Trình bày một định lý điểm bất động của Krasnosel’

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

Trương Kim Hồng Phước

Chuyên ngành : Toán Giải tích
Mã số
: 60 46 01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. LÊ HOÀN HÓA

Thành phố Hồ Chí Minh – 2008


LỜI CẢM ƠN
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Lê Hoàn Hóa, thầy đã
tận tình hướng dẫn cho tôi trong quá trình làm luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn quí thầy cô đã tận tâm giảng dạy cho tôi rất
nhiều kiến thức quý báu trong quá trình tôi học cao học.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn quí thầy cô và các anh chị làm công
tác quản lý ở phòng sau đại học đã giúp đỡ cho tôi hoàn thành khóa học.

Người viết

Trương Kim Hồng Phước

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài

Bài toán áp dụng định lý điểm bất động của Krasnosel’skii vào
phương trình tích phân đã được nhiều tác giả nghiên cứu ví dụ trong [1][4],[6],]7].
Trong [2], tác giả đã áp dụng định lý điểm bất động của
Krasnosel’skii trên không gian Fréchet để chứng minh sự tồn tại nghiệm
của phương trình tích phân.
Trong [6] Hoa, Schmitt cũng đã trình bày định lý điểm bất động của
Krasnosel’skii trên không gian lồi địa phương.
Trên cơ sở ý tưởng và kỹ thuật trong [2,6] luận văn này trình bày
một định lý điểm bất động của krasnosel’skii .

2. Mục đích nghiên cứu
Ap dụng định lý về điểm bất động để chứng minh sự tồn tại nghiệm
của phương trình tích phân phi tuyến.

3. Đối tượng và nội dung nghiên cứu
Với giả thiết thích hợp đối với các ánh xạ U và C, ta chứng minh sự
tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán
4. Ý nghĩa khoa học thực tiễn
Định lý điểm bất động là công cụ mạnh đã được nhiều nhà toán học
sử dụng để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân.
Luận văn chỉ trình bày các kết quả đẹp cho bài toán.

5. Cấu trúc của luận văn
Luận văn được chia làm các chương như sau:
Mở đầu

: Nêu lý do chọn đề tài

Chương 1 : Giới thiệu
Trong chương này sẽ giới thiệu hai định lý về điểm


bất động của krasnosel’skii.
Chương 2 : Trình bày một định lý điểm bất động của Krasnosel’
Skii.
Chương 3: Sự tồn tại nghiệm, gồm các định lý và bổ đề.
Chương 4: Nghiệm tiệm cận ổn định
Chương 5 : Trường hợp tổng quát, gồm các định lý.


Chương 1 : GIỚI THIỆU
MỘT ĐỊNH LÝ RẤT PHỔ BIẾN VỀ ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA
KRASNOSEL’SKII
1.1. Định lý 1.1
Cho M là một tập con lồi, đóng, bị chặn, khác rỗng trong không gian
Banach ( X , . ) . Giả sử U : M  X là ánh xạ co và C : M  X là ánh xạ

hoàn toàn liên tục sao cho:
U ( x)  C ( y )  M , x, y  M .
Khi đó U  C có một điểm bất động trong M.
Định lý của Kranosel’skii đã được mở rộng bởi nhiều tác giả ,ví dụ chúng ta
tham khảo [1],[2],[3],[4],[6],[7] và kiểm tra ở đó.
Trong tài liệu này chúng ta đưa ra một định lý điểm bất động của
Krasnosel’skii và ứng dụng vào phương trình tích phân phi tuyến
t

t

0

0

x(t )  q (t )  f (t , x(t ))   v(t , s, x( s)) ds   G (t , s, x( s))ds , t 
Trong đó E là không gian Banach với chuẩn . ,

f:



E  E;

  (t , s ) 





G,V :   E  E được






,

 [0, ) , q :

giả

sử

liên

(1.1)


 E,
tục,

, s  t .

Trong trường hợp E 

d

và hàm V (t , s, x) là tuyến tính theo biến thứ

ba, phương trình (1.1) đã được nghiên cứu bởi

C. Avramescu và

C.Vladimirescu [2]. Các tác giả này đã chứng minh sự tồn tại của nghiệm
tiệm cận ổn định phương trình tích phân sau:
t

t

x(t )  q (t )   V (t , s ) x( s )ds   G (t , s, x( s )) ds, t 
0

0



,

(1.2)


Trong đó : q :
d





d

, f:





được giả sử liên tục,   (t , s ) 

d






d



, V :   Md ( ) , G :  

d



, s  t và M d ( ) là tập hợp các

ma trận thực cấp hai. Trường hợp đó đã được làm bởi sử dụng định lý điểm
bất động sau của Krasnosel’skii
1.2. Định lý 1.2

Cho ( X , . n ) là không gian Fréchet và cho C , D : X  X là hai ánh xạ.
Giả sử các giả thiết sau được thỏa:
a) C là ánh xạ compact
b) D là ánh xạ co với sự liên quan của . n tương đương với . n
x
c) Tập hợp {x  X , x   D    Cx,   (0,1)} là bị chặn

Khi đó C + D có một điểm bất động.

Trong [6] Hoa, Schmitt cũng đã trình bày vài định lí điểm bất động của
Krasnosel’skiii đối với ánh xạ U+C trên tập hợp con lồi, đóng, bị chặn, lồi
của không gian lồi địa phương, ở đó C là hoàn toàn liên tục và U n thỏa mãn
điều kiện co (Định lý này chúng ta sẽ nêu ra trong phần phụ lục). Hơn nữa đa
ứng dụng vào phương trình tích phân trong không gian Banach.
Trên cơ sở ý tưởng và kỹ thuật trong [2,6] chúng ta xét phương trình
(1.1). Tài liệu này bao gồm 5 phần. Trong phần 2 chúng ta chứng minh một
định lý điểm bất động của Krasnosel’skii. Kết quả chính của chúng ta sẽ được
trình bày trong phần 3,4. Ở đây sự tồn tại của nghiệm và nghiệm tiệm cận ổn
định của (1.1) đã được thiết lập khi điều kiện đưa ra thỏa. Cuối cùng trong
phần 5, một trường hợp chung được đưa ra. Chúng ta trình bày sự tồn tại
nghiệm của phương trình dạng:
t

x(t )  q (t )  f (t , x(t ), x( (t ))   v(t , s, x( s ), x( ( s ))) ds
0


t

  G (t , s, x( s ), x(  ( s )))ds, t 



(1.3)

0

và trong trường hợp  (t )  t . Nghiệm tiệm cận ổn định (1.3) cũng được xét.
Kết quả chúng ta đạt được ở đây là trong phần chung của [2], tương ứng

phương trình (1.2).


Chương 2 : MỘT ĐỊNH LÝ ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA
KRASNOSEL’SKII
Trên cơ sở định lý 1.2 ([1]) và ([6] và định lí 3), chúng ta có được định lý
sau:
2.1. Định lý 2.1

Cho ( X , . n ) là không gian Fréchet và cho C ,U : X  X là hai ánh xạ.

Giả sử
i)

U là ánh xạ k - co, k  [0,1) ( đôc lập đối với n )Với họ chuẩn . n
tương đương với . n ;

ii)
iii)

C là hoàn toàn liên tục
lim

Cx n

x 

xn

 0, n 

*

.

Khi đó U + C có một điểm bất động.
Chứng minh định lí 2.1
Trước hết chúng ta thấy từ giả thiết i) suy ra sự tồn tại và liên tục của ánh xạ
( I  U ) 1 . Và từ . n tương đương với . n . Tồn tại K1n , K 2 n  0 sao cho

K1n x n  x n  K 2 n x n , n  * .
Điều này suy ra
a) Tập hợp

x

n



, x  A bị chặn nếu và chỉ nếu

x

n



, x  A là bị chặn,

A  X , n  * ;

b)Với

mỗi

dãy

( xm )

trong

X,

n 

*

.

Từ

lim xm  x n  0  lim xm  x n  0 . Dãy (xm) hội tụ tới x với chuẩn . n nếu

m

m

và chỉ nếu (xm) hội tụ tới x với chuẩn . n

Do đó điều kiện ii) được thoả mãn với . n .
Mặt

khác,

K1n Cx n K1n Cx
.

K2n x n
xn

n



ta
Cx n
xn

 K2n

Cx

n

xn

cũng

có

K 2 n Cx n
, x  X , n 
.
K1n x n



*

. Do

vậy,
lim

x n 

Cx n
xn

 0  lim

Cx

x n 

x

n

 0,

n

Bây giờ chúng ta chứng minh U  C có một điểm bất động.

Với

bất kì a  X , định nghĩa ánh xạ U a : X  X bởi U a ( x)  U ( x)  a . Dể thấy
U a là một ánh xạ k - co và do đó a  X , U a có một điểm bất động được đặt
là  (a ) . Khi đó
U a ( (a ))   (a )  U ( (a))  a   (a )   (a )  ( I  U ) 1 (a )
Đặt u0 làm điểm bất động của U. Với mỗi x  X . Xét U Cm( x ) (u0 ), m 

*

, ở đó.

U Cm( x ) ( y )  U C ( x ) (U Cm(x1) ( y ))  U (U Cm(x1) ( y ))  C ( x), y  X .

Chúng ta chú ý hơn rằng n 

U Cm( x ) (u0 )  u0

n

cố định , m 

*

 U C ( x ) (U Cm(x1) (u0 ))  U (u0 )  U C ( x ) (U Cm(x1) (u0 ))  U (U Cm(x1) (u0 ))
n

n

m 1
C ( x)

 (1  k  ...  k m1 ) C ( x) n   C ( x)

n

 U (U

Bằng quy nạp, m 
U Cm( x ) (u0 )  u0
ở đó  

*

n

*

m 1
C ( x)

(u0 )  U (u0 )  C ( x) n  k (U

(u0 )  u0

.

n

, chúng ta có:
(2.1)

1
 1 . Do điều kiện iii) được thỏa mãn với . n ở trên. Với
1 k

1
 0, M  0 (ta chọn M  u0 n ) sao cho
4

1
x n  M  Cx n 
x .
4 n

n


Chọn hằng số dương r1n  M  u0 n , x  X . Như vậy x  X , ta xét hai
trường hợp:
Trường hợp 1: x  u0
Từ x n  u0

n

n

 x  u0

 r1n .
n

 r1n  M  u0

n

 x n  M , chúng ta có
C ( x) n 

1
1
1
1
 x  u0 n  x  u0 n  
 x  u0  u0  
xn
x  u0
4
4
4
2
(2.2)

Trường hợp 2: x  u0

n

 r1n .

Do ii) thoả mãn với . n , tồn tại một hằng số dương  sao cho
C ( x) n   .

(2.3)

Chọn r2n   . Đặt

Dn   x  X : x n  r2 n  , D 

D

n

n

.

*

Khi đó u0  D và D lồi, đóng,bị chặn trên X . Với mỗi x  D và mỗi n 
như trên ta cũng xét hai trường hợp:
+ Nếu x  u0

n

 r1n , khi đó do (2,1) , (2,3)

 U Cm( x ) (u0 )  u0   C ( x) n    r2 n
+ Nếu r1n  x  u0

n

(2.4)

 r2n , khi đó do (2.1), (2.2)

 U Cm( x ) (u0 )  u0

n

  C ( x) n  

Chúng ta có được U Cm( x ) (u0 )  D, x  D

1
r2 n  r2 n
2

(2.5)

*

n

Mặt khác, do U C ( x ) là ánh xạ co nên dãy U Cm( x ) (u0 ) hoi tụ về điểm bất động
duy

nhất

 (C ( x))

của

UC ( x)

khi

m  .

Suy

ra

1

 (C ( x))  D, x  D .Như vậy ( I  U ) C ( D )  D .

Áp dụng định lí điểm bất động Schauder suy ra ánh xạ ( I  U ) 1 C có một
điểm bất động trong D đó cũng là điểm bất động của U + C trong D.


Chương 3 : SỰ TỒN TẠI NGHIỆM
Đặt X  C (



, E ) là không gian các hàm số liên tục từ



 E tương ứng

với họ đếm được nữa chuẩn
x n  sup  x(t )  , n  1 .
t 0, n 

Khi đó  X , x n  là không gian mêtric


x yn

n 1

1 x  y n

d ( x, y )   2  n

và X là không gian Fréchet. Xét trong X một họ nữa chuẩn khác x

n

được

định nghĩa như sau:
x n  x   x h ,n 1 ,
n

n

x h  sup {e  hn ( t  n ) x (t )},  n  (0, n), hn  0 tùy ý với sự

trong đó

n

t[  n , n ]

tương ứng với chuẩn x n . do đó
e  hn ( n n ) x n  x n  2 x n , x  X , n  1 .
Chúng ta xây dựng giả thiết sau

A1 > Tồn tại hằng số L   0,1 sao cho
f (t , x)  f (t , y )  L x  y , x, y  E , t 
A2 > Tồn tại một hàm số liên tục 1 :  





;

sao cho

V (t , s, x)  V (t , s, y )  1 (t , s ) x  y , x, y  E , (t , s )  
A3 >

;

G hoàn toàn liên tục sao cho G (t ,.,.) : I  J  E liên tục đều theo biến t

trong quả cầu bị chặn bất kỳ, với bất kỳ tập bị chặn I  [0, ) và bất kì tập bị
chặn J  E ;
A4 > Tồn tại hàm liên tục

2 :  



sao cho


lim

x 

G (t , s, x)  2 (t , s )
 0,
x

đều trong (t,s) là tập con bị chặn bất kỳ của 
3.1. Định lý 3.1

Cho A1  A4 thỏa mãn, khi đó phương trình (1.1) có nghiệm trên [0, )

Chứng minh định lý 3.1
Phần chứng minh gồm 4 bước:
Bước 1: trong X, ta xét phương trình
x(t )  q (t )  f (t , x(t )), t 

(3.1)



Chúng ta có bổ đề sau :
3.2. Bổ đề 3.2

Cho A1 thỏa, phương trình (3.1) có nghiệm duy nhất .
Chứng minh: Do giả thiết A1 , ánh xạ  : X  X : được định nghĩa:
x(t )  q(t )  f (t , x(t )), x  X , t 



là ánh xạ L- co trên không gian Fréchet ( X , x n ) . Ap dụng không gian Banach
 có duy nhất

điểm bất động   X . Bổ đề đã được chứng minh.

Bằng cách thay x  y   ta có thể viết phương trình (1.1) ở dạng
y (t )  Ay (t )  By (t )  Cy (t ), t 

(3.2)



ở đó:
Ay (t )  q (t )  f (t , y (t )   (t ))   (t ),
t

By (t )   V (t , s, y ( s)   ( s))ds,
0
t

Cy (t )   G (t , s, y ( s )   ( s ))ds
0

Bước 2: Đặt U  A  B , từ các giả thiết A1, A2 ta có t 



, y, y  X


t

Uy (t )  U y (t )  L y (t )  y (t )   1 (t , s) y ( s)  y ( s) ds
0

Hơn nữa, ta có U là ánh xạ kn - co, kn  [0,1] ( độc lập đối với n ) với họ
chuẩn

. n.

Thật

vậy,

cố

định

tuỳ

ý

n

*

,

t  [0. n ],  n  (0, n) được chọn sau cùng, ta có:
t

Uy (t )  U y (t )  L y (t )  y (t )   1 (t , s ) y ( s )  y ( s ) ds
0

 ( L  w1n n ) y  y

n

.

Ở đó:

1n  sup{1 (t , s);(t , s )   n },
 n  {(t , s )  [0, n]  [0, n], s  t}
điều này suy ra:
Uy  U y

n

 ( L  1n n ) y  y  n

(3.3)

Với mọi t   n , n  , tương tự ta cũng có
n

t

0

n

U y (t )  U y (t )  L y (t )  y (t )  1n  y ( s )  y ( s) ds  1n  y ( s)  y ( s ) ds (3.4)
Từ

(3.4)

và

bất

đẳng

thức

0  e hn (t  n )  1, t  [ n , n], hn  0 , ( hn được chọn sau cùng )
Suy ra
Uy (t )  U y (t ) e  hn (t  n )  L y (t )  y (t ) e  hn ( t  n )  1n n y  y 
t

 w1n  y ( s )  y ( s ) e  hn ( t  n ) ds
n

 L y  y

hn

 w1n n y  y

n

n


t

 w1n  y ( s )  y ( s ) e  hn ( s  n )e hn ( s t ) ds
n

 L y  y h 1n n y  y   1n y  y h
n

n

n

t

 e

hn ( s t )

ds .

n

 L y  y h  1n n y  y  
n

n

1n
hn

y  y hn .

Ta được
w1n
) y  y  w1n n y  y
Uy  U y  ( L 
n
hn

hn

(3.5)

Kết hợp (3.3) – (3.5), ta suy ra:


Uy  U y  ( L  2 n1n ) y  y   ( L  1n ) y  y h
n
n
n
hn
 kn y  y
Ở đó kn  max{L  2 n1n , L 

1n
hn

(3.6)

n

} . Chọn

1 L

0   n  min{
, n}; hn  1n ,
21n
1 L

Khi đó ta có kn  1 , do (3.6), U là ánh xạ kn - co với họ chuẩn . n .
Bước 3:
Chúng ta chứng minh rằng C : X  X là hoàn toàn liên tục. Trước hết ta
chứng minh C liên tục. Với bất kỳ y0  X , cho dãy ( ym )m  X sao cho
lim ym  y0 . Cho n 

m

*

cố định ,đặt

K  {( ym   )( s ) : s  [0, n], m  } .Khi

đó K compact trong E.
Thật vậy, cho (( ymi   )( si ))i là dãy trong K. Ta giả sử rằng lim si  s0 và
i 

lim ymi    y0   . Ta có:
i 


( ymi   )( si )  ( y0   )( s0 )  ( ymi   )( si )  ( y0   )( si )  ( y0   )( si )  ( y0   )( s0 )

 ymi  y0  ( y0   )( si )  ( y0   )( s0 ) .
n

Điều này chứng tỏ rằng lim( ymi   )( si )  ( y0   )( s0 ) trong E. Có nghĩa rằng
i 

K là compact trong E.
Với mỗi   0 , từ G là liên tục trên tập compact [0, n]  [0, n]  K , có sự tồn

  0 sao

tại

u, v  K , u  v   ,

cho



G (t , s, u )  G (t , s, v)  , s, t  [0, n] .
n
Do lim ym  y0 , nên tồn tại m0 sao cho với m  m0 ,
m

( ym   )( s )  ( y0   )( s )  ym ( s )  y0 ( s )   , s  [0, n] .
Suy ra với mọi t  [0, n], m  m0 ,
t

Cym (t )  Cy0 (t )   G (t , s,( ym   )( s ))  G (t , s,( y0   )( s ) ds   ,
0

Do đó Cym  Cy0 n   , m  m0 và tính liên tục của C đã được chứng minh.
Còn lại ta chứng minh C là tập bị chặn các ánh xạ bên trong tập compact
tương đối. Ta gọi lại điều kiện sau đối với tính compact tương đối của tập con
trong X.
3.3. Bổ đề 3.3: ([7, định đề 1])

Cho X  C (



, E ) là không gian Fréchet đã định nghĩa ở trên và A là tập

con của X. Với mổi n 
các

hàm



liên

tục



An  x [0,n ] : x  A

*

, cho X n  C ([0, n], E ) là không gian Banach của

u :[0, n]  E ,

với

chuẩn

u  sup  u (t ) 
t[0, n ]

và


Tập A trong X là compact tương đối nếu và chỉ nếu với mổi n 

*

, An là

đẳng liên tục trong X n và với mọi s  [0, n] , tập An ( s )  {x( s ) : x  An } là
compact tương đối trong E.
Bổ đề này được phát biểu trong [7] và không có chứng minh chi tiết. Chúng ta
chứng minh nó trong phần phụ lục.
Từ định lí Ascoli-Azela ([5]), có sự chứng minh sau:
Cho E là không gian Banach với chuẩn . và S là không gian mêtric compact.
Cho CE ( S ) là không gian Banach các ánh xạ liên tục từ S tới E với chuẩn:

x  sup{ x( s ) , s  S} .
Tập hơp A trong CE ( S ) là compact tương đối nếu và chỉ nếu A là đẳng liên
tục và s  S tập hợp A( s )   x( s ) : x  A là compact tương đối trong E.
Bây giờ cho  là tập con bị chặn của X, ta phải chứng minh rằng  n 

*,

( a) Tập C (C) n là đẳng liên tục trong X n

Đặt S  ( y   )( s ) : y  , s  [0, n] khi đó S là bị chặn trong E. từ G là hoàn
toàn liên tục , tập G ([0, n]2  S ) là compact tương đối trong E và do đó
G ([0, n]2  S ) bị chặn, như vậy M n  0 sao cho
G (t , s,( y   )( s ))  M n , t , s  [0, n], y  

(3.7)

Với bất kỳ y  , t1 , t2  [0, n]
t1

t2

0

0

Cy (t1 )  Cy (t2 )   G (t1 , s,( y   )( s ))ds   G (t2 , s,( y   )( s ))ds
t1

t2

  G (t1 , s,( y   )( s ))  G (t2 , s,( y   )( s )) ds   G (t2 , s,( y   )( s ))ds
0

(3.8)

t1

Do giả thiết A3 và (3.7) bất đẳng thức (3.8) chỉ ra rằng (C) n là đẳng liên tục
trên X n .

(b)

t  [0.n], tập (C) n (t )  {Cy [0,n ] (t ) : y  } là compact tương đối

trong E.

Như

trên, tập G ([0, n]2  S ) là compact tương đối trong E. suy ra G ([0, n]2  s ) là
compact trong E, do đó là convG ([0, n]2  S ) , ở đó convG ([0, n]2  S ) là
bao đóng lồi của G ([0, n]2  S ) .
Với mọi t  [0, n], y   . Từ
G (t , s,( y   )( s ))  G ([0, n]2  S ), s  [0, n],
Và
t

Cy (t )   G (t , s,( y   )( s ))ds
0

Suy ra rằng
(C) n (t )  tconvG ([0, n]2  s ).

(3.9)

Như vậy tập (C) n (t ) là compact tương đối trong E .
Theo bổ đề (3.3), C () là compact tương đối trong X . Hơn nữa C là hoàn
toàn liên tục,bước 3 đã đươc chứng minh.
Bước 4: Cuối cùng ta chứng minh rằng n 

lim

y n 

Cy n
yn

*

,

0 .

  0 cho trước, giả thiết A4 suy ra   0 sao cho u , u  
G (t , s, u )   2 n 


4n

u , t , s  [0, n],

Ở đó
w 2 n  sup{w2 (t , s) : t , s  [0, n]} .
Mặt khác, G hoàn toàn liên tục nên   0 sao cho u , u  

(3.10)


G (t , s, u )   , t , s  [0, n]

(3.11)

Kết hợp (3.10) , (3.11), t , s [0, n], u  E , ta có
G (t , s, u )    w 2 n 


4n

(3.12)

u

Suy ra t  [0, n],
t

Cy (t )   G (t , s,( y   )( s )) ds
0

 n[   w 2 n 
= n  nw 2 n 
Suy ra nếu ta chọn  n  max{
Cy n
yn


4n


4

( y n   n )]

n


4

yn .

(3.13)

4n 4nw 2 n
,
,  n } . Khi đó với y n  n ta có





  , nghĩa là

lim

y n 

Cy n
yn

0 .

(3.14)

Ap dụng định lý 2.1, ánh xạ U + C có một điểm bất động y trong X. Khi đó
phương trình (1.1) có nghiệm x  y   trên [0, ] . Định lý 3.1 đã được
chứng minh .


Chương 4 : NGHIỆM TIỆM CẬN ỔN ĐỊNH
Bây giờ ta xét nghiệm tiệm cận ổn định của phương trình (1.1) định
nghĩa như sau:
4.1. Định nghĩa

Một hàm x được gọi là nghiệm tiệm cận của ổn định của phương trình
(1.1) nếu với bất kì nghiệm x của (1.1)
lim x(t )  x (t )  0 .
t 

Trong phần này ta giả sử (A 1 ) – (A 4 ) thỏa mãn, giả sử thêm
(A 5 ) V (t , s,0)  0, (t , s )   ;
(A 6 )Tồn tại hai hàm liên tục 3 , 4 :  



sao cho

G (t , s, x)  w3 (t , s )  w4 (t , s ) x , (t , s )  
Khi đó theo định lí 3.1 phương trình (1.1) có nghiệm trên (0, ) .
Mặt khác nếu x là nghiệm của (1.1), khi đó như bước 1 của chứng minh
định lý 3.1 y  x   thỏa mãn phương trình (3.2) . Suy ra t 
y (t )  Ay (t )  By (t )  Cy (t )

Ở đó

Ay (t )  q (t )  f (t , y (t )   (t ))   (t ), A0  0,
t

By (t )   V (t , s, y ( s )   ( s))ds;V (t , s,0)  0,
0
t

Cy (t )   G (t , s, y ( s)   ( s ))ds.
0

Như vậy, t 



,



(4.1)


t

t

0

0

y (t )  L y (t )   w1 (t , s ) y ( s )   ( s ) ds   [ w3 (t , s )  w4 (t , s ) y ( s )   ( s ) ]ds
(4.2)
t

1
 y (t ) 
w(t , s ) y ( s ) ds  a (t ) ,
1  L 0

(4.3)

Ở đó
w(t , s )  w1 (t , s)  w4 (t , s )
t

t

1
1

a (t ) 
w
t
s
s
ds

w3 (t , s )ds.
(

,
)
(
)
1  L 0
1  L 0
Ap dụng bất đẳng thức
(a  b) 2  2(a 2  b 2 ), a, b 
t

, ta có

t

2
2
y (t ) 
w2 (t , s )ds  y ( s ) ds  2a 2 (t ),
2 
(1  L) 0
0
2

(4.4)

t

2
w2 (t , s )ds , (4.4) được viết lại như sau
Đặt v(t )  y (t ) , b(t ) 

2 
(1  L) o
2

t

v(t )  b(t )  v( s)ds  2a 2 (t )

(4.5)

0

Do (4.5), dựa vào sự đánh giá cổ điển ta có được
t


2
y (t )  v(t )  2a 2 (t )  b(t ) e 0

s

b ( s ) ds t

 2e



 b ( u ) du
0

a 2 ( s )ds, t 

0

Khi đó ta có định lý về nghiệm tiệm cận ổn định sau:



(4.6)


4.2. Định lý 4.1

Cho (A 1 ) – (A 6 ) thỏa mãn. Nếu
t


lim 2a 2 (t )  b(t )e 0

s

b ( s ) ds t

 2e

t 



 b ( u ) du

0

a 2 ( s )ds  0 .

(4.7)

0

Ở đó
t

t

1
1
a (t ) 
w3 (t , s )ds,
[ w1 (t , s )  w4 (t , s )]  ( s ) ds 

1 L 0
1  L 0
t

2
b(t ) 
[ w1 (t , s )  w4 (t , s )]2 ds,
2 
(1  L) 0
Khi đó mọi nghiệm x của (1.1) là nghiệm tiệm cận ổn định.
Hơn nữa

lim x(t )   (t )  0
t 

Chứng minh định lý (4.1)
Cho x, x là hai nghiệm của (1.1), khi đó y  x   , y  x   là nghiệm của
(3.2)
Từ (4.6) suy ra
t


2
y (t )  2a 2 (t )  b(t )e 0

s

b ( s ) ds t

 2e



 b ( u ) du
0

a 2 ( s )ds, t 



(4.8)

0

2

Tương tự cho y (t ) .
Từ (4.7),(4.8) suy ra
lim x(t )   (t )  0 .
t 

t

 b ( s ) ds t

Đặt c(t )  2a 2 (t )  b(t )e 0

 2e

s



 b ( u ) du
0

a 2 ( s)ds . Khi đó do (4.8)

0

x(t )  x (t )  y (t )  y (t )  2 c(t ), t 



(4.9)


Kết hợp (4.7), (4.9) suy ra
lim x(t )  x (t )  0
t 

Định lý (4.1) đã được chứng minh.
Nhận xét 1:
Chúng ta đưa ra 1 ví dụ khi điều kiện (4.7) thỏa cho các giả thiết sau:


( H1 ) :

 q(s)
0

2



ds  ,  f ( s,0) ds  ;
2

0

 s

t

( H 2 ) : lim  w3 (t , s )ds  0,  [  w3 ( s, u )du ]2 ds  ;
t 

0

0

0

( H 3 ) : Tồn tại các hàm liên tục g i , hi :







, i  1,4 sao cho, với

i  1,4
i ) wi (t , s)  gi (t )hi ( s), (t , s )   ,
ii ) lim gi (t )  0 ,
t 


iii )

g

0



2
i

( s )ds  ,  hi 2 ( s )ds  .
0

Khi đó điều kiện (4.7) thỏa mãn. Thật vậy,
Từ  là điểm bất động duy nhất của  , Với t 



, ta có:

 (t )  q(t )  f (t ,  (t ))  q(t )  f (t ,0)  f (t ,  (t ))  f (t ,0)
 q (t )  f (t ,0)  L  (t ) .
Nghĩa là

 (t ) 

1
( q (t )  f (t ,0) ),
1 L

Cho nên
2

 (t ) 

2
2
2
( q (t )  f (t ,0) ),
2
(1  L)






Như vậy ,theo giả thiết ( H1 ) thì

2

 ( s ) ds   .

0

Hơn nữa, từ ( H 3 ) ta suy ra
2


 
  2
2
  hi ( s )  ( s ) ds    hi ( s )ds   ( s ) ds  , i  1, 4;

0
0
0


t

t

lim  wi (t , s )  ( s ) ds  lim gi (t )  hi ( s )  ( s ) ds  0, i  1,4;
t 

t 

0

0

Kết hợp điều đó và (H 2 ) ta có:
t

t

1
1
(
,
)
(
)

[ w3 (t , s )  w4 (t , s )  ( s ) ]ds  0,
a (t ) 
w
t
s

s
ds

1
1  L 0
1  L 0

khi

(4.10)

t  

Do (H 3 ) ta cũng có:
t

t

 w (t , s)ds  2 [w
2

2
1

0

(t , s )  w2 2 (t , s )]ds

0

t

t

 2 g (t )  h ( s )ds  2 g 4 (t )  h4 2 ( s )ds  0, khi t  
2
1

2
1

2

0

(4.11)

0

t

2
w2 (t , s )ds  0, khi t  
Suy ra b(t ) 

2 
(1  L) 0

(4.12)

Ngoài ra, từ (4.11), (H 3 ) (iii) suy ra


 b(s)ds  

(4.13)

0

Mặt khác, do
t
t
t

3
3 
2
2
2
(
)
(
)
(
)

(
,
)
a (t ) 
g
t
h
s

s
ds
w
t
s
ds

 3

1
0 1 0
(1  L) 2
(1  L) 2  0

2

2


t

t

3
2
2
2
(
)
(
)
(
)

g
t
h
s

s
ds,
4
4
0
0
(1  L) 2
Và ( H 2 ),( H 3 )(iii ) , ta có


 a (s)ds   .
2

(4.14)

0

Như vậy, từ (4.10), (4.12) – (4.14) ta rút ra
t


lim 2a 2 (t )  b(t )e 0
t 

s

b ( s ) ds t

 2e



 b ( u ) du
0

a 2 ( s)ds  0 .

0

Nhận xét 2:
Nếu gi :







, i  1,4 là liên tục đều khi đó giả thiết ( H 3 ) (ii) :


lim gi (t )  0 , từ giả thiết ( H 3 ) (iii) suy ra :
t 

g

2

i

( s )ds   .

0

Nhận xét 3:
Ví dụ. Chúng ta đưa ra một ví dụ minh họa cho kết quả trên.
Cho E  C ([0,1], ) Với chuẩn thông thường u  sup  u ( )  .
 [0,1]

Xét (1.1), ở đó
q:
f:



 E , t  q (t );



 E  E ,(t , x)  f (t , x);

v :   E  E ,(t , s, x)  V (t , s, x);
G :   E  E ,(t , s, x)  G (t , s, x),
Sao cho x  C (



, E ), t , s  0,( s  t ),   [0,1],