
7
(iii)
( ) 0z x
>
nếu
x c
>
(iv)
( ) 0z c
=

nếu
x c=

.

(Nếu
d c
<
, thì bất đẳng thức (ii) và (iii) là đảo ngược).
Như vậy định lý trên được chứng minh.
(b) Hàm
z
xác định ở trên không phải là duy nhất. Ví dụ, ta chọn hàm
( ) ( ) ( )z x x a c a
α α
= − − −
(c) Với
α

đủ lớn và thỏa mãn tính chất của hàm
( )z x
. Ta áp dụng Định lý
1.1 và thay
u
bởi
( )u
−
ta có nguyên lý cực tiểu và khẳng định rằng một hàm
không phải hàm hằng thỏa mãn bất đẳng thức vi phân
[ ] 0L u
≤
,
( )

,x a b∈
không
thể đạt được cực tiểu tại một điểm bên trong nó.
(d) Phương pháp sử dụng để chứng minh Định lý 1.1 giúp ta có thêm
những cách xác định về hàm mà thỏa mãn bất đẳng thức
( )
3
. Ta có thể thấy rằng
hàm
u
ở
( )
3
đạt cực đại tại
a
và
( ) 0u a
′
=
. Từ nhận xét này ta có định lý tiếp theo
như sau.
Định lý 1.2. Giả sử
u

không phải là hàm hằng mà thỏa mãn bất đẳng thức
( ) 0u g x u
′′ ′
+ ≥
trong
( , )a b

và có đạo hàm cấp 1 tại
a
và
,b

g
là bị chặn trên tất
cả các khoảng con đóng của
( )
, a b
. Nếu cực đại của
u
xảy ra tại
x a
=
và
g
là bị
chặn dưới tại
x a
=
thì
( ) 0u a
′
<
. Nếu cực đại xảy ra tại
x b
=
và
g

bị chặn trên
tại
x b
=
thì
( ) 0.u b
′
>
Chứng minh: Giả sử
( )u a M
=
,
( )u x M
≤
với
a x b
≤ ≤
và với
( )
,d a b
∈
ta có
( )u d M<
. Ta xây dựng hàm
( )z x
như sau:
( )
( ) 1
x a
z x e

α
−
= −
với
0
α
>
Ta chọn
( )g x
α
> −
,
a x d≤ ≤
sao cho
[ ] 0L z
>
. Tiếp tục, ta chọn hàm
( ) ( ) ( )w x u x z x
ε
= +
với
ε
thỏa mãn
8
( )
0 .
( )
M u d
z d
ε

−
< <
Do
[ ] 0L w
>
, nên cực đại của
w
trong
[ ]
, a d
phải xảy ra tại một điểm mút.
Ta có
( ) ( ),w a M w d
= >
với cực đại xảy ra tại
a
, do đó, đạo hàm cấp 1 của
w
tại
a
không dương. Tức là
( ) ( ) ( ) 0.w a u a z a
ε
′ ′ ′
= + ≤
Tuy nhiên,
( ) 0z a
α
′
= >

nên ta
có:
( ) 0u a
′
<
(đpcm).
Nếu cực đại xảy ra tại
x b
=
ta chứng minh tương tự.
Nhận xét 1.2
i) Nếu hàm
u
thỏa mãn
( )
3
có cực đại tại điểm
( )
1 1
, c a b
∈

mà
( ) ( )u x u c
≤
thì
theo định lý 1.1 ta thấy rằng
( ) ( )u x u c
=
trong khoảng này. Áp dụng định lý 1.2 cho

tất cả các khoảng có
c
,
c
được xem như là điểm mút, ta thấy rằng giá trị cực đại
( )u c
là giá trị cực tiểu của
u
trên
( )
, .a b
ii) Nếu một hàm
u
mà thỏa mãn
( )
3
có cực tiểu tại hai điểm
1
c
,
2
c
( )
,a b
∈
thì nó có cực đại tại điểm thuộc
1 2
( , )c c
. Từ đó, theo (i) ta có
2

( ) ( )u c u c
=
và giá
trị
( )u x
là hằng số trên
1 2
( , )c c
.
iii) Tính bị chặn của hàm
g
là điều kiện cần cho kết luận của định lý 1.1 và
định lý 1.2.
Ví dụ: Xét phương trình:
( ) 0u g x u
′′ ′
+ =

( )
*
với
3 , 0
( )
0 , 0
x x
g x
x
− ≠

=


=

Giải: Từ
( )
*
giải được
4
1u x
= −
, theo định lý 1.1, ta dễ dàng thấy được mâu
thuẫn. Cụ thể là với
1 1x
− ≤ ≤
,
u
đạt cực đạt tại
0x
=
. Lại theo định lý 1,2, ta
cũng có mâu thuẫn. Cụ thể với
[ ]
0,1x∀ ∈
,
(0) 0u
′
=
. Kết quả của định lý 1.1 và 1.2
không được thỏa mãn bởi vì
g

không bị chặn dưới trong
( )
0, 1 .
Bây giờ ta biến đổi bất đẳng thức khác:
9
( )[ ]: ( ) ( ) 0L h u u g x u h x u
′′ ′
+ = + + ≥

( )
4
Các ví dụ đơn giản cho ta thấy rằng, ta có thể thực hiện biến đổi các dạng của
nguyên lý cực đại.
Ví dụ: 1) Cho phương trình
0.u u
′′
+ =
Giải được nghiệm
sinu x
=
và
u
đạt cực đại tại
2x
π
=
, giá trị cực đại bằng 1.
2) Cho phương trình
0u u
′′

− =
Giải được nghiệm
,
x x
u e e
−
= − −
dễ thấy nó đạt cực đại tại
0x
=
, giá trị cực đại
bằng
( 2)
−
.
Nhận xét 1.3: Ta thấy rằng với một hàm không phải là hằng số, ta giải
( )
4
với
0h
≤
có thể không đạt được một cực đại không âm tại một điểm nào đó.
Ta cũng thấy được rằng, nếu bất đẳng thức (4) ngặt tức là:
( )[ ] 0L h u
+ >
, với
0h
≤
được cố định trong khoảng
( )

, a b
thì
u
không thể có giá trị cực đại không âm
trong khoảng
( )
, a b
.
Tuy nhiên, thực tế với
0, 0, 0,u u hu
′ ′′
= ≤ ≤

ta có mâu thuẫn với bất đẳng thức
ngặt ở trên. Từ đó, ta có thể mở rộng định lý 1.1 và 1.2 mà không thay đổi cách lập
luận bằng cách chọn
α
đủ lớn thỏa
( )[ ] 0L h z+ >
.
Hằng số
α
trong hàm:
( )
1
x c
e
α
−
−

(hoặc hàm
( )
1
x c
e
α
− −
−
, nếu
d
nằm bên trái
của
c
) phải thỏa mãn:
2 ( )
( ) ( )[1 ] 0
x c
g x h x e
α
α α
− −
+ + − >
( hoặc
2 ( )
( ) ( )[1 ] 0.
x c
g x h x e
α
α α
−

− + − >
)
Vì
( ) 0h x
≤
là điều kiện đủ cho cả 2 trường hợp để chọn
α
sao cho:
2
( ) ( ) 0g x h x
α α
− + >

( )
*
10
( )
*
dễ dàng có được nếu
( )g x
và
( )h x
là bị chặn.
Ta cũng thấy rằng nó cũng là điều kiện đủ để
u
bị chặn trên các khoảng con
đóng của
( , )a b
.
Từ đó ta đi đến định lý mở rộng của định lý 1.1 và định lý 1.2.

Định lý 1.3: Nếu
( )u x
thỏa mãn bất đẳng thức:
( )[ ]: ( ) ( ) 0L h u u g x u h x u
′′ ′
+ = + + ≥

( )
4
Trong khoảng
( , )a b
với
( ) 0h x
≤
,
, g h
là bị chặn trên mỗi khoảng con đóng của
( , )a b
và giả sử
u
có giá trị cực đại
M
không âm tại một điểm
( )
, c a b∈
thì
( ) .u x M
≡
Chú ý nếu
h

không đồng nhất bằng 0 thì hằng số
M
không âm thỏa mãn
( )
4
là
0M
=
.
Định lý 1.4: Giả sử
u
không phải là hàm hằng của bất đẳng thức
( )
4
,
u
có đạo
hàm cấp 1 tại
a
và
b
mà
( ) 0h x
≤
,
, g h

bị chặn trên mỗi khoảng con đóng của
( )
, a b

. Nếu
u
có cực đại không âm tại
a
và hàm
( ) ( ) ( )g x x a h x
+ −
là bị chặn
dưới tại
,x a
=

thì
( ) 0u a
′
<
. Nếu
u
có cực đại không âm tại
b
và
( ) ( ) ( )g x b x h x
− −
là bị chặn trên tại
x b
=
thì
( ) 0u b
′
>

.
Trong việc chứng minh định lý 1.4 mở rộng từ định lý 1.2, ta cần thực hiện biến
đổi:
( ) ( ) 2 ( )
( )[ 1] [ (1 )]
x a x a x a
L h e e g h e
α α α
α α
− − − −
+ − = + + −
( ) 2
[ ( ) ].
x a
e g x a h
α
α α α
−
≥ + + −
Hệ quả: Nếu
u
thỏa mãn
( )
4
trong
( )
,a b
với
( ) 0h x
≤

và
u
là liên tục trên
[ ]
,a b
,
( ) 0u a
≤
,
( ) 0u b
≤
thì
( ) 0u x
<
trong
( )
, a b
trừ khi
0u
≡
.
1.2. Nguyên lý cực đại tổng quát
Ta xét bất phương trình
11
( )[ ]: ( ) ( ) 0, L h u u g x u h x u a x b
′′ ′
+ = + + ≥ < <

( )
1

mà không có điều kiện
( ) 0h x
≤
. Giả sử ta tìm được một hàm
w
có đạo hàm liên
tục cấp 2 trên
[ ]
, a b
và thỏa mãn bất đẳng thức:

0w >
trên
[ ]
, a b

( )
2
( )[ ] 0L h w+ ≤
trong
( )
, a b

( )
3
Ta xác định biến phụ thuộc
.
u
v
w

=
Ta biến đổi
( )[ ] ( )[ ]: (2 ) ( )[ ] 0.L h u L h vw wv w gw v L h w v
′′ ′ ′
+ = + = + + + + ≥
Sau đó, chia 2 vế cho
0w
>
, ta thấy rằng
v
thỏa mãn bất đẳng thức
1
2 ( )[ ] 0.
w
v g v L h w v
w w
′
 
′′ ′
+ + + + ≥
 ÷
 

( )
4
Bất đẳng thức
( )
4
khi kết hợp
( )

2
và
( )
3
, ta có:
u
v
w
=
thỏa mãn định lý 1.3 và
định lý 1.4.
Ở đây hàm
w
phải thỏa mãn
( )
2
và
( )
3
. Ta có thể thấy rằng nếu
( )h x
là bị chặn,
( )g x
là bị chặn dưới và
w
thỏa mãn bất đẳng thức
( )
2
và
( )

3
.
• Trên thực tế, một hàm được cho bởi:
2
1 ( )w x a
β
= − −

( )
5
với hằng số
β
được xác định. Cụ thể ta có:
2
1
( )[ ]: 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
2
L h w x a g x x a h x h x
β
 
+ = − + − + − +
 
 

( )
6
Theo giả thiết,
g

và

h
là bị chặn dưới nên
, G H
∃
sao cho:
g G
≥
và
h H
≥
Ta giả sử
a
và
b
là gần nhau nên:
12
2
1
1 ( ) ( ) 0
2
x a G x a H+ − + − >
với
a x b
≤ ≤
Vì
( )h x
bị chặn trên nên ta chọn
β
thỏa:
2

1 ( )
.
1
2
1 ( ) ( )
2
h x
x a G x a H
β
 
 
≥
 
+ − + −
 
 
Lại theo
( )
6
, ta có
( )[ ] 0L h w+ ≤
trong
( , )a b
. Nếu khoảng cách
( )b a
−
đủ nhỏ
sao cho:
2
( ) 1b a

β
− <
thì theo
( )
5
ta thấy rằng
0w >
trên
[ ]
, a b
. Bằng cách này, để tìm hàm
w
với tính
chất như mong muốn ta luôn có thể xây dựng được.
Các lập luận ở trên dẫn đến nguyên lý cực đại tổng quát sau đây:
Định lý 1.5: (Nguyên lý cực đại tổng quát) Giả sử toán tử
L h
+
được cho bởi
( )
1
với
( )h x
bị chặn,
( )g x
bị chặn dưới.
[ ]
, a b
là đoạn đủ ngắn, hàm
w

có thể tìm
được thỏa mãn
( )
2
và
( )
3
. Khi đó, nếu
u
là hàm thỏa mãn
( )
1
trong
( , )a b
thì
hàm
u w
thỏa mãn nguyên lý cực đại như trong định lý 1.3 và định lý 1.4.
Nếu nghiệm
u

được suy ra từ phương trình:
( ) ( ) 0u g x u h x u
′′ ′
+ + =
Ta có thể áp dụng cho
u
và
u
−

để thấy rằng
u
có thể có nhiều nhất một số 0
trong khoảng
( , )a b
, ở đây định lý 1.5 được thỏa mãn.
• Cho
( )r x
là nghiệm phương trình vi phân:
( ) ( ) 0,r g x r h x r
′′ ′
+ + =

( )
7
với
g
và
h
là hàm bị chặn.
Giả sử rằng
r
không đồng nhất bằng 0 và
( ) 0r a
=
.
Trong những nhận xét sau đây của định lý 1.5, ta thấy rằng
r
không thể triệt tiêu
đối với một vài khoảng bên phải của

a
.
13
+ Nếu
r
có bất kì số 0 bên phải của
a
, ta kí hiệu đầu tiên là
*
a
và gọi nó là điểm
liên hợp của
a
. Khi đó,
r
mang dấu trong khoảng
( )
*
, a a
và để cho thuận tiện ta
giả sử rằng:
( ) 0r x
>
với
*
.a x a
< <
+ Nếu
0w >
trên

*
, a a
 
 
thì hàm
r w
triệt tiêu tại
a
,
*
a
và dương trong
( )
*
, a a
.
Do đó, nó có cực đại trong
( )
*
, a a
. Vì vậy, theo định lý 1.5,
w
không thể thỏa mãn
( )
3
. Mặt khác, nếu
b
là điểm bất kì trong
( )
*

, a a
, một hàm
w
có thể tìm được mà
r w
thỏa mãn nguyên lý cực đại của định lý 1.5. Hơn nữa, ta thấy rằng
( )r x
là bị
chặn dưới bởi một số dương trên khoảng con
[ ]
( )
*
,
,
c b
a a
⊂
. Do đó, với
0
ε
>
đủ
nhỏ, hàm
( )
( ) ( ) [2 ]
x a
w x r x e
α
ε
−

= + −
là dương trên
[ ]
, a b
. Nếu
α
được chọn để
( )
( )[2 ] 0
x a
L h e
α
−
+ − ≤
trong
( )
, a b
thì
w
là một hàm mà thỏa mãn định lý 1.5.
Ta kết luận rằng nếu
*
a
là điểm liên hợp của
a
thì
0w
∃ >
thỏa mãn định lý 1.5
trong

[ ]
, a b
khi và chỉ khi
*
b a
<
. Nếu
( )r x
(được suy ra từ
( )
7
mà thỏa mãn
( ) 0r a
=
) không có số
0
ở bên phải của
a
thì ta đặt
*
a
= ∞
và định lý 1.5 thỏa mãn
trên
[ ]
, a b
. Nếu
( )h x
là không bị chặn hoặc nếu
g

là bị chặn dưới, thì có thể không
có
[ ]
, a b
mà thỏa mãn định lý 1.5. Ví dụ hàm:
1
sinu x
x
 
=
 ÷
 
thỏa mãn
4
0u x u
−
′′
+ =
ta thấy rằng
u
triệt tiêu tại
1 , 1, 2, ,x n n
π
= =
và do đó
không có hàm
0w >
với tính chất rằng
u w

thỏa mãn nguyên lý cực đại trong
[ ]
0,1 , 1,2, n n
π
=
14
CHƯƠNG II: XẤP XỈ TRONG BÀI TOÁN
GIÁ TRỊ BAN ĐẦU VÀ GIÁ TRỊ BIÊN
2.1. Bài toán về giá trị ban đầu
Xét phương trình vi phân:
( ) ( ) ( )u g x u h x u f x
′′ ′
+ + =

( )
1
mà thỏa mãn điều kiện ban đầu

1 2
( ) , ( )u a u a
γ γ
′
= =

( )
2
Hàm
, f g
và
h

được cho trong
( )
, a b
, với
g
và
h
bị chặn;
1
γ
,
2
γ
là hằng số.
Khi ta giải phương trình
( )
1
trong khoảng
( )
,a b
mà thỏa mãn điều kiện
( )
2
, ta nói
rằng bài toán về giá trị ban đầu được giải quyết.
Sau đây ta đi đến định lý được rút ra từ nguyên lý cực đại tổng quát. Cụ thể là:
Định lý 2.1: Giả sử rằng
1
( )u x
và

2
( )u x

là nghiệm của
( )
1
trong khoảng
( )
,a b

và
1 2
, u u
thỏa mãn các điều kiện ban đầu như
( )
2
thì
1 2
u u
≡
trong
( )
,a b
.
Chứng minh: Đặt
1 2
( ) ( ) ( )u x u x u x
= −
thì
u

thỏa mãn phương trình:
( ) ( ) 0u g x u h x u
′′ ′
+ + =
với điều kiện ban đầu:
( ) ( ) 0u a u a
′
= =
Giả sử
u
không đồng nhất bằng không trong
( )
,a b
.
15
Theo định lý 1.5, tồn tại
0
ε
>
phụ thuộc vào
g
,
h
và có một hàm
w
sao cho
cực đại của
u w
trong
( )

, a a
ε
+
phải xảy ra tại điểm mút. Ta cũng thấy rằng
( )
u
−

thỏa mãn phương trình (1) cùng với các điều kiện ban đầu (2), do đó, theo định lý
1.5, cực đại của
u w−
phải xảy ra tại một điểm của điểm mút
a
hoặc
a
ε
+
hay
cực đại hoặc cực tiểu của
u w
phải xảy ra tại
a
. Nhưng tại
x a
=
, ta có:
2
0
u u w uw
w

w
′
′ ′
−
 
= =
 ÷
 
Mặt khác, vì
u w
thỏa mãn định lý 1.4 nên ta kết luận rằng
u w
là hằng số. Do
( ) 0u a
=

nên
u
đồng nhất bằng 0 trên
[ ]
, a a
ε
+
. Đặc biệt:
( ) 0, ( ) 0.u a u a
ε ε
′
+ = + =
Ta có thể lặp lại cách lập luận để kết luận rằng
0u

≡
trong
( )
, 2a a
ε ε
+ +
,
ε
là
không thay đổi vì nó phụ thuộc vào tính bị chặn của
g
và
h
trong
( )
,a b
. Ta cần
thực hiện quá trình này một số hữu hạn lần để suy ra rằng:
0u
≡
trong
( )
, a b
.
2.2. Bài toán về giá trị biên
Ta xét phương trình:
( ) ( ) ( )u g x u h x u f x
′′ ′
+ + =
với

a x b< <

( )
1
Mà thỏa mãn các điều kiện

1
( )u a
γ
=
,
2
( )u b
γ
=

( )
2
Câu hỏi về tính duy nhất nghiệm của
( )
1
mà thỏa mãn
( )
2
có thể được trả lời
bằng cách sử dụng nguyên lý cực đại. Tuy nhiên, không phải đơn giản như trong
trường hợp của các bài toán giá trị ban đầu. Cụ thể ta xét phương trình đơn giản
sau:
0u u
′′

+ =
16
giải được
1
sinu x
=
và
2
0u
≡
với
0 x
π
≤ ≤
và cả hai thỏa mãn các điều kiện biên:
(0) ( ) 0u u
π
= =
.
Các kết quả đó cho ta một định lý đơn giản nhất về bài toán giá trị biên.
Định lý 2.2: Giả sử rằng
1
( )u x
và
2
( )u x
là nghiệm của
( )
1
mà thỏa mãn điều

kiện
( )
2
. Nếu
( ) 0h x
≤
trong
( )
, a b
thì
1 2
u u
≡
.
Chứng minh: Đặt
1 2
( ) ( ) ( )u x u x u x
= −

thì
u
thỏa mãn phương trình
( ) ( ) 0u g x u h x u
′′ ′
+ + =

( )
3
và điều kiện biên:
( ) ( ) 0u a u b= =

Theo định lý 1.3, ta biết rằng
( ) 0u x
≤
trong
( )
,a b
và hàm
( )
( )u x−
cũng thỏa
mãn phương trình (1) với điều kiện biên (2), khi đó ta có thể áp dụng định lý 1.3 để
kết luận rằng:
0u
− ≤
trong
( )
,a b
. Do đó
0u
≡
trong
( )
,a b
.
Nhận xét 2.1: Bây giờ ta có một bài toán tổng quát về giá trị biên, với điều kiện
biên
( )
2
như là một trường hợp đặc biệt. Ta xét nghiệm
( )

1
mà thỏa mãn điều kiện
biên:
1
2
( )cos ( )sin
( )cos ( )sin
u a u a
u b u b
θ θ γ
φ φ γ
′
− + =


′
+ =


( )
4
Ở đây
1 2
, ,
γ γ θ
và
φ
là hằng số với
0 2,
θ π

≤ ≤

0 2.
φ π
≤ ≤
Lưu ý điều kiện
( )
4
rút gọn về
( )
2
khi
2.
θ φ π
= =

Ta đi đến định lý tiếp theo.
Định lý 2.3: Giả sử rằng
1
( )u x
và
2
( )u x
là hai nghiệm phân biệt của
( )
1
mà
thỏa mãn điều kiện
( )
4

. Nếu
( ) 0h x
≤
trong
( )
, a b
thì
1 2
u u
≡
( trừ trường hợp
0, h
≡
0
θ φ
= =
)
Chứng minh: Ta đặt
1 2
u u u
= −
thì
u
thỏa mãn
( )
3
và điều kiện biên:
17
( )cos ( )sin 0
( )cos ( )sin 0

u a u a
u b u b
θ θ
φ φ
′
− + =


′
+ =


( )
5
Hàm
u M
≡
,
u
là một hằng số khác không, thỏa mãn các điều kiện trên nếu và
chỉ nếu
0, 0h
θ
≡ =
và
0
φ
=
. Nếu ta giả sử
u

không là nghiệm hằng mà là dương
tại một số điểm, ta sẽ có một mâu thuẫn, bởi theo định lý 1.3,
u
đạt được cực đại
dương tại
a
hoặc
b
. Ta giả sử cực đại xảy ra tại
a
, ta có thể áp dụng định lý 1.4,
với khẳng định
( ) 0u a
′
<
. Vì
0 2
θ π
≤ ≤
và
( ) 0u a
>
nên điều kiện đầu tiên trong
( )
5
là mâu thuẫn. Tương tự, nếu cực đại xảy ra tại
b
, thì điều kiện thứ hai trong
( )
5

là mâu thuẫn. Ta kết luận rằng bất kì nghiệm nào không phải là hằng số thì có
thể nó không phải là nghiệm dương. Khi đó, ta áp dụng cho
u
−
ta thấy rằng
u
có
thể không phải là nghiệm âm. Khi đó
0u
≡
trên
[ ]
,a b
.
Mặc dù nó có thể thiết lập tính duy nhất của định lý về các bài toán giá trị biên
mà không có sự hạn chế
( ) 0h x
≤
, khi đó ta phải thực hiện nghiên cứu thêm các
điều kiện liên quan.
Ví dụ: Xét phương trình
0u u
′′
+ =
với điều kiện biên:
( ) ( ) 0u a u b= =
có nghiệm
0u
≡
sao cho

b a
π
− <
. Mặt khác,
ta biết kết quả là sai nếu
b a
π
− =
. Kết quả cụ thể trong trường hợp này thu được
bằng cách áp dụng nguyên lý cực đại tổng quát được nêu ra trong định lý 1.5.
Định lý 2.4: Giả sử rằng
1
( )u x
và
2
( )u x
là nghiệm của
( )
1
mà thỏa mãn điều
kiện biên như
( )
2
. Nếu
*
b a
<
, (
*
a

là liên hợp của
a
) thì
1 2
u u
≡
.
Chứng minh định lý 2.4 là sự lặp lại của việc chứng minh định lý 2.2. Tuy nhiên,
nguyên lý cực đại được sử dụng ở định lý 1.5.
Lưu ý rằng theo cách xác định của điểm liên hợp, tính duy nhất là không đúng
khi
*
b a
=
.
2.3. Xấp xỉ trong bài toán giá trị biên
18
Giả sử ta xét phương trình
( )[ ]: ( ) ( ) ( )L h u u g x u h x u f x
′′ ′
+ = + + =
với
a x b
< <

( )
1
thỏa mãn điều kiện biên
1
( )u a

γ
=
,
2
( )u b
γ
=

( )
2
Trong nhiều trường hợp ta không thể tìm thấy một nghiệm
u
rõ ràng. Vì vậy, ta
mong muốn tìm được nghiệm xấp xỉ, sao cho biết được giới hạn sai số. Tìm một
xấp xỉ như vậy tương đương với việc xác định cận trên và cận dưới cho các giá trị
của nghiệm.
Ta giả sử rằng các hàm
, f g
và
h
là các hàm bị chặn,
0h
≤

trong
( )
,a b
. Giả sử
ta có thể tìm thấy một hàm
1

( )z x
thỏa:
1
( )[ ] ( )L h z f x
+ ≤
với
a x b
< <

( )
3

1 1
( )z a
γ
≥
,
1 2
( )z b
γ
≥

( )
4
Ta đặt hàm:
1 1
( ) ( ) ( )v x u x z x
≡ −
mà thỏa mãn
1

( )[ ] 0L h v
+ ≥
và
1
( ) 0v a
≤
,
1
( ) 0v b
≤
Nguyên lý cực đại được cho trong định lý 1.3, chương I có thể được áp dụng cho
1
v
, và ta kết luận rằng
1
0v
≤
trên
[ ]
,a b
. Ta cũng có
1
( ) ( )u x z x
≤
với
a x b
≤ ≤
hàm số
1
( )z x

là cận trên của
( )u x
.
Tương tự, cận dưới của
u
có thể đạt được bởi hàm
2
( )z x
thỏa:
2
( )[ ] ( )L h z f x+ ≥
và
2 1
( )z a
γ
≤
,
2 2.
( )z b
γ
≤
Áp dụng nguyên lý cực đại với
2
( ) ( )z x u x
−
cho thấy:
2
( ) ( )u x z x
≥
với

a x b
≤ ≤
19
Hàm
1 2
( ), ( )z x z x
với các tính chất mong muốn có thể được xây dựng dể dàng.
Ta có thể sử dụng đa thức, hàm hữu tỉ, hàm mũ, v.v để xây dựng hàm
1 2
( ), ( ).z x z x
Ví dụ, ta có thể đặt:
{ }
( )
1
( ) 2
x a
z x A e
α
− −
= −
và cố gắng chọn
A
và
α
sao cho
( )
3
và
( )

4
thỏa mãn. Chọn
α
đủ lớn để

( ) 2 ( )
( )[ ] ( ). 0
x a x a
L h e g h e
α α
α α
− − − −
+ = − + >

với
a x b
≤ ≤
.
Ta xác định hằng số
k
thỏa mãn:
( )
2 ( )
min
x a
a x b
k g h e
α
α α
− −

≤ ≤
 
= − +
 
và chọn
A

lớn nhất trong bốn con số thỏa
{ }
1 2
1
max , , max ( ) ,0 .
a x b
A f x
k
γ γ
≤ ≤
 
= −
 
 
với việc chọn
A
và
α
như vừa mô tả, hàm
{ }
( )
1
( ) 2

x a
z x A e
α
− −
= −
thỏa mãn
( )
3
và
( )
4
.
Để xác định cận dưới, ta chọn
{ }
( )
2
( ) 2 ,
x a
z x B e
α
− −
= −
ở đây
α
được chọn như trong
1
( )z x
và
B
là nhỏ nhất trong bốn số:

{ }
1 2
1
min , , min ( ) ,0 .
a x b
B f x
k
γ γ
≤ ≤
 
= −
 
 
thì
{ } { }
( ) ( )
2 ( ) 2
x a x a
B e u x A e
α α
− − − −
− ≤ ≤ −
với

a x b
≤ ≤
Đặc biệt, ta có
1 2
1
( ) 2max , , max ( )

a x b
u x f x
k
γ γ
≤ ≤
 
≤
 
 
với
a x b
≤ ≤

( )
5
20
Theo tính duy nhất của định lý 2.2 ở Chương II (Các bài toán giá trị biên) với
0h
≤
, từ
( )
5

ta có,
0f
≡
,
1 2
0
γ γ

= =
có nghĩa là
0u
≡
với
a x b
≤ ≤
.
Nếu
u
là một nghiệm của
( )
1
mà thỏa
( )
2
và
u
là một nghiệm của bài toán:
( ),u gu hu f x
′′ ′
+ + =
1
( )u a
γ
=
,
2
( )u b
γ

=
thì hiệu số
u u
−
thỏa mãn:
( ) ( ) ( ) ,u u g u u h u u f f
′′ ′
− + − + − = −
1 1
( ) ( ) ,u a u a
γ γ
− = −

2 2
( ) ( ) .u b u b
γ γ
− = −
Bất đẳng thức
( )
5
chứng tỏ rằng:
1 1 2 2
1
( ) ( ) 2max , , max ( ) ( ) .
a x b
u x u x f x f x
k
γ γ γ γ
≤ ≤
 

− ≤ − − −
 
 
Do đó, nếu
1 1
,
γ γ
−

2 2
,
γ γ
−

max ( ) ( )
a x b
f x f x
≤ ≤
−
đều nhỏ, thì
( ) ( )u x u x
−
là nhỏ với mọi
x
thuộc
( )
,a b
.
Trong trường hợp này, ta nói
u

là nghiệm của bài toán
( )
1
mà thỏa
( )
2
phụ
thuộc vào tính liên tục của
( )f x
và giá trị biên
1 2
,
γ γ
.
Ta đưa ra một ví dụ để hiểu rõ giá trị xấp xỉ của nghiệm có thể đạt được
Ví dụ: Xét phương trình vi phân
0u xu
′′
− =

sao cho
0 1x
< <
với
(0) 0,u =

(1) 1u
=
. Tìm ước lượng giá trị tại
1

2
x
=
của nghiệm phương trình đã cho.
Giải: Trong trường hợp này, ta đặt:
1
z x
=
và
2
(1 ).z x x x
β
= − −
thì rõ ràng
1 2 1 2
(0) (0) 0, (1) (1) 1z z z z
= = = =

và
1
( )[ ] 0,L h z
+ ≤

2 2
2
( )[ ] [2 (1 )] 0L h z x x x
β
+ = − + + − ≥
với
1

2
β
≥
.
21
Chọn
1
2
β
=
và tìm
( )
2
1
( )
2
x x u x x
+ ≤ ≤
Đặc biệt, tại
1
2
x
=
,
3 1 1
8 2 2
u
 
≤ ≤
 ÷

 
Khi đó,
1
0.4375 0.0625
2
u
 
= ±
 ÷
 
, đây là nghiệm với sai số giới hạn. Nghiệm
chính xác,
1
0.4726
2
u
 
=
 ÷
 
.
• Bây giờ ta đặt ra câu hỏi nghiệm xấp xỉ của hai điểm biên ở bài toán giá trị
biên được thảo luận trong mục 2.2.
Ta giả sử rằng
u
là nghiệm của phương trình:
( )[ ]: ( ) ( ) ( )L h u u g x u h x f x
′′ ′
+ = + + =

sao cho
a x b
< <

( )
6
thỏa mãn các điều kiện biên
1
2
( )cos ( )sin
( )cos ( )sin
u a u a
u b u b
θ θ γ
φ φ γ
′
− + =


′
+ =


( )
7
Trong đó
θ
và
φ
được coi là hằng số, với

0 2
θ π
≤ ≤
,
0 2
φ π
≤ ≤
,
( ) 0h x
≤
.
Tương tự với sự khai triển của bài toán biên tại hai điểm đơn giản, ta tìm hàm
1
z

với tính chất:
1
( )[ ] ( )L h z f x
+ ≤
với
a x b
< <

( )
8
1 1 1
1 1 2
( )cos ( )sin
( )cos ( )sin
z a z a

z b z b
θ θ γ
φ φ γ
′
− + ≥


′
+ ≥


( )
9
Khi đó, hàm
1 1
:v u z
= −

thỏa mãn:
22
1
( )[ ] 0L h v
+ ≥
1 1
( )cos ( )sin 0v a v a
θ θ
′
− + ≤
1 1
( )cos ( )sin 0v b v b

φ φ
′
+ ≤
Nếu
1
v
là dương, định lý 1.3 nói rằng: Cực đại dương của nó xảy ra tại
a
hoặc
tại
b
. Nếu nó xảy ra tại
a
, ta có
1
( ) 0v a
>
,
1
( ) 0v a
′
≤
. Từ đó
1 1
( )cos ( )sin 0v a v a
θ θ
′
− + ≤
điều này chỉ xảy ra nếu
0

θ
=
và
1
( ) 0v a
′
=
. Định lý 1.4 nói rằng
1
( )v x
là hằng số
dương, do đó ta có
0h
≡
.
Tương tự,
1
v
không đạt cực đại dương tại
b
trừ khi
0
φ
=
và
0h
≡
, từ đó
1 1
( )cos ( )sin 0v b v b

φ φ
′
+ ≤
Ta kết luận rằng, trừ khi cả
θ
và
φ
đều bằng
0
và
0h
≡
,
1
( ) 0v x
≤
, tức là ta có
1
( ) ( )u x z x
≤
Tương tự, nếu
2
z
thỏa mãn bất đẳng thức:

2
( )[ ] ( )L h z f x+ ≥

( )
10

2 2 1
2 2 2
( )cos ( )sin
( )cos ( )sin
z a z a
z b z b
θ θ γ
φ φ γ
′
− + ≤


′
+ ≤


( )
11
Và nếu
h
không đồng nhất bằng
0
hoặc
θ
và
φ
không cùng bằng
0
, thì khi đó
2

( ) ( )u x z x
≥
Do đó, ta có những kết quả sau về xấp xỉ.
Định lý 2.5: Giả sử rằng
( )u x
là một nghiệm của
( )
6
mà thỏa mãn các điều
kiện biên
( )
7
và
( ) 0h x
≤
,
1
0
2
θ π
≤ ≤
,
1
0
2
φ π
≤ ≤
. Giả sử rằng không phải tất cả
các đẳng thức
0

θ
=
,
0
φ
=
,
0h
≡
cố định. Nếu
1
( )z x
thỏa mãn điều kiện
( )
8
,
( )
9

và
2
( )z x
thỏa mãn điều kiện
( )
10
,
( )
11
thì
2 1

( ) ( ) ( )z x u x z x
≤ ≤
.
23
Cụ thể để hàm
1 2
, z z
thỏa mãn các điều kiện của định lý 2.5, ta dễ dàng tìm được
bằng cách xây dựng nó trong các đa thức, hàm mũ …
Ví dụ: Tìm cận trên, cận dưới và giá trị tại
1
2
x
=
của bài toán giá trị biên:
0u xu
′′
− =
với
0 1x
< <
(0) (0) 0u u
′
− + =
(1) 1u
=
.
Ta đặt
( )
1

1
1 .
2
z x
= +
thì
1
1
( )[ ]: (1 ) 0
2
L h z x x
+ = − + ≤
1 1
(0) (0) 0z z
′
− + =
,
1
(1) 1z =
Chọn
2
z

với hàm số mũ
1
2
x
z e
−
=

ta có
1
2
( )[ ]: (1 ) 0
x
L h z x e
−
+ = − ≥
,
2 2
(0) (0) 0z z
′
− + =
,
2
(1) 1z
=
Do đó:
1
1
( ) (1 )
2
x
e u x x
−
≤ ≤ +
Đặc biệt, tại
1
2
x

=

1
0.6065 0.7500
2
u
 
≤ ≤
 ÷
 
hay
1
0.6782 0.0718
2
u
 
= ±
 ÷
 
. [ Trên thực tế,
1
0.6783
2
u
 
=
 ÷
 
].
24

Nhận xét 2.2: Tất nhiên, chúng ra có thể tìm cận tốt hơn bằng cách chọn hàm phức
tạp hơn cho
1
z
và
2
z
.
Bây giờ ta giảm các giả thiết
0h
≤
,
0 2
θ π
≤ ≤
,
0 2
φ π
≤ ≤
, bởi phép nhân các
điều kiện biên trong
( )
7
với
( 1)
−
, nếu cần thiết, ta có thể cho
cos 0
θ
≥

và
cos 0
φ
≥
. Do đó, không mất tính tổng quát, ta giả định rằng
2 2
π θ π
− < ≤
,
2 2
π φ π
− < ≤
.
Để sử dụng các nguyên lý cực đại tổng quát ở chương I, ta giả sử rằng tìm được
một hàm dương
( )w x
mà thỏa mãn bất đẳng thức:
( )[ ] 0L h w
+ ≤
trong
( )
, a b

( )
12
( )cos ( )sin 0
( )cos ( )sin 0
w a w a
w b w b
θ θ

φ φ
′
− + ≥


′
+ ≥


( )
13
Ta đặt
u
v
w
=
và tìm
v
thỏa mãn
2 1
( )[ ]
w f
v g v L h w v
w w w
′
 
′′ ′
+ + + + =
 ÷
 

[ ]
1
( ) ( )cos ( ) ( )cos ( )sinv a w a v a w a w a
θ θ θ γ
′ ′
− + − + =
,
[ ]
2
( ) ( )cos ( ) ( )cos ( )sinv b w b v b w b w b
φ φ φ γ
′ ′
+ + =
Ta có thể viết các phương trình bày dưới dạng
( )
6
và
( )
7
:
( )[ ]:
f
L H v v Gv Hv
w
′′ ′
+ = + + =

( )
14
1

2
( )cos ( )sin
( )cos ( )sin
v a v a
v b v b
θ θ γ
φ φ γ
′

− + =


′
+ =



( )
15
Ở đây
( )[ ] / 0H L h w w
= + ≤
,
(2 / )G w w g
′
= +
,
25