Bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân và ứng dụng (LV00267)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
ĐẶNG ĐỨC QUÂN
BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN,
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH
Hà Nội-2009
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
ĐẶNG ĐỨC QUÂN
BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN,
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH
Người hướng dẫn khoa học: TS Khuất Văn Ninh
Hà Nội-2009
Lời cảm ơn
Tôi xi n chân thành cảm ơn các Giáo sư, Tiến sĩ giảng dạy chuyên ngành
Toán Giải tích; các thầy, cô Phòng Sau Đại học tr ường Đại học Sư Phạm
Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện đề tài.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đặc biệt sâu sắc đến TS. Khuất Văn Ninh đã trực
tiếp hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn chỉnh đề tài.
Hà Nội, tháng 9 năm 2009
Tác giả
Lời cam đoan
Tôi xin cam đo an luận văn là công trình nghiên cứu của riêng tôi dưới sự
hướng dẫn trực tiếp của TS. Khuất Văn Ninh.
Trong quá trình nghiên cứu luận văn, tôi đã kế thừa những thành tựu của

các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.
Hà Nội, tháng 9 năm 2009
Tác giả
Mục lục
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Lời cam đoan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Bảng ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Chương 1. BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN 9
1.1. Các khái niệm mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1.1. Các số đạo hàm. Nửa vi phân . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1.2. Nghiệm của bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . 1 0
1.2. Bất đẳng thức vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Chương 2. BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN 19
2.1. Bất đẳng thức t ích phân Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.1.1. Một số định lý cơ bản về bất đẳng thức tích phân . . . 19
2.1.2. Bất đẳng thức tích phân Volterra . . . . . . . . . . . . 21
2.2. Bất đẳng thức t ích phân Volterra – Fredholm . . . . . . . . . 30
2.3. Bất đẳng thức t ích phân Volterra
trên nửa trục số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Chương 3. ỨNG DỤNG 43
3.1. Phương pháp đường gấp khúc Euler . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.1.1. Nội dung phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.1.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3.2. Phương pháp xấp xỉ l iên tiếp Picard . . . . . . . . . . . . . . 5 3
3.2.1. Nội dung phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.2.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
5
3.3. Phương pháp Chaplyghin và Chaplyghin cải tiến . . . . . . . . 66
3.3.1. Nội dung phương pháp C haplyghi n . . . . . . . . . . . 66

3.3.2. Phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ nhất . . . . . . . 69
3.3.3. Phương pháp Chaplyghin cải tiến thứ hai . . . . . . . 7 4
3.3.4. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 3
Bảng ký hiệu
R : Đường thẳng thực
R = [0; T] × [a; b] : Hình chữ nhật trong R
2
D
∗
: Số đạo hàm phải dưới
∗
D : Số đạo hàm trái dưới
D
∗
: Số đạo hàm phải trên
∗
D : Số đạo hàm trái trên
sign {x (t)} : Hàm dấu của x (t)
Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Vấn đề giải được (hay sự tồn tại nghiệm) các bất phương trình vi phân, bất
phương t rình tích phân,. . . nghĩa là thu được các đánh giá về hàm thoả mãn
các bất đẳng thức được biểu diễn thông qua các điều kiện cho trước. Đây là
một trong những lĩnh vực quan trọng của toán học, bởi vì khi nghiên cứu các
tính chất khác nhau về nghiệm của cá c phương trình vi phân, phương trì nh
tích phân,. . . thườ ng dẫn đến vấn đề về tính gi ải được của các bất phương
trình tương ứng.
Nhiều bài toán khoa học kỹ thuật đưa về việc tìm nghiệm phương trình

vi phân thỏa mãn một số đi ều kiện nào đó (điều kiện ban đầu, đi ều kiện
biên, ). Tuy nhiên những bài toán phức tạp đó không có hy vọng giải đúng,
dẫn đến việc phải giải gần đúng . Bài toán g iải gần đúng phương trình vi
phân gắn li ền với lý thuyết về bất đẳng thức vi phân, bất đẳng t hức tích
phân.
Tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy từ lâu đã và đang được nhiều
nhà toán học quan tâm nghiên cứu, nhờ những kết quả về bất đẳng thức
vi phân, bất đẳng thức tích phân các nhà toán học đã xây dựng được các
phương pháp, thuật toán tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy. Ngoài
các phương pháp số của Euler, Runge-Kutt a, các phương pháp gi ải tích
cũng đã ra đời và không ngừng phát triển. Với sự đóng góp lớn của các nhà
toán học Euler, Picard, Chaplyghi n, với nền tảng là bất đẳng thức vi phâ n,
bất đẳ ng thức tích phân các phương pháp giải tích đưa ra nghiệm g ần đúng
của bài toán Cauchy dưới dạ ng biểu thức giải tích.
Với ý nghĩa quan trọng của các bất đẳng v i phân, bất đẳng thức tích phân
trong việc đánh giá nghiệm, xây dựng thuật toán giải gần đúng các phương
trình vi phân, phương trình tích phân, đặc biệt là các phương pháp giải
8
tích tìm công thức nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy em đã mạnh dạn
chọn đề tài:
“BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN,
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG”.
2. Mục đích nghiê n cứu
• Nội dung bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân.
• Ứng dụng của bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tí ch phân giải g ần
đúng phương trình vi phân thường.
3. Nhiệm vụ n ghiên cứu
Luận văn trình bày một cách hệ thống nội dung các bất đẳng thức vi
phân, bất đẳng thức tích phân và ứng dụng trong việc tìm nghiệm gần đúng
của bài toán Cauchy.

4. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu các bất đẳng thức vi phân, bất đẳng thức tích phân và ứng
dụng tìm nghiệm gần đúng của bài toán Cauchy.
5. Phương pháp nghiên cứu
• Nghiên cứu lý luận, đọc tài liệu chuyên khảo.
• Tổng hợp kiến thức, vận dụng cho mục đích nghiên cứu đề tài .
Chương 1
BẤT ĐẲNG THỨC VI PHÂN
1.1. Các khái niệm mở đầu
1.1.1. Các số đạo hàm. Nửa vi phân
1. Các số đạo hàm
Định nghĩa 1.1. Cho hàm v(t) xác định trên khoảng (a; b) v ới t
0
∈ (a; b) ta
định nghĩa:
• Số đạo hàm phải dưới, kí hiệu D
∗
v (t) và D
∗
v (t) = lim
t→t
+
0

v (t) − v (t
0
)
t − t
0


.
• Số đạo hà m trái dưới, kí hiệu
∗
Dv (t) và
∗
Dv (t) = lim
t→t
−
0

v (t) − v (t
0
)
t − t
0

.
• Số đạo hàm phải trên, kí hiệu D
∗
v (t) và D
∗
v (t) =
lim
t→t
+
0

v (t) − v (t
0
)

t − t
0

.
• Số đạo hàm trái trên, kí hiệu
∗
Dv (t) và
∗
Dv (t) =
lim
t→t
−
0

v (t) − v (t
0
)
t − t
0

.
Nếu đ ặt v
t
(∆t) =
v (t + ∆t) − v (t)
∆t
thì định nghĩa trên tương đương:
• D
∗
v (t) = sup

δ>0
{ inf
0<∆t<δ
v
t
(∆t) }.
•
∗
Dv (t) = sup
δ>0
{ inf
−δ<∆t<0
v
t
(∆t) }.
• D
∗
v (t) = inf
δ>0
{ sup
0<∆t<δ
v
t
(∆t) }.
•
∗
Dv (t) = inf
δ>0
{ sup
−δ<∆t<0

v
t
(∆t) }.
Nhận xét 1.1. Nếu hàm số v (t) có đạo hàm thì tất cả các số đạo hàm bằng
nhau và bằng đ ạo hàm, nghĩa là
D
∗
v (t) =
∗
Dv (t) = D
∗
v (t) =
∗
Dv (t) = v

(t) .
10
2. Nửa vi phân
Giả sử E
m
là không g ian định chuẩn m chiều. Với mỗi x = (x
1
, x
2
, , x
m
)
thuộc E
m
có các chuẩn: x

2
=
m

i=1
|x
i
| và x
3
= max
1≤i≤m
|x
i
| .
Định nghĩa 1.2. Hàm D (x, h) được gọi là nửa vi phân của chuẩn x nếu
nó li ên tục theo h khi x cố định và thỏa mãn:
1
0
) x + h − x ≤ D (x, h) + o (h) .
2
0
) D (x, λh) ≤ λD (x, h) , ∀λ ∈ [0; 1].
Nhận xét 1.2. Nửa vi phân có thể không duy nhất.
• Trong không gian (E
m
, x
2
) thì D(x, h) =
n


j=1
D
j
(x
j
, h
j
), trong đó
D
j
(x
j
, h
j
) =

h
j
.signx
j
khi x
j
= 0


h
j


khi x

j
= 0.
• Trong không gian (E
m
, x
3
) thì nửa vi phân D (x, h) = max
1≤j≤m
D
j

x
j
, h
j

hoặc D (x, h) = h .
Bổ đề 1.1. Nếu hàm x (t) ∈ E
m
khả vi trên đoạn [0; T] và D (x, h) là nửa vi
phân của chuẩn x (t) thì
D
∗
x (t) ≤ D

x (t) ,
dx(t)
dt

,

đặc biệt nếu m = 1 thì D
∗
|x(t)| ≤ sign{x(t) }
dx(t)
dt
.
1.1.2. Nghiệm của bài toán Cauchy
Xét bài toán



dx
dt
= f (t, x) (1)
x(0) = x
0
(2)
trong đó x (t) là hàm số xác định trên đoạn [0; T] .
Bài toán (1-2) được gọi là bài toán Cauchy.
Định nghĩa 1.3. Hàm x
∗
(t) là nghiệm đúng (chính xác) của bài toán (1-2)
nếu nó thỏa mãn phương trình (1) và x
∗
(0) = x
0
.
11
Định nghĩa 1.4. (x em [6])
• Nghiệm dưới chính qui c ủa phương trình (1) trên đoạn [t

1
, t
2
] , vớ i t
1
, t
2
thuộc R và t
1
< t
2
là hàm α : [t
1
, t
2
] → R thỏa mãn α|
]t
1
,t
2
[
∈ W
1,1
(t
1
, t
2
)
đồng thời
α


(t) ≤ f [t, α (t)] hầu khắp nơi trên đoạ n [t
1
, t
2
]
lim
t→t
+
1
α (t) ≤ α (t
1
) , lim
t→t
−
2
α (t) ≥ α (t
2
) .
• Hàm α (t) là nghiệm dưới của bài toán (1- 2) trên đoạn [0, T] nếu với mọi
phép chia 0 = t
0
< t
1
< < t
N
= T hàm α (t) là nghi ệm dưới chính qui
của (1) trên đoạn [t
i
, t

i+1
] (∀i = 0, 1, , N − 1) đồng thời α (0) ≤ x
0
.
• Nghiệm trên c hính qui của phương trình (1) trên đoạn [t
1
, t
2
] là hàm
β : [t
1
, t
2
] → R thỏa mãn β|
]t
1
,t
2
[
∈ W
1,1
(t
1
, t
2
) đ ồ ng thời
β

(t) ≥ f [t, β (t)] hầu khắp nơi trên đoạn [t
1

, t
2
]
lim
t→t
+
1
β (t) ≥ β (t
1
) , lim
t→t
−
2
(t) ≤ β (t
2
) .
• Hàm β (t) là nghiệm trên của bài toán (1-2) trên đoạn [0, T] nếu với mọi
phép ch i a 0 = t
0
< t
1
< < t
N
= T hàm β (t) là nghiệm trên chín h qui
của (1) trên đoạn [t
i
, t
i+1
] (∀i = 0, 1, , N − 1) đồng thời β (0) ≥ x
0

.
Định nghĩa 1.5. Ta nói hàm x (t) là nghiệm ε−xấp xỉ của bài toán (1- 2)
nếu các điều kiện sau thỏa m ãn:
1
0
) (t, x(t)) ∈ R, R = [0; T] × [x
0
− r; x
0
+ r] (r > 0) .
2
0
) Hàm x (t) khả v i liên tục từng khúc trên [0; T] .
3
0
) |x

(t) − f (t, x(t))| ≤ ε, ∀t ∈ [0; T] \S trong đó S là tập các điểm mà
tại đ ó không tồn tại đạo hàm của x (t) .
1.2. Bất đẳng thức vi phân
Trong mục này ta nghiên cứu một số kết quả về bất đẳng thứ c vi phân cấp
một.
12
Định lý 1.1. Giả sử hàm hai biến ϕ (t, u) liên tục trên miền D, trong đó
D = {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ ≤ +∞} (ở đây trong trường hợp γ là một số hữu
hạn thì dấu “<” có thể thay bằng dấu “≤”). Hàm v (t) (t ∈ [0; T]) liên tục,
thỏa mãn bất đẳng thức vi phân
dv
dt
< ϕ (t, v) (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u

0
(1.1)
và n ế u v (0) = u
0
thì v

(0) < ϕ (0, u
0
) .
Khi đó ta có bất đẳn g thức
v (t) < u (t) (0 < t ≤ T) , (1.2)
trong đó u (t) là nghiệm dưới của bài toán
du
dt
= ϕ (t, u) , u (0) = u
0
, t ∈ [0; T] . (1.3)
Chứng mi nh. Từ (1.1) và (1.2) ta có
v

(0) < ϕ (0, u
0
) = ϕ (0, u(0)) = u

(0) .
Do tính liên tục của các hàm số v (t) và u (t) trên đoạn [0; T] nên t ồn tại
ε > 0 để v (t) < u (t) với mọi t ∈ (0; ε) .
Bây giờ ta sẽ chứng minh v (t) < u (t) đúng với mọi t ∈ [0; T] .
Thật vậy, giả sử bất đẳng thức không đúng trên toàn đoạn [0; T] , khi đó
tồn tại số t

0
mà v (t) < u (t) với mọi 0 < t < t
0
và v (t
0
) = u (t
0
) , có nghĩa
t
0
là số nhỏ nhất mà tại đó dấu bằng xảy ra.
Từ (1.1 ) và (1.3) dẫn đến v

(t
0
) < ϕ [t
0
, v (t
0
)] = ϕ [t
0
, u (t
0
)] = u

(t
0
) hay
v


(t
0
) < u

(t
0
) . Suy ra tồ n tại
˜
t
0
< t
0
mà v

˜
t
0

= u

˜
t
0

, điều này mâu
thuẫn với tính nhỏ nhất của t
0
. Định lý được chứng minh.
Nhận xét 1.3. Giả sử hàm ω (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn
dω

dt
> ϕ (t, ω) , ω (0 ) ≥ u
0
và n ế u ω (0) = u
0
thì ω

(0) > ϕ (0, u
0
) . Khi đó ta có bất đẳng thức
ω (t) > u (t) (0 < t ≤ T) ,
trong đó u (t) là nghiệm trên của bài toán (1.3 ) trên đoạ n [0; T] .
13
Định lý 1.2. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục trên miền {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ}.
Hàm v (t) , t ∈ [0; T] liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức vi phân
dv
dt
≤ ϕ (t, v) (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u
0
. (1.4)
Khi đó bất đẳng thức sau đúng
v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) , (1.5)
trong đó hàm u (t) là nghiệm trên của bài toán (1.3 ) trên đoạ n [0; T] .
Chứng mi nh. Xét bài toán





du

dt
= ϕ (t, u) +
1
n
= ϕ
n
(t, u)
u (0) = u
0
+
1
n
(0 ≤ t ≤ T) . (1.6)
Do hàm ϕ [t, u (t)] là liên tục theo hai biến nên bài toán (1.6) sẽ tồn tại
nghiệm trên và nghiệm dưới xác định trên [0; T] , đồng thời với n ≥ n
0
các
nghiệm này hội tụ đều đến u (t) khi n → ∞.
Đặt ¯u
n
, u
n
nghiệm trên, nghiệm dưới của bà i toán (1.6). Ta có
dv
dt
≤ ϕ (t, v) < ϕ
n
(t, v) , v (0) < u
0
< u

0
+
1
n
.
Theo định lý 1.1, suy ra
v (t) < u
n
(t) (0 ≤ t ≤ T) , ∀n > n
0
.
Mặt khác, u
n
≤ ¯u
n
, ∀n > n
0
⇒ v (t) < ¯u
n
(t) (0 ≤ t ≤ T) , ∀n > n
0
. Từ
đây ta cho n → ∞ thu được (1.5). Định lý được chứng minh.
Định lý 1.3. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục trên miền {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ}.
Hàm v (t) , t ∈ [0; T] liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức vi phân
dv
dt
≥ ϕ (t, v) (0 < t ≤ T) , v (0) ≥ u
0
.

Khi đó bất đẳng thức sau đúng
v (t) ≥ u (t) (0 ≤ t ≤ T) ,
trong đó hàm u (t) là nghiệm dưới của bài toán (1.3) trên đoạn [0; T] .
14
Việc chứng minh định lý 1.3 tương tự định lý 1.2.
Hệ quả 1.1. Giả sử các hàm p (t) và q (t) liên tục trên đoạn [0; T] . Hàm
v (t) , t ∈ [0; T] liên tục và thỏa mãn bất đẳng thức vi phân
v

(t) ≤ (≥) p (t) v (t) + q (t) , v (0) ≤ (≥) u
0
.
Khi đó bất đẳng thức sau đúng
v (t) ≤ (≥) e
t

0
p(s)ds
+
t

0
q (s) e
t

s
p(ξ)dξ
ds. (1.7)
* Hệ quả 1.1 có được từ kết quả của các định lý 1.2 và 1.3 với hàm
ϕ (t, u) = p (t) u + q (t) ,

trong đó u (t) là nghiệm của bài toán u

(t) = p (t) u (t) + q (t) , u (0) = u
0
.
Định lý 1.4. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục trên miền {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ}.
Hàm v (t) liên tục trên đoạn [0; T] , thỏa mãn bất đẳng thức
∗
Dv (t) < ϕ [t, v (t)] (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u
0
(1.8)
và n ế u v (0) = u
0
thì
D
∗
v (0) < ϕ (0, u
0
) . (1.9)
Khi đó ta có
v (t) < u (t) (0 < t ≤ T) , (1.10 )
trong đó u (t) là nghiệm dưới của bài toán (1.3) trên đoạn [0; T] .
Chứng mi nh. Từ (1.8) và (1.9) suy ra (1.10).
Thật vậy, từ (1.9) ta có v (t) < u (t) với mọi t thuộc lân cận nào đó của
điểm t = 0. Giả sử rằng (1.10) không xảy ra, ta gọi t
∗
là điểm đầu tiên thuộc
đoạn [0; T] mà tại đó ( 1.10) xảy ra dấu bằng, nói cách khác v (t) < u (t) với
mọi 0 < t < t
∗

và v (t
∗
) = u (t
∗
) . Suy ra
∗
Dv (t
∗
) = lim
t→t
∗−
v (t) − v (t
∗
)
t − t
∗
≥ lim
t→t
∗−
u (t) − u (t
∗
)
t − t
∗
= u

(t
∗
) = ϕ [t
∗

, u (t
∗
)] = ϕ [t
∗
, v (t
∗
)] ,
15
hay
∗
Dv (t
∗
) ≥ ϕ [t
∗
, v (t
∗
)] . Điều này mâu thuẫn với (1.8), từ đó suy ra
(1.10 ). Định lý được chứng minh.
Định lý 1.5. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục theo hai biến trên D. Hàm v (t)
liên tục trên đoạn [0; T] , thỏa mãn bất đẳng thức
∗
Dv (t) ≤ ϕ [t, v (t)] (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u
0
(1.11 )
hoặc
D
∗
v (t) ≤ ϕ [t, v (t)] (0 < t ≤ T) , v (0) ≤ u
0
. (1.12 )

Khi đó ta có
v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) , (1.13)
trong đó u (t) là nghiệm trên của bài toán (1.3 ) trên đoạ n [0; T] .
Chứng mi nh. Đặt ¯u
n
, u
n
lần lượt là nghiệm trên, nghi ệm dưới của bài toán









du
dt
= ϕ (t, u) +
1
n
= ϕ
n
(t, u)
u (0) = u
0
+
1
n

(0 ≤ t ≤ T, n = 1, 2, 3, ).
Ta sẽ chứng minh với n ≥ n
0
thì
v (t) ≤ ¯u
n
(t) , ∀t ∈ [0; T] . (1.14 )
Thật vậy, từ (1.11) ta có v (0) ≤ u
0
< u
0
+
1
n
và
∗
Dv (t) ≤ ϕ [t, v (t)] < ϕ
n
[t, v (t)] (0 < t ≤ T) .
Theo định lý 1.4 thì v (t) < u
n
(t) (0 ≤ t ≤ T) với n ≥ n
0
, mà u
n
≤ ¯u
n
nên suy ra (1.14). Từ đây ta cho n → ∞ sẽ thu được (1.13).
Bây giờ ta chứng minh với điều kiện (1.12) cũng suy ra được (1.13). Thật
vậy, từ (1 .12) ta có

v (0) ≤ u
0
< u
0
+
1
n
và
∗
Dv (t) < ϕ
n
[t, v (t)] (0 < t ≤ T) . (1.15)
16
Giả sử (1.14) không xảy ra, khi đó tồn tại số τ ∈ (0; T] mà tại đó xảy
ra bất đẳng thức v (τ) > ¯u (τ) . Nhưng do v (0) < u
n
(0) ≤ ¯u
n
(0) cùng với
tính liên tục của hàm v (t) và
u
n
(t) suy ra tồn tại t ∈ (0; τ) mà tại đó
v (t) = ¯u
n
(t) . Ta gọi t
∗
là điểm nhỏ nhất trong các điểm τ nói trên. Khi đó
ta có
v (t) > ¯u

n
(t) ∀t ∈ (t
∗
; τ], v (t
∗
) = ¯u
n
(t
∗
) .
Từ đây dẫn đến
∗
Dv (t
∗
) = lim
t→t
∗+
v (t) − v (t
∗
)
t − t
∗
≥ lim
t→t
∗+
¯u
n
(t) − ¯u
n
(t

∗
)
t − t
∗
= ¯u

n
(t
∗
) = ϕ
n
[t
∗
, u
n
(t
∗
)] = ϕ
n
[t
∗
, v (t
∗
)] .
Điều này mâu thuẫn với (1.15). Hay (1.14) đúng, suy ra bất đẳng thức (1.13)
thỏa mãn. Định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.2. Giả sử hàm ϕ ( t, u) liên tục trên {0 ≤ t ≤ T, u ≥ 0} và
ϕ (t, 0) ≡ 0. Giả sử hàm không âm, liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất
đẳng thức
D

∗
v (t) ≤ ϕ [t, v (t)] (0 < t ≤ T) , v (0) = 0.
Khi đó ta có
v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) ,
trong đó u (t) là nghiệm trên của bài toán
du
dt
= ϕ (t, u) , u (0) = 0
xác định trên đoạn [0; T] .
Hệ quả 1.3. Giả sử hàm ϕ ( t, u) liên tục trên {0 ≤ t ≤ T, u ≥ 0} và
ϕ (t, 0) ≡ 0. Giả sử hàm không âm, liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) , v (T) > 0
thỏa mãn bất đẳng thức vi phân
D
∗
v (t) ≤ ϕ [t, v (t)] (0 < t < T) .
Khi đó với 0 < t ≤ T tồn tại u (t) l à nghiệm dư ới của bài toán
du
dt
= ϕ (t, u) , u (T) = v (T)
hơn nữa ta có bất đẳng thức v (t) ≥ u (t) (0 < t ≤ T) .
17
Chứng mi nh. Do ϕ (t, 0) ≡ 0, nên ta có thể đặt
ϕ (t, u) ≡ 0, ∀t ∈ [0; T] , u ≤ 0.
Và trên đoạn [−T; 0] đặt v
∗
(t) = −v (−t) , ϕ
∗
(t, u) = ϕ (−t, −u) , khi đó
ta có
∗

Dv
∗
(t) ≤ ϕ
∗
[t, v
∗
(t)] , (−T <t< 0) .
Gọi ¯u (t) là nghiệm trên của bài toán
du
dt
= ϕ
∗
(t, u) , u (−T) = v
∗
(−T)
xác định trên đoạn [−T; − T+δ] .
Theo định lý 1.5 và từ bất đẳng thức
∗
Dv
∗
(t) ≤
∗
Dv
∗
(t) suy ra
v
∗
(t) ≤ ¯u (t) (−T ≤ t ≤ −T+δ) .
Thác triển nghiệm
u (t) liên tục sang bên phải thì u (t) sẽ nằm trong miền

bị chặn v
∗
(t) ≤
u (t) ≤ 0.
Đặt u
(t) = −¯u (−t) với 0 < t ≤ T. Khi đó u (t) là nghiệm của bài toán
du
dt
= ϕ (t, u) , u
(T) = v (T) , 0 < t ≤ T.
Từ v
∗
(t) ≤ ¯u (t) , (−T ≤ t < 0) suy ra v (t) ≥ u
(t) (0 < t ≤ T) , ta có
điều phải chứng minh.
Định lý 1.6. Giả sử hàm ϕ (t, u) liên tục theo hai biến trên D.
Hàm v
1
(t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức
dv
1
(t)
dt
≤ ϕ [t, v
1
(t)] (0 < t ≤ T) . (1.16 )
Khi đó tồn t ại hàm v
2
(t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn
dv

2
(t)
dt
≥ ϕ [t, v
2
(t)] (0 < t ≤ T) , v
1
(0) ≤ v
2
(0) . (1.17 )
Đồng thời bất đẳng thức sau đúng
v
1
(t) ≤ v
2
(t) (0 ≤ t ≤ T) . (1.18 )
18
Chứng mi nh. Đặt ψ (t, v
2
) = ϕ [t, max (v
2
, v
1
(t))] . Khi đó ta có
ψ (t, v
2
) (0 ≤ t ≤ T, |v
2
| < γ ≤ +∞)
là hàm liên tục và

v
1
(t) ≤ ω (t) (0 ≤ t ≤ T) (1.19)
trong đó ω (t) thỏa mãn bất đẳng thức
dω (t)
dt
≥ ψ [t, ω (t)] , ω ( 0) = v
2
(0) . (1.20 )
Ta sẽ chứng minh (1.19).
Thật vậy, giả sử ngược lại có giá trị τ sao cho
ω (τ) < v
1
(τ) .
Khi đó ta gọi τ
0
là cận dưới của tập các số s, mà ω (t) < v
1
(t) thỏa mãn
với mọi s ≤ t ≤ τ. Nghĩa là ω (τ
0
) = v
1
(τ
0
) với mọi τ
0
< t ≤ τ.
Trên đoạn [τ
0

, τ] ta nhận được
ψ [t, ω (t)] = ϕ [t, v
1
(t)] .
Từ bất đẳng thức (1.16) ta có
v
1
(τ) ≤ v
1
(τ
0
) +
τ

τ
0
ϕ [s, v
1
(s)] ds =ω (τ
0
) +
τ

τ
0
ψ [s, ω (s)]ds. (1.21 )
Kết hợp (1.20) và ( 1.21) suy ra v
1
(τ) ≤ ω (τ) . Điều này mâu thuẫn với
giả thiết ban đầu rằng ω (τ) < v

1
(τ) . Như vậy (1.19) được chứng minh.
Bất đẳng thức (1.19) thỏa mãn với ω (t) nghiệm đúng (1.20) chính là sự
tồn tại v
2
(t) thỏa mãn (1.17). Đồng thời từ bất đẳ ng thức (1.19) cũng suy
ra (1.18). Định l ý được chứng minh.
Chương 2
BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN
2.1. Bất đẳng thức tích phân Volterra
2.1.1. Một số định lý cơ bản về bất đẳng thức tích phân
* Nhờ những kết quả có được từ việc nghiê n cứu bất đẳng t hức vi phân ta
có thể xâ y dựng được những kết quả sau đây về bất đẳn g thức tích phân.
Định lý 2.1. Giả sử hàm hai biến ϕ (t, u) xác định trên mi ền D, trong đó
D = {0 ≤ t ≤ T; |u| < γ ≤ +∞} (trong trường hợp γ là một số hữu hạn thì
dấu “<” có t hể thay bằng dấu “≤”) liên tục và không giảm theo b i ến u. Hàm
liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân
v (t) ≤ u
0
+
t

0
ϕ [s, v (s)] ds (u
0
− const) . (2.1)
Khi đó v (t) ≤ u (t) (0 ≤ t ≤ T) , trong đó u (t) là nghiệm trên của bài
toá n

du

dt
= ϕ (t, u)
u (0) = u
0
xác định trên đoạn [0; T] .
Chứng mi nh. Đặt ω (t) = u
0
+
t

0
ϕ [s, v (s)] ds suy ra v (t) ≤ ω (t) . Do hàm
ϕ (t, u) không giảm theo biến u nên lấy vi phân hai vế ta đượ c
dω
dt
= ϕ [t, v (t)] ≤ ϕ [t, ω (t)] ,
nghĩa là
dω
dt
≤ ϕ [t, ω (t)] , ω (0) = u
0
.
Theo định lý 1.2 suy ra
ω (t) ≤ u (t) ⇒ v (t) ≤ u (t) .
Định lý được chứng minh.
20
* Từ định lý này coi như là một trường h ợ p riêng ta có bất đẳng thức
Belman-Gronwall sau đây.
Định lý 2.2. Giả sử hàm v (t) (0 ≤ t ≤ T) liên tục và thỏa mãn bất đẳng
thức tích phân

v (t) ≤ u
0
+
t

0
[ϕ
1
(s) v (s) + ϕ
2
(s)]ds
trong đó ϕ
1
(t) ≥ 0, ϕ
2
(t) (0 ≤ t ≤ T) là các hàm liên tục.
Khi đó
v (t) ≤ u
0
e
t

0
ϕ
1
(s)ds
+
t

0

ϕ
2
(s)e
t

s
ϕ
1
(ξ)dξ
ds. (2.2)
Để chứng minh định lý này, ta áp dụng kết quả của định lý 2.1 với việc
đặt hàm ϕ (t, u) = ϕ
1
(t) u + ϕ
2
(t) . Khi đó nghiệm của bài toán
du
dt
= ϕ
1
(t) u + ϕ
2
(t) , u (0) = u
0
chính là vế phải của (2.2) . Theo định lý 2.1 suy ra điều phải chứng minh.
* Sau đây ta khái quát bất đẳng thức Belman-Gron wall từ định lý 2. 2 .
Định lý 2.3. Giả sử hà m v (t) (0 ≤ t ≤ T) liên tục, và vớ i mọi t, τ ∈ [0; T]
thỏa mãn bất đẳng thức tích phân sau
v (t) ≤ v (τ) +
t


τ
[ϕ
1
(s) v (s) + ϕ
2
(s)] |ds| , (2.3)
trong đó các hàm ϕ
1
(t) ≥ 0, ϕ
2
(t) (0 ≤ t ≤ T) liên tục.
Khi đó ta có bất đẳn g thức kép sau

v (0) −
t

0
ϕ
2
(s)e
s

0
ϕ
1
(ξ)dξ
ds

e

−
t

0
ϕ
1
(s)ds
≤ v (t)
v (t) ≤ v (0) e
t

0
ϕ
1
(s)ds
+
t

0
ϕ
2
(s)e
t

s
ϕ
1
(ξ)dξ
ds.
(2.4)

Chứng mi nh. Từ (2.3), với m ọi t, τ ∈ [0; T] thỏa mãn t ≥ τ ta có
v (t) ≤ v (τ) +
t

τ
[ϕ
1
(s) v (s) + ϕ
2
(s)] ds.
21
Áp dụng định lý 2 .2 ta thu được
v (t) ≤ v (τ) e
t

τ
ϕ
1
(s)ds
+
t

τ
ϕ
2
(s)e
t

s
ϕ

1
(ξ)dξ
ds. (2.5)
Tương tự với t, τ ∈ [0; T] thỏa mãn t ≤ τ ta có
v (t) ≤ v (τ) e
τ

t
ϕ
1
(s)ds
+
τ

t
ϕ
2
(s)e
s

t
ϕ
1
(ξ)dξ
ds. (2.6)
Bây giờ thay t bởi τ và ngược lại ở (2.6) với t ≥ τ ta có
v (τ) ≤ v (t) e
t

τ

ϕ
1
(s)ds
+
t

τ
ϕ
2
(s)e
s

t
ϕ
1
(ξ)dξ
ds,
suy ra
v (t) ≥


v (τ) −
t

τ
ϕ
2
(s)e
s


t
ϕ
1
(ξ)dξ
ds


e
−
t

τ
ϕ
1
(s)ds
. (2.7)
Cho τ = 0 trong cá c bất đẳng thức (2.5) và (2.7) ta có (2.4). Định lý được
chứng minh.
2.1.2. Bất đẳng thức tích phân Volterra
Định lý 2.4. Giả sử hàm không âm, liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất
đẳng thức tích phân
v (t) ≤ u
0
+
t

0
{ϕ
1
(s) v (s) + ϕ

2
(s) [v (s)]
α
} ds (2.8)
trong đó u
0
, α là các hằng số không âm v à các hàm ϕ
1
(t) , ϕ
2
(t) không âm,
liên tục trên đoạn [0; T]. Kh i đó:
Nếu α > 1 thì
u
1−α
0
+ (1 − α)
t

0
ϕ
2
(s) e
−(1−α)
s

0
ϕ
1
(ξ)dξ

ds ≥ 0.
22
Nếu α = 1 thì
v (t) ≤ e
t

0
ϕ
1
(s)ds


u
1−α
0
+ (1 − α)
t

0
ϕ
2
(s)e
−(1−α)
s

0
ϕ
1
(ξ)dξ
ds



1
1 − α
. (2.9)
Nếu α = 1 thì
v (t) ≤ u
0
e
t

0
[ϕ
1
(s)+ϕ
2
(s)]ds
. (2.10 )
Chứng mi nh. Trường hợp α = 1. Bất đẳng thức ( 2.7) trở thành
v (t) ≤ u
0
+
t

0
{ϕ
1
(s) v (s) + ϕ
2
(s) v (s)} ds

⇔ v (t) ≤ u
0
+
t

0
v (s) {ϕ
1
(s) + ϕ
2
(s)} ds.
Từ bất đẳng thức này ta áp dụng định lý 2.2 sẽ thu được bất đẳng thức
(2.10 ).
Trườ ng hợp α = 1. Để chứng minh bất đẳng thức (2.9) ta chỉ cần chỉ ra
rằng vế phải của bất đẳng thức đã cho chính là nghi ệm
u (t) = u
0
+
t

0
{ϕ
1
(s) u (s) + ϕ
2
(s) [u (s)]
α
} ds
của bài toán u


= ϕ
1
(t) u + ϕ
2
(t) u
α
, u (0) = u
0
. Khi đó (2 .9) được chứng
minh.
* Sau đây ta xét trường hợp tổng quát hơn của bất đẳng thức tích phân
Vol t erra, khảo sát trong trường hợp hàm ϕ phụ thuộc ba biến (t, s, u) , khi đó
phương pháp chứng minh của định lý 2.1 không còn phù hợp nữa.
Định lý 2.5. Giả sử hàm ba biến ϕ (t, s, u) (0 ≤ t, s ≤ T, |u| < γ) liên tục,
không giảm theo b i ến u. Giả sử u
0
(t) là hàm liên tục trên đoạn [0; T] . Hàm
liên tục v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất đẳng thức tích phân
v (t) < u
0
(t) +
t

0
ϕ [t, s, v (s)] ds (0 ≤ t ≤ T) . (2.11 )
23
Khi đó
v (t) < u (t) (0 ≤ t ≤ T) , (2.12 )
trong đó u (t) là nghiệm của phương trình
u (t) = u

0
(t) +
t

0
ϕ [t, s, u (s)] ds (2.13 )
xác định trên đoạn [0; T] .
Chứng mi nh. Từ (2.11) và (2. 13) suy ra (2.12) đúng với trường hợp t = 0.
Giả sử bất đẳng thức (2.12) không đúng với mọi t thuộc đoạn [0; T] . Khi
đó do tính chất liên tục của các hàm v (t) , u (t) suy ra tồn tại số t
0
> 0 sao
cho v (t) < u (t) ∀t ∈ (0; t
0
) và v (t
0
) = u (t
0
) .
Kết hợp với (2.11) và (2.13) cùng tính không giảm của hàm ϕ theo u ta
có
v (t
0
) < u
0
(t
0
) +
t
0


0
ϕ [t
0
, s, v (s)] ds ≤ u
0
(t
0
) +
t
0

0
ϕ [t
0
, s, u (s)] ds = u (t
0
) .
Kết quả này trái với giả thiết, suy ra điều phải chứng minh.
* Định lý 2.6 sau đây là một trường hợp riêng của định lý 2.5.
Định lý 2.6. Giả sử hàm liên tục, không âm v (t) (0 ≤ t ≤ T) thỏa mãn bất
đẳng thức tích phân
v (t) ≤ u
0
+
t

0
ϕ (s) ω [v (s)] ds (2.14 )
với u

0
− const, ϕ (t) ≥ 0 liên tục t rên đ oạn [0; T], hàm ω (u) (0 ≤ u < +∞)
liên tục, không giảm đồng thời ω (u) > 0 (∀u > 0) , ω (0) ≥ 0.
Khi đó
v (t) ≤ G
−1


G (u
0
) +
t

0
ϕ (s) ds


, (2.15 )
ở đâ y G (u) là ng uyên hàm của hàm
1
ω (u)
, G
−1
là hàm ngược của G.
24
Ta có điều khẳng định trên với m ọi t thuộc tập giá trị của hàm
υ (t) = G (u
0
) +
t


0
ϕ (s) ds
thuộc vào miền xác định của G
−1
.
Chứng mi nh. Từ bất đẳng thức (2.14) với ε là số dương đủ bé t a có
v (t) < u
0
+ ε +
t

0
ϕ (s) ω [v (s)] ds.
Theo định lý 2.5 ta có
v (t) < u ( t) (0 ≤ t ≤ T) , (2.16)
trong đó u (t) là nghiệm
u (t) = u
0
+ ε +
t

0
ϕ (s) ω [u (s)] ds
của bài toán u

= ϕ (t) ω (u) , u (0) = u
0
+ ε.
Phương trình trên tương đương với

u

ω (u)
= ϕ (t) , suy ra
u

u
0
+ε
ds
ω (s)
=
t

0
ϕ (s)ds.
Với G (u) là nguyên hàm của
1
ω (u)
khi đó ta có
G (u) − G (u
0
+ ε) =
t

0
ϕ (s) ds.
Từ điều kiện của định lý về sự tồn tại hàm ngược của G (u) ta nhận được
u (t) = G
−1



G (u
0
+ ε) +
t

0
ϕ (s) ds


.