nghiệm dương của phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc hai

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

Trần Văn Ly

NGHIỆM DƯƠNG CỦA PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN
TÍNH BẬC HAI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2012


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

Trần Văn Ly

NGHIỆM DƯƠNG CỦA PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN HÀM TUYẾN
TÍNH BẬC HAI
Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số

: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN
Thành phố Hồ Chí Minh - 2012


MỤC LỤC
MỤC LỤC ......................................................................................................... 1
LỜI CẢM ƠN ................................................................................................... 2
CÁC KÍ HIỆU ................................................................................................... 3
MỞ ĐẦU ........................................................................................................... 5
Chương 1: NGHIỆM DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
TUYẾN TÍNH BẬC HAI ................................................................................. 7
1.1. Giới thiệu bài toán .................................................................................. 7
1.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm dương của các bài toán (1.1), (1.2) và
(1.1), (1.3) .................................................................................................... 10
Chương 2: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP HAI ĐỐI SỐ
LỆCH .............................................................................................................. 49
2.1 Giới thiệu bài toán ................................................................................. 49
2.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm dương .................................................... 50
KẾT LUẬN ..................................................................................................... 79
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................... 80


LỜI CẢM ƠN
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS. Ts
Nguyễn Anh Tuấn – Giảng viên khoa Toán – Tin, trường ĐHSP Tp Hồ Chí
Minh. Trong suốt quá trình học và thực hiện luận văn này tôi đã được thầy tận
tình hướng dẫn, giúp đỡ và tạo mọi điều kiện để tôi hoàn thành tốt luận văn.
Bằng lòng tôn kính và biết ơn, tôi xin gởi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc
đến thầy.
Tôi xin gởi cảm ơn quí thầy trong khoa Toán – Tin, trường ĐHSP Tp Hồ

Chí Minh tận tình chỉ bảo và truyền thụ kiến thức cho tôi trong quá trình học.
Tôi xin gởi lời cảm ơn đến toàn thể thầy cô trong ban giám hiệu, các thầy
cô phòng sau đại học trường ĐHSP Tp HCM đã giúp đỡ và tạo mọi điều kiện
thuận lợi để tôi hoàn thành chương trình học.
Cuối cùng, tôi xin gởi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến gia đình,
người thân và bạn bè đã luôn quan tâm, động viên và giúp đỡ tôi trong suốt
thời gian tôi thực hiện luận văn.
Tôi xin trân trọng cảm ơn !

Tp HCM, ngày 26 tháng 09 năm 2012
Tác giả
Trần Văn Ly


CÁC KÍ HIỆU
 là tập hợp các số tự nhiên.
 là tập hợp các số thực, =
+

x ∈  , [ x ]+ =

[0, +∞ ) ,  − = ( −∞,0] .

x− x
x +x
, [ x ]− =
.
2
2

C ([ a, b ];  ) là không gian Banach các hàm liên tục u : [ a, b ] →  với chuẩn

{

}

=
u C m ax u ( t ) : t ∈ [ a, b ] .

{

}

C ([ a, b ];  + ) = u ∈ C ([ a, b ];  ) : u ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ] .

{

}

Ct0 ([ a, b ];  + ) =
v ∈ C ( [ a , b ] ;  + ) : v ( t0 ) =
0 , trong đó t0 ∈ [ a, b ] .

C ([ a, b ];  ) là tập hợp các hàm liên tục tuyệt đối u : [ a, b ] →  .
C ′ ([ a, b ];  ) là tập hợp các hàm u ∈ C ([ a, b ];  ) , sao cho u′ ∈ C ([ a, b ];  ) .
′ ( D;  ) là tập hợp các hàm γ ∈ C ( D;  ) , sao cho γ ′ ∈ C ([α , β ];  ) , với
Cloc

mỗi [α , β ] ⊆ D , trong đó D ⊂  .
L ([ a, b ];  ) là không gian Banach các hàm khả tích Lebesgue p : [ a, b ] → 

b

với chuẩn p

L

= ∫ p ( s ) ds .
a

{

}

L ([ a, b ];  + ) = p ∈ L ([ a, b ];  ) : p ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ] .
ab là tập hợp các hàm đo được f : [ a, b ] → [ a, b ] .
ab

là

tập

hợp

của

 : C ([ a, b ];  ) → L ([ a, b ];  ) .

các

toán

tử

tuyến

tính

bị

chặn


ab

là

tập

hợp

của

các

toán

tử

tuyến

tính

bị

chặn

 : C ([ a, b ];  + ) → L ([ a, b ];  + ) .
MesA là độ đo Lebesgue của tập A

Toán tử  ∈ ab được gọi là toán tử t0 - Volterra, trong đó t0 ∈ [ a, b ] , nếu với
mỗi a1 ∈ [ a, t0 ] , b1 ∈ [t0 , b ] , a1 ≠ b1 , v ∈ C ([ a, b ];  ) thỏa mãn điều kiện:
v ( t ) = 0 , t ∈ [ a1 , b1 ]

thì
 ( v )( t ) = 0 , t ∈ [ a1 , b1 ]

Cho  ∈ ab là toán tử b – Volterra (tương ứng toán tử a – Volterra) và

ξ ∈ ( a, b ) . Kí hiệu  ξ b (tương ứng  aξ ) là thu hẹp của toán tử  trong không
gian C ([ξ , b ];  ) (tương ứng C ([ a, ξ ];  ) ).


MỞ ĐẦU
Vấn đề tồn tại và duy nhất nghiệm dương cho phương trình vi phân hàm
có một vị trí quan trọng trong lí thuyết phương trình vi phân và có nhiều ứng
dụng, đặc biệt là trong các lĩnh vực vật lí, cơ học, kĩ thuật,… Trong những
năm gần đây vấn đề này đã thu hút được sự quan tâm sâu sắc của rất nhiều
nhà toán học trên thế giới như: A. Lomtatidze, P. Vodstrčil, R. P. Agrwal, D.
O. O’Regan, H. Wang,… cũng như nhiều nhà toán học của Việt Nam. Do đó,
vấn đề tồn tại và duy nhất nghiệm dương cho một lớp phương trình vi phân

hàm tuyến tính bậc hai và áp dụng các kết quả đó để chỉ ra sự tồn tại nghiệm
dương cho phương trình vi phân tuyến tính bậc hai đối số chậm và đối số lệch
cũng được quan tâm sâu sắc.
Mục đích chính của luận văn là nghiên cứu việc tồn tại và duy nhất
nghiệm dương của phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc hai:

=
u′′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t )
với các điều kiện biên

u ( a ) = 0, u ( b ) = 0
hoặc

u ( a ) = 0, u′ ( b ) = 0
trong đó,  : C  a, b ;    L  a, b ;   , q  L  a, b ;   
Nội dung chính của luận văn gồm hai chương:
Chương 1: Nghiệm dương của phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc
hai. Trong chương này sẽ xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy
nhất nghiệm dương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc hai thỏa
mãn các điều kiện biên thuần nhất được nêu ra ở trên.


Chương 2: Phương trình vi phân tuyến tính cấp hai đối số lệch. Trong
chương này ta áp dụng các kết quả từ chương 1 để xây dựng các điều kiện đủ
cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm dương cho phương trình vi phân cấp hai
đối số lệch.
Các kết quả chính của luận văn được trích từ bài báo “On nonnegative
solutions of second order linear functional differential equations” của hai tác
giả A. Lomtatidze, P. Vodstrčil, được đăng trên tạp chí Mem. Differential
Equations Math. Phys. 32(2004), 59 – 88.

Luận văn là tài liệu tham khảo cho những ai quan tâm nghiên cứu việc tồn
tại nghiệm dương cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc hai và áp
dụng các kết quả đó để chỉ ra sự tồn tại nghiệm dương cho phương trình vi
phân tuyến tính bậc hai đối số chậm và đối số lệch.


Chương 1: NGHIỆM DƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH
VI PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC HAI
1.1. Giới thiệu bài toán
Trên đoạn [ a, b ] , xét phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc hai
=
u′′ ( t )  ( u )( t ) + q ( t )

(1.1)

thỏa mãn các điều kiện biên
u (a) = 0 ,

u (b) = 0

(1.2)

u ( a ) = 0 , u′ ( b ) = 0

(1.3)

hoặc
trong đó,  ∈ ab , q ∈ L ([ a, b ];  − ) .
Nghiệm của bài toán (1.1), (1.2) hoặc (1.1), (1.3) là hàm u ∈ C ′ ([ a, b ];  )
thỏa mãn (1.1) hầu khắp nơi trên đoạn [ a, b ] và thỏa mãn điều kiện biên (1.2)

hoặc (1.3).
Cùng với bài toán (1.1), (1.2) và (1.1), (1.3), ta xét bài toán thuần nhất
tương ứng:
u′′ ( t ) =  ( u )( t )

(1.1 0 )

thỏa mãn các điều kiện biên (1.2) hoặc (1.3).
Từ định lí tổng quát về tính giải được của bài toán giá trị biên cho phương
trình vi phân hàm (xem trong các tài liệu [1] ,  2 , 3 , 11 , 16), ta có định lí
sau:
Định lí 1.1. Bài toán (1.1), (1.2) (hoặc (1.1), (1.3)) giải được duy nhất nếu và
chỉ nếu bài toán thuần nhất tương ứng (1.1 0 ), (1.2) (hoặc (1.1 0 ), (1.3)) chỉ có
nghiệm tầm thường.


Mục đích chính của chương này là xây dựng các điều kiện đủ cho việc tồn
tại và duy nhất nghiệm dương cho hai bài toán (1.1), (1.2) và (1.1), (1.3).
Để làm thành các kết quả chính của chương này ta đưa ra các định nghĩa
sau:
Định nghĩa 1.2. Cho  ∈ ab , ta nói rằng toán tử  ∈V ([ a, b ]) nếu với mỗi
hàm u ∈ C ′ ([ a, b ];  ) thỏa mãn (1.2) và
u′′ ( t ) ≥  ( u )( t ) , t ∈ [ a, b ]

thì

u (t ) ≤ 0 ,

t ∈ [ a, b ] .

(1.4)
(1.5)

Định nghĩa 1.3. Cho  ∈ ab , ta nói rằng toán tử  ∈V ′ ([ a, b ]) nếu với mỗi
hàm u ∈ C ′ ([ a, b ];  ) thỏa mãn (1.3) và
u′′ ( t ) ≥  ( u )( t ) , t ∈ [ a, b ]

thì

u (t ) ≤ 0 ,

t ∈ [ a, b ] .

(1.4)
(1.5)

Từ định lí 1.1 và các định nghĩa 1.2, 1.3 ta có nhận xét sau:
Nhận xét:
i) Nếu  ∈V ([ a, b ]) thì bài toán (1.1), (1.2) tồn tại và duy nhất nghiệm dương.
ii) Nếu  ∈V ′ ([ a, b ]) thì bài toán (1.1), (1.3) tồn tại và duy nhất nghiệm
dương.
Thật vậy, để chứng minh bài toán (1.1), (1.2) tồn tại và duy nhất nghiệm
dương trước hết ta cần chứng minh bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm.
Điều đó tương đương với ta chứng minh bài toán thuần nhất (1.1 0 ), (1.2) chỉ
có nghiệm tầm thường.
Giả sử u ∈ C ′ ([ a, b ];  ) là nghiệm của bài toán (1.1 0 ), (1.2) . Do đó, u cũng là
nghiệm của hệ


u′′ ( t ) ≥  ( u )( t )


=
u (b) 0
u ( a ) 0,=

Vì  ∈V ([ a, b ]) nên theo định nghĩa 1.2 ta có
u ( t ) ≤ 0, t ∈ [ a, b ]

Mặt khác u cũng thỏa mãn hệ
u′′ ( t ) ≤  ( u )( t )

=
u (b) 0
u ( a ) 0,=

hay

−u′′ ( t ) ≥  ( −u )( t )

−u ( a ) = 0, −u ( b ) = 0

Do  ∈V ([ a, b ]) nên theo định nghĩa 1.2 ta có
−u ( t ) ≤ 0, t ∈ [ a, b ]

Hay

u ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ]

Các điều trên chứng tỏ

u=
( t ) 0, t ∈ [ a, b]

Do đó, bài toán (1.1 0 ), (1.2) chỉ có nghiệm tầm thường nên theo định lí 1.1 thì
bài toán (1.1), (1.2) có duy nhất nghiệm. Ta sẽ chứng minh nghiệm này là
dương.
Giả sử v ∈ C ′ ([ a, b ];  ) là nghiệm của (1.1) và thỏa mãn (1.2). Do

q ∈ L ([ a, b ];  − ) nên
v′′ ( t ) ≤  ( v )( t )

Từ đó suy ra
−v′′ ( t ) ≥  ( −v )( t )

Cùng với (1.2), giả thiết  ∈V ([ a, b ]) thì theo định nghĩa 1.2 ta có
−v ( t ) ≤ 0, t ∈ [ a, b ]


v ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ] .

Hay

Do đó, nghiệm duy nhất của bài toán (1.1), (1.2) là dương.
Tương tự, tính đúng đắn của ii) cũng được chứng minh.
Vậy để xây dựng điều kiện đủ cho việc tồn tại và duy nhất nghiệm dương của
các bài toán (1.1), (1.2) hoặc (1.1), (1.3) thì ta chỉ cần xây dựng điều kiện đủ
để  ∈V ([ a, b ]) hoặc  ∈V ′ ([ a, b ]) .
1.2. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm dương của các bài toán (1.1), (1.2) và
(1.1), (1.3)
Định lí 1.4

Cho − ∈ ab . Khi đó  ∈V ([ a, b ]) nếu và chỉ nếu tồn tại một hàm
′ ( ( a, b ) ;  ) thỏa mãn
γ ∈ Cloc

γ ′′ ( t ) ≤  ( γ )( t ) , t ∈ [ a, b ]
γ (t ) > 0 ,

t ∈ ( a, b )

γ ( a ) + γ ( b ) + mes {t ∈ [ a, b ] : γ ′′ ( t ) <  ( γ )( t )} > 0

(1.6)
(1.7)
(1.8)

Trước khi chứng minh định lí ta chứng minh các bổ đề sau:
Bổ đề 1.5
′ ( ( a, b ) ;  ) , v ≡/ 0 thỏa mãn các điều kiện
Cho v ∈ Cloc
v (t ) ≥ 0

t ∈ [ a, b ] ,

(1.9)

v′′ ( t ) ≤ 0

t ∈ [ a, b ] ,

(1.10)

=
v ( a ) 0=
(v (b ) 0) .

Khi đó tồn tại một giới hạn hữu hạn hay vô hạn
lim+

t →a

v (t )
>0
t−a

v (t )


>
lim
0
 t →b−
.
b−t



(1.11)


Chứng minh

Ta chứng minh trường hợp tồn tại lim+
t →a

lim+

t →b

v (t )
> 0 (trường hợp tồn tại
t−a

v (t )
> 0 chứng minh tương tự).
b−t

Theo (1.10), tồn tại giới hạn
lim v′ ( t ) = r

t →a +

(1.12)

Giả sử rằng r ≤ 0 , khi đó từ (1.10), (1.12) ta có
v′ ( t ) ≤ 0, t ∈ ( a, b )

Tích phân bất đẳng thức trên từ a tới t và do (1.11) ta được
v ( t ) ≤ 0, t ∈ [ a, b ]

Từ giả thiết v ≡/ 0 nên ta gặp mâu thuẫn với giả thiết (1.9), Do đó, r > 0 .
Nếu r = +∞ khi đó, từ (1.12) suy ra với mỗi n ∈  , tồn tại tn ∈ ( a, b ) sao cho

v′ ( t ) ≥ n , t ∈ ( a, tn )

Tích phân bất đẳng thức trên từ a tới t và do (1.11) ta có
v ( t ) ≥ n ( t − a ) , t ∈ [ a, tn ] , n ∈ 

Hay

v (t )
≥ n , t ∈ [ a, tn ] , n ∈ 
t−a

Do đó,
lim+

t →a

v (t )
= +∞
t−a

Nếu 0 < r < +∞ , khi đó với mỗi n ∈  , tồn tại tn ∈ ( a, b ) sao cho
v′ ( t ) − r ≤

Từ đó suy ra

1
n

∀t ∈ [ a, tn ] , n ∈ 

1
1
− ≤ v′ ( t ) − r ≤ , ∀t ∈ [ a, tn ] , n ∈ 
n
n

hay
r−

1
1
≤ v′ ( t ) ≤ r + , ∀t ∈ [ a, tn ] , n ∈ 
n
n

Tích phân bất đẳng thức trên từ a tới t và do (1.11) nên
1 v (t )
1
− ≤
−r ≤
n t−a
n

Hay

∀t ∈ [ a, tn ] ,

v (t )
1

−r ≤
t−a
n

∀t ∈ [ a, tn ] ,

n∈
n∈

Do đó,
lim+

t →a

v (t )
=r
t−a

Vậy bổ đề đã được chứng minh xong.
Bổ đề 1.6
′ ( ( a, b ) ;  ) thỏa mãn điều kiện ω ( t0 ) = 0 và
Giả sử t0 ∈ ( a, b ) và hàm ω ∈ Cloc

ω ( t ) ≥ 0, t ∈ [ a, b ]
ω ′′ ( t ) ≤ 0, t ∈ [ a, b ]
Khi đó ω ≡ 0 .
Chứng minh
Vì ω ( t0 ) = 0 nên hàm ω đạt cực tiểu tại t0 , do đó ta có

ω ′ ( t0 ) = 0

Tích phân bất đẳng thức 2 trong (1.13) từ t tới t0 ta được

ω′ ( t ) ≥ 0 ,

t ∈ ( a , t0 ]

ω′ ( t ) ≤ 0 ,

t ∈ [ t0 , b )

Khi đó, do ω ( t0 ) = 0 nên suy ra

(1.13)


t0

t ∈ ( a , t0 ]

− ∫ ω ′ ( s ) ds ≤ 0 ,
ω (t ) =
t

=
ω (t )

t

t ∈ [ t0 , b )

∫ ω′ ( s ) ds ≤ 0 ,

t0

ω (t ) ≤ 0 ,

Hay

t ∈ ( a, b )

Vậy nên cùng với bất đẳng thức đầu tiên trong (1.13) ta có

ω ≡/ 0
Bổ đề đã được chứng minh xong.
Chứng minh định lí 1.4
Điều kiện cần. Cho − ∈ ab , giả sử  ∈ V ([ a, b ]) , ta sẽ chứng minh tồn tại hàm
′ ( ( a, b ) ;  ) thỏa mãn các điều kiện (1.6), (1.7), (1.8).
γ ∈ Cloc

Lấy γ là nghiệm của bài toán

γ ′′ ( t ) =  ( γ )( t ) ;

γ (a) = 1,

γ (b) = 1

Khi đó ta có

γ ( a ) + γ ( b ) + mes {t ∈ [ a, b ] : γ ′′ ( t ) <  ( γ )( t )} =

2>0
nên (1.6), (1.8) được thực hiện.
Đặt
u0 ( t ) = 1 − γ ( t ) ,

t ∈ [ a, b ]

u0′′ ( t ) = −γ ′′ ( t ) ,

t ∈ [ a, b ]

Suy ra

Do (1.14) nên

u0′′ ( t ) = − ( γ )( t ) ,

t ∈ [ a, b ]

= − (1 − u0 ) ( t )
=
− (1)( t ) +  ( u0 ) ( t ) ≥  ( u0 ) ( t )

(1.14)


u0 ( a ) =
1− γ (a) =
0

và

u0 ( b ) =
1 − γ (b ) =
0

Từ giả thiết  ∈V ([ a, b ]) suy ra u0 ( t ) ≤ 0 ,

t ∈ [ a, b ]

Hay

γ ( t ) ≥ 1,

t ∈ [ a, b ]

Do đó (1.7) được thực hiện.
′ ( ( a, b ) ;  ) thỏa mãn các điều kiện
Điều kiện đủ. Giả sử tồn tại hàm γ ∈ Cloc

(1.6), (1.7), (1.8). Ta chứng minh  ∈V ([ a, b ]) .
Giả sử u ∈ C ′ ([ a, b ];  ) thỏa mãn các điều kiện (1.2), (1.4), ta sẽ chứng minh
u (t ) ≤ 0 ,

Phản chứng, giả sử

t ∈ [ a, b ]

max {u ( t ) : t ∈ [ a, b ]} > 0

(1.15)

Từ (1.4) ta có
u′′ ( t ) +  ( u )( t ) ≥ 0 ,

Tích phân bất đẳng thức trên từ t tới
a+b ′
u′ 
 − u (t ) +
2



a +b
2

∫
t

t ∈ [ a, b ]

a+b
a+b
và từ
tới t ta được
2
2

 a + b
 ( u )( s ) ds ≥ 0, t ∈  a,

2 


a+b
a + b 
,b 
u′ ( t ) − u′ 
 + ∫  ( u )( s ) ds ≥ 0, t ∈ 
 2  a +b
 2

t

và

2

Do đó,
u′ ( t ) ≤ M ,
u′ ( t ) ≥ − M ,

 a + b
t ∈  a,
2 

a + b 
t∈
,b 
 2


(1.16)
(1.17)


a+b
=
M u′ 
 + ∫  ( u )( s ) ds
 2  a
b

với

Tích phân 2 vế (1.16), (1.17) và do (1.2) ta được:
u (t ) ≤ M (t − a ) ,

 a + b
t ∈  a,
a 


(1.18)

u (t ) ≤ M (b − t ) ,

a + b 
t∈
, b
 2



(1.19)

Đặt
 u ( t )

=
λ sup 
: t ∈ ( a, b ) 
 γ ( t )


(1.20)

λ < +∞

Khi đó,
Thật vậy, ta có

u (t )
u (t ) (t − a )
(t − a )
=
lim+
lim+
.
≤ M lim+
t →a γ ( t )
t →a ( t − a ) γ ( t )

t →a
γ (t )

Mặt khác, theo (1.6), (1.7) và giả thiết − ∈ ab ta có

γ ′′ ( t ) ≤ 0,

t ∈ [ a, b ]

u (t )
u (t ) (t − a )
a)
(t −=
Nếu γ ( a ) ≠ 0 suy ra lim+ = lim+
≤ M lim+
.
0
t →a γ ( t )
t →a ( t − a ) γ ( t )
t →a
γ (t )

Nếu γ ( a ) = 0 và theo (1.7), (1.21), bổ đề 1.5, do đó tồn tại
lim+

t →a

Khi đó, nếu

lim+

t →a

γ (t )
t−a

γ (t )
t−a

>0

= +∞ thì lim+
t →a

t−a
=0
γ (t )

Nên ta có
u (t )
u (t ) (t − a )
a)
(t −=
≤ M lim+
lim+ = lim+
.
0
t →a γ ( t )
t →a ( t − a ) γ ( t )
t →a

γ (t )

(1.21)


γ (t )
t−a
Nếu lim+ = r , ( 0 < r < +∞ ) thì lim+
< +∞
t →a γ ( t )
t →a t − a
u (t )
u (t ) (t − a )
( t − a ) < +∞
Do đó,
=
lim+
lim+
.
≤ M lim+
t →a γ ( t )
t →a ( t − a ) γ ( t )
t →a
γ (t )

Các điều trên chứng tỏ lim+
t →a

u (t )
< +∞

γ (t )

Từ (1.7), (1.19), (1.21) và bổ đề 1.5 ta sẽ có lim−
t →b

u (t )
< +∞ .
γ (t )

Mặt khác, theo (1.7), (1.15) ta có

λ >0

(1.22)

=
ω ( t ) λγ ( t ) − u ( t ) , t ∈ [ a, b ]

(1.23)

ω ( t ) ≥ 0 , t ∈ [ a, b ]

(1.24)

Đặt

Rõ ràng,

Từ (1.23), (1.4), (1.6) suy ra

ω ′′ ( t ) ≤ λ  ( γ )( t ) −  ( u )( t ) =
 ( λγ − u )( t ) , t ∈ [ a, b ]

ω ′′ ( t ) ≤  (ω )( t ) ,

Hay

t ∈ [ a, b ]

(1.25)

Hơn nữa, theo (1.8), (1.22) ta có

ω ≡/ 0

(1.26)

Từ (1.24), (1.25) và giả thiết − ∈ ab suy ra

ω ′′ ( t ) ≤ 0 ,
Bây giờ ta chứng minh

lim+ sup

t →a

t ∈ [ a, b ]
u (t )
<λ
γ (t )

Ta có
u (t )
u (t ) (t − a )
(t − a )
=
≤ M lim+
lim+ sup
lim+ sup
.
t →a
t →a
γ ( t ) t →a
γ (t )
(t − a ) γ (t )

(1.27)
(1.28)


u (t )
u (t ) (t − a )
(t − a )
Nếu γ ( a ) ≠ 0 thì lim+ sup
= lim+ sup
≤ M lim+ = 0
.
t →a
t →a
γ ( t ) t →a

γ (t )
(t − a ) γ (t )

cùng với (1.22) thì (1.28) được thực hiện.
Nếu γ ( a ) = 0 và theo (1.7), (1.21) thì các điều kiện của bổ đề 1.5 thỏa mãn
nên tồn tại
lim+

t →a

Nếu lim+
t →a

γ (t )
t−a

Suy ra

= +∞ thì lim+
t →a

lim+ sup

t →a

γ (t )
t−a

>0

t−a
=0
γ (t )

u (t )
(t − a ) =
≤ M lim+
0
t →a
γ (t )
γ (t )

Cùng với (1.22) thì (1.28) đúng.

γ (t )
Nếu lim+= r ,
t →a t − a

( 0 < r < +∞ ) , khi đó từ (1.2), (1.24), (1.26), (1.27) thì ω

thỏa mãn các điều kiện của bổ đề 1.5 nên tồn tại
lim+

t →a

ω (t )
t−a

>0

Suy ra ∃ε 0 > 0 và a0 ∈ ( a, b ) sao cho

ω (t ) ≥ ε 0 (t − a ) ,
Hay

t ∈ ( a, a0 )

λγ ( t ) − u ( t ) ≥ ε 0 ( t − a ) ,

t ∈ ( a, a0 )

Từ đó suy ra
sup

ε (t − a )
u (t )
,
≤λ− 0
γ (t )
γ (t )

t ∈ ( a, a0 )

Lấy giới hạn hai vế khi t → a + ta được
lim+ sup

t →a

u (t )
ε

≤λ− 0 <λ
r
γ (t )


Chứng minh tương tự ta sẽ có
lim− sup

t →b

u (t )
<λ
γ (t )

(1.29)

Khi đó từ (1.20), (1.28), (1.29) suy ra tồn tại t0 ∈ ( a, b ) sao cho

ω ( t0 ) = 0
Cùng với (1.24), (1.27) thì các điều kiện của bổ đề 1.6 thỏa mãn, do đó

ω ≡0
Điều này mâu thuẫn với (1.26). Do đó,
max {u ( t ) : t ∈ [ a, b ]} ≤ 0
u (t ) ≤ 0 ,

Hay

t ∈ [ a, b ]

Theo định nghĩa 1.2 ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.7
Cho − ∈ ab và
t

b

a

t

( b − t ) ∫ ( s − a )  (1)( s ) ds + ( t − a ) ∫ ( b − s )  (1)( s ) ds < b − a

(1.30)

Khi đó,  ∈V ([ a, b ]) .
Chứng minh
Do  : C ([ a, b ];  ) → L ([ a, b ];  ) nên có thể  (1) ≡ 0 hoặc  (1) ≡/ 0 .Đầu tiên
ta chứng minh hệ quả cho trường hợp  (1) ≡ 0 .
Giả sử u ∈ C ′ ([ a, b ];  ) thỏa mãn các điều kiện (1.2), (1.4), ta sẽ chứng minh
u (t ) ≤ 0 ,

Ta có

u (t ) ≤ u C ,

t ∈ [ a, b ]
t ∈ [ a, b ]

Do − ∈ ab và  (1) ≡ 0 nên

 ( u )( t ) ≥ u C  (1)( t ) =
0 , t ∈ [ a, b ]


Khi đó từ (1.4) suy ra
u′′ ( t ) ≥ 0 ,

t ∈ [ a, b ]

(1.31)

Tích phân (1.31) với cận từ a tới t ta được
u′ ( t ) ≥ u′ ( a ) , t ∈ [ a, b ]

Nếu u′ ( a ) ≥ 0 thì

u′ ( t ) ≥ 0 , t ∈ [ a, b ]

Tích phân 2 vế bất đẳng thức trên từ t tới b và cùng với (1.2) ta được
u (t ) ≤ 0 ,

t ∈ [ a, b ]

Nếu u′ ( a ) < 0 , khi đó xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: nếu u′ ( t ) ≥ 0 , t ∈ [ a, b ] , dễ dàng suy ra
u (t ) ≤ 0 ,

Trường hợp 2: nếu

t ∈ [ a, b ]

t ∈ [ a, b ]

u′ ( a ) ≤ u′ ( t ) < 0 ,

Tích phân bất đẳng thức thức trên từ a tới t và do (1.2) ta được
u (t ) < 0 ,

t ∈ [ a, b ]

Trường hợp 3: tồn tại t0 ∈ ( a, b ) sao cho u′ ( t0 ) = 0 dễ dàng suy ra
u ( t ) < 0, t ∈ [ a, b ]

(xem chứng minh trong bổ đề 1.6).
Vậy theo định nghĩa 1.2 suy ra  ∈V ([ a, b ]) .
Ta chứng minh hệ quả đúng cho trường hợp
 (1) ≡/ 0

(1.32)

Đặt
t
b

1 
=
γ (t )
b
−
t
s

−
a

1
s
ds
+
t
−
a
b
−
s

1
s
ds
(
)
(
)
(
)(
)
(
)
(
)
(
)(

)

 , t ∈ [ a, b ]
∫a
∫t
b−a


(1.33)
Ta sẽ chứng minh hàm γ thỏa mãn các điều kiện (1.6), (1.7), (1.8).


Do (1.33) nên ta có:

γ ( t ) > 0 , t ∈ ( a, b=
γ (b ) 0
) , γ ( a ) 0,=
t ∈ [ a, b ]

γ ( t ) < 1,

Từ (1.33), (1.30) suy ra

(1.34)

Do đó tồn tại ε ∈ ( 0,1) sao cho

γ (t ) ≤ ε ,

t ∈ [ a, b ]

(1.35)

hay

ε − γ (t ) ≥ 0 ,

t ∈ [ a, b ]

Do − ∈ ab , (1.32) nên ta có
−ε  (1)( t ) +  ( γ )( t ) ≥ 0 ,

Vì ε ∈ ( 0,1) nên

 ( γ )( t ) >  (1)( t ) ,

t ∈ [ a, b ]
t ∈ [ a, b ]

Mặt khác, từ (1.33) suy ra

γ ′′ ( t ) = −  (1)( t ) ,
Do − ∈ ab nên
Hay

t ∈ [ a, b ]

γ ′′ ( t ) =  (1)( t ) ,

t ∈ [ a, b ]

γ ′′ ( t ) <  ( γ )( t ) ,

t ∈ [ a, b ]

(1.36)

Do đó,
mes {t ∈ [ a, b ] : γ ′′ ( t ) <  ( γ )( t )} =
b−a

(1.37)

Từ (1.34), (1.37) suy ra

γ ( a ) + γ ( b ) + mes {t ∈ [ a, b ] : γ ′′ ( t ) <  ( γ )( t )} = b − a > 0

(1.38)

Theo (1.34), (1.36), (1.38) thì γ thỏa mãn các điều kiện (1.6), (1.7), (1.8) nên
theo định lí 1.4 thì  ∈V ([ a, b ]) .
Hệ quả đã được chứng minh xong.


Chú ý:
Giả thiết (1.30) không thể thay thế bằng giả thiết
t

b

a

t

( b − t ) ∫ ( s − a )  (1)( s ) ds + ( t − a ) ∫ ( b − s )  (1)( s ) ds ≤ b − a

(1.30’)

Ví dụ 1:
Xét

 ( v )( t ) = −

a+b
v

(b − a )  2 
8

2

Khi đó, rõ ràng (1.30’) đúng.
Mặt khác, hàm u=
(t )

4

(b − a )

2

( t − a )( b − t ) ,

t ∈ [ a, b ] là nghiệm không tầm

thường của bài toán (1.1 0 ), (1.2). Do đó, theo nhận xét i) thì  ∉V ([ a, b ]) .
Định lí 1.8
Cho − ∈ ab . Khi đó  ∈V ′ ([ a, b ]) nếu và chỉ nếu tồn tại một hàm
′ ( ( a, b ];  ) thỏa mãn (1.6), (1.7)
γ ∈ Cloc

γ ′(b) ≥ 0

γ ( a ) + γ ′ ( b ) + mes {t ∈ [ a, b ] : γ ′′ ( t ) <  ( γ )( t )} > 0

(1.39)
(1.40)

Bổ đề 1.9
′ ( ( a, b ];  ) , v ≡/ 0 , thỏa mãn các điều kiện (1.9), (1.10) và
Cho v ∈ Cloc
v′ ( b ) ≥ 0

(1.41)

Khi đó v ( b ) > 0 .
Chứng minh
Theo (1.9) ta có v ( b ) ≥ 0 , ta sẽ chứng minh v ( b ) ≠ 0 .
Phản chứng, giả sử v ( b ) = 0 . Khi đó, tích phân (1.10) từ t tới b và do (1.41)
nên ta có

v′ ( t ) ≥ 0 , t ∈ ( a, b ]

Tích phân bất đẳng thức vừa tìm được từ t tới b ta lại có
v ( t ) ≤ 0 , t ∈ ( a, b ]

Do v ≡/ 0 nên ta gặp mâu thuẫn với (1.9), do đó v ( b ) ≠ 0 .
Bổ đề đã được chứng minh.
Chứng minh định lí 1.8
Điều kiện cần. Cho − ∈ ab , giả sử  ∈V ′ ([ a, b ]) , ta sẽ chứng minh tồn tại
′ ( ( a, b ];  ) thỏa mãn các điều kiện (1.6), (1.7), (1.39), (1.40).
hàm γ ∈ Cloc

Lấy γ là nghiệm của bài toán

γ ′′ ( t ) =  ( γ )( t ) ;

γ (a) = 1,

γ ′(b) = 0 .

Khi đó (1.6), (1.39), (1.40) được thực hiện
Đặt
t ∈ ( a, b ]

u0 ( t ) = 1 − γ ( t ) ,

t ∈ [ a, b ]

Suy ra

u0′′ ( t ) = −γ ′′ ( t ) ,

Do (1.42) nên ta có

u0′′ ( t ) = − ( γ )( t ) ,

t ∈ [ a, b ]

= − (1 − u0 ) ( t )
=
− (1)( t ) +  ( u0 ) ( t ) ≥  ( u0 ) ( t )

Hay
và

u0′′ ( t ) ≥  ( u0 ) ( t )
u0 ( a ) =
1− γ (a) =
0
u0′ ( b ) =
0
−γ ′ ( b ) =

Từ giả thiết  ∈V ′ ([ a, b ]) suy ra
u0 ( t ) ≤ 0 ,

Hay

γ ( t ) ≥ 1,

t ∈ [ a, b ]
t ∈ [ a, b ]

(1.42)


Do đó (1.7) được thực hiện.
′ ( ( a, b ];  ) thỏa mãn các điều kiện
Điều kiện đủ. Giả sử, tồn tại hàm γ ∈ Cloc

(1.6), (1.7), (1.39), (1.40), chứng minh  ∈V ′ ([ a, b ]) .
Giả sử u ∈ C ′ ([ a, b ];  ) thỏa mãn các điều kiện (1.3), (1.4). Ta sẽ chứng minh
u ( t ) ≤ 0, t ∈ [ a, b ]

Phản chứng, giả sử

max {u ( t ) : t ∈ [ a, b ]} > 0

(1.43)

a b
ta có (1.16). Tích phân 2 vế (1.16) từ
2

Tích phân (1.4) với cận từ t tới
a tới t và do (1.3) ta được (1.18).

Đặt

 u ( t )

=
λ sup 
: t ∈ ( a , b ]
 γ ( t )


(1.44)

Khi đó, λ < +∞ . Thật vậy, theo (1.6), (1.7) và giả thiết − ∈ ab ta có (1.21).
Theo (1.7), (1.39), (1.21) thì γ thỏa mãn các điều kiện của bổ đề 1.9 nên

γ (b) > 0

(1.45)

Hơn nữa, từ các giả thiết (1.7), (1.18), (1.21) và bổ đề 1.5 ta có
lim+

t →a

u (t )
< +∞
γ (t )

Vậy nên cùng với (1.45) thì λ < +∞ .
Mặt khác, theo (1.7), (1.43) ta có (1.22). Ta định nghĩa hàm ω như trong
(1.23). Khi đó rõ ràng (1.24) xảy ra.
Từ (1.23) và các giả thiết (1.4), (1.6), (1.22), (1.40) ta có (1.25) và (1.26).

Do (1.24) và giả thiết − ∈ ab nên từ (1.25) thì (1.27) được thực hiện.
Hơn nữa, từ (1.3), (1.7), (1.18), (1.21), (1.22), (1.24), (1.26), (1.27) chứng
minh tương tự như trong định lí 1.4 ta sẽ có (1.28).