BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH

Header Page 1 of 162.

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

Huỳnh Kim Quyên

BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO
VỚI KỲ DỊ MẠNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thành phố Hồ Chí Minh – 2013
Footer Page 1 of 162.


Header Page 2 of 162.

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

Huỳnh Kim Quyên

BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO PHƯƠNG
TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO
VỚI KỲ DỊ MẠNH

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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

Thành phố Hồ Chí Minh – 2013
Footer Page 2 of 162.


Header Page 3 of 162.

LỜI CẢM ƠN
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Phòng Sau đại
học, Khoa Toán Tin và các giảng viên trường Đại học Sư phạm TP HCM đã nhiệt tình
truyền đạt những kiến thức quý báu và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá
trình học tập và hoàn thành Luận văn Thạc sĩ.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS. TS. Nguyễn Anh Tuấn – Người trực tiếp
chỉ bảo, hướng dẫn tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành Luận văn Thạc sĩ.
Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô trong hội đồng chấm luận văn đã dành
thời gian đọc, chỉnh sửa và đóng góp ý kiến cho tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn
chỉnh.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè đã động viên, khuyến khích tôi
trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Xin chân thành cảm ơn!

Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 30 tháng 09 năm 2013
Học viên thực hiện
Huỳnh Kim Quyên

Footer Page 3 of 162.

1


Header Page 4 of 162.

MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN .............................................................................................................. 1
MỤC LỤC .................................................................................................................... 2
MỞ ĐẦU....................................................................................................................... 3
CÁC KÝ HIỆU ............................................................................................................ 5
CHƯƠNG 1: CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ. ........................................................................ 7
1.1. Giới thiệu bài toán. ......................................................................................................7
1.2. Bổ đề về dãy các nghiệm của bài toán bổ trợ. ...........................................................8
1.3. Các bổ đề về đánh giá tiên nghiệm. ..........................................................................17

CHƯƠNG 2: TÍNH GIẢI ĐƯỢC CỦA BÀI TOÁN BIÊN HAI ĐIỂM CHO
PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TUYẾN TÍNH CẤP CAO VỚI KỲ DỊ MẠNH. .. 28
2.1. Định lí Fredholm ........................................................................................................28
2.2. Các định lí tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán biên hai điểm cho phương trình
vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh. ...................................................................47

KẾT LUẬN ................................................................................................................ 54
TÀI LIỆU THAM KHẢO ........................................................................................ 55

Footer Page 4 of 162.

2


Header Page 5 of 162.

MỞ ĐẦU
Lý thuyết bài toán biên cho phương trình vi phân ra đời từ thế kỷ 18, song đến nay vẫn
còn phát triển mạnh nhờ các công dụng của nó trong các ngành vật lý, cơ học, kỹ thuật, sinh
học…Nội dung chính của luận văn là trình bày lại các kết quả của hai nhà toán học
R.P.AGARWAL và I.KIGURADZE trong bài báo [1]. Các kết quả chính của luận văn là
các định lí về tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân
tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh
=
u (n)

m

∑ p (t )u
i =1

( i −1)

i

+ q (t )

(1.1)

với điều kiện biên
u (i −1) (a) = 0

(i=1,…,m)

u ( j −1) (b) = 0

(j=1,…,n-m)

(1.2)

hoặc với điều kiện biên
u (i −1) (a) = 0

(i=1,…,m)

u ( j −1) (b) = 0

(j=m+1,…,n).

(1.3)

Phương trình thuần nhất tương ứng với bài toán (1.1) là
m

u ( n ) = ∑ pi (t )u (i −1)

(1.10)

i =1

Với n ≥ 2 và m là phần nguyên của n/2, −∞ < a < b < +∞ , u (i −1) (a) , u ( j −1) (b) lần lượt là giới
hạn bên phải và giới hạn bên trái tại điểm a và b.
Trong bài toán (1.1),(1.2) khi n = 2m thì các hàm số
pi ∈ Lloc ((a, b))

(i =
1,...., m) , q(t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b))
2

còn khi n=2m+1 thì p1 thỏa thêm điều kiện
t

lim sup (b − t ) 2 m −1 ∫ p1 ( s )ds < +∞ với c =
t →b

c

a+b
.
2

Đối với bài toán (1.1),(1.3) thì các hàm số
pi ∈ Lloc ((a, b]) (i =
1,...., m) , q (t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2 ((a, b]) .
2


Nghiệm của bài toán (1.1),(1.2) hoặc bài toán (1.1),(1.3) là các hàm u (t ) ∈ C
 n −1,m ((a, b]) .
u (t ) ∈ C

Footer Page 5 of 162.

3

n −1, m

((a, b)) hoặc


Header Page 6 of 162.

Nội dung luận văn gồm hai chương
Chương 1: Các bổ đề bổ trợ.
Trong chương này, chúng tôi trình bày các bổ đề về dãy các nghiệm của bài toán bổ trợ và
bổ đề về đánh giá tiên nghiệm để làm cơ sở cho việc chứng minh các định lí tồn tại nghiệm
duy nhất của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị
mạnh.
Chương 2: Tính giải được của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính
cấp cao với kỳ dị mạnh.
Trong chương 2, chúng tôi tìm hiểu về các định lý dẫn đến tính chất Fredholm của bài toán
biên hai điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh, từ đó sử dụng
các định lí này để tìm điều kiện đủ cho sự tồn tại nghiệm duy nhất của bài toán biên hai
điểm cho phương trình vi phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh.

Footer Page 6 of 162.

4


Header Page 7 of 162.

CÁC KÝ HIỆU
x+ x

•

[ x ]+ là phần dương của số x: [ x ]+ =

•

Lloc ((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R với

2

γ là khả tích trên mọi đoạn

[ a + ε , b − ε ] với ε >0 bé tùy ý.
•

Lloc ((a, b]) là không gian các hàm γ : (a, b) → R với

γ là khả tích trên mọi đoạn

[ a + ε , b] với ε >0 bé tùy ý.
•

Lα , β ((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R

(t − a)α (b − t ) β và chuẩn γ

khả tích với trọng lượng

b

Lα ,β

α
β
=
∫ (t − a) (b − t ) γ (t ) dt .
a

•

L2α , β ((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R bình phương khả tích với trọng
1/2

α

β

lượng (t − a) (b − t ) và chuẩn γ

L2α ,β

b

= ∫ (t − a )α (b − t ) β γ 2 (t )dt  .
a


2
• =
Ta kí hiệu L([a, b]) L=

L20,0 ((a, b)) .
0,0 (( a, b)), L ([ a, b])

•

 α2 , β ((a, b)) là không gian các hàm γ ∈ L ((a, b)) sao cho γ ∈ L2 ((a, b)) với
L
loc
α ,β

=
γ (t )

t

γ ( s )ds, c
∫=
c

•

a+b
2

 α2 ((a, b]) là không gian các hàm γ ∈ L ((a, b]) sao cho γ ∈ L2 ((a, b)) với
L
loc
α ,0
b

γ (t ) = ∫ γ ( s )ds
t

•

 2α , β ((a, b)) và L
 2α ((a, b]) được định nghĩa như sau
. Lα2 ,β và . Lα2 là các chuẩn trong L
1/2
2
 t

t



a +b

α
γ Lα2 ,β max   ∫ ( s − a)  ∫ γ (τ )dτ  ds  : a ≤ t ≤
=

2 

s

  a


1/2

2
 b

s



a+b


β
+ max   ∫ (b − s )  ∫ γ (τ )dτ  ds  :
≤ t ≤ b
2


t

 t




1/2
2
 t

t






α


γ Lα2 max  ∫ ( s − a)  ∫ γ (τ )dτ  ds : a ≤ t ≤ b 
=
s
 
 a




Footer Page 7 of 162.

5


Header Page 8 of 162.

•

n −1
( n −1)
 loc
là liên tục tuyệt
((a, b)) là không gian các hàm γ : (a, b) → R sao cho γ ',......, γ
C

đối trên mọi đoạn [a + ε , b − ε ] với ε >0 bé tùy ý.
•

n −1
( n −1)
 loc
là liên tục tuyệt
C
((a, b]) là không gian các hàm γ : (a, b] → R sao cho γ ',......, γ

đối trên mọi đoạn [a + ε , b] ) với ε >0 bé tùy ý.
•

n −1
 n −1,m ((a, b)) là không gian các hàm γ ∈ C
 loc
((a, b)) sao cho
C

b

∫γ

2

(m)

( s ) ds < +∞

(m)

( s ) ds < +∞

a

•

n −1
 n −1,m ((a, b]) là không gian các hàm γ ∈ C
 loc
((a, b]) sao cho
C

b

∫γ

2

a

•

hi : (a, b) × (a, b) → [0, +∞) (i = 1,...., m) là các hàm số được định nghĩa như sau
t

n−2m
n−m
h1 (t ,τ ) =

∫ (s − a) [(−1) p1 (s)]+ ds

τ
t

n−2m
hi (t ,τ ) =
2,....., m)
∫ (s − a) pi (s)ds (i =

τ

Footer Page 8 of 162.

6


Header Page 9 of 162.

CHƯƠNG 1: CÁC BỔ ĐỀ BỔ TRỢ.
1.1. Giới thiệu bài toán.
Trong chương này, chúng tôi trình bày các bổ đề bổ được trích dẫn từ bài báo [1] của hai
nhà toán học R.P.AGARWAL và I.KIGURADZE để trong chương 2 sử dụng các bổ đề này
chứng minh các định lí về tính giải được của bài toán biên hai điểm cho phương trình vi
phân tuyến tính cấp cao với kỳ dị mạnh
=
u (n)

m

∑ p (t )u

( i −1)

i

i =1

+ q (t )

(1.1)

với điều kiện biên
u (i −1) (a) = 0

(i=1,…,m)

u ( j −1) (b) = 0

(j=1,…,n-m)

(1.2)

hoặc với điều kiện biên
u (i −1) (a) = 0

(i=1,…,m)

u ( j −1) (b) = 0

(j=m+1,…,n)

(1.3)

Phương trình thuần nhất tương ứng của bài toán (1.1) là
m

u ( n ) = ∑ pi (t )u (i −1) .

(1.10)

i =1

Với n ≥ 2 và m là phần nguyên của n/2, −∞ < a < b < +∞ , u (i −1) (a) , u ( j −1) (b) lần lượt là giới
hạn bên phải và giới hạn bên trái tại điểm a và b.
Trong bài toán (1.1),(1.2) khi n = 2m thì các hàm số
1,..., m) , q(t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b))
pi ∈ Lloc ((a, b)) (i =
2

(1.2’)

còn khi n=2m+1 thì p1 thỏa them điều kiện
lim sup (b − t )
t →b

2 m −1

t

∫ p (s)ds < +∞ với c =
1

c

a+b
2

(1.2’’)

Đối với bài toán (1.1),(1.3) thì các hàm số
pi ∈ Lloc ((a, b]) (i =
1,...., m) , q (t ) ∈ L 2 n − 2 m − 2 ((a, b]) .
2


Nghiệm của bài toán (1.1),(1.2) hoặc bài toán (1.1),(1.3) là các hàm u (t ) ∈ C
 n −1,m ((a, b]) .
u (t ) ∈ C

Footer Page 9 of 162.

7

(1.3’)
n −1, m

((a, b)) hoặc

Header Page 10 of 162.

1.2. Bổ đề về dãy các nghiệm của bài toán bổ trợ.
Giả sử
a < t0 k < t1k < b (k =
1, 2,...) , lim t0 k = a , lim t1k = b
k →+∞

k →+∞

(1.4)

Với mỗi số k tự nhiên xét phương trình vi phân
=
u (n)

m

∑ p (t )u
i

i =1

( i −1)

+ qk (t )

(1.5)

với các điều kiện biên

u (i −1) (=
t0 k ) 0=
t1k ) 0=
(i 1,..., m), u (i −1) (=
(i 1,..., n − m) .

(1.6)

u (i −1) (=
t0 k ) 0=
(i 1,..., m), u (i −1)=
(b) 0=
(i m + 1,..., n) .

(1.7)

hoặc

Trong bài toán (1.5),(1.6) khi n=2m các hàm số
 22 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b))
pi ∈ Lloc ((a, b)) (i =
1,..., m), qk ∈ L

(1.8)

còn n=2m+1 các pi thỏa thêm điều kiện

def
ρi sup (b − t ) 2 m −i
=




(
)
:
p
s
ds
t
t
b
≤
<
<=
+∞ (i 1,..., m)

0
∫t i

1

t

(1.9)

( a + b) / 2 .
với t=
1

Đối với bài toán (1.5),(1.7) các hàm số
 22 n − 2 m − 2,0 ((a, b)) .
pi ∈ Lloc ((a, b]) (i =1,..., m), qk ∈ L

(1.10)

Bổ đề 1.1
n −1

 loc ((a, b)) và tồn tại r0 là hằng số
Nếu mỗi số tự nhiên k, bài toán (1.5),(1.6) có nghiệm uk ∈ C

không âm sao cho
t1 k

∫u

(m)
k

2

(t ) dt ≤ r02 (k =
1, 2,...)

(1.11)

t0 k

Hơn nữa, nếu

lim qk − q

k →+∞

 22 n−2 m−2,2 m−2
L

=
0

và bài toán thuần nhất (1.10),(1.2) chỉ có nghiệm tầm thường trong không

(1.12)
gian

 n −1,m ((a, b)) . Thì bài toán (1.1),(1.2) có nghiệm duy nhất u sao cho
C
u (m)

Footer Page 10 of 162.

L2

≤ r0

8

(1.13)

Header Page 11 of 162.
( i −1)
và lim
(t ) (i 1,...., n) hội tụ đều trên (a,b).
=
uk(i −1) (t ) u=
k →+∞

(1.14)

(tức là hội tụ đều trên [a+ δ ,b- δ ] với mọi δ >0 bé tùy ý)
Để chứng minh bổ đề 1.1 ta cần các bổ đề 1.2, 1.3, 1.3’.
Bổ đề 1.2
 loc ((t , t ]) và
Nếu u ∈ C
0 1
t1

∫ (t − t )

α +2

0

u '2 (t )dt < +∞

(1.15)

t0

với α ≠ −1 .
Hơn nữa, nếu
α > −1 và u (t1 ) = 0

(1.16)

α < −1 và u (t0 ) = 0

(1.17)

hoặc

thì
t1

t

1
4
α +2
2
∫t (t − t0 ) u (t )dt ≤ (1 + α )2 t∫ (t − t0 ) u ' (t )dt .
0
0

α

2

Chứng minh

Theo công thức tích phân từng phần, ta có
t1

∫ (t − t )

α

0

u 2=
(t )dt

s

1
(t1 − t0 )1+α u 2 (t1 ) − ( s − t0 )1+α u 2 ( s ) 
1+ α

t

(1.18)

2 1
(t − t0 )1+α u (t )u '(t )dt , t0 < s < t1
−
∫
1+ α s

Hơn nữa,
2

2


(t − t0 )1+α u (t )u '(t ) =
(t − t0 )1+α /2 u '(t )  ( (t − t0 )α /2 u (t ) )
−
1+ α
 1+ α

2
1
(t − t0 )α + 2 u '2 (t ) + (t − t0 ) 2 u 2 (t )
≤
2
(1 + α )
2
−

Từ (1.18), ta có
t1

∫ (t − t )

α

0

u 2 (t )dt ≤

s

1
(t1 − t0 )1+α u 2 (t1 ) − ( s − t0 )1+α u 2 ( s ) 
1+ α

t

+

Footer Page 11 of 162.

t

2
1
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt + ∫ (t − t0 )α u 2 (t )dt
2 ∫
(1 + α ) s
2s

9

(1.19)


Header Page 12 of 162.

suy ra
t1

∫ (t − t )

α

0

u 2 (t )dt ≤

s

2
(t1 − t0 )1+α u 2 (t1 ) − ( s − t0 )1+α u 2 ( s ) 
1+ α 

t

(1.20)

4
+
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt , t0 < s < t1
2 ∫
(1 + α ) s

Nếu điều kiện (1.16) xảy ra thì từ (1.15) và (1.20) cho s → t0 ta được
t1

t

1

4
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt
2 ∫
(1 + α ) t0

α 2
∫ (t − t0 ) u (t )dt ≤

t0

Nếu điều kiện (1.17) xảy ra từ (1.15) ta có
t1

∫ u '(t ) dt < +∞

t0

s

s

t0

t0

−α /2 −1
1+α /2
u ( s ) ≤ ∫ u '(t ) dt =
∫ (t − t0 ) (t − t0 ) u '(t ) dt

1/2

s

≤  ∫ (t − t0 ) −α − 2 dt 
t

0

−1/2

≤ 1+ α

1/2

s

 ∫ (t − t0 ) 2+α u '2 (t )dt 
t

0


1/2



( s − t0 ) − (α +1)/2  ∫ (t − t0 ) 2+α u '2 (t )dt  , t0 < s < t1
t


0

s

(1.21)

suy ra
lim( s − t0 )α +1 u 2 ( s ) =
0.
s → t0

(1.22)

Mặt khác từ (1.20) ta có
t1

∫ (t − t )

α

0

u 2 (t )dt ≤

s

2
(t1 − t0 )1+α u 2 ( s )
1+ α

t

+

1
4
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt
2 ∫
(1 + α ) s

2
≤
( s − t0 )1+α u 2 ( s )
1+ α

(1.23)

t

1
4
+
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt , t0 < s < t1
(1 + α ) 2 ∫s

t1

Cho s → t0 thì ta được ∫ (t − t0 )α u 2 (t )dt ≤
t0

t

1
4
(t − t0 )α + 2 u '2 (t )dt .
2 ∫
(1 + α ) t0

Vậy bổ đề được chứng minh.

□

Bổ đề 1.3
Footer Page 12 of 162.

10


Header Page 13 of 162.
m −1

 loc ((t , t )) ,
Nếu u ∈ C
0 1
t1

(m)
∫ u (t ) dt < +∞

u (i −1)=

(t0 ) 0=
(i 1,...m),

2

(1.24)

t0

thì


u 2 (t )
2m
≤
dt


m
2
∫ (t − t0 )
 (2m − 1)!! 
t0
t1

2t

1

(m)

∫ u (t ) dt .
2

t0

Chứng minh
Theo bổ đề 1.2 và từ điều kiện (1.24), ta có
t1

u (i −1) (t )

∫ (t − t )

t0

2

2

2 m − 2i + 2

0

t1
u (i ) (t )
4
dt ≤
dt < +∞ (i = 1,...., m)
(2m − 2i + 2) 2 t∫0 (t − t0 ) 2 m − 2i

suy ra
2

2

t1
t1
u ' (t )
u (2) (t )
4
4
4
u 2 (t )
∫ (t − t0 )2m dt ≤ (2m − 1)2 t∫ (t − t0 )2m−2 dt ≤ (2m − 1)2 (2m − 3)2 t∫ (t − t0 )2m−2 dt
t0
0
0
t1

4
4
4 4
... 2 2
≤ ... ≤
2
2
(2m − 1) (2m − 3) 3 1

t1

∫u

t0

(m)



2m
(t ) dt =


 (2m − 1)!! 
2

2 t
1

(m)
∫ u dt
2

t0

Vậy bổ đề được chứng minh.

□

Bổ đề 1.3’
m −1

 loc ((t , t )) ,
Nếu u ∈ C
0 1

u

t1

(m)
∫ u (t ) dt < +∞

( i −1)

=
(t1 ) 0=
(i 1,..., m),

2

t0

thì


2m
u 2 (t )
∫t (t − t1 )2m dt ≤  (2m − 1)!! 
0
t1

2t

1

(m)
∫ u (t ) dt .
2

t0

Chứng minh bổ đề 1.3’ tương tự như bổ đề 1.3.
Chứng minh bổ đề 1.1
Giả sử v : (a, b) → R là hàm tùy ý khả vi liên tục đến bậc (m-1)
Đặt
m

Λ (v)(t ) =
∑ pi (t )v(i−1) (t )
i =1

Giả sử các số t1 ,...., tn được cho như sau
Footer Page 13 of 162.

11

(1.25)


Header Page 14 of 162.

(a + b) / 2 = t1 < .... < tn < b

(1.26)

và gi (t ) (i = 1,..., n) là đa thức bậc (n-1) thỏa điều kiện
gi (ti ) =1, gi (t j ) =0 (i ≠ j , i, j =1,...., n)

(1.27)

Với mỗi số tự nhiên k, thì hàm uk(t) có biểu diễn
tj


1
n −1
−
Λ
+
uk=
t
s
u
s
q
s
ds
(t ) ∑  uk (t j ) −
(
)

(
(
)(
)
(
))
g j (t )
k
k
∫t j


−
n
(
1)!
j =1
1


n

t

(1.28)

1
+
(t j − s ) n −1 (Λ (uk )( s ) + qk ( s ))ds
(n − 1)! ∫t1

Cho tùy ý δ ∈ (0, (b − a) / 2) , ta có
t

∫ (t − s)

n −i

(qk ( s ) − q ( s ))ds

t1

t
t

(n i ) ∫ (t − s ) n −i −1  ∫ (qk (τ ) − q (τ ))dτ ds
=−
t

t1
1


≤n

t1

∫ ( s − a)

m −i

( s − a)

n − m −1

t1

∫ (q (τ ) − q(τ ))dτ ds
k

a +δ

s

1/2

 t1

≤ n  ∫ ( s − a ) 2 m − 2i ds 


 a +δ


1/ 2

2
t1
 t1


2
2
2
n
m
−
−
 ( s − a)

(
(
)
(
))
q
q
d
ds
τ
τ
τ
−
∫s k
 a∫+δ




≤ n (t − a ) 2 m − 2i +1 − δ 2 m − 2i +1

1/2

qk − q

 22 n−2 m−2,2 m−2
L

(i 1,..., n − 1)
với a + δ ≤ t ≤ t1=

Tương tự ta có
t

∫ (t − s)

n −i

(qk ( s ) − q ( s ))ds

(1.29)

t1

≤ n (b − t1 ) 2 n − 2 m − 2i +1 − δ

2 n − 2 m − 2 i +1 1/2

qk − q

 22 n−2 n−2,2 m−2

L

(i 1,..., n − 1)
với t1 ≤ t ≤ b − δ =

Do đó từ (1.12), ta có
t

lim ∫ (t − s ) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds =
0 (i =
1,...., n) hội tụ đều trên (a,b).

k →+∞

t1

Tương tự nếu t0 ∈ (a, b) thì
Footer Page 14 of 162.

12

(1.30)


Header Page 15 of 162.
t

lim ∫ ( s − t0 ) n −i (qk ( s ) − q ( s ))ds =
0 hội tụ đều trên I(t0)

k →+∞

(1.31)

t0

(t0 ) [t0 , (a + b) / 2] với t0< (a+b)/2 và I (t=
[(a + b) / 2, t0 ] với t0> (a+b)/2.
với I=
0)

Từ (1.11) và
t

1
(t s ) m −i uk( m ) ( s )ds ( j =
0,1; i =
1,..., m; k =
1, 2,......) (1.32)
uk(i −1) (t ) =−
∫
(m − i )! t jk

ta có
uk(i −1) (t ) ≤ ri [ (t − a )(b − t ) ]

m −i +1/2

=
t1k (i 1,...,

m; k 1, 2....) (1.33)
, t0 k ≤ t ≤=

với
m −i +1/2

r0
 2 
(2m − 2i + 1) −1/2 
(i 1,..., m) .
=
ri
 =
(m − i )!
b−a

(1.34)

Theo bổ đề Arzela-Ascoli và từ (1.11),(1.33) thì dãy ( uk )k =1 chứa dãy con ( uk
+∞

l

(u

( i −1)
kl

)

+∞
l =1

)

+∞
l =1

sao cho

hội tụ đều trên (a,b).

Giả sử
lim ukl (t ) = u (t )

(1.35)

l →+∞

thì
u : (a, b) → R là khả vi liên tục bậc (m-1) và
( i −1)
lim
(t ) (i 1,..., m) hội tụ đều trên (a,b).
uk(li −1 (t ) u=
=

l →+∞

(1.36)

Từ điều kiện (1.4),(1.30),(1.28) và (1.33) ta có
tj


1
n −1
(
)
(
(
)(
)
(
))
u (=
t ) ∑  u (t j ) −
t
s
u
s
q
s
ds
−
Λ
+
 g j (t ) +
∫t j



(
1)!
n
−
j =1
1


n

t

(1.37)

1
(t − s ) n −1 (Λ (u )( s ) + q ( s ))ds, a < t < b
∫
(n − 1)! t1
u (i −1) (t ) ≤ ri [ (t − a )(b − t ) ]

m −i +1/2

, a < t < b (i =
1,..., m)

(1.38)

n −1
 loc

u ∈C
((a, b)) và
1)
t ) (i 1,..., n − 1) hội đều trên (a,b).
lim uk(li −=
(t ) u (i −1) (=

l →+∞

(1.39)

Mặt khác, với bất kì t0 ∈ (a, b) và số tự nhiên l, ta có
t

(t − t0 )uk(ln −1)=
(t ) uk(ln − 2) (t ) − uk(ln − 2) (t0 ) + ∫ ( s − t0 )(Λ (ukl )( s ) + qkl ( s ))ds .
t0

Footer Page 15 of 162.

13

(1.40)


Header Page 16 of 162.

Từ (1.31) và (1.39), ta có
lim uk(ln −1) (t ) = u ( n −1) (t ) hội tụ đều trên (a,b) .

l →+∞


Từ (1.39),(1.41) và (1.11) ta được (1.13). Do đó, u ∈ C

n −1, m

(1.41)

((a, b)) . Mặt khác từ (1.37) thì ta

có u là nghiệm của (1.1). Khi n=2m, từ (1.38) thì u thỏa (1.2). Vậy u là nghiệm bài toán
(1.1),(1.2).
Ta sẽ chứng minh u là nghiệm bài toán (1.1),(1.2) khi n=2m+1. Không mất tính tổng quát,
khi ta xét dãy ( uk( m +1) )k =1 với
+∞

t1 < t1k (k =
1, 2....) .

(1.42)

Từ (1.12),(1.28) và (1.33), ta có
uk( m +1) (t ) ≤ ρ0 +

t

1
(t − s ) m −1 Λ (uk )( s )ds
(m − 1)! ∫t1

(1.43)

t

+
qk

1
(t − s ) m −1 qk ( s )ds , t1 ≤ t ≤ t1k (k =
1, 2,..)
(m − 1)! ∫t1
 22 n−2 m−2,2 m−2
L

≤ ρ0 (k =
1, 2....)

(1.44)

với ρ0 là hằng số dương không phụ thuộc vào k. Mặt khác thì ta có
t

m

t

t1

i =1 t1

( i −1)
m −1
m −1
∫ (t − s) Λ(uk )(s)ds ≤ ∑ ∫ (t − s) pi (s)uk (s)ds .

(1.45)

Nếu m>1, từ (1.8) ta có
t

∫ (t − s)

m −1

pi ( s )uk(i −1) ( s )ds

t1

s

m −1 ( i )
m − 2 ( i −1)


−
−
−
−
τ

τ
(
)
(
)
(
1)(
)
(
)
(
)
t
s
u
s
m
t
s
u
s
p
d

 ds
k
k
∫t 
∫ i


t
1
1

t

=

t

≤ ρi ∫ (b − s )i − m −1 uk(i ) ( s ) + (m − 1)(b − s )i − m − 2 uk(i −1) ( s )  ds
t1

t

= ρi ∫ (b − s ) −1 (b − s )i − m uk(i ) ( s ) + (m − 1)(b − s ) −1 (b − s )i − m −1 uk(i −1) ( s )  ds
t1

1/2
1/2
1/2 
 t u (i ) ( s ) 2 ds 
 t u (i −1) ( s ) 2 ds  
t

k
k
 + (m − 1) 
 
≤ ρi  ∫ (b − s ) −2 ds   ∫

2 m − 2i + 2
∫
t
  t (b − s ) 2 m − 2i 
 t (b − s )
 
1
  1
1


 


Footer Page 16 of 162.

14

(1.46)


Header Page 17 of 162.

1,..., m) .
với t1 ≤ t ≤ t1k (i =

Theo bổ đề 1.3 và điều kiện (1.11), ta có
t

2

uk( j ) ( s ) ds

∫ (b − s)

≤

2m−2 j

t1

2

uk( j ) ( s ) ds

t1 k

∫ (t

1k

t1

t1 k

− s)2m−2 j

≤ 4m − j ∫ =
uk( m ) (t ) ds 22 m − 2 j r02 ,
2

(1.47)
t1 ≤=
t ≤ t1k ( j 0,..., m).

t1

Do đó
t

∫ (t − s)

m −1

Λ (uk )( s )ds ≤ ρ (b − t ) −1/2 ,

t1 ≤ t ≤ t1k

(1.48)

t1

với
m

ρ = m2m r0 ∑ ρi .

(1.49)

i =1

Nếu m=1, từ điều kiện (1.8), (1.11) ta có
t

∫ (t − s)

m −1

Λ (uk )( s )ds

t1

t

=

∫ p (s)u (s)ds
k

1

t1

t
t  s

= uk (t ) ∫ p1 (τ )dτ − ∫  ∫ p1 (τ )dτ  uk' ( s )ds


t1

t1  t1

t1 k
t


≤ ρ1  (b − t ) −1 ∫ uk' ( s ) ds + ∫ (b − s ) −1 uk' ( s ) ds 


t
t1


1/2
1/2
t1 k


t




2
2
−1
−1/2
1/2
'
'


≤ ρ1 (b − t ) (t1k − t )  ∫ uk ( s ) ds  + (b − t )  ∫ uk ( s ) ds  





t

 t1
 

≤ 2 ρ1r0 (b − t ) −1/2

với t1 ≤ t ≤ t1k .
Nếu m>1, từ điều kiện (1.44) ta có
t

∫ (t − s)

m −1

qk ( s )ds

t1

Footer Page 17 of 162.

15

(1.50)


Header Page 18 of 162.
t

=
(m − 1) ∫ (t − s )

m−2

t1

s

 ∫ qk (τ )dτ  ds
t

1


s

≤ (m − 1) ∫ (b − s )  ∫ qk (τ ) dτ  ds
t

t1
1

t

s

(b − s ) m −1 
= (m − 1) ∫
 ∫ qk (τ ) dτ  ds

b − s  t1
t1

t

m−2

1/2

t

≤ (m − 1)  ∫ (b − s ) −2 ds 
t

1

≤ (m − 1)(b − t ) −1/2 qk
≤ (m − 1) ρ0 (b − t ) −1/2 ,

1/2

2
t


s

2
2
−
m
 (b − s )
 ∫ qk (τ ) dτ  ds 
t

 ∫t

1

1


 22 n−2 m−2,2 m−2
L

(1.51)

t1 ≤ t < b.

Nếu m=1, ta có
b τ

∫ ∫ q (s)ds dτ ≤ (b − t )

1/2

q

k

L20,0

≤ ρ0 (b − t )1/2 ,

t1 ≤ t < b .

(1.52)

t t1

Do uk( m ) (t1k ) = 0 nên
t

uk( m ) (t ) = ∫ uk( m +1) (τ )dτ .

(1.53)

t1 k

Nếu m>1, từ (1.53) và (1.43),(1.48),(1.51) ta có
uk( m ) (t ) ≤

t1 k

∫  ρ

0

+ ( ρ + ρ0 )(b − s ) −1/2 ds

t

≤ ρ0 (b − t ) + 2( ρ + ρ 0 )(b − t )1/2
≤ [ ρ0 (b − t1 )

1/2

(1.54)

+ 2( ρ + ρ0 )](b − t ) = ρ (b − t ) ,
1/2

*

1/2

t1 ≤ t ≤ t1k

với ρ * = ρ0 (b − t1 )1/2 + 2( ρ + ρ0 ) .
Nếu m=1, từ (1.43), (1.48),(1.52) và (1.53) ta có
s

−1/2
(t ) ≤ ∫  ρ0 + ρ (b − s ) + ∫ qk (τ )dτ
t 

t1

t1 k

u

(m)
k


ds


≤  ρ0 (b − t1 )1/2 + 2 ρ + ρ0  (b − t )1/2 , t1 ≤ t < t1k

Từ (1.4),(1.39),(1.41) và (1.54) ta có
u ( m ) (t ) ≤ ρ * (b − t )1/2 , t1 ≤ t < b

Footer Page 18 of 162.

16


Header Page 19 of 162.

Cho t → s thì u ( m ) (b) = 0 . Do đó u là một nghiệm của bài toán (1.1),(1.2) trong trường hợp
 n −1,m ((a, b)) bài toán (1.1),(1.2) không có nghiệm khác vì trong
n=2m+1. Trong không gian C

không gian này bài toán thuần nhất (1.10),(1.2) chỉ có nghiệm tầm thường.

Để hoàn thành chứng minh. Ta chứng minh u thỏa (1.14). Thật vậy, ta giả sử trái lại, khi đó
tồn tại δ ∈ (0, (b − a) / 2), ε > 0 và (kl )l+∞=1 sao cho
 n (i −1)

max ∑ ukl (t ) − u (i −1) (t ) : a + δ ≤ t ≤ b − δ  > ε (l =
1, 2...)
 i =1


Từ bổ đề Arzela-Ascoli và điều kiện (1.11), không mất tính tổng quát, khi xem dãy (uk(i −1) )l+∞=1
l

hội tụ đều trên (a,b). Từ các kết quả ở trên nên ta được (1.30) và (1.32). Điều này gây mâu
thuẫn.
Vậy bổ đề được chứng minh.

□

Bổ đề 1.4
n −1

 loc ((a, b]) và tồn tại hằng số
Nếu với mỗi số tự nhiên k, bài toán (1.5),(1.7) có nghiệm uk ∈ C

r0 ≥ 0 thỏa

t1 k

∫u

(m)
k

2

(t ) dt ≤ r02 (k =
1, 2,...)

t0 k

Hơn nữa, nếu
lim qk − q

k →+∞

 22 n−2 m−2,0
L

=
0

(1.55)

 n −1,m ((a, b]) chỉ có nghiệm tầm thường.
và bài toán thuần nhất (1.10),(1.3) trong không gian C
 n −1,m ((a, b]) có nghiệm duy nhất u thỏa mãn
Thì bài toán (1.1),(1.3) trong không gian C
u (m)

L2

≤ r0

( i −1)
và lim=
(t ) (i 1,..., n) hội tụ đều trên (a,b].
uk(i −1) (t ) u=
k →+∞

(1.56)

Chứng minh bổ đề 1.4 tương tự như bổ đề 1.1.

1.3. Các bổ đề về đánh giá tiên nghiệm.
Bổ đề 1.5
Nếu tồn tại a0 ∈ (a, b), b0 ∈ (a0 , b) và các số không âm l1i , l2i (i = 1,..., m) sao cho
(t − a ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l1i , a < t ≤ τ ≤ a0
(b − t ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l2i , b0 ≤ τ ≤ t < b (i =
1,..., m)

Footer Page 19 of 162.

17

(1.57)


Header Page 20 of 162.
(2m − i )2n −i +1
l1i <(2n − 2m − 1)!!

∑
i =1 (2m − 2i + 1)!!
m

(1.58)

(2m − i )2n −i +1
l2i <(2n − 2m − 1)!!
∑
i =1 (2m − 2i + 1)!!
m

Thì tồn tại một hằng số dương r0 sao cho với mọi t0 ∈ (a, a0 ), t1 ∈ (b0 , b),
 22 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b)) và u ∈ C n −1 ((a, b)) là nghiệm tùy ý của bài toán (1.1) với điều kiện biên
q∈L
loc

u (i −1) (=
t0 ) 0=
(i 1,..., m)

(1.59)

u ( j −1) =
(t1 ) 0=
(i 1,..., n − m)

thì u thỏa đánh giá
 m b0
2

(m)
 ∑ ∫ (t − a ) n − 2 m pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt + q
u
t
dt
r
(
)
≤
0
∫t
 i =1 a
0
0

t1

2
 22 n−2 m−2,2 m−2
L


.



(1.60)

Để chứng minh bổ đề 1.5 ta cần các bổ đề 1.6, 1.7, 1.8.
Bổ đề 1.6

t1

m −1
 loc
Nếu u ∈ C
t0 ) 0=
(i 1,..., m),
((t0 , t1 )) , u (i −1) (=

∫u

(m)

2

(t ) dt < +∞ và hàm số p ∈ Lloc ((t0 , t1 ]) sao

t0

cho
t1

∫ p(τ )dτ

(t − t0 ) 2 m − j

≤ l0 , t0 < t ≤ t1

(1.61)

t

với j ∈ {1,...., m}, l0 > 0 . Thì


(2m − j )22 m − j +1
( j −1)
≤
+
p
(
s
)
u
(
s
)
u
(
s
)
ds
l
(
t
)
ρ
ρ (t1 )  , t0 < t ≤ t1
0 
∫t

(2m − 1)!!(2m − 2 j + 1)!!


t1

(1.62)

với
t

ρ (t ) = ∫ u ( m ) ( s ) ds .
2

(1.63)

t0

Chứng minh
Theo công thức tích phân từng phần, ta có
t1

p ( s )u ( s )u ( s )ds
∫=
( j −1)

u (t )u

( j −1)

t

t0 ) 0=
(i 1,...m),
Mặc khác, từ u (i −1) (=

 t1

(t ) ∫ p (τ )dτ + ∑ ∫  ∫ p (τ )dτ u ( k ) ( s )u ( j − k ) ( s )ds (1.64)


k =0 t  s
t


t1

∫u

(m)

t1

1 t1

2

(t ) dt < +∞ và bất đẳng thức Schwart, bổ đề 1.3,

t0

ta có
Footer Page 20 of 162.

18


Header Page 21 of 162.
1/2

t
t

1
m −i ( m )
(t )
(
)
(
)
u =
t
s
u
s
ds
−
≤
 ∫ (t − s ) 2 m − 2i ds 
∫
t


( m − i ) t0
0

m −i +1/2 1/2
1,..., m)
ρ (t ), t0 < t ≤ t1 (i =
≤ (t − t0 )
( i −1)

u (i −1) ( s )

1/2

 t (m) 2 
 ∫ u ( s ) ds 
t

0


(1.65)

2

2m −i +1
1/2
1,..., m)
∫t (s − t0 )2m−2i+2 ds ≤ (2m − 2i + 1)!! ρ (t1 ), (i =
0

t1

Từ (1.61) và (1.64), ta có
t1

t1

( j −1)
( j −1)
∫ p(s)u (s)u (s)ds ≤ u (t ) u (t )

∫ p(τ )dτ

t

1 t1 t1

+∑ ∫

∫ p(τ )dτ

t

u ( k ) ( s ) u ( j − k ) ( s ) ds

k =0 t s

1 t1

≤ l0 ρ (t ) + l0 ∑ ∫ ( s − t0 ) −2 m + j u ( k ) ( s )u ( j − k ) ( s ) ds

(1.66)

k =0 t

1/2

1/2


 t1 u ( k ) ( s ) 2
  t1 u ( j − k ) ( s ) 2

 
ds
ds
≤ l0 ρ (t ) + l0 ∑  ∫
2m−2k
  ∫t ( s − t0 ) 2 m + 2 k − 2 j 
k = 0  t ( s − t0 )


 
2m− j
1
2
, t0 < t ≤ t1
≤ l0 ρ (t ) + l0 ρ (t1 )∑
k = 0 (2m − 2k − 1)!!(2m − 2 j − 2k − 1)!!
1

Vậy bổ đề được chứng minh.

□

Bổ đề 1.7
m −1

 loc ((t , t )) , u (i −1) =
Nếu u ∈ C
(t1 ) 0=
(i 1,...m),
0 1

t1

(m)
∫ u (t ) dt < +∞ và hàm số p ∈ Lloc ([t0 , t1 )) sao
2

t0

cho
(t1 − t ) 2 m − j

t

∫ p(τ )dτ

≤ l0 , t0 ≤ t < t1

(1.67)

t0

với j ∈ {1,...., m}, l0 > 0 . Thì


(2m − j )22 m − j +1
( j −1)
≤
+
(
)
(
)
(
)
(
)
p
s
u
s
u
s
ds
l
t
ρ

ρ (t0 )  , t0 ≤ t < t1
0 
∫t
(2m − 1)!!(2m − 2 j + 1)!!


0
t

(1.68)

với
t1

ρ (t ) = ∫ u ( m ) ( s ) ds .
t

Chứng minh
Theo công thức tích phân từng phần, ta có
Footer Page 21 of 162.

19

2

(1.69)


Header Page 22 of 162.
t

p ( s )u ( s )u ( s )ds
∫=
( j −1)

u (t )u

( j −1)

t0

Mặc khác, từ điều kiện u

( i −1)

s

(t ) ∫ p (τ )dτ + ∑ ∫  ∫ p (τ )dτ u ( k ) ( s )u ( j − k ) ( s )ds


k = 0 t0  t0
t0

t

1

=
(t1 ) 0=
(i 1,...m),

t1

t

(1.70)

(m)
∫ u (t ) dt < +∞ và bất đẳng thức Schwart,
2

t0

bổ đề 1.3’, ta có
1/2

t1
 t1

1
2 m − 2i
m −i ( m )
(t )
(
)
(
)
(
)
u =

t
s
u
s
ds
t
s
ds
−
≤
−


∫
(m − i ) ∫t
t

m −i +1/2 1/2
1,..., m)
≤ (t1 − t )
ρ (t ), t0 ≤ t < t1 (i =
( i −1)

t1

u (i −1) ( s )

∫ (s − t )

2

ds ≤
2 m − 2i + 2

1

t0

1/2

 t1 ( m ) 2 
 ∫ u ( s ) ds 
t


(1.71)

2m −i +1
1,..., m)
ρ 1/2 (t0 ), (i =
(2m − 2i + 1)!!

Từ (1.67) và (1.68), ta có
t

∫ p(s)u (s)u

( j −1)

( s )ds ≤ u (t ) u

( j −1)

t

(t )

t0

1

t

+∑ ∫

∫ p(τ )dτ

t0

s

∫ p(τ )dτ

u ( k ) ( s ) u ( j − k ) ( s ) ds

k = 0 t0 t0

1 t1

≤ l0 ρ (t ) + l0 ∑ ∫ (t1 − s ) −2 m + j u ( k ) ( s )u ( j − k ) ( s ) ds

(1.72)

k =0 t

1/2

1/2

 t1 u ( k ) ( s ) 2
  t1 u ( j − k ) ( s ) 2




ds
≤ l0 ρ (t ) + l0 ∑ ∫
ds 
2m−2k
  ∫t (t1 − s ) 2 m + 2 k − 2 j 
k = 0  t (t1 − s )

 

2m− j
1
2
, t0 ≤ t < t1
≤ l0 ρ (t ) + l0 ρ (t0 )∑
k = 0 (2m − 2k − 1)!!(2m − 2 j − 2k − 1)!!

1

Vậy bổ đề được chứng minh.

□

Bổ đề 1.8
n −1
((a, b)) thì với mọi s và t thuộc (a,b) thì
Nếu u ∈ Cloc
t

t

s

s

(−1) n − m ∫ (τ − a ) n − 2 m u ( n ) (τ )u (τ )dτ = wn (t ) − wn ( s ) + µn ∫ u ( m ) (τ ) dτ
2

với
1, µ2 m=
µ=
+1
2m

2m + 1
t)
, w2 m (=

2

m

∑ (−1)

m + j −1

u (2 m − j ) (t )u (t )

j =1

m

w2 m +1 (t ) =
∑ (−1)m+ j (t − a)u (2m+1− j ) (t ) − ju (2m− j ) (t ) u ( j −1) (t ) −
j =1

Chứng minh bổ đề 1.8 xem trong tài liệu [9].
Footer Page 22 of 162.

20

t − a (m) 2
u (t ) .
2


Header Page 23 of 162.

Chứng minh bổ đề 1.5
Từ
(2m − i )2n −i +1
l1i <(2n − 2m − 1)!!
∑
i =1 (2m − 2i + 1)!!
m

(2m − i )2n −i +1
l2i <(2n − 2m − 1)!!
∑
i =1 (2 m − 2i + 1)!!
m

suy ra
(2m − i )22 m −i +1
l ji < 1
∑
i =1 (2m − 2i + 1)!!(2m − 1)!!
m

(j=
1, 2)

nên tồn tại γ ∈ (0,1) sao cho
(2m − i )22 m −i +1
l ji < µn − γ
∑
i =1 (2m − 2i + 1)!!(2m − 1)!!
m

(j=
1, 2)

(1.73)

Đặt
=
r0 22 m + 2 (1 + b − a) 2 γ −2

(1.74)

Giả sử với t0 ∈ (a, a0 ), t1 ∈ (b0 , b), q ∈ L 2 n − 2 m − 2,2 m − 2 ((a, b)) bài toán (1.1),(1.59) có nghiệm là u.
2

Nhân (1.1) với (−1) n − m (t − a) n − 2 m u (t ) và tích phân từ t0 tới t1, theo bổ đề 1.8 ta có
1
2
2
t0 − a ( m )
u (t0 ) + µn ∫ u ( m ) (t ) dt
2
t0

t

m t1

(−1) ∑ ∫ (t − a) n − 2 m pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt
=

n−m

(1.75)

i =1 t0

t1

+(−1) n − m ∫ (t − a ) n − 2 m q (t )u (t )dt
t0

Theo bổ đề 1.6, bổ đề 1.7 và điều kiện
(t − a ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l1i , a < t ≤ τ ≤ a0
(b − t ) 2 m −i hi (t ,τ ) ≤ l2i , b0 ≤ τ ≤ t < b (i =
1,..., m)

nên ta có
a0

a0

t0

t0

(−1) n − m ∫ (t − a ) n − 2 m p1 (t )u 2 (t )dt ≤ ∫ (t − a ) n − 2 m (−1) n − m p1 (t )  u 2 (t )dt
+

≤

(2m − 1)22 m

l u ( m ) (t ) dt
2 11 ∫

[(2m − 1)!!]

Footer Page 23 of 162.

a0

2

t0

21


Header Page 24 of 162.
a0

∫ (t − a)

n−2m

pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt

t0

0

2
(2m − i )22 m −i +1
l1i ∫ u ( m ) (t ) dt (i =
2,..., m)
≤
(2m − 1)!!(2m − 2i + 1)!! t0

a

(−1)

n−m

t1

∫ (t − a)

n−2m

≤

[(2m − 1)!!]

b0

t1

l

2 21

t1

∫ (t − a)

p1 (t )u (t )dt ≤ ∫ (t − a ) n − 2 m (−1) n − m p1 (t )  u 2 (t )dt
+

b0

(2m − 1)22 m

t1

2

∫u

(m)

2

(t ) dt

b0

n−2m

pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt

b0

≤

2 m −i +1

(2m − i )2
l2i ∫ u ( m ) (t ) dt
(2m − 1)!!(2m − 2i + 1)!! b0
t1

2

(1.76)
(i =
2,..., m)

Từ (1.76) và (1.73) ta có
(−1)

n−2m

m t1

∑ ∫ (t − a)

n−2m

i =1 t0

≤

m a0

∑ ∫ (t − a)

n−2m

pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt

pi (t )u

( i −1)

(t )u (t )dt +

m b0

∑ ∫ (t − a)

n−2m

i 1=
i 1 a0
t0

+

m t1

∑ ∫ (t − a)

n−2m

i =1 b0

≤

pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt

m b0

m

∑ ∫ (t − a)n−2m pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt + ∑
i 1=
i 1
a0

m

+∑
i =1

≤

pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt

0
2

(2m − i )22 m −i +1
l1i ∫ u ( m ) (t ) dt
(2m − 2i + 1)!!(2m − 1)!! t0

a

0
2
(2m − i )22 m −i +1
l2i ∫ u ( m ) (t ) dt
(2m − 2i + 1)!!(2m − 1)!! t0

a

m b0

∑ ∫ (t − a)
i =1 a0

n−2m

pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt +

t1
 a0 ( m ) 2

2
( µn − γ )  ∫ u (t ) dt + ∫ u ( m ) (t ) dt 
t


b0
0


≤

m b0

∑ ∫ (t − a)
i =1 a0

n−2m

pi (t )u

( i −1)

t1

(t )u (t )dt + ( µn − γ ) ∫ u ( m ) (t ) dt
t0

Mặt khác, nếu đặt c=(a+b)/2, từ bổ đề 1.6 và bổ đề 1.7, ta có

Footer Page 24 of 162.

22

2

(1.77)


Header Page 25 of 162.
t1

∫ (t − a)

n−2m

q (t )u (t )dt

t0

c

≤ ∫ (t − a )

n−2m

t0

t1

q (t )u (t )dt + ∫ (t − a ) n − 2 m q (t )u (t )dt
c

c

=

∫ [(n − 2m)u (t ) + (t − a)

n−2m

t0

c

u '(t )]  ∫ q ( s )ds  dt
t


t1
t

+ ∫ [(n − 2m)u (t ) + (t − a ) n − 2 m u '(t )]  ∫ q ( s )ds  dt
c
c


1/2
1/2

 c u 2 (t )dt 
 c u '2 (t )dt  
≤  ( n − 2m)  ∫
 +∫
 
 t (t − a ) 2 m 

 t (t − a) 2 m − 2  

0

0
 

1/2

2
c
c
 
2 n−2 m−2
×  ∫ (t − a )
 ∫ q ( s )ds  
 t0
t
 


1/2
1/2

 t1 u 2 (t )dt 
 t1 u '2 (t )dt  

+(b − a ) (n − 2m)  ∫
+∫
 (b − t ) 2 m 

 (b − t ) 2 m − 2  

c

c
 

1/2

2
 t1
t
 
2m−2
×  ∫ (b − t )
 ∫ q ( s )ds  
c
c
 


1/2
1/2
t1
 c




2

2
(m)
(m)
m +1

≤ 2 (1 + b − a )  ∫ u (t ) dt  +  ∫ u (t ) dt   q

 

 t0
c
 



≤

γ

t1

u
2∫

(m)

2

(t ) dt + 22 m +1 (1 + b − a ) 2 γ −1 q

2
 22 n−2 m−2,2 m−2
L

t0

Từ (1.77),(1.78) và (1.74) ta có
1
2
2
t0 − a ( m )
u (t0 ) + µn ∫ u ( m ) (t0 ) dt
2
t0

t

≤

+

m b0

t1

i =1 a0

t0

∑ ∫ (t − a)n−2m pi (t )u (i −1) (t )u (t )dt + (µn − γ )∫ u ( m) (t ) dt

γ

t1

u
2∫

(m)

2

(t ) dt + 22 m +1 (1 + b − a ) 2 γ −1 q

2

t0

Footer Page 25 of 162.

23

 22 n−2 m−2,2 m−2
L

2

2
 22 n−2 m−2,2 m−2
L

(1.78)