tính giải được của một số lớp bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao

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

VÕ THỊ MINH NHẬT

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN
BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH

Thành phố Hồ Chí Minh – 2011


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

VÕ THỊ MINH NHẬT

TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA MỘT SỐ LỚP BÀI TOÁN
BIÊN TUẦN HOÀN CHO PHƯƠNG TRÌNH VI
PHÂN HÀM TUYẾN TÍNH BẬC CAO

Chuyên ngành:
Mã số:

Toán giải tích
60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN GIẢI TÍCH

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. NGUYỄN ANH TUẤN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2011


MỞ ĐẦU
Lí thuyết bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân thường ra đời từ thế
kỉ XVIII, song đến nay vẫn phát triển mạnh mẽ nhờ các ứng dụng của nó trong các
ngành khoa học kĩ thuật như cơ học, cơ khí, nông nghiệp, sinh học, kinh tế,…
Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính đã được
nghiên cứu nhiều từ năm 1995 đến 2003 bởi nhiều tác giả như I.Kiguradze, R.Hakl,
A.Lomtatidze, S.Mukhigulashlivi trong các công trình [1], [2], [3], [4], [5], [6], [7],
[8], [9], [10]. Vì vậy chúng tôi chọn đề tài này làm nội dung nghiên cứu của luận
văn nhằm học tập và phát triển đề tài của mình theo hướng của các tác giả trên.
Luận văn tập trung nghiên cứu vấn đề tồn tại nghiệm của bài toán biên tuần
hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao, cụ thể là bậc ba và bậc n.
Luận văn được chia làm 3 chương, cụ thể :
Chương 1 hệ thống lại một vài định nghĩa và chứng minh một số định lý cơ bản cần
dùng trong quá trình chứng minh các kết quả chính trong hai chương sau.
Chương 2 nghiên cứu tính giải được duy nhất của bài toán biên tuần hoàn cho
phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc ba có dạng:

=
u ''' (t )

2

∑ l (u
i =0

(i )

i

)(t ) + q (t )

u ( j ) (0) = u ( j ) (ω )

với 0 ≤ t ≤ ω
với

j = 0,1, 2

Trong chương này, luận văn cũng sử dụng kết quả để nghiên cứu tính giải được duy
nhất của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc ba có
dạng:

=
u '"(t ) p (t )u (τ (t )) + q (t )

hoặc=
u '"(t )

2

∑ p (t )u
i

i =0

thỏa

(i )

với 0 ≤ t ≤ ω

(τ i (t )) + q (t ) với 0 ≤ t ≤ ω

u ( j ) (0) = u ( j ) (ω )

với

j = 0,1, 2 .

Chương 3 nghiên cứu tính giải được duy nhất của bài toán biên tuần hoàn cho
phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc n (n ≥ 2) có dạng:

=
u (t )
(n)

n −1

∑ l (u
i

i =0
( j)

(i )

)(t ) + q (t )

( j)
u=
(0) u (ω ) + c j

với 0 ≤ t ≤ ω
với
=
j 0,..., n − 1


Trong chương này, luận văn cũng sử dụng kết quả để nghiên cứu tính giải được duy
nhất của bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân đối số lệch bậc cao có
dạng:

=
u ( n ) (t ) p (t )u (τ (t )) + q (t )
( j)
u=
(0) u ( j ) (ω ) + c j

với 0 ≤ t ≤ ω
với
=
j 0,..., n − 1.

Luận văn là tài liệu tham khảo cho sinh viên năm cuối hoặc học viên cao học

ngành Toán khi nghiên cứu về tính giải được của bài toán biên tuần hoàn cho
phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc cao.


LỜI CẢM ƠN
Đầu tiên tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến PGS. TS.
Nguyễn Anh Tuấn, người đã tận tâm hướng dẫn và tạo điều kiện tối đa để tôi có
thể hoàn thành luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến Quý Thầy Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã
giành thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp cho tôi hoàn thành luận văn
này một cách hoàn chỉnh.
Tôi xin cảm ơn Ban Giám Hiệu, Phòng KHCN-Sau Đại học cùng toàn thể thầy
cô khoa Toán-Tin học trường Đại học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh đã giảng dạy và
tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt thời gian nghiên cứu đề tài.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn đến Ban giám hiệu, lãnh đạo trường Dự Bị
Đại học thành phố Hồ Chí Minh, đặc biệt các thầy cô trong Bộ môn Toán đã tạo
điều kiện tối đa cũng như cung cấp tài liệu cho tôi hoàn thành luận văn.
Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, các anh chị và các bạn đồng nghiệp đã
động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Cuối cùng, trong quá trình viết luận văn này khó tránh khỏi những thiếu sót, rất
mong nhận được sự góp ý của Quý Thầy Cô và bạn đọc nhằm bổ sung và hoàn thiện
đề tài hơn.
Xin chân thành cảm ơn.
TP Hồ Chí Minh tháng 1 năm 2011


MỤC LỤC
Mở đầu ........................................................................................................................1
Lời cảm ơn ..................................................................................................................5
Mục lục ........................................................................................................................6

Bảng kí hiệu ................................................................................................................7
Chương 1:Những kiến thức chuẩn bị
1.1
Một vài định nghĩa .......................................................................................8
1.2
Một vài định lý .............................................................................................8
Chương 2:Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 3.
2.1
Giới thiệu bài toán ......................................................................................22
2.2
Các kết quả chính .......................................................................................22
2.3
Một số hệ quả .............................................................................................30
Chương 3:Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc
cao.
3.1 Giới thiệu bài toán .........................................................................................40
3.2 Các kết quả chính: .........................................................................................40
3.3 Một số hệ quả ................................................................................................46
Kết luận và kiến nghị ................................................................................................54
Tài liệu tham khảo .....................................................................................................55


Bảng kí hiệu
N là tập số tự nhiên.

R là tập số thực;

R=
+

[0; +∞ )

[ x ] là phần nguyên của x; [ x ]+ =( x + x ) ; [ x ]− =( x − x )
1
2

1
2

C ([0;ω ] ; R ) là không gian Banach các hàm liên tục u : [ 0; ω ] → R với chuẩn
=
u C max { u (t ) : t ∈ [ 0; ω ]}
C n ([0;ω] ; R ) là tập các hàm u : [ 0; ω ] → R liên tục tuyệt đối cùng đạo hàm cấp n
của chúng .

Cωn (ω > 0) là tập các hàm u : R → R tuần hoàn theo chu kì ω và liên tục tuyệt đối
cùng đạo hàm cấp n của chúng .

L ([0;ω] ; R ) là không gian Banach các hàm tích phân Lebesgue p : [ 0; ω ] → R với
chuẩn
ω

p

L

= ∫ p ( s ) ds
0

Lnab là tập các toán tử tuyến tính bị chặn l : C ([ a, b ] ; R n ) → L ([ a, b ] ; R n ) với chuẩn

l = sup l ( x)
x C ≤1

L


Chương 1:

Những kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, ta sẽ đưa ra một vài định nghĩa và định lý cơ bản nhằm phục vụ
cho nội dung chính trong hai chương sau.
1.1 Một vài định nghĩa
Định nghĩa 1.1:
Toán tử tuyến tính l : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) được gọi là không âm nếu với mọi
hàm u ∈ C ([ 0; ω ] ; R+ ) thì l (u )(t ) ≥ 0 ∀t ∈ [ 0; ω ] .
Định nghĩa 1.2:
Toán tử tuyến tính l : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) được gọi là đơn điệu nếu l hoặc

−l không âm.
1.2 Một vài định lý
Định lý 1.3: Trên đoạn [ a, b ] xét bài toán biên cho hệ phương trình vi phân hàm
tuyến tính:

=
u '(t ) l (u )(t ) + q (t )

(1.1)

h(u ) = c

(1.2)

với l ∈ Lnab ; q ∈ L ([ a, b ] , R n ) ; c ∈ R n ; h : C ([ a, b ] ; R n ) → R n là hàm tuyến tính bị
chặn .
Khi đó, bài toán (1.1), (1.2) giải được duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất
tương ứng

u '(t ) = l (u )(t )

(1.10 )

h(u ) = 0

(1.20 )

chỉ có nghiệm tầm thường.
Trước khi chứng minh định lý trên, ta sẽ chứng minh hai bổ đề sau:
Bổ đề 1.4: Cho l ∈ L1ab . Khi đó toán tử p : C ([ a, b ] ; R ) → C ([ a, b ] ; R ) xác định bởi
t

p ( x)(t ) = ∫ l ( x)( s )ds với a ≤ t ≤ b là toán tử compact.
a

Chứng minh:
Trước hết, ta nhắc lại một vài kết quả từ [1]:
Bổ đề 1.5 (định lý IV.8.6): Không gian L ([ a, b ] ; R ) đầy đủ yếu.

Bổ đề 1.6 (định lý VI.7.6): Toán tử tuyến tính bị chặn biến không gian C ([ a, b ] ; R )
thành không gian Banach đầy đủ yếu là hoàn toàn liên tục yếu.
Bổ đề 1.7 (định lý IV.8.11): Nếu tập M ⊆ L ([ a, b ] ; R ) là compact tương đối yếu thì
nó có tính chất của tích phân hoàn toàn liên tục .
Giả sử M ⊆ C ([ a, b ] ; R ) là tập bị chặn. Để chứng minh p là toán tử compact, ta
cần chứng minh p ( M ) là tập compact tương đối. Theo định lý Arzela-Ascoli, ta sẽ
chứng minh p ( M ) bị chặn và liên tục đồng bậc.
 Chứng minh p ( M ) bị chặn
Theo định nghĩa toán tử p , ta có:

 t

=
p ( x) C max  ∫ l ( x)( s )ds : t ∈ [ a, b ]
 a

≤ l ( x) L ≤ l x C
∀x ∈ M
Vì l ∈ L1ab và M bị chặn nên p ( M ) bị chặn.
 Chứng minh p ( M ) liên tục đồng bậc
Theo bổ đề 1.5 và 1.6 thì toán tử l hoàn toàn liên tục yếu.
Do đó, l ( M ) compact tương đối yếu.
Theo bổ đề 1.7 thì l ( M ) có tính chất của tích phân hoàn toàn liên tục nghĩa là
t

∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∫ l ( x)(ζ )dζ ≤ ε

∀s, t ∈ [ a, b ] , t − s ≤ δ

∀x ∈ M

s

Mặt khác
t

p ( x)(=
t ) − p ( x)( s )

∫ l ( x)(ζ )dζ

∀s, t ∈ [ a, b ] ; ∀x ∈ C ([ a, b ] ; R )

s

Do đó p ( x)(t ) − p ( x)( s ) ≤ ε
Vậy p ( M ) liên tục đồng bậc.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

∀s, t ∈ [ a, b ] : t − s ≤ δ ; ∀x ∈ M


Bổ đề 1.8: Cho l ∈ Lnab . Khi đó toán tử p : C ([ a, b ] ; R n ) → C ([ a, b ] ; R n ) xác định
t

bởi p ( x)(t ) = ∫ l ( x)( s )ds với a ≤ t ≤ b là toán tử compact.
a

Chứng minh:
Đặt x = ( x j )

n
j =1

là phần tử của C ([ a, b ] ; R n ) và x j = (0,..., x j ,...,0) .

Khi đó, do l tuyến tính nên

l ( x) = ( li ( x) )i =1
n

=
li ( x)

n

=
l (x )
(i
∑
j =1

ij

j

1,..., n)

trong đó

li : C ([ a, b ] ; R n ) → L ([ a, b ] ; R )
lij : C ([ a, b ] ; R ) → L ([ a, b ] ; R )
và

lij ( x j ) = li ( x j )

Do l ∈ Lnab nên lij ∈ L1ab (i, j =
1,..., n) .
t

Vì vậy, theo bổ đề 1.4 thì pij ( x)(t ) := ∫ lij ( x j )( s )ds với a ≤ t ≤ b (i, j =
1,..., n) là
a

toán tử compact.
n

 n

Lại có p ( x)(t ) =  ∑ pij ( x)(t ) 
 j =1
i =1
Do đó, p là toán tử compact.
Bổ đề được chứng minh.
Chứng minh định lý 1.3:
Đặt X C ([ a, b ] ; R n ) × R n là không gian Banach chứa phần tử x = (u , α ) với
=

u ∈ C ([ a, b ] ; R n ) và α ∈ R n với chuẩn x=
X

u

C

+ α .

Định nghĩa toán tử tuyến tính f : X → X và g ∈ X như sau:


t


f ( x) = α + u (a ) + ∫ l (u )( s )ds, α − h(u ) 
a



t

g =  ∫ q ( s )ds; c 
a

Khi đó, bài toán (1.1),(1.2) tương đương phương trình toán tử
=
x f ( x) + g

(1.3)

trong không gian X dưới dạng:

Nếu
α 0, u ∈ C ([ a, b ] ; R n ) và u là nghiệm
=
x (u , α ) ∈ X là nghiệm của (1.3) thì =
của (1.1),(1.2).
Ngược lại, nếu u ∈ C ([ a, b ] ; R n ) và u là nghiệm của (1.1),(1.2) thì x = (u ,0) là
nghiệm của (1.3).
Theo bổ đề 1.8, ta có toán tử f compact.
Từ định lý Riesz-Schaulder suy ra phương trình (1.3) giải được duy nhất khi và chỉ
khi phương trình thuần nhất tương ứng x = f ( x) chỉ có nghiệm tầm thường.
Do đó, ta có điều phải chứng minh.
Trong định lý tiếp theo, ta cần đến những kí hiệu sau:
+1

j −2
2 m1 +1
1
1
=
=
A0 1=
A1
Aj A1 ∑ ∑ ... ∑
15
η (m1 )...η (m j −1 )
m1 1 =
m2 1 m=
=
j −1 1

m

2

1
=
B1
8

m j − 2 +1

m1 +1

=
B j A1 ∑ ∑ ...
=
m1 1 =
m2 1

m j −1 +1
1
1

∏ 1 + 
∑
η (m1 )...η (m j −1 ) i =1  2i 
m=
j −1 1

∀j ≥ 2

trong đó η (t ) =(2t + 1)(2t + 3)

=
d 0 1=
d1 4 =
d 2 32

=
d3 192

(1.4)

∀k ∈ N :

d2k +2 =

d 2 k +3

1

1


max (hk (t )hk (1 − t )) 2 : 0 ≤ t ≤ 1


1
=
1



max ( f k ( s, t ) f k (1 − s,1 − t )) 2 : 0 ≤ s ≤ 1,0 ≤ t ≤ 1



trong đó:

f k : [ 0,1] × [ 0,1] → R+ , hk : [ 0,1] → R+ được xác định như sau:

(1.5)


k −1

k

f k ( s, t ) =
∑α kjt 2( j +1) + α kk t 2k +3s , hk (t ) =
∑ β kjt 2( j +1)

(1.6)

=j 0=j 0

và=
α kj

=
α kk

Aj
3.4 j +1 d 2( k − j )+1

Aj

=
; β kj

3.4 j +1 d 2( k − j )

=
( j 0,..., k − 1)

Ak
Bk
=
; β kk
k +1
3.4
3.4k +1

(1.7)

Định lý 1.9: Cho n ∈ N , u ∈ Cωn và d n được xác định bởi (1.4)-(1.7).
Hơn nữa

u (t ) ≠ const .

Khi đó

∆(u ) <

wn
∆(u ( n ) )
dn

(1.8)

trong đó: =
∆(u ( i ) ) max {u ( i ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]} − min {u ( i ) (t ) : t ∈ [ 0,=
ω ]} (i 0,..., n) (1.9)
Từ đó suy ra

∆(u ( i ) ) <

ω n −i
d n −i

∆(u ( n ) )

(i = 1,..., n − 1) .

Để chứng minh định lý trên, ta cần chứng minh hai bổ đề sau:
Cho Qm : [ 0; +∞ ) → [ 0; +∞ ) (m ∈ N ) là hàm được xác định bởi đẳng thức:

2m m
∏ (2i + 1)
m !t 2 m i =1

=
Qm (t )

Bổ đề 1.10: Cho k ∈ N , ω > 0, u ∈ Cω2 k +3 .Hơn nữa

α ∈ R, b ∈ [ a, a + ω ] , ω1 =−
b a, u (t ) ≠ const và x(t ) =(b − t )(t − a ) với a ≤ t ≤ b .
Khi đó:
b

Nếu k = 1 thì

( s )u (3) ( s )ds
∫ x=

ω12

a

6

b

(3)
∫ u (s)ds −
a

b

1

x 2 ( s )u (5) ( s )ds
∫
12 a

(1.10 1 )

Nếu k ≥ 2 thì

2 k −1
j ω
=−
(
)
(
)
x
s
u
s
ds
( 1)  1 
∑
∫a
3 j =0
 2
b

2( j +1)

(3)

2 ω 
+ (−1) k  1 
45  2 

2( k +1)

∆ j ∫ u (2 j +3) ( s )ds
a

m1 +1

mk − 2 +1

m1 1 =
m2 1
=

mk=
−1 1

2

b

Qmk −1 +1 (ω1 )

b

∑ ∑ ... ∑ η (m )...η (m ) ∫ x

Chứng minh:
Giả sử m ∈ N và r ∈ {1, 2,..., 2k + 1} .

1

k −1 a

(1.10 k )
mk −1 +1

( s )u (2 k +3) ( s )ds


b

 Ta sẽ tính

∫x

m

( s )u ( r ) ( s )ds

a

Bằng tích phân từng phần, ta có:
b

b

m
m +1
m −1 ( r )
∫a x (s)u (s)ds= m + 1 ∫a (b − s) (s − a) u (s)ds
m

(r )

b

+

1
(b − s ) m+1 ( s − a ) m u ( r +1) ( s )ds
∫
m +1 a

Tiếp tục tính bằng tích phân từng phần, ta được:
b

b

m
m −1
m +1 ( r )
∫a x (s)u (s)ds= m + 1 ∫a (b − s) (s − a) u (s)ds
m

(r )

b

−

1
(b − s ) m ( s − a ) m+1 u ( r +1) ( s )ds
∫
m +1 a

Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên, ta được:
b

b

m
( s )ds
(b − s ) m−1 ( s − a ) m−1 u ( r ) ( s ) ( (b − s ) 2 + ( s − a ) 2 ) ds
∫a x (s)u =
∫
m +1 a
m

(r )

b

1
−
(b − s ) m ( s − a ) m u ( r +1) ( s ) ( (b − s ) − ( s − a ) ) ds

∫
m +1 a
b

b

m
( x) m−1 ( s )u ( r ) ( s ) ( a 2 + b 2 + 2 s 2 − 2 s (a + b) ) ds
∫
m +1 a

hay ∫ x m ( s )u ( r ) ( s )ds
=
a

b

1
( x) m ( s )u ( r +1) ( s ) ( a + b − 2 s ) ds
+
∫
m +1 a
b

2m
Thêm vào hai vế của đẳng thức số hạng
x m ( s )u ( r ) ( s )ds , ta được:
∫
m +1 a

2(2m + 1) m
x ( s )u ( r ) ( s )ds
∫
m +1 a
b

b

m
=
x m−1 ( s )u ( r ) ( s ) ( a 2 + b 2 + 2 s 2 − 2 s (a + b) ) ds
∫
m +1 a
b

+
b

2m
x m−1 ( s )u ( r ) ( s ) ( −ab − s 2 + s (a + b) ) ds + I '
∫
m +1 a

1
Với I '
=
x m ( s )u ( r +1) ( s )(a + b − 2 s )ds
∫
m +1 a

Bằng phương pháp tích phân từng phần, ta được:
b
b

1  x m+1 ( s ) ( r +1)
1 m+1
I'
u (s) − ∫
x ( s )u ( r + 2) ( s )ds 
=

m +1  m +1
m +1

a
a


= −

b

1

x
( m + 1) ∫

m +1

2

( s )u ( r + 2) ( s )ds

a

Do u ( r +1) (b) = u ( r +1) ( a ) .

mω12
Suy ra ∫ x ( s )u ( s )ds =
x m−1 ( s )u ( r ) ( s )ds
∫
2(2m + 1) a
a
b

b

m

(r )

b

1
−
x m+1 ( s )u ( r + 2) ( s )ds
∫
2(m + 1)(2m + 1) a

(1.11 m )

 Ta sẽ dùng kết quả (1.11 m ) để chứng minh đẳng thức sau bằng phương pháp

qui nạp:

ω 
Qm (ω1 ) ∫ x ( s )=
u ( s )ds ∫ u ( s )ds −  1 
 2
a
a
b

b

m

(r )

(r )

2

Qm1 +1 (ω1 )

m

b

∑ (2m + 1)(2m + 3) ∫ x

m1 =1

1

1

m1 +1

( s )u ( r + 2) ( s )ds

a

(1.12 m )
Thật vậy:
 Với m = 1, ta có:
ω  2
x( s )=
u ( s )ds ∫ u ( s )ds −  1  4 ∫ x m1 +1 ( s )u ( r + 2) ( s )ds
2 ∫
ω1 a
 2  ω1 a
a
b

6

b

Suy ra

2

b

(r )

( s )u ( s )ds
∫ x=
(r )

b

(r )

ω12

a

b

b

1
u ( s )ds − ∫ x 2 ( s )u ( r + 2) ( s )ds
∫
6 a
12 a
(r )

Đẳng thức đúng do (1.11 1 ).
 Giả sử (1.12 m-1 ) đúng, ta sẽ chứng minh (1.12 m ) đúng.
Dễ thấy: ω12

m
Qm (ω1 ) = Qm−1 (ω1 )
2(2m + 1)

Qm (ω1 )
Qm+1 (ω1 )
ω 
= 1
2(2m + 1)(m + 1)  2  (2m + 1)(2m + 3)
2

và

Khi đó, nhân hai vế của (1.11 m ) với Qm−1 (ω1 ) và sử dụng hai đẳng thức trên, ta có:


b

b

Qm (ω1 ) ∫ x m ( s )u ( r ) ( s )ds = Qm−1 (ω1 ) ∫ x m−1 ( s )u ( r ) ( s )ds
a

a

Qm+1 (ω1 )
ω 
− 1 
x m+1 ( s )u ( r + 2) ( s )ds
∫
 2  (2m + 1)(2m + 3) a
2

b

Mặt khác, do (1.12 m-1 ) đúng nên ta có (1.12 m ) đúng.
 Ta sẽ dùng kết quả (1.12 m ) để chứng minh định lý
 Chứng minh (1.10 1 ) đúng
Từ (1.12 1 ), thay r = 3 , ta được:

ω12

b

( s )u (3) ( s )ds
∫ x=

6

a

b

b

1
x 2 ( s )u (5) ( s )ds
∫
12 a

(3)
∫ u (s)ds −
a

Vậy (1.10 1 ) đúng.
 Chứng minh đẳng thức (1.10 k ) với k ≥ 2 bằng phương pháp qui nạp
Từ (1.12 2 ) thay r = 5 , ta được:

ω14

b

2
( s )u (5) ( s )ds
∫ x=

30

a

b

(5)
∫ u (s)ds −
a

1 2 ω14− 2i i +1
x ( s )u (7) ( s )ds
∑
∫
30 i =1 3 − i a
b

Thay vào (1.10 1 ), ta được:

ω12

1 2 ω14−2i i +1
x ( s )u (7) ( s )ds
∫a x(s)u (s)ds = 6 ∫a u (s)ds − 360 ∫a u (s)ds + 360 ∑
∫
i =1 3 − i a
b

(3)

ω14

b

(3)

b

b

(5)

Vậy (1.10 2 ) đúng.
Giả sử (1.10 k-1 ) đúng, ta sẽ chứng minh (1.10 k ) đúng.
Từ (1.12 m ) với m =
mk − 2 + 1 ; r =
2k + 1 , ta có:
b

Qmk − 2 +1 (ω1 ) ∫ x
a

mk − 2 +1

( s )u

(2 k +1)

b

( s )ds = ∫ u (2 k +1) ( s )ds
a

ω 
− 1 
 2

2 m +1
k −2

∑

m1 =1

Qm1 +1 (ω1 )

b

x
(2m + 1)(2m + 3) ∫
1

1

m1 +1

( s )u (2 k +3) ( s )ds

a

Mặt khác, do (1.10 k-1 ) đúng nên (1.10 k ) đúng.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.11: Giả sử tất cả các giả thiết trong bổ đề 1.10 thỏa với u ∈ Cω2 k + 2 .


Khi đó:

ω12

b

Nếu k = 1 thì

b

b

' (4)
1
2
(
)
(
)
u
s
ds
+
x
s
u ( s )ds
(
)
6 ∫a
12 ∫a

( s )u ( s )ds
∫ x=
(3)

a

(3)

(1.13 1 )

Nếu k ≥ 2 thì

2 k −1
j  ω1 
=
−
(
)
(
)
1
x
s
u
s
ds
(
)
∑
 
∫a
3 j =0
 2

b

2( j +1)

(3)

2 ω 
+ (−1) k +1  1 
45  2 

2( k +1)

b

Aj ∫ u (2 j +3) ( s )ds
a

m1 +1

mk − 2 +1

=
m1 1 =
m2 1

mk=
−1 1

Qmk −1 +1 (ω1 )

b

∑ ∑ ... ∑ η (m )...η (m ) ∫ ( x
2

mk −1 +1

)

( s ) u (2 k + 2) ( s )ds

k −1 a

1

(1.13 k )
'

Chứng minh:
Bằng phương pháp tích phân từng phần, ta có:
b

b

b

x ( s )u ( s ) − ∫ ( x ( s ) ) u ( s )ds =
− ∫ ( x 2 ( s ) ) u (4) ( s )ds
∫ x (s)u (s)ds =
2

(5)

2

b

(4)

'

2

'

(4)

a

a

a

a

Do đó, từ (1.10 1 ) suy ra (1.13 1 ).
Tương tự:
b

( s )u

( s )ds
∫x=
mk −1 +1

(2 k + 3)

x

mk −1 +1

( s )u

(2 k + 2)

b

a

a

(

)

( s ) − ∫ x mk −1 +1 ( s ) u (2 k + 2) ( s )ds
b

'

a

b

(

)

= − ∫ x mk −1 +1 ( s ) u (2 k + 2) ( s )ds
'

a

Do đó, từ (1.10 k ) suy ra (1.13 k ).
Vậy (1.13 1 ) và (1.13 k ) đúng với u ∈ Cω2 k +3 .
Do Cω2 k +3 là tập con trù mật của Cω2 k + 2 nên (1.13 1 ) và (1.13 k ) đúng với u ∈ Cω2 k + 2 .
Vậy bổ đề được chứng minh.
Chứng minh định lý 1.2:
Ta sẽ chứng minh định lý đúng với n = 1, 2,3 và sau đó ta sẽ dùng phương pháp qui
nạp để chứng minh định lý lần lượt trong trường hợp n chẵn và n lẻ.
 Chứng minh định lý với n = 1, 2,3
Trước hết, ta giới thiệu một vài kí hiệu:
Với n ∈ N , u ∈ Cωn và với mỗi m ∈ N ∪ {0} , đặt


{

M=
max ( −1) u ( i ) (t ) : 0 ≤ t ≤ ω
i ,m
m

}

với

i = 0,1,..., n

(1.14)

Chọn α1 ∈ R, α 2 ∈ [α1 ;α1 + ω ] thỏa:

Đặt

u (α1 ) = M 0,0

u (α 2 ) = − M 0,1

(1.15)

ω1 = α 2 − α1

ω 2 = α1 + ω − α 2

(1.16)

Rõ ràng u (α1 + ω ) =
M 0,0 .
Không khó để chỉ ra rằng với mỗi m1 , m2 ∈ N ∪ {0} và i ∈ {0,1,..., n} , ta có:

M i ,m1 + M i ,m1 +1 =M i ,m2 + M i ,m2 +1

Do đó từ (1.7) và (1.9), ta có ∆(u ( i ) ) = M i ,m + M i ,m+1

với i = 0,1,..., n

(1.17)

Hơn nữa, theo (1.9),(1.14),(1.15), ta có:

=
u '(α1 ) 0

=
u '(α1 + ω1 ) 0

=
u '(α 2 + ω2 ) 0

(1.18)

Từ (1.9) và (1.14), ta có:
α1 +ω1

∫

∆(u )= u (α1 ) − u (α 2 )= u (α1 ) − u (α1 + ω1 )= −

u '( s )ds

α1
α 2 +ω 2

=u (α1 + ω ) − u (α 2 ) =u (α 2 + ω2 ) − u (α 2 ) =

∫

u '( s )ds

α2

Do đó, ta có: ∆(u ) =
(−1)

α r +ω r
r

∫
α

u '( s )ds

r=
1, 2

(1.19)

r

Đặt xr (t ) = (α r + ωr − t )( t − α r )
Suy ra

r = 1, 2

xr" (t ) = −2

Khi đó, (1.19) có thể được viết dưới dạng
α +ω

∆(u )

(−1) r −1 r r "
=
r 1, 2
∫α xr (s)u '(s)ds
2
r

Lấy tích phân từng phần, ta được:

=
∆(u )

α r +ω r
(−1) r −1  '
−
 xr ( s )u '( s ) α
r
2 
r α r +ω r

α r +ω r

∫

αr


xr' ( s )u '' ( s )ds 



(−1)
(r 1, 2)
=
xr' ( s )u '' ( s )ds
∫
2 αr
Do ur' (α r )= ur' (α r + ωr )= 0

(r= 1, 2)

Tiếp tục lấy tích phân từng phần, ta được:

(1.20)


(−1) r
=
∆(u )
2
=

(−1)
2

α r +ω r


α r +ω r
− ∫ xr ( s )u (3) ( s )ds 
 xr ( s )u "( s ) α
r


αr



r −1 α r +ωr

∫
α

(1.21 r )

xr ( s )u (3) ( s )ds

r

Do xr (α r )= xr (α r + ωr )= 0

(r= 1, 2)

n
Với n ∈ {1, 2,3} , từ điều kiện u ∈ Cωn và u (t ) ≠ const suy ra u ( ) ( t ) ≠ 0

(1.22)

trên ít nhất một trong các đoạn [α r ;α r + ωr ] (r =
1, 2) .
Giả sử (1.22) thỏa trên [α1 ;α1 + ω1 ] ( trường hợp đúng trên [α 2 ;α 2 + ω2 ] tương tự)
Khi đó, từ (1.19)-(1.21 r ), ta có:

∆(u ) < ω1M 1,1

∆(u ) ≤ ω2 M 1,2

(1.23)

ω
α1 + 1


α1 +ω1
2
2
1
 ω1
'
'
∆ (u ) <  M 2,1 ∫ x1 ( s )ds + M 2,2 ∫ x1 ( s ) ds

=
 8 ( M 2 + m2 )
2
ω1
α1

α1 +
2



∆(u ) ≤

ω22

∆(u ) ≤

ω12

8

12

(M

2,1

+ M 2,2 )

(1.24)

∆(u ) ≤

M 3,0

ω23
12

M 3,1

(1.25)

Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức (1.23), ta được ( ∆(u ) ) < ω1ω2 M 1,1M 1,2
2

Dùng bất đẳng thức 4λ1λ2 ≤ ( λ1 + λ2 ) với λ1 ≥ 0; λ2 ≥ 0
2

Ta có:

(ω1 + ω2 ) 2 ω 2
ω1ω2 ≤
=
4
4
M 1,1M 1,2 ≤

( M 1,1 + M 1,2 ) 2
4

Do đó:

(∆(u )) 2 <
∆ (u )

<

∆ (u )

<

ω2

(M
16

ω
d1

ω
d1

Tương tự từ (1.24), ta cũng có

(M

1,1

1,1

∆ (u ')

+ M 1,2 )

+ M 1,2 )

2

(1.26)


(∆(u )) 2 <
≤

ω12ω2 2
64

ω4
64.16

∆(u ) <

Do đó

ω2
d2

( M 2 + m2 )

( M 2 + m2 )

2

2

∆(u ") .
∆(u ) <

Tương tự từ (1.25), ta cũng có

ω3
d3

∆(u (3) )

Định lý được chứng minh với n = 1, 2,3 .
 Chứng minh định lý với n lẻ và n > 3
Đặt n =
2k + 3, k ∈ N
Giả sử (1.8) thỏa với n =
2 j +1

u (2 j + 2) ∈ Cω 2( k − j )+1

Khi đó

∆(u (

2 j + 2)

α r +ω r

∫
α

và

(j =
0,1,..., k )

)<

ω 2( k − j )+1
d 2( k − j )+1

(j =
0,1,..., k )

∆ ( u (2 k +3) )

u (2 j +3) ( s )ds ≤ ∆ ( u (2 j + 2) )

(1.27)

với r 1,=
=
2
j 0,1,..., k

r

Do đó, theo (1.27), ta có:
α r +ω r

∫
α

u

(2 j + 3)

( s )ds <

r

Lại có:

α r +ω r

∫
α

xrm ds =

r

Do đó:

α r +ω r

( −1) ∫
r

ω 2( k − j )+1
d 2( k − j )+1

m !m! 2 m+1
ωr
(2m + 1)!

x22u (5) ( s )ds ≤

αr

( −1)

k + r −1

 ωr 
 
 2 

∆ ( u (2 k +3) ) =
với r 1,=
2
j 0,1,..., k

Qmk −1 +1 (ωr )

∫

α

với r 1,=
=
2
m 0,1,...

A1 5
ωr M 5,r
2

α r +ω r

2( k +1)

xr

mk −1 +1

( s )u

r

với
(2 k + 3)

r = 1, 2

ω 
( s )ds ≤ 2  r 

 2 

(1.29)
2 k +3

M 2 k +3,k + r −1

với
=
r 1,=
2 ; k 2,3,...

(−1) r −1
Mặt khác ∆(u ) =
2

α r +ω r

∫
α

(1.28)

xr ( s )u (3) ( s )ds

r

Sử dụng bổ đề 1.10 với a =
αr ;b =
α r + ωr ( r =

1, 2) , ta được:

(1.30)


∆(u ) < ∆(u

2 k +3

2 k +3
 1 k −1  ωr  2( j +1) ω 2( k − j )+1

2  ωr 
) ∑ 
Aj + Ak  
M 2 k +3,k + r −1 
 3 j =0  2 

3  2 
d 2( k − j )+1



với
=
r 1,=
2 ; k 1, 2,...
Do đó, ta có: ∆(u ) < ω 2 k +3∆(u (
trong
đó tr

=

2 k + 3)

(r =
1, 2)

) f k ( sr , t r )

(1.31 r )

M 2 k +3,k + r −1
ωr
=
; sr
=
r 1, 2
ω
∆(u (2 k +3) )

Do (1.15) và (1.16) nên t1 +=
t2 1 ; s1 +=
s2 1 .
Nhân vế theo vế 2 bất đẳng thức (1.31 1 ) và (1.31 2 ), ta có:

∆(u ) < ω

2 k +3

∆(u

( 2 k + 3)

) ( f k ( s1 , t1 ). f k (1 − s1 ,1 − t1 ) )

1
2

(r =
1, 2)

Vậy định lý được chứng minh với n =
2k + 3 ( k ∈ N ) .
 Chứng minh định lý với n chẵn và n > 3
Bây giờ đặt n =
2k + 2

, k∈N .

Giả sử rằng (1.8) thỏa
với n 2=
=
j
( j 1,..., k ) .
Khi đó:

( −1)

r −1

α r +ω r

∫α ( x

r

2

( s ) ) u (4) ( s )ds
'

r

αr +

≤ M 4,r −1

ωr

∫
α

2

( xr 2 (s) ) ds + M 4,r

αr +

'

r

ωr

∫ (x
2

r

αr

2

( s ) ) ds
'

(1.32)

ω 
=  r  ∆ ( u (4) )
 2 
4

( −1)

k +r

α r +ω r

Qmk −1 +1 (ωr )

∫α ( x

mk −1 +1

r

)

'

( s ) u (2 k + 2) ( s )ds

r

ω
ω
αr + r
αr + r


2
2
'
'


mk −1 +1
mk −1 +1
( s ) ds + M 2 k + 2,k + r +1 ∫ xr

( s ) ds 
≤ Qmk −1 +1 (ωr )  M 2 k + 2,k + r ∫ xr
αr
αr




mk −1 +1
1

=
∆ (u (2 k + 2) ) ∏ 1 + 
2i 
i =1 

(

)

(

với k = 2,3,...

)

(1.33)

Tương tự như trên, ta cũng có:
α r +ω r

∫
α

r

u (2 j +3) ( s )ds <

ω 2( k − j )
d 2( k − j )

∆ ( u (2 k + 2) )

Sử dụng bổ đề 1.11 với a =
αr ;b =
α r + ωr ( r =
1, 2) , ta được:

(1.34)


∆(u ) < ∆(u

2k +2

2 k +3
 1 k −1  ωr  2( j +1) ω 2( k − j )+1

2  ωr 
) ∑ 

Aj + Ak  
M 2 k +3,k + r −1 
 3 j =0  2 

3  2 
d 2( k − j )+1



với r 1,=
=
2 ; k 1, 2,...

Do đó, ta có: ∆(u ) < ω 2 k + 2 ∆(u (
trong
đó tr
=

2 k + 2)

r=
1, 2

)hk (tr )

ωr
=
r 1, 2
ω

Do (1.16) nên t1 + t2 =
1.
Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức (1.35 1 ) và (1.35 2 ), ta có:

∆(u ) < ω

2k +2

∆(u

( 2 k + 2)

) ( hk (t1 ).hk (1 − t1 ) )

1
2

r=
1, 2

Do đó định lý được chứng minh với n =
2k + 2 ( k ∈ N ) .
Vậy định lý được chứng minh.
Từ đó suy ra ∆(u ) <
(i )

ω n −i
d n −i

∆(u ( n ) )

(i = 1,..., n − 1)

(1.35 r )


Chương 2: Bài toán biên tuần hoàn cho phương trình vi
phân hàm tuyến tính bậc 3.
Trong chương này ta sẽ xây dựng các điều kiện đủ để bài toán biên tuần hoàn cho
phương trình vi phân hàm tuyến tính bậc 3 giải được duy nhất.
2.1 Giới thiệu bài toán
Xét bài toán về sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán biên cho phương trình vi
phân hàm tuyến tính bậc ba:

=
u (t )
'''

2

∑ l (u
i =0

(i )

i

)(t ) + q (t )

với 0 ≤ t ≤ ω

(2.1)

với

(2.2)

với điều kiện biên tuần hoàn

u ( j ) (0) = u ( j ) (ω )

j = 0,1, 2

trong đó li : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) (i =
0,1, 2) là toán tử tuyến tính bị chặn và

q ∈ L ([ 0; ω ] ; R ) .
Hàm u ∈ C 2 ([ 0, ω ] , R ) được xem như nghiệm của phương trình (2.1) nếu nó thỏa
phương trình này hầu khắp nơi trên [ 0; ω ] và điều kiện biên (2.2).
2.2 Các kết quả chính
Trong suốt phần này, ta thống nhất li : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) (i =
0,1, 2) là các
toán tử tuyến tính.
Định lý 2.1: Cho các toán tử không âm l01 , l02 : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) và các
toán tử bị chặn l1 ; l2 thỏa:

l01 (1)(t ) ≠ l02 (1)(t )

ω2 ω

32 ∫0

l01 (1)( s )ds < β1

(2.3)
(2.4)

ω

∫l

01

0

β1 −

ω2

(1)( s )ds
ω

32 ∫0

ω

≤ ∫ l02 (1)( s )ds
l01 (1)( s )ds

0

(2.5)



64 β1 
ω2 ω

∫0 l02 (1)(s)ds ≤ ω 2 1 + 1 − 32β1 ∫0 l01 (1)(s)ds 



ω

(2.6)

ω

trong đó β1 =
1 − l1 − l2 .
4
Khi đó, bài toán (2.1),(2.2) với l=
l01 − l02 hoặc l=
l02 − l01 có nghiệm duy nhất.
0
0
Để chứng minh định lý này, trước hết ta chứng minh các bổ đề sau:
Cho v ∈ C 2 ([ 0, ω ] ; R ) . Khi đó, với j = 0,1, 2 , đặt

Mj =

max {v ( j ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]} , m j =
max {−v ( j ) (t ) : t ∈ [ 0, ω ]}

(2.7)

j
j
Bổ đề 2.2:Cho k ∈ {0,1} , v ∈ C 2 ([ 0, ω ] ; R ) , v(t ) ≠ const , v ( ) (0) =
v ( ) (ω ) ( j =
0,1, 2) .

Khi đó: M k + mk <

ω 2− k
d 2− k

( M 2 + m2 )

trong
đó d1 4=
=
, d 2 32 .

Chứng minh:
Theo cách đặt thì rõ ràng ∆ (v ( k ) ) =M k + mk với k = 0,1 .
Do đó, sử dụng định lí 1.9 với n = 2 , ta được:

∆ (v ) <
(k )

Vậy

M k + mk <

ω 2− k
d 2− k

ω 2− k
d 2− k

∆(v (2) )

k = 0,1

( M 2 + m2 )

k = 0,1

Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.3: Cho l : C ([ 0, ω ] ; R ) → L ([ 0, ω ] ; R ) là toán tử tuyến tính không âm.
Khi đó, với mọi v ∈ C ([ 0, ω ] ; R ) ta có bất đẳng thức sau:

−m0l (1)( t ) ≤ l ( v )( t ) ≤ M 0l (1)(t ) với 0 ≤ t ≤ ω
trong đó M 0 ; m0 được định nghĩa trong (2.7).
Chứng minh:
Rõ ràng v(t ) − M 0 ≤ 0 ; v(t ) + m0 ≥ 0 với 0 ≤ t ≤ ω
Do l không âm nên ta có:

l (v − M 0 )(t ) ≤ 0 ; l (v + m0 )(t ) ≥ 0 với 0 ≤ t ≤ ω
Ta có điều phải chứng minh.

Từ định lý 1.3 trong chương 1, ta có được bổ đề sau:
Bổ đề 2.4: Bài toán (2.1);(2.2) giải được duy nhất khi và chỉ khi bài toán thuần nhất
tương ứng:


2

v ''' (t ) = ∑ li (v ( i ) )(t )

với 0 ≤ t ≤ ω

v ( j ) (0) = v ( j ) (ω )

với

(2.8)

i =0

j = 0,1, 2

(2.9)

chỉ có nghiệm tầm thường.
Bổ đề 2.5: Giả sử tồn tại α1 ;α 2 ∈ R+ sao cho với mỗi x ∈ C ([ 0, ω ] ; R ) nhận cả giá
trị dương và âm, ta có:

∫ l ( x)(s)ds ≤ α
j

j

max { x( s1 ) − x( s2 ) : 0 ≤ s1 , s2 ≤ ω} ( j =
1, 2)

(2.10)

E

trong đó E ⊆ [ 0, ω ] là tập đo được bất kì.
Hơn nữa, l0,1 , l0,2 : C ([ 0, ω ]) → L ([ 0, ω ]) là toán tử không âm thỏa:

l01 (1)(t ) ≠ l02 (1)(t )

ω2 ω

32 ∫0

l01 (1)( s )ds < β

(2.11)
(2.12)

ω

∫l

01

0

β−

ω2

(1)( s )ds
ω

32 ∫0

ω

≤ ∫ l02 (1)( s )ds
l01 (1)( s )ds

(2.13)

0


ω2 ω
64 β 


l
(1)(
s
)
ds
1

1
l
(1)(
s
)
ds
≤
+
−
02
01
∫0

ω 2 
32 β ∫0


ω

(2.14)

ω

trong đó β =
1 − α1 − α 2 .
4
Khi đó, bài toán (2.8), (2.9) với l=
l01 − l02 hoặc l=
l02 − l01 chỉ có nghiệm tầm
0

0
thường.
Chứng minh:
 Trường hợp 1: l=
l01 − l02
0
Ta sẽ chứng minh định lý bằng phản chứng.
Giả sử trái lại nghĩa là tồn tại nghiệm không tầm thường v của (2.8);(2.9).
Đặt M j ; m j ( j = 0,1, 2) định nghĩa bởi (2.7) và t1 ; t2 ∈ [ 0, ω ] thỏa

v '' (t1 ) = M 2

v '' (t2 ) = −m2

Theo (2.11), ta có v(t ) ≠ const .
Vì vậy, theo (2.9) thì v ', v '' nhận cả giá trị dương và âm.

(2.15)


Do đó M j > 0

mj > 0

(j =
1, 2)

(2.16)

Sử dụng (2.10) với x = v ' , ta được:

Với mỗi tập đo được bất kì E ⊆ [ 0, ω ] :

∫ l (v ')(s)ds ≤ α
j

j

max {v '( s1 ) − v '( s2 ) : 0 ≤ s1 , s2 ≤ ω} ( j =
1, 2)

E

= α j ( M 1 + m1 )
Suy ra

∫ l (v ')(s)ds ≤ α (M
1

1

1

+ m1 )

E

Sử dụng (2.10) với x = v " , ta được:

∫ l (v ")(s)ds ≤ α
j

j

max {v "( s1 ) − v "( s2 ) : 0 ≤ s1 , s2 ≤ ω} ( j =
1, 2)

E

= α j ( M 2 + m2 )
Suy ra

∫ l (v ")(s)ds ≤ α
2

2

( M 2 + m2 )

E

Do đó

∫ (l (v ')(s) + l (v ")(s))ds ≤ ∫ (l (v ')(s)ds + ∫ l (v ")(s))ds ≤ α (M
1

2

1

E

2

E

ω

∫ (l (v ')(s) + l (v ")(s))ds ≤  4 α
2

+ m1 ) + α 2 ( M 2 + m2 )

ω
4

( M 2 + m2 ) , suy ra:


+ α 2  ( M 2 + m2 ) =
(1 − β )( M 2 + m2 )


1

E

Giả sử t1 < t2 và đặt
I
=

1

E

Sử dụng bổ đề 2.2 với k = 1 , ta có: M 1 + m1 <

1

1

[0, t1 ] ∪ [t2 , ω ] .

Khi đó, theo (2.15) và (2.9) ta có:
t1

ω

0

t2

M 2 + m2
∫ v '"(s)ds =
∫ v '"(s)ds + ∫ v '"(s)ds =
I

t2

−( M
∫ v '"(s)ds =

2

+ m2 )

t1

Lấy tích phân hai vế của (2.8) trên I, theo (2.17) ta có:

=
∫ v '"(s)ds
I

2

∑ ∫ l (v
i =0 I

i

(i )

)( s )ds ≤ (1 − β )( M 2 + m2 ) + ∫ l0 (v)( s ) ds
I

(2.17)